www.ks5u.com
泉州市2018届普通中学高中毕业班质量检查
文科数学
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.复平面内，复数对应的点位于（ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
2.已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
3.已知是等比数列，，，则（ ）
A． B． C． D．
4.用种不同颜色给甲、乙两个小球随机涂色，每个小球只涂一种颜色，则两个小球颜色不同的概率为（ ）
A． B． C. D．
5.若，则（ ）
A． B． C. D．
6.执行如图所示的程序框图，如果输入的，则输出的值为（ ）
A． B． C. D．
7.设为双曲线：（，）的右焦点，，若直线与的一条渐近线垂直，则的离心率为（ ）
A． B． C. D．
8.玉琮是古代祭祀的礼器，如图为西周时期的“凤鸟纹饰”玉琮，其形对称，呈扁矮方柱状，内圆外方，前后对穿圆孔，两端留有短射，蕴含古人“璧圆象天，琮方象地”的天地思想，该玉琮的三视图及尺寸数据（单位：cm）如图所示.根据三视图可得该玉琮的体积（单位：）为（ ）
A． B． C. D．
9.已知图象：
则函数，，，对应的图象分别是（ ）
A．①②③④ B．①②④③ C.②①④③ D．②①③④
10.如图，在下列四个正方体中，，，均为所在棱的中点，过，，作正方体的截面，则在各个正方体中，直线与平面不垂直的是（ ）
A． B．
C. D．
11.已知抛物线：，在的准线上，直线，分别与相切于，，为线段的中点，则下列关于与的关系正确的是（ ）
A． B． C. D．
12.已知函数，若函数恰有个零点，则的取值范围是（ ）
A． B． C. D．
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.已知向量，，若在方向上的投影为，，则 ．
14.已知函数为偶函数，当时，，则 ．
15.设，满足约束条件，则的取值范围是 ．
16.数列满足，则 ．
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. 已知，，分别为三个内角，，的对边，.
（1）求；
（2）若，是边上一点，且的面积为，求.
18.如图，正三棱柱中，为的中点.
（1）求证：；
（2）若点为四边形内部及其边界上的点，且三棱锥的体积为三棱柱体积的，试在图中画出点的轨迹，并说明理由.
19. 德化瓷器是泉州的一张名片，已知瓷器产品的质量采用综合指标值进行衡量，为一等品；为二等品；为三等品.某瓷器厂准备购进新型窑炉以提高生产效益，在某供应商提供的窑炉中任选一个试用，烧制了一批产品并统计相关数据，得到下面的频率分布直方图：
（1）估计该新型窑炉烧制的产品为二等品的概率；
（2）根据陶瓷厂的记录，产品各等次的销售率（某等次产品销量与其对应产量的比值）及单件售价情况如下：
一等品
二等品
三等品
销售率
单件售价
元
元
元
根据以往的销售方案，未售出的产品统一按原售价的全部处理完.已知该瓷器厂认购该窑炉的前提条件是，该窑炉烧制的产品同时满足下列两个条件：
①综合指标值的平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）不小于；
②单件平均利润值不低于元.
若该新型窑炉烧制产品的成本为元/件，月产量为件，在销售方案不变的情况下，根据以上图表数据，分析该新型窑炉是否达到瓷器厂的认购条件.
20. 已知椭圆：（）的左、右顶点分别为，，，点在上，在轴上的射影为的右焦点，且.
（1）求的方程；
（2）若，是上异于，的不同两点，满足，直线，交于点，求证：在定直线上.
21. 已知函数.
（1）当时，判断是否为的极值点，并说明理由；
（2）记.若函数存在极大值，证明：.
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 ： .
（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.
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.
泉州市2018届普通高中毕业班质量检查
文科数学试题参考答案及评分细则
一、选择题
1-5:BACCA 6-10:CBDDD 11、12：BB
二、填空题
13. 14. 15. 16.
