福建省莆田市20xx年高考数学一模试卷理科word版含解析

福建省莆田市20xx年高考数学一模试卷理科word版含解析内容摘要：

E⊥ DC，则 的值为（ ） A．﹣ 2 B． ﹣ 2 C． 2 D． 2 【考点】 平面向量数量积的运算． 【分析】 如图建立平面直角坐标系，设 AD=m，则 AD= ，由 BE⊥ DC， ∴， ⇒m即可． 【解答】 解：如图建立平面直角坐标系，设 AD=m，则 AD= ， ∴ A（ 0， ）， D（ m， ）， C（ 2m， 0） ， ， =（ ） 39。 ∵ BE⊥ DC， ∴ ， ⇒m= ． ∴ ， ， 则 的值为﹣ +02 =﹣ 2． 故选： A． 【点评】 本题考查了，向量的坐标运算，属于基础题． 11．设 F 为抛物线 C： y2=4x 的焦点，过 F 的直线 l 与 C 相交于 A、 B 两点，线段 AB 的垂直平分线交 x 轴于点 M，若 |AB|=6，则 |FM|的长为（ ） A． B． C． 2 D． 3 【考点】 直线与抛物线的位置关系． 【分析】 先根据抛物线方程求出 p 的值，再由抛物线的性质求出 AB 的垂直平分线方程，可得到答案． 【解答】 解： ∵ 抛物线 y2=4x， ∴ p=2， 设经过点 F 的直线 y=k（ x﹣ 1）与抛物线相交于 A、 B 两点， A（ x1， y1）， B（ x2，y2）， 直线 y=k（ x﹣ 1）代入 y2=4x，整理可得 k2x2﹣（ 2k2+4） x+k2=0， ∴ x1+x2=2+ 利用抛物线定义， AB 中点横坐标为 x1+x2=|AB|﹣ p=6﹣ 2=4． AB 中点横坐标为2 ∴ 2+ =4， ∴ k=177。 AB 中点纵坐标为 k， AB 的垂直平分线方程为 y﹣ k=﹣ （ x﹣ 2）， 令 y=0，可得 x=4， ∴ |FM|=3． 故选： D． 【点评】 本题主要考查了抛物线的性质．属中档题．解题时要认真审题，仔细解答，注意等价转化思想的合理运用，确定 AB 的垂直平分线方程是关键． 12．定义在 R 上的函数 f（ x）的导函数为 f39。 （ x）， f（ 0） =0 若对任意 x∈ R，都有 f（ x） ＞ f39。 （ x） +1，则使得 f（ x） +ex＜ 1 成立的 x 的取值范围为（ ） A．（ 0， +∞ ） B．（﹣ ∞ ， 0） C．（﹣ 1， +∞ ） D．（﹣ ∞ ， 1） 【考点】 导数在最大值、最小值问题中的应用． 【分析】 构造函数： g（ x） = ， g（ 0） = =﹣ 1．对任意 x∈ R，都有 f（ x） ＞ f39。 （ x） +1，可得 g′（ x） = ＜ 0，函数 g（ x）在 R 单调递减，利用其单调性即可得出． 【解答】 解：构造函数： g（ x） = ， g（ 0） = =﹣ 1． ∵ 对任意 x∈ R，都有 f（ x） ＞ f39。 （ x） +1， ∴ g′（ x） = = ＜ 0， ∴ 函数 g（ x）在 R 单调递减， 由 f（ x） +ex＜ 1 化为： g（ x） = ＜ ﹣ 1=g（ 0）， ∴ x＞ 0． ∴ 使得 f（ x） +ex＜ 1 成立的 x 的取值范围为（ 0， +∞ ）． 故选： A． 【点评】 本题考查了构造函数法、利用导数研究函数的单调性极值与最值、不等式的解法，考查了推理能力与计算能力，属于难题． 二、填空题：本大题共 4小题，每小题 5分，共 20分，把答案填在答题卷的横线上 .. 13．（ 2x﹣ 1）（ x+y） 5的展开式中， x3y3的系数为 20 ． 【考点】 二项式定理的应用． 【分析】 把（ x+y） 5 按照二项式定理展开，可得（ x﹣ 2y）（ x+y） 5的展开式中x3y3的系数． 【解答】 解：根据根据（ x+y） 5 =（ •x5+ •x4y+ •x3y2+ x2y3+ •xy4+ •y5）， 可得（ 2x﹣ 1）（ x+y） 5的展开式中， x3y3的系数为 2 =20， 故答案为： 20． 【点评】 本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，属于基础题 14．若 x， y 满足约束条件 ，则 z=x﹣ 2y 的最大值为 2 ． 【考点】 简单线性规划． 