1、数学试题（第 1页共 10页） 2018年 5 月福州市高中毕业班适应性练习 理科数学参考答案及评分细则 评分说明： 1本解答给出了一种或几种解法供参考，如果考生的解法与本解答不同，可根据试题 的主要考查内容比照评分标准制定相应的评分细则。 2对计算题，当考生的解答在某一步出现错误时，如果后继部分的解答未改变该题的 内容和难度，可视影响的程度决定后继部分的给分，但不得超过该部分正确解答应给分数 的一半；如果后继部分的解答有较严重的错误，就不再给分。 3解答右端所注分数，表示考生正确做到这一步应得的累加分数。 4只给整数分数。选择题和填空题不给中间分。 一、选择题：本大题考查基础知识和基本运算每
2、小题 5分，满分 60 分。 （1）C （2）A （3）C （4）D （5）D （6）A （7）B （8）C （9）B （10）C （11）A （12）D 二、填空题：本大题考查基础知识和基本运算每小题 5分，满分 20 分。 （13）2 （14） 2 3（15） 2 （16）33 三、解答题：本大题共 6 小题，共 70 分解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。 17. 【命题意图】本小题考查递推公式，用叠加法求数列的通项公式，等比数列的前 n 项 和的公式、放缩法证明不等式等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想、化 归和转化思想等。满分 12 分。 【解析】 （1）因为 1 2
3、 a ， 1 1 2 n nn aa ， 所以 0 21 2 aa ， 1 32 2 aa ， 2 43 2 aa ， 2 1 22 n nn aa n ， 把以上 1 n 个式子相加得， 01 2 1 22 2 2 n n aa n ， 2 分 即 1 1 1 12 212 12 n n n aa n ， 3 分 数学试题（第 2页共 10页） 又因为 1 2 a ，所以 1 212 n n an ， 4 分 且 1 2 a 也满足式子 1 21 n n a ， 所以 1* 21 n n n a N ； 5 分 （2）由（1）可得， 11 111 2 212 nn n a n ， 7 分 当
4、 1 n 时， 1 1 113 22 a S ； 8 分 当 2 n 时， 123 111 1 n n S aaa a 21 111 1 222 2 n 9 分 1 11 1 22 1 1 2 1 2 n 10 分 1 31 3 22 2 n 11 分 综上所述， 3 2 n S 12分 18. 【命题意图】本小题考查空间直线与直线、直线与平面、平面与平面的垂直关系及异 面直线所成角等基础知识，考查空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力，考查化归 与转化思想等。满分 12 分。 【解析】 （1）证法一：取 11 AC 中点 O ，连接 11 , AOACOB 因为 11 AAC C ， 所以
5、 11 , AACC 四点共面， 又平面ABCD 平面 111 ABC， 平面 11 AACC 平面ABCD AC ， 平面 11 AACC 平面 111 11 ABC AC ， 所以 11 ACA C ， 1 分 所以四边形 11 AACC为平行四边形， 又 1 AAA C ， 所以四边形 11 AACC为菱形， 数学试题（第 3页共 10页） 又 11 3 AAC ， 所以 11 AAC 是等边三角形， 因为O为 11 AC 中点，所以 11 AOA C ； 2 分 设 1 2 AA AC ，则 11 1 4, 3 AB AB AO ， 因为 11 11 ACB C ，所以 22 11 4
6、223 BC ， 所以 2 2 1 12 31 3 OB ， 因为 22 22 2 11 31 31 6 AOO B A B ， 所以 1 AOO B ， 3 分 又 11 1 ACO BO ， 所以 AO 平面 111 ABC ， 4 分 又因为AO 平面 1 ACC A， 所以平面 11 ACC A 平面 111 ABC； 5 分 证法二：连接 1 AC ， 因为 11 AAC C ， 所以 11 , AACC 四点共面， 又平面ABCD 平面 111 ABC， 平面 11 AACC 平面ABCD AC ， 平面 11 AACC 平面 111 11 ABC AC ， 所以 11 ACA C