三、解答题
17.解法一：（1）根据正弦定理，
等价于．
又因为在中，
．
故，
从而，
因为，所以，得，
因为，所以．
（2）由，可得，
因为，所以．
根据余弦定理，得，即．
在中，根据正弦定理有，
得．
因为，
故．
解法二：（1）同解法一．
（2）由，可得，
根据正弦定理，
可得．
取的中点，连接，
为边上的高，且，
由，得．
又在直角三角形中，，
，得．
所以．
18.解法一：（1）证明：取的中点，连接，
∵平面，平面，
∴所以．
∵为正三角形，为的中点，
∴，
又∵平面，，
∴平面，
又∵平面，所以
正方形中，∵，∴，
又∵，
∴，故，
又∵，平面，
∴平面，
又∵平面，∴．
（Ⅱ）取中点，连接，则线段为点的运动轨迹．
理由如下
:
∵，平面，平面，
∴平面，
∴到平面的距离为．
所以
．
解法二：（Ⅰ）证明：取的中点，连接，
正三棱柱中，平面平面，
平面平面，平面，
因为为正三角形，为的中点，
所以，从而平面，所以．
正方形中，因为，所以，
又因为，
所以，故，
又因为，平面，所以平面，
又因为平面，所以．
（2）取中点，连接，则线段为点的运动轨迹．理由如下．
设三棱锥的高为，
依题意
故．
因为分别为中点，故，又因为平面，平面，
所以平面，所以到平面的距离为．
19.解法一：
（1）记为事件“该新型窑炉烧制的产品为二等品”．
由直方图可知，该新型窑炉烧制的产品为二等品的频率为，
故事件的概率估计值为．
（2）①先分析该窑炉烧制出的产品的综合指标值的平均数：
由直方图可知，综合指标值的平均数
．
该窑炉烧制出的产品的综合指标值的平均数的估计值，
故满足认购条件①．
②再分析该窑炉烧制的单件平均利润值：
由直方图可知，该新型窑炉烧制的产品为一、二、三等品的概率估计值分别为，，．
故件产品中，一、二、三等品的件数估计值分别为件，件，件．
一等品的销售总利润为元；
二等品的销售总利润为元；
三等品的销售总利润为元．……11分
故件产品的单件平均利润值的估计值为元，
有满足认购条件②，综上所述，该新型窑炉达到认购条件．
解法二：
（1）同解法一．
（2）①同解法一．
②再分析该窑炉烧制的单件平均利润值：
由直方图可知，该新型窑炉烧制的产品为一、二、三等品的概率估计值分别为，，．
故件产品的单件平均利润值的估计值为
元，有满足认购条件②．
综上所述，该新型窑炉达到认购条件．
20.解法一：（1）因为，所以．
又因为，所以．
故椭圆的方程:．
（2）设直线的方程为，
代入椭圆的方程，得
设，则，解得，，
所以.
用替换，可得.
解得直线的斜率为，直线的斜率，
所以直线的方程为：①
直线的方程为：②
由①②两直线的交点的横坐标，
所以点在定直线上．
解法二：（1）依题意，，代入椭圆方程，得
因为，代入整理得．
又因为，所以．故椭圆:．
（2）证明：，
设，因为点在椭圆上，所以．
设 ，由于，，三点共线，所以．
又，所以．
所以，
即
整理得
因为，解得，所以点在定直线上．
解法三：（1）同解法一或解法二；
（2）设，直线的斜率分别为，
则，
又，所以．
又，则．所以．
设直线的方程为①
则直线的方程为②
则两直线的交点的横坐标．所以点在定直线上．
21.解：（1）由，可得，
故．
不是的极值点.
理由如下：．
记，则.
