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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．
2.已知向量 ， ,则下列结论正确的是（ ）
A． B． C． D．
3.已知函数 是偶函数，且 ， ，则 （ ）
A． B． C． D．
4.若，则 ， ， 的大小关系为（ ）
A． B． C. D．
5.已知实数 ， 满足 ，则 的最大值为（ ）
A． B． C. D．
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
7.执行如图所示的程序框图，则输出 （ ）
A． B． C. D．
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（ ）
A． B． C. D．
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．
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．
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．
12.不等式 有且只有一个整数解，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.已知复数 ，则 ．
14. 的展开式中，常数项是 ．
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 ．
16.在平面四边形 中， ， ， ， ， 的面积为 ，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. 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： .
18. 如图，在四边形 中， ， ， ， ， ， 是 上的点， ， 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.
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？
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 .
（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.
21. 已知函数 .
（1）当 时，讨论 的极值情况；
（2）若 ，求 的值.
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.
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理科数学试题参考答案及评分细则
一、选择题
1-5:BBCAB 6-10:CBCCD 11、12：BD
二、填空题
13. 14. （15）； （16）．.
三、解答题
17.解：（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.解：（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．
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.解：（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：
0
1
2
3
0.027
0.189
0.441
0.343
（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.解：（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．
又因为当直线的斜率不存在时，，
所以的取值范围是．
21.解：（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
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：．
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．
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理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）B （3）C （4）A （5）B （6）C
（7）B （8）C （9）C （10）D （11）B （12）D
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分．
（13） ； （14）； （15）； （16）．
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）
解：（Ⅰ）由已知1，，成等差数列，得…①, 1分
当 时，，所以； 2分
当时，…②， 3分
①②两式相减得，所以， 4分
则数列是以为首项，为公比的等比数列， 5分
所以． 6分
（Ⅱ）由（Ⅰ）得 7分
， 9分
所以，
11分
因为，，
所以，即证得． 12分
（18）（本小题满分12分）
解：（Ⅰ）连结．
在四边形中，，，，，，，
∴，， 1分
∴四边形为菱形，且为等边三角形．
又∵为的中点，∴. 2分
∵，，，满足，
∴， 3分
又∵，∴平面. 4分
∵平面，∴平面平面． 5分
（Ⅱ）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）， 6分
则，，，
所以，， 7分
设是平面的一个法向量，
则即 8分
取，得． 9分
取平面的一个法向量． 10分
∵， 11分
又二面角的平面角为钝角，
所以二面角的余弦值为． 12分
（19）（本小题满分12分）
解：（Ⅰ）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. 1分
记为树苗的高度，结合图19-1可得：
， 2分
， 3分
， 4分
又由于组距为0.1，所以． 5分
（Ⅱ）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. 6分
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， 7分
故的分布列为：， 8分
即：
0
1
2
3
0.027
0.189
0.441
0.343
8分
（或）. 9分
（III）由，取，，
由（Ⅱ）可知，， 10分
又结合（Ⅰ），可得：
， 11分
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． 12分
（20）（本小题满分12分）
解：（Ⅰ）设点坐标，点坐标，点坐标，
由可得 2分
因为在圆:上运动，
所以点的轨迹的方程为．... 4分
（Ⅱ）当直线的斜率不存在时，直线的方程为，此时，，
所以． 5分
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， 6分
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，， 7分
所以，
， 8分
在圆:，圆心到直线的距离为，
所以， 9分
所以． 11分
又因为当直线的斜率不存在时，，
所以的取值范围是． 12分
（21）（本小题满分12分）
解：（Ⅰ） 1分
．
因为，由得，或．
①当时，，单调递增，故无极值． 2分
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． 4分
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
故有极大值，极小值． 5分
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． 6分
（Ⅱ）令，则．
（i）当时，，
所以当时，，单调递减，
所以，此时，不满足题意． 8分
（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． 9分
②当时，在单调递减，
所以当时，，
此时，不满足题意． 10分
③当时，在单调递减，
所以当时，，
此时，不满足题意． 11分
综上所述：． 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
【试题简析】解法一：（Ⅰ）由，可得，
所以，即， 1分
当时，直线的参数方程（为参数），化为直角坐标方程为， 2分
联立解得交点为或， 3分
化为极坐标为， 5分
（Ⅱ）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， 6分
曲线是以为圆心，半径的圆，且， 8分
由垂径定理知：． 10分
解法二：（Ⅰ）依题意可知，直线的极坐标方程为， 1分
当时，联立 解得交点， 3分
当时，经检验满足两方程， 4分
当时，无交点；
综上，曲线与直线的点极坐标为，． 5分
（Ⅱ）把直线的参数方程代入曲线，得， 7分
可知，， 8分
所以． 10分
（23）（本小题满分10分）选修：不等式选讲
【试题简析】解：（Ⅰ）当时，，
①当时，，
令 即，解得， 1分
②当时，，
显然成立，所以， 2分
③当时，，
令 即，解得， 3分
综上所述，不等式的解集为． 5分
（Ⅱ）因为， 7分
因为，有成立，
所以只需， 8分
化简可得，解得， 9分
所以的取值范围为． 10分
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