7、 ， 1 分 所以四边形 11 AACC为平行四边形， 又 1 AAA C ， 所以四边形 11 AACC为菱形， 又 11 3 AAC ， 所以 11 AAC 是等边三角形， 设 1 2 AA AC ，则 22 11 11 11 1 1 2, 2 3, 4 AC BC AB AC AB ， 2 分 显然 222 111 1 AB AC BC ，得 11 90 BCA ， 即 11 1 BC AC ， 3 分 又 11 11 BC AC ， 11 11 ACA CC ， 从而 11 BC 平面 11 ACC A ， 4 分 又因为 11 BC 平面 111 ABC ， 数学试题（第 4页共 1
8、0页） 所以平面 11 ACC A 平面 111 ABC ； 5 分 （2）取 11 AB 中点E ，连接 OE ，则 11 OE AC ， 由（1）知AO 平面 111 ABC， 以 O 为坐标原点，分别以 1 , OA OE OA 为 , xyz 轴的正 方向，建立空间直角坐标系 O xyz ，如图所示， 设 1 2 AA AC ，则 11 1 4, 3 AB AB AO ， 11 23 , 3 BC OE ， 所以 11 1, 0, 0 , 1, 2 3 , 0 AB ， 1 1, 0 , 0 C ， 2,0, 3 C 6 分 因为点M 为 11 BC 的中点，所以 1, 3 , 0 M
9、 ， 所以 1, 3 , 3 CM ， 7 分 因为DCA B 11 AB ， 所以 11 2, 2 3,0 DC AB ， 1 1, 0, 3 CC ， 所以 11 1, 2 3 , 3 CD CC DC ， 8 分 设直线 1 CD与CM 所成角为 ，所以 1 1 cos CDCM CD CM 8 47 27 7 ， 11 分 即直线 1 CD与CM 所成角的余弦值为 27 7 . 12分 19. 【命题意图】 本小题考查抛物线的标准方程及其几何性质、 直线与抛物线的位置关系、 平面向量共线与数量积等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查数形结合思 想、化归与转化的思想等。满分 1
10、2 分。 【解析】(1)解法一:设 (,) Pxy,依题意,点G 为TP中点,F 在线段TP中垂线上, 故| | TF PF , 1 分 因为 22 |(1 ) PFxy ,所以 22 (1 ( 1) , 0 ) Txy 2 分 又TP中点在y轴上,故 22 1(1 ) 0 , xyx 3 分 化简得 2 4 y x . 即点P 的轨迹方程为 2 4 y x . 4 分 数学试题（第 5页共 10页） 解法二:过点P 作y轴的垂线与FG 延长线交于点S ,与y轴交于点R . 因为SF 垂直平分线段TP ,四边形STFP为菱形, 1 分 | | PSP F ,且G 为SF 中点,所以| | 1
11、RS OF . 2 分 故点P 到定点F 的距离与它到定直线 1 x 的距离相等, 其轨迹是以F 为焦点,直线 1 x 为准线的抛物线. 3分 设 (,) Pxy, 则点P 的轨迹方程为 2 4 y x . 4 分 解法三:设 xFG ,显然 , 2 则点 (0, tan ), , GG T F G 2 tan tan TG x y 直线 的方程为 1 分 2 (t a n, 0 ) T ,设 (,) Pxy,因为G 是PT 中点， 2 分 所以 2 tan , ( 2tan x y 为参数） 3 分 消去 tan ,得点P 的轨迹方程为 2 4 y x . 4 分 (2)解:设 11 22
12、1 1 ( , ), ( , ), ( , ), AxyBxyDxyl 的方程为 1( 0) xm ym , 将 1( 0) xm ym 代入 2 4 y x 并整理得 2 440 , ym y 5 分 从而 12 1 2 4, 4 yymy y 6 分 2 12 1 2 1 2 1 2 (1 ) (1 ) 42 ;(1 ) (1 ) 1 x x my my m x x my my , 因为 11 22 (1 ,) ,(1 ,) , FA x y FB x y 2 121 21 212 (1 ) (1 ) ( )1484. FA FB x x y y x x x x m 故 2 8 84 9