由，解得；由，解得，
所以在单调递减，在单调递增，
故，即在恒单调递增，
故不是的极值点．
（2）依题意，．
则．
①时，在恒成立，在恒成立，
所以在上先减后增，
故在上有极小值，无极大值，应舍去．
②时，在恒成立，在恒成立，
所以在上先减后增，
故在上有极小值，无极大值，应舍去．
③时，由得和，
大于
小于
大于
单调递增
单调递减
单调递增
因为，故有下列对应关系表：
故，
记，
因为在上单调递减，
所以．
④当时，因为，故
大于
小于
大于
单调递增
单调递减
单调递增
故，
设，
记，
则，令得和（舍去），
小于
大于
单调递减
单调递增
故．
22.【试题简析】解法一：（Ⅰ）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）由已知直线恒过定点，又，由参数方程的几何意义知是线段的中
点，曲线是以为圆心，半径的圆，且，
由垂径定理知：．
解法二：（1）依题意可知，直线的极坐标方程为，
当时，联立 解得交点，
当时，经检验满足两方程，
当时，无交点；
综上，曲线与直线的点极坐标为，．
（2）把直线的参数方程代入曲线，得，
可知，，
所以．
23.【试题简析】解：（1）当时，，
①当时，，
令 即，解得，
②当时，，
显然成立，所以，
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．
泉州市2018届普通中学高中毕业班质量检查
文科数学试题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，可在评卷组内讨论后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仅出现严谨性或规范性错误时，不要影响后续部分的判分；当考生的解答在某一步出现了将影响后续解答的严重性错误时，后继部分的解答不再给分．
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）B （2）A （3）C （4）C （5）A （6）C
（7）B （8）D （9）D （10）D （11）B （12）B
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．将答案填在答题卡的相应位置．
（13）; （14）; （15）; （16）.
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）（本小题满分12分）
解法一：（Ⅰ）根据正弦定理，
等价于．……………………2分
又因为在中，
．……………4分
故，
从而，
因为，所以，得， ……………5分
因为，所以． …………………6分
（Ⅱ）由，可得， …………………7分
因为，所以． ………………8分
根据余弦定理，得，即．
…10分
在中，根据正弦定理有，
得．………11分
因为，
故．……………………12分
解法二：（Ⅰ）同解法一． ……………………6分
（Ⅱ）由，可得，……………………7分
根据正弦定理，
可得． ……………………8分
取的中点，连接，
为边上的高，且， ……………………9分
由，得．……………………10分
又在直角三角形中，，
，得．………11分
所以．………12分
（18）（本小题满分12分）
解法一：（Ⅰ）证明：取的中点，连接，
∵平面，平面，
∴所以． …………1分
∵为正三角形，为的中点，
∴， …………2分
又∵平面，，
∴平面， …………3分
又∵平面，所以． ……………………4分
正方形中，∵，∴，
又∵，
∴，故， ……………………5分
又∵，平面，
∴平面，
又∵平面，∴． ……………………6分
（Ⅱ）取中点，连接，则线段为点的运动轨迹．………8分
理由如下:
∵，平面，平面，
∴平面，
∴到平面的距离为．……………10分
所以
．……………12分
解法二：（Ⅰ）证明：取的中点，连接，………1分
正三棱柱中，平面平面，
平面平面，平面，
因为为正三角形，为的中点，
所以，从而平面，所以．………………3分
正方形中，因为，所以，
又因为，
所以，故，……………………4分
又因为，平面，所以平面，
又因为平面，所以．…………6分
（Ⅱ）取中点，连接，则线段为点的运动轨迹．理由如下．……………8分
设三棱锥的高为，
依题意
故．……………10分
因为分别为中点，故，又因为平面，平面，
