泉州市普通中学高中毕业班质量检查(文科数学)含答案

泉州市一般中学高中毕业班质量检查文科数学第卷(共6分)一、选择题：本大题共2个小题，每题5分,共分.在每题给出的四个选项中,只有一项是符合题目规定的.复平面内，复数相应的点位于（ ）A.第一象限 B第二象限 第三象限 D第四象限2.已知集合,则（ )A. . C .3已知是等比数列，则( ）A B. D. .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（ ). B . D5.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 .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:m)如图所示.根据三视图可得该玉琮的体积(单位:)为（ ). . . D.已知图象：则函数,相应的图象分别是（ ）A B C. D.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( ）. C. D.1.已知抛物线:，在的准线上，直线，分别与相切于，,为线段的中点，则下列有关与的关系对的的是( )A. B C. D.2.已知函数,若函数恰有个零点,则的取值范畴是（ )A B. C. D.第卷（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 .已知函数为偶函数,当时,则 .1设,满足约束条件,则的取值范畴是 .数列满足,则 三、解答题 (本大题共6小题,共7分.解答应写出文字阐明、证明过程或演算环节.） 17 已知,分别为三个内角,，的对边,.（)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,并阐明理由.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种试用,烧制了一批产品并记录有关数据，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相应产量的比值)及单件售价状况如下：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所有解决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步满足下列两个条件：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)不不不小于;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，在销售方案不变的状况下,根据以上图表数据,分析该新型窑炉与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.1. 已知函数.（1)当时,判断与否为的极值点，并阐明理由；(2）记.若函数存在极大值，证明：请考生在、2两题中任选一题作答,如果多做，则按所做的第一题记分. 2.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,且两点相应的参数,互为相反数，求 的值.23.选修45:不等式选讲已知函数.（1)当 时,求不等式 的解集;(2) ， ,求的取值范畴.泉州市一般高中毕业班质量检查文科数学试题参照答案及评分细则一、选择题:ACC 6-10:BDD 、12:B二、填空题13. 14 5 6.三、解答题7.解法一:(1）根据正弦定理,等价于.又由于在中，故,从而,由于，因此,得，由于,因此(2)由，可得,由于,因此.根据余弦定理,得，即在中,根据正弦定理有,得.由于,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,，得因此18.解法一：(1)证明:取的中点，连接，平面,平面,因此.为正三角形，为的中点，又平面,平面,又平面,因此正方形中,，又,故，又，平面,平面,又平面,.()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.因此解法二：()证明:取的中点,连接,正三棱柱中,平面平面，平面平面,平面,由于为正三角形,为的中点，因此，从而平面,因此正方形中,由于，因此,又由于，因此，故,又由于，平面,因此平面，又由于平面,因此.()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.由于分别为中点,故,又由于平面,平面,因此平面,因此到平面的距离为.9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）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.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,综上所述，该新型窑炉达到认购条件.解法二:()同解法一.(2)同解法一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.综上所述,该新型窑炉达到认购条件2解法一:（1）由于,因此.又由于，因此.故椭圆的方程：.()设直线的方程为,代入椭圆的方程,得设,则,解得,因此.用替代,可得.解得直线的斜率为,直线的斜率，因此直线的方程为：直线的方程为:由两直线的交点的横坐标，因此点在定直线上.解法二:(1）依题意,代入椭圆方程,得由于,代入整顿得.又由于,因此.故椭圆:.(2)证明:,设,由于点在椭圆上，因此.设,由于,，三点共线,因此.又，因此因此,即整顿得由于,解得，因此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,因此又，则.因此设直线的方程为则直线的方程为则两直线的交点的横坐标.因此点在定直线上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,因此在单调递减,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.时,在恒成立,在恒成立,因此在上先减后增,故在上有极小值,无极大值，应舍去时,在恒成立,在恒成立，因此在上先减后增,故在上有极小值，无极大值,应舍去.时，由得和,不小于不不小于不小于单调递增单调递减单调递增由于,故有下列相应关系表：故，记,由于在上单调递减,因此.当时,由于,故不小于不不小于不小于单调递增单调递减单调递增故,设，记,则,令得和(舍去)，不不小于不小于单调递减单调递增故22.【试题简析】解法一：（)由，可得，因此,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,曲线是觉得圆心,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,经检查满足两方程，当时,无交点；综上,曲线与直线的点极坐标为,.（)把直线的参数方程代入曲线,得,可知，,因此.23【试题简析】解:(1)当时,当时，令 即,解得,当时，显然成立，因此,当时,令 即,解得,综上所述,不等式的解集为.(2)由于，由于,有成立，因此只需,化简可得,解得,因此的取值范畴为.