【分析】 由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，把最优解的坐标代入目标函数得答案． 【解答】 解：由约束条件 作出可行域如图， 化目标函数 z=x﹣ 2y 为 ， 由图可知，当直线 过点 A（ 2， 0）时，直线在 y 轴上的截距最小， z 有最大值为 2． 故答案为： 2． 【点评】 本题考查简单的线性规划，考查了数形结合的解题思想方法，是中档题． 15． △ ABC 的内角 A， B， C 的对边分别为 a， b， c，若 = ，则 的取值范围是 （ 1， 2] ． 【考点】 余弦定理． 【分析】 由已知整理可得： b2+c2﹣ a2=bc，由余弦定理可得 cosA= ，结合范围 A∈ （ 0， π），可求 A，由三角形内角和定理可求 C= ﹣ B，利用正弦定理，三角函数恒等变换的应用化简可得 =2sin（ B+ ），由 B∈ （ 0， ），利用 正弦函数的性质可求 sin（ B+ ） ∈ （ ， 1]，即可得解． 【解答】 解： ∵ = ，可得：（ a﹣ b+c）（ a+b﹣ c） =bc， ∴ 整理可得： b2+c2﹣ a2=bc， ∴ 由余弦定理可得： cosA= = = ， ∵ A∈ （ 0， π）， ∴ A= ，可得： C= ﹣ B， ∴ = = = =2sin（ B+ ）， ∵ B∈ （ 0， ）， B+ ∈ （ ， ），可得： sin（ B+ ） ∈ （ ， 1]， ∴ =2sin（ B+ ） ∈ （ 1， 2]． 故答案为：（ 1， 2]． 【点评】 本题主要考查了余弦定理，三角形内角和定理，正弦定 理，三角函数恒等变换的应用，正弦函数的性质在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题． 16．如图，在菱形 ABCD 中， M 为 AC 与 BD 的交点， ∠ BAD= ， AB=3，将△ CBD 沿 BD 折起到 △ C1BD 的位置，若点 A， B， D， C1都在球 O 的球面上，且球 O 的表面积为 16π，则直线 C1M 与平面 ABD 所成角的正弦值为 ． 【考点】 直线与平面所成的角． 【分析】 求出球半径为，根据图形找出直线 C1M 与平面 ABD 所成角，解三角形即可． 【解答】 解：如图所示，设 O 为球心， E、 F 分别为 △ ABD、 △ C1BD 的外接圆圆心， 则有 OE⊥ 面 ABD， OF⊥ 面 C1BD， ∵ 菱形 ABCD 中， ∠ BAD= ， AB=3 ∴△ ABD、 △ C1BD 为等边 △ ，故 E、 F 分别为 △ ABD、 △ C1BD 的中心． ∵ 球 O 的表面积为 16π， ∴ 球半径为 2． 在直角 △ AOM 中， OA=2， AE= ， ⇒QE=1． tan∠ OME= ， ∵ C1M⊥ DB， AM⊥ DB， ∴ DB⊥ 面 AMC1， ∴∠ C1MA（或其补角）就是直线 C1M 与平面 ABD 所成角． ∠ C1MA=2∠ OME， tan∠ C1MA=tan（ 2∠ OME） = ， sin∠ C1MA= ， 直线 C1M 与平 面 ABD 所成角的正弦值为 ， 故答案为： ． 【点评】 本题考查了棱锥与外接球的关系，找出线面角是解题关键．属于中档题． 三、解答题：本大题共 5小题，满分 60分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤 17．（ 12 分）（ 2017•莆田一模）已知数列 {an}的前 n 项和 ，其中 k 为常数， a1， a4， a13成等比数列． （ 1）求 k 的值及数列 {an}的通项公式； （ 2）设 ，数列 {bn}的前 n 项和为 Tn，证明： ． 【考点】 数列的求和． 【分析】 （ 1）由已知数列的前 n 项和求得 an=Sn﹣ Sn﹣ 1=2n+k﹣ 1（ n≥ 2），再求得首项，验证首项成立可得数列通项公式，结合 a1， a4， a13成等比数列求得 k，则通项公式可求； （ 2）把（ 1）中求得的通项公式代入 ，整理后利用裂项相消法求得数列 {bn}的前 n 项和为 Tn，放缩可得 ． 【解答】 （ 1）解：由 ，有 an=Sn﹣ Sn﹣ 1=2n+k﹣ 1（。