所以平面，所以到平面的距离为．……………12分
评分说明：（1）第（Ⅰ）问中，辅助线有作图没说明，或者有说明没作图的，同样给分；
（2）第（Ⅱ）问中，直接作出轨迹，或者直接说明轨迹，但没有说明理由的，给分．
（19）（本小题满分12分）
解法一：
（Ⅰ）记为事件“该新型窑炉烧制的产品为二等品”．
由直方图可知，该新型窑炉烧制的产品为二等品的频率为，
故事件的概率估计值为．……………………4分
（Ⅱ）①先分析该窑炉烧制出的产品的综合指标值的平均数：
由直方图可知，综合指标值的平均数
．
该窑炉烧制出的产品的综合指标值的平均数的估计值，
故满足认购条件①．……………………6分
②再分析该窑炉烧制的单件平均利润值：
由直方图可知，该新型窑炉烧制的产品为一、二、三等品的概率估计值分别为，，．……………………8分
故件产品中，一、二、三等品的件数估计值分别为件，件，件．
一等品的销售总利润为元；
二等品的销售总利润为元；
三等品的销售总利润为元．……11分
故件产品的单件平均利润值的估计值为元，
有满足认购条件②，综上所述，该新型窑炉达到认购条件． ……………12分
解法二：
（Ⅰ）同解法一．……………………4分
（Ⅱ）①同解法一．……………………6分
②再分析该窑炉烧制的单件平均利润值：
由直方图可知，该新型窑炉烧制的产品为一、二、三等品的概率估计值分别为，，．……………………8分
故件产品的单件平均利润值的估计值为
元，有满足认购条件②．……………………11分
综上所述，该新型窑炉达到认购条件．……………………12分
评分说明：（1）第（Ⅰ）问中，没有体现频率估计概率的，扣分；
（2）第（Ⅱ）问中，三种等次的概率估计值的个分点为一等品与三等品的分点，二等品的分点在第（Ⅰ）问中，不再重复给分；
（3）第（Ⅱ）问解法二中，
中每个式子各分
（20）（本题满分12分）
解法一：（Ⅰ）因为，所以． ……………2分
又因为，所以． ……………3分
故椭圆的方程:． ……………4分
（Ⅱ）设直线的方程为， ……………5分
代入椭圆的方程，得……………6分
设，则，解得，，
所以. …………………8分
用替换，可得. ……………………9分
解得直线的斜率为，直线的斜率，
所以直线的方程为：①…………………………10分
直线的方程为：②……………………………11分
由①②两直线的交点的横坐标，
所以点在定直线上．……………12分
解法二：（Ⅰ）依题意，，代入椭圆方程，得
因为，代入整理得．……………2分
又因为，所以．故椭圆:．……………4分
（Ⅱ）证明：，
设，因为点在椭圆上，所以．………5分
设 ，由于，，三点共线，所以．………7分
又，所以．……………8分
所以，
即……………9分
整理得……………11分
因为，解得，所以点在定直线上．……………12分
解法三：（Ⅰ）同解法一或解法二；…………………4分
（Ⅱ）设，直线的斜率分别为，
则，…………………5分
又，所以．…………………7分
又，则．所以．…………………9分
设直线的方程为①……………10分
则直线的方程为②……………11分
则两直线的交点的横坐标．所以点在定直线上．……………12分
（21）（本小题满分12分）
解：（Ⅰ）由，可得， ……………1分
故．
不是的极值点. ……………………2分
理由如下：． ……………………4分
记，则.
由，解得；由，解得，
所以在单调递减，在单调递增，…………………………5分
故，即在恒单调递增，……………6分
故不是的极值点．
（Ⅱ）依题意，．
则． ……………………7分
① 时，在恒成立，在恒成立，
所以在上先减后增，
故在上有极小值，无极大值，应舍去． ……………………8分
②时，在恒成立，在恒成立，
所以在上先减后增，
故在上有极小值，无极大值，应舍去． ……………………9分
③时，由得和，
大于
小于
大于
单调递增
单调递减
单调递增
因为，故有下列对应关系表：
故，
记，
因为在上单调递减，
所以．……………………10分
④当时，因为，故
大于
小于
大于
单调递增
单调递减
单调递增
故，………11分
设，
记，
则，令得和（舍去），
小于
大于
单调递减
单调递增
故． ……………………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
同理科。
（23）（本小题满分10分）选修：不等式选讲
同理科。
微信/支付宝扫码支付