13、m ,解得 4 3 m , 7 分 所以l的方程为3430 , 3430 . xy xy 8 分 R O S T P y x G F数学试题（第 6页共 10页） 又 2 21 47 |( 4 ) 4 4 3 yy m , 所以直线BD的斜率为 21 2121 4 BD yy k xxyy 3 7 ， 9 分 因为直线BD的方程为 21 22 21 (), yy yx x y xx 所以 2 2 2 21 4 () 4 y yxy yy ， 所以 12 21 4xyy y yy ， 10分 即 21 41 x y yy ，令01 yx ，得 , 所以直线BD过点 1, 0 （） , 1 1分
14、所以直线BD的方程为3730 xy 或3730 xy 12 分 20. 【命题意图】本小题考查独立性检验，用样本估计总体，设计方案等基础知识，考查 用数据说话的能力、运算求解能力，考查或然与必然思想等。满分 12 分。 【解析】 （1）根据图中数据，得到如下表格： 由频率估计概率， 根据上表可预估该超市顾客使用移动支付的概率为 20 25 25 15 15 10 8 7 5 200 8 ， 2 分 所以超市当天应准备的环保购物袋个数为 5 10 000 6 250 8 4 分 （2）由（1）知列联表： 6 分 年龄段 类型 20,25 25,30 30,35 35,40 40,45 45,50
15、 50,55 55,60使用移动支 付 20 25 25 15 15 10 8 7 不使用移动 支付 0 0 4 6 10 10 23 22 年 龄 40 年龄 40 小计 使用移动支付 85 40 125 不使用移动支付 10 65 75 小计 95 105 200 数学试题（第 7页共 10页） 假设移动支付与年龄无关，则 2 K 的观测值 2 200 85 65 40 10 56.17 125 75 95 105 k ， 8 分 因为 56.17 10.828 ，所以有 99.9%的把握认为使用移动支付与年龄有关 10 分 （3）解法一：记事件 A: 第 1 次抽到的是使用移动支付的顾客
16、， 事件 B: 第 2次抽到的是不使用移动支付的顾客， 所以 125 75 75 (|) 125 199 199 nA B PBA nA . 12 分 解法二：记事件 A: 第 1次抽到的是使用移动支付的顾客， 事件 B: 第 2次抽到的是不使用移动支付的顾客， 则 125 75 5 75 = 200 199 8 199 PA B ， 125 199 5 = 200 199 8 PA ， 所以 57 5 7 81 9 9 (|) 5 199 8 5 PA B PBA PA 12 分 21.【命题意图】本小题考查导数的几何意义，利用导数判断函数的单调性，不等式恒成立 问题与存在性问题等，考查推理
17、论证能力、运算求解能力等，考查函数与方程思想、化归 与转化思想、分类与整合思想、数形结合思想等。满分 12 分。 【解析】 （1） 2 e ( )( 22 )4 x fxxa xa 1 分 函数 () f x 在 (0, (0) f 的切线的斜率 (0) kf = 4a 2 分 又直线:410 lx y 斜率为 1 4 ， 1 41 4 a ，解得 1 a . 3 分 （2）对 33 (,) 22 a ，存在 2 , 3 x ，使得 () ( 22) fxba 有解， 等价于当 2 , 3 x ， 33 (, 22 a 对 ， min () ( 22) fxba . 4 分 2 e ( )(
18、22 )4 x fxxa xa = (2 ) (2 ) e x xax 当 1 a 时， 2 () ( 2 0 e) x fx x ，即函数 () f x 在2 , 3 上单调递增， min 2 2 () (2 ) e fx f ，即 2 4 e 2 b ， 2 e 1 2 b ； 5 分 数学试题（第 8页共 10页） 当 3 ,1 2 a 时，即22 a ， () f x 在2 , 3 ) 上单调递增, min 2 24 () (2 ) e a fx f ,即 3 (,1 ) 2 a 对 ， 2 e 24 (2 2 ) a ba . 6 分 2 e 32 ,1 2( 1 ) , a ab
