福建省泉州市2018届高三下学期质量检查（3月）数学（理）试题解析版

'泉州市2018届普通中学高中毕业班质量检查理科数学第Ⅰ卷（共60分）一、选择题：本大题共12个小题,每小题5分,共60分.在每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.【答案】B【解析】变形可得：，即则故选2.已知向量，,则下列结论正确的是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】，则，即故选3.已知函数是偶函数，且，，则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】是偶函数17 故选4.若，则，，的大小关系为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】由得由可得又，故选5.已知实数，满足，则的最大值为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】如图的几何意义为可行域内点与直线的斜率当时，故选6.设函数（，）的最小正周期为，且，则下列说法不正确的是（）A.的一个零点为B.的一条对称轴为C.在区间上单调递增D.是偶函数【答案】C【解析】最小正周期为，即，17 又则，其单调增区间为即故选7.执行如图所示的程序框图，则输出（）A.B.C.D.【答案】B【解析】，，，，，，，，，故选8.惠安石雕是中国传统雕刻技艺之一，历经一千多年的繁衍发展，仍然保留着非常纯粹的中国艺术传统，左下图粗实虚线画出的是某石雕构件的三视图，该石雕构件镂空部分最中间的一块正是魏晋期间伟大数学家刘徽创造的一个独特的几何体——牟合方盖（如下右图），牟合方盖的体积（其中为最大截面圆的直径）.若三视图中网格纸上小正方形的边长为，则该石雕构件的体积为（）17 A.B.C.D.【答案】C【解析】由三视图可知，该几何体是由正方体中去除两个圆柱体，其中，正方体的棱长为，圆柱体的直径为，高为两个圆柱体中间重合部分为牟合方盖该石雕构件的体积为故选9.如图所示，正六边形中，为线段的中点，在线段上随机取点，入射光线经反射，则反射光线与线段相交的概率为（）A.B.C.D.【答案】C17 【解析】如图，jianl平面直角坐标系，过关于的对称点可得过关于的对称点则：时，交点坐标为：时，交点坐标为概率为故选10.已知点是双曲线：（，）与圆的一个交点，若到轴的距离为，则的离心率等于（）A.B.C.D.【答案】D【解析】到轴的距离为故点纵坐标为，代入椭圆代入圆，即17 即，故选11.现为一球状巧克力设计圆锥体的包装盒，若该巧克力球的半径为，则其包装盒的体积的最小值为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】如图，设，则，当时，故选点睛：本题考查了球内接于圆锥体，求圆锥的体积最值，在解答过程中，运用三角函数表示相关量，按照体积的计算公式表示体积，然后利用函数性质求出最值，选取何种方式建立函数表达式是本题关键12.不等式有且只有一个整数解，则的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】即令，当时，，17 令，当时，即时，，即，当时，即时，，解得综上，故选点睛：本题考查了运用导数解答不等式问题，在分析题目时，需要观察题目形式，将其变形为不等号右边为二次函数的问题，结合图象讨论函数的交点问题，还需要分类讨论参量的范围，需要缜密思考，有一定难度。第Ⅱ卷（共90分）二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13.已知复数，则__________．【答案】5【解析】14.的展开式中，常数项是__________．【答案】6【解析】当时，15.已知抛物线：的焦点为，准线为，交轴于点，为上一点，垂直于，垂足为，交轴于点，若，则__________．【答案】4【解析】设，，，17 ：故，则点睛：本题考查了直线与抛物线的位置关系，设出各点坐标，按照题意表示出直线斜率，从而解出点坐标，继而算出答案，本题的线段关系较多，不过计算较为简单，属于中档题16.在平面四边形中，，，，，的面积为，则__________．【答案】【解析】不妨设，解得，设，，即解得则点睛：本题考查了三角函数的综合问题，运用余弦定理求出边长，利用三角形面积求出边与角之间的关系，由边长之间的关系结合两角的余弦公式建立等式，从而求出答案，转化的过程有点难度17 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.记数列的前项和为,已知，，成等差数列.（1）求的通项公式；（2）若，证明：.【答案】（1）．（2）见解析.【解析】试题分析：(1)由已知1，，成等差数列，求得，用，求得数列为等比数列，从而求出通项(2)裂项得，求和得出结果解析：（1）由已知1，，成等差数列，得…①当时，，所以；当时，…②，①②两式相减得，所以，则数列是以为首项，为公比的等比数列，所以．（2）由（1）得，所以，因为，，所以，即证得．18.如图，在四边形中，，，，，，是上的点，17 ，为的中点，将沿折起到的位置，使得，如图2.（1）求证：平面平面；（2）求二面角的余弦值.【答案】（1）见解析;（2）．【解析】试题分析：(1)由四边形为菱形，且为等边三角形得，结合勾股定理得，利用判定定理证明(2)建立空间直角坐标系，求平面的法向量和平面的法向量，利用公式求得结果解析：（1）连结．在四边形中，，，，，，，∴，，四边形为菱形，且为等边三角形．又∵为的中点，∴.∵，，，满足，∴，又∵，∴平面.∵平面，∴平面平面．