泉州市质检文科数学试题及答案.docx

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泉州市质检文科数学试题及答案

准考证号________________姓名________________

（在此卷上答题无效）

保密★启用前

泉州市2018届普通中学高中毕业班质量检查

文科数学试题

2018.5

注意事项：

1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．

2．考生作答时，将答案答在答题卡上．请按照题号在各题的答题区域（黑色线框）内作答，超出答题区域书写的答案无效．在草稿纸、试题卷上答题无效．

3．选择题答案使用2B铅笔填涂，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号；非选择题答案使用毫米的黑色中性（签字）笔或碳素笔书写，字体工整、笔迹清楚．

4．保持答题卡卡面清洁，不折叠、不破损．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．

一、选择题：

本大题共12小题，每小题5分，在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．

（1）已知集合，，则

（A）（B）（C）（D）

（2）纹样是中国艺术宝库的瑰宝,火纹是常见的一种传统纹样．为了测算某火纹纹样（如图阴影部分所示）的面积，作一个边长为5的正方形将其包含在内，并向该正方形内随机投掷1000个点，已知恰有400个点落在阴影部分，据此可估计阴影部分的面积是

（A）（B）

（C）（D）

（3）已知向量，，则

（A）（B）（C）（D）

（4）已知直线：

，圆：

，有下列四个命题：

：

，与相交；：

，与相切；

：

，与相交；：

，与相切．

其中的真命题为

（A），（B），（C），（D），

（5）双曲线的焦点为，以为直径的圆交的渐近线于点，则的方程为

（A）（B）

（C）（D）

（6）已知函数，为图象的对称轴，将图象向左平移个单位长度后得到的图象，则的解析式为

（A）（B）

（C）（D）

（7）函数的部分图象大致为

（A）（B）

（C）（D）

（8）如图，网格纸上虚线围成的最小正方形边长为，粗线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的体积为

（A）

（B）

（C）

（D）

（9）执行如图所示的程序框图，若输入，

则输出的值分别为

（A）

（B）

（C）

（D）

（10）已知定义在上的奇函数，满足，且在上单调递减，则

（A）（B）

（C）（D）

（11）已知四棱锥的底面是边长为的正方形，侧棱平面，．若在四棱锥的内部有一个半径为的球，则的最大值为

（A）（B）（C）（D）

（12）椭圆的左焦点为，过且斜率为的直线交于,两点（在轴上方），线段的中点为，线段的中垂线与轴交于点.若△的面积是△的面积的倍，则椭圆的离心率为

（A）（B）（C）（D）

二、填空题：

本大题共4小题，每小题5分．

（13）已知复数，则_________．

（14）设函数则函数的零点的个数是_________．

（15）若满足约束条件则的最小值为_________．

（16）在中，为的中点，，，，点与点在直线的异侧，且，则平面四边形的面积的最大值为_________．

三、解答题：

解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．

（17）（本小题满分12分）

已知等差数列中，，．

（Ⅰ）设，求证：

数列是等比数列；

（Ⅱ）求的前项和．

（18）（本小题满分12分）

习近平总书记在十九大报告中指出，必须树立和践行“绿水青山就是金山银山”的生态文明发展理念，这将进一步推动新能源汽车产业的迅速发展．以下是近几年我国新能源乘用车的年销售量数据及其散点图：

年份

2013

2014

2015

2016

2017

年份代码

1

2

3

4

5

新能源乘用车

年销量（万辆）

（Ⅰ）请根据散点图判断，与中哪一个更适宜作为年销售量关于年份代码的回归方程类型？

（给出判断即可，不必说明理由）

（Ⅱ）根据（Ⅰ）的判断结果及表中数据，建立关于的回归方程，并预测2018年我国新能源乘用车的销售量（精确到）．

附：

1.最小二乘法估计公式：

，.

其中

2.参考数据：

（19）（本小题满分12分）

如图，四棱锥中，，，为中点．

（Ⅰ）证明：

平面；

（Ⅱ）若平面，是边长为的正三角形，求点到平面的距离．

（20）（本小题满分12分）

在平面直角坐标系中，抛物线，直线与交于两点，．

（Ⅰ）求的方程；

（Ⅱ）斜率为的直线过线段的中点，与交于两点，直线分别交直线于两点，求的最大值．

（21）（本小题满分12分）

已知函数，曲线在处的切线方程为．

（Ⅰ）求，的值；

（Ⅱ）求证：

时，；

（Ⅲ）求证：

．

请考生在第（22）、（23）两题中任选一题作答。

注意：

只能做所选定的题目。

如果多做，则按所做第一个题目计分，作答时请用2B铅笔在答题卡上将所选题号后的方框涂黑。

（22）（本小题满分10分）选修：

坐标系与参数方程

在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），直线的参数方程为（为参数），在以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴的极坐标系中，射线.

（Ⅰ）求和的极坐标方程；

（Ⅱ）设与和分别交于异于原点的两点，求的最大值.

（23）（本小题满分10分）选修：

不等式选讲

已知函数，.