19、a 恒成立， 令 2 2 e () (1 ) a ha a ，则 2 1 () e 3 1 1 ha a 在 3 (,1 ) 2 上单调递增， 所以 2 ( e 1 ) 2 1 ha h ， 2 e 1 2 b ； 7 分 当 3 1, 2 a 时，即22 a ， () f x 2 , 2) a 上单调递减，在 (2 ,3) a 上单调递增， min () ( 2) fxf a = 2 e 2 a a ， 即 3 1, 2 a ， 2 2( e2 2 ) a aba 恒成立. 8 分 （i）当 1 a 时， 2 20 e 恒成立，此时b R ; （ii）当 1, 1 a 时，即22 0 a ，
20、转化成 2 2 2 e 2 a a b a ，对 1, 1 a 恒成立， 设 2 ta 2 2 t ，则 e () 2 t t gt t ， 2, 2 t ，所以 2 2 (2 () e2 ) 2 t tt gt t 令 () 0 gt ，得 13 t 或 13 t （舍去）. 即 () g t 在(2 , 1 3 ) 上单调递增， (1 3 , 2) 上单调递减， max () ( 1 3) gt g 13 (2 3)e ，即 13 (2 3 e ) b ; 10分 数学试题（第 9页共 10页） （iii）当 3 1, 2 a 时，即22 0 a ，转化成 2 2 2 e 2 a a b
21、a ，对 3 1, 2 a 恒成立 设 2 ta 2 3 t ，则 e () 2 t t ht t ， 2,3 t ， () ht 2 2 (22 e) 2 t tt t 令 () 0 ht ，得 13 t 或 13 t （舍去）. 即 () ht在 (1 3 , 3) 上单调递增， (2,1 3) 上单调递减， min () ( 1 3) ht h 13 (2 3)e ，即 13 (2 3 e ) b ; 又因为 33 1 (2 3) ( 2 ee 23 ) ，所以 13 2 e (2 3) 2e 1 ， 综上所述：b的取值范围是 13 13 (2 3) (2 e) e 3 , . 12分
22、22.【命题意图】本小题考查极坐标方程与直角坐标方程的互化，参数方程与普通方程的互 化，考查直线与椭圆的位置关系，考查学生的运算求解能力，考查数形结合思想和化归转 化思想。满分 10 分。 【解析】 （1）曲线 1 C 的参数方程为 3cos 2sin x y ( 为参数)， 所以曲线 1 C 的普通方程为 22 1 94 xy . 2 分 曲线 2 C 的极坐标方程为 10 (2cos sin ) 3 ， 所以曲线 2 C 的直角坐标方程为631 00 xy . 4 分 （2）由（1）知，直线 2 C 的方程为631 00 xy ，因为P 4 (1, ) 3 ， 所以点P在直线 2 C 上，
23、且直线 2 C 的斜率为 2 ， 5 分 所以直线 2 C 的参数方程为 5 1 5 425 35 xt yt (t为参数)， 6 分 将其代入 22 1 94 xy 中并化简，得 2 520 tt ， 数学试题（第 10页共 10页） 解得 51 3 2 t 或 51 3 2 t . 8 分 从而 111 1 1 11 3 | 2 13 5 5 13 51 351 3 22 22 PA PB 10 分 23. 【命题意图】 本小题考查求函数的值域、 不等式的证明等基础知识， 考查运算求解能力、 推理论证能力，考查分类与整合思想、化归与转化思想等满分 10 分 【解析】 （1）因为 13 22
24、 fx x x ， 所以 1 2, , 2 13 21 , , 22 3 2, , 2 x fx x x x 3 分 所以函数 f x 的值域为 2, 2 5 分 （2）由（1）可知， 2 m ，所以 222 4 abc ， 所以 222 134 1 2 abc ， 6 分 所以 222 222 222 111 134 111 134 12 134 abc abc abc 7 分 222222 222222 314143 3 131434 12 bacacb abacbc 8 分 2222 22 22 22 22 31 4 3 143 32 2 2 36 13 14 34 12 12 4 bacacb ab ac bc ， 9 分 （当且仅当 222 134 4 abc ，即 222 3, 1, 0 abc 等号成立） ， 所以 222 111 134 3 4 abc 成立 10 分