（2）以为原点，向量的方向分别为轴、轴的正方向建立空间直角坐标系（如图），则，，，所以，，设是平面的一个法向量，则即取，得．17 取平面的一个法向量．∵，又二面角的平面角为钝角，所以二面角的余弦值为．19.某公司订购了一批树苗，为了检测这批树苗是否合格，从中随机抽测株树苗的高度，经数据处理得到如图的频率分布直方图，起中最高的株树苗高度的茎叶图如图所示，以这株树苗的高度的频率估计整批树苗高度的概率.（1）求这批树苗的高度高于米的概率，并求图19-1中，，，的值；（2）若从这批树苗中随机选取株，记为高度在的树苗数列，求的分布列和数学期望.（3）若变量满足且，则称变量满足近似于正态分布的概率分布.如果这批树苗的高度满足近似于正态分布的概率分布，则认为这批树苗是合格的，将顺利获得签收；否则，公司将拒绝签收.试问，该批树苗能否被签收？【答案】（1）．（2）见解析;（3）见解析.【解析】试题分析：(1)结合频率分布图，计算求出结果(2)满足随机变量服从二项分布，给出表格，计算结果(3)利用条件，计算出，从而给出结论17 解析：（1）由图19-2可知，100株样本树苗中高度高于1.60的共有15株，以样本的频率估计总体的概率，可得这批树苗的高度高于1.60的概率为0.15.记为树苗的高度，结合图19-1可得：，，，又由于组距为0.1，所以．（2）以样本的频率估计总体的概率，可得：从这批树苗中随机选取1株，高度在的概率.因为从这批树苗中随机选取3株，相当于三次重复独立试验，所以随机变量服从二项分布，故的分布列为：，8分即：01230.0270.1890.4410.343（或）.（3）由，取，，由（Ⅱ）可知，，又结合（Ⅰ），可得：，所以这批树苗的高度满足近似于正态分布的概率分布，应认为这批树苗是合格的，将顺利获得该公司签收．20.过圆：上的点作轴的垂线，垂足为，点满足.当在上运动时，记点的轨迹为.17 （1）求的方程；（2）过点的直线与交于，两点，与圆交于，两点，求的取值范围.【答案】（1）．（2）．【解析】试题分析：(1)由代入向量计算出的轨迹为(2)利用韦达定理和弦长公式计算得，化简运用定义域给出范围解析：（1）设点坐标，点坐标，点坐标，由可得因为在圆:上运动，所以点的轨迹的方程为．（2）当直线的斜率不存在时，直线的方程为，此时，，所以．当直线的斜率存在时，设直线的方程为，，，联立方程组消去，整理得，因为点在椭圆内部，所以直线与椭圆恒交于两点，由韦达定理，得，，所以，，在圆:，圆心到直线的距离为，所以，所以．17 又因为当直线的斜率不存在时，，所以的取值范围是．点睛：本题主要考查了圆锥曲线与直线的位置关系，分类讨论直线斜率情况，在求范围时先利用弦长公式求出其表达式，再运用函数来求出最值或者范围，注意解题过程中的计算，本题属于中档题。21.已知函数.（1）当时，讨论的极值情况；（2）若，求的值.【答案】（1）见解析;（2）．【解析】试题分析：(1)求导，因为得或，讨论两根的大小，得出各种情况下的极值(2)令，得，分类讨论(1)中的情况，从而得出结果解析：（1）．因为，由得，或．①当时，，单调递增，故无极值．②当时，．,,的关系如下表：+0－0+单调递增极大值单调递减极小值单调递增故有极大值，极小值．③当时，．,,的关系如下表：+0－0+单调递增极大值单调递减极小值单调递增17 故有极大值，极小值．综上：当时，有极大值，极小值；当时，无极值；当时，有极大值，极小值．（2）令，则．（i）当时，，所以当时，，单调递减，所以，此时，不满足题意．（ii）由于与有相同的单调性，因此，由（Ⅰ）知：①当时，在上单调递增，又，所以当时，；当时，．故当时，恒有，满足题意．②当时，在单调递减，所以当时，，此时，不满足题意．③当时，在单调递减，所以当时，，此时，不满足题意．综上所述：．点睛：本题考查了导数的综合运用，在求函数的极值时，分类讨论了不同参量情况下的取值问题，在解答不等式的问题中，采用换元法，分类讨论各种情形的结果，同时也考查了学生的计算能力及分类讨论，属于难题。请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.22.选修4-4：坐标系与参数方程在直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数，）.在以为极点，轴正半轴为极轴的极坐标中，曲线：.17 （1）当时，求与的交点的极坐标；（2）直线与曲线交于，两点，且两点对应的参数，互为相反数，求的值.【答案】（Ⅰ），;（2）．【解析】试题分析：（1）曲线的直角坐标方程为，直线的普通方程为，联立解出方程组即可；（2）把直线的参数方程代入曲线，根据结合韦达定理可得结果.试题解析：（1）由，可得，所以，即，当时，直线的参数方程（为参数），化为直角坐标方程为，联立解得交点为或，化为极坐标为，（2）把直线的参数方程代入曲线，得，可知，，所以．23.选修4-5：不等式选讲已知函数.（1）当时，求不等式的解集；（2），，求的取值范围.【答案】（1）．（2）．【解析】试题分析：（1）把写成分段函数的形式，分类讨论，分别求得不等式的解集，综合可得结论；（2）求出的最小值为，原题意等价于，解出即可.试题解析：（1）当时，，①当时，，令即，解得，②当时，，显然成立，所以，17 ③当时，，令即，解得，综上所述，不等式的解集为．（2）因为，因为，有成立，所以只需，化简可得，解得，所以的取值范围为．点睛：本题主要考查了绝对值不等式的解法，以及转化与化归思想，难度一般；常见的绝对值不等式的解法，法一：利用绝对值不等式的几何意义求解，体现了数形结合的思想；法二：利用“零点分段法”求解，体现了分类讨论的思想；法三：通过构造函数，利用函数的图象求解，体现了函数与方程的思想．17'