（Ⅰ）当时，求不等式的解集；

（Ⅱ），，求的取值范围．

泉州市2018届普通中学高中毕业班质量检查（5月）

文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．每小题5分，满分60分．

（1）C

（2）C（3）D（4）A（5）C（6）A

（7）A（8）D（9）D（10）B（11）A（12）C

第11题解析：

四棱锥的体积，当球与四棱锥的各面均相切时，达到最大．

记四棱锥的表面积为，则．

由，得．故选（A）．

第12题解析：

解法一：

设,,,，

依题意，，故，可得．

令，则椭圆方程为，过的直线方程为,

联立得，则，．

因为，得，化简为，

即，把代入化简为，，又因为，

得，故椭圆离心率为．故选（C）．

解法二：

设,,,，

由对称性知，故．

可得，即．

直线,与椭圆联立得

，则，．

因为，得，

可得，故，将代入，得，

即，所以．故选（C）．

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）；（14）；（15）；（16）．

第16题解析：

在中，由余弦定理得，

所以，又是的中点，

由余弦定理得，

所以．

因为，所以点在以点为圆心，为半径的圆上，．

由余弦定理可得

所以．当且仅当时，等号成立．

故．

又，故平面四边形的最大值为．

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：

本小题考查数列基本量运算，等差、等比数列通项公式和前项和等基础知识；考查运算求解能力、推理论证能力、抽象概括能力；考查特殊与一般思想、转化与化归思想．

解析：

（Ⅰ）设的公差为，

由，可得，即．………………2分

又，可得．………………3分

故．………………4分

依题意，，因为（常数），

故是首项为，公比的等比数列．………………6分

（Ⅱ）的前项和为．………………8分

的前项和为．………………11分

故的前项和为．………………12分

（18）命题意图：

考查立体几何中的线面平行，几何体体积有关知识；考查空间想象能力、运算求解能力和推理论证能力；考查化归转化思想．

解析:

（Ⅰ）证明：

取的中点，连结．………1分

∵为的中点，∴，且．

又∵，且，

∴，且．故四边形为平行四边形．

∴．………………3分

又平面，平面，

∴平面．………………5分

（Ⅱ）由（Ⅰ）得平面．

故点到平面的距离等于点到平面的距离．………………6分

取的中点，连结．………………7分

∵平面，平面，

∴平面平面．

又是边长为的正三角形．

∴，，且⊥．

∵平面平面，

∴⊥平面．………………9分

∵四边形是直角梯形，，，，

∴，．

∵，，，，

∴，．

∴．………………10分

记点到平面的距离为，

∵三棱锥的体积，

∴．………………11分

∴点到平面的距离为．………………12分

（19）命题意图：

本题考查散点图、变量间的相关关系、非线性回归分析等基础知识；考查数据处理能力、运算求解能力和应用概率统计知识进行决策的意识；考查统计思想、分类讨论思想．

解析：

（Ⅰ）根据散点图，

更适宜作为年销量关于年份代码的回归方程；………………2分

（Ⅱ）依题意，，………………4分

，………………7分

，………………9分

.………………10分

令，，预测2018年我国新能源乘用车的销量为万辆．…………12分

（20）命题意图：

本小题主要考查中点公式、直线方程、抛物线、弦长及不等式等基础知识；考查推理论证能力、运算求解能力；考查化归与转化思想、数形结合等思想．

解析:

（Ⅰ）由方程组得，………………1分

解得，………………2分

所以，则．………………3分

又，所以．

故的方程为．………………4分

（Ⅱ）由（Ⅰ），则线段的中点坐标．

故直线的方程为．………………5分

由方程组得．

设，则，………………6分

直线的方程，代入，解得，

所以，………………7分

同理得，………………8分

所以…9分

………………10分

因为，所以．

当时，取得最大值．………………12分

（21）命题意图：

本题主要考查函数导数、极值点、单调性、最值等基础知识；考查运算求解能力、推理论证能力；考查数形结合思想、函数与方程思想、化归与转化思想．

解析：

（Ⅰ）函数的定义域为，，…………1分

，……………………2分

又因为，……………………3分

所以该切线方程为，即，．……………………4分

（Ⅱ）设，

则,……………………5分

设，……………………6分

则

当，，又，故．……………………7分

所以，即在区间单调递增，所以

所以，．……………………8分

（Ⅲ）由（Ⅱ）可知，．

令，则，…………9分

因为，…………11分

所以时，

有，

化简为，…………11分

即，所以．…………12分

请考生在第（22）、（23）两题中任选一题作答．注意：

只能做所选定的题目．如果多做，则按所做第一个题目计分，作答时请用2B铅笔在答题卡上将所选题号后的方框涂黑．

（22）（本小题满分10分）选修：

坐标系与参数方程

在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），直线的参数方程为（为参数），在以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴的极坐标系中，射线.

（Ⅰ）求和的极坐标方程；

（Ⅱ）设与和分别交于异于原点的两点，求的最大值.

【命题意图】本题主要考查了参数方程、极坐标方程与直角坐标方程的互相转化以及直线与圆的位置关系等基础知识；考查推理论证能力、运算求解能力等；考查化归与转化思想、数形结合思想、函数与方程思想等；考查数学抽象、逻辑推理、直观想象、数学运算等．

【试题简析】解：

（Ⅰ）曲线的一般方程为，1分

由得