高考时间表安排-英语六级报名网站

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
zii
6
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
A{xZ|0≤x≤4}
，
B{x|(x 1)(x3)≤0}
，则
AB
（ ）
1，2，3}
B．

1，
A．
{0，
2，3

C．

x|0≤x≤3

D．

x|1≤x≤4


3.已知

a
n

是等比数列，
a
1
1
，
a
32
，则
a
5
a
10

（ ）
a
1
a
6
A．
1
B．
2
C．
4
D．
8

4.用
3
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
（ ）
1125
A． B． C. D．
3238
5.若
tan

2
，则
sin2


（ ）
A．
4422
B．

C. D．


5555< br>6.执行如图所示的程序框图，如果输入的
N6
，则输出的
S
值为（ ）

A．
2
B．
5
C.
6
D．
7

5
x
2
y
2
b)
，若直线
FB
与
C
的一条渐近线垂直， 7.设
F
为双曲线
C
：
2

2
1
（
a0
，
b0
）的右焦点，
B(0，
ab
则
C
的离心率为（ ）
A．
2
B．
5151
C.
51
D． 22

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：
cm
3
）为（ ）

A．
25614

B．
25616

C.
25629

D．
25622


9.已知图象：

则函数
f(x)
lnxx
，
g(x)xlnx
，
m(x)xex
，
n(x)
x
对应的图象分别是（ ）
xe
A．①②③④ B．①②④③ C.②①④③ D．②①③④
10.如图，在下列四个正方体
ABCDA
1
B
1
C
1
D
1
中，
E
，
F
，
G
均为所在棱的中点，过
E
，
F
，
G
作正方
体的截面，则在各个正方体中，直线
BD
1
与平面
EFG
不垂直的 是（ ）
A． B．
C. D．
11 .已知抛物线
C
：
x
2
4y
，
P
在C
的准线
l
上，直线
PA
，
PB
分别与
C
相切于
A
，
B
，
M
为线段
AB
的

中点，则下列关于
AB
与
MP
的关系正确的是（ ）
A．
ABMP
B．
AB2MP
C.
AB2MP
D．
AB2MP

0x≤ e1

ln(x1)，
1
12.已知函数
f(x)

x
，若函数
g(x)f(x)xa
恰有个
3
零点，则
a
的取值范围
e
4≤x≤0

e1，
是（ ）
[1，e2)
B．
[1，0)(0，e2)
C.
[e4e
3
，
A．
0)
D．
[1，0)(0，4e
3
e]

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
a
，
b
，若
a
在
b
方向 上的投影为
3
，
b2
，则
ab
．
14.已知函数
f(x)
为偶函数，当
x≥0
时，
f( x)x
2
sin

x
2
，则
f(1) ．

xy1≥0
y

15.设x
，
y
满足约束条件

xy1≥0
，则
z 
的取值范围是 ．
x1

2xy2≤0

16.数列

a
n

满足
a
n
a
n1
n
2
(1)
n
，则
a
101
a
1

．
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
a
，
b
，
c
分别为
△ABC
三个内角
A
，
B
，
C
的对边，
2ccosAa2b
.
（1）求
C
；
（2）若
ab4
，
D
是
AB
边上一点，且
△ACD
的面积为
3
，求
si nBDC
.
18.如图，正三棱柱
ABCA
1
B
1< br>C
1
中
AA
1
AB
，
D
为
BB
1
的中点.

AD
； （1）求证：
AC
1
（2）若点
P
为四边形
ABB
1
A
1
内部及其边界上的点，且三棱锥
PABC
的体积为三棱柱
ABCA
1B
1
C
1
体积
的
1
，试在图中画出
P
点的轨迹，并说明理由.
6
10]
为一19. 德化瓷器是泉州的一张名片 ，已知瓷器产品
T
的质量采用综合指标值
M
进行衡量，
M[8，< /p>

8)
为二等品；
M[0，4)
为三等品.某瓷器厂准备购进新 型窑炉以提高生产效益，在某供应等品；
M[4，
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
T
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：

销售率
单件售价
一等品 二等品 三等品
8

9
20
元
2

3
16
元
2

5
12
元
根据以往的销售方案，未售出的产品统一按 原售价的
50%
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
6
；
②单件平均利润值不低于
4
元.
若该新型窑炉烧制产品
T
的成本为
10
元件，月产量为
2000
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.
x
2
y
2
20. 已知椭圆
C
：
2

2
1
（
ab0
）的左、右顶点分别为
A
，
B
，
a2b
，点
E
在
C
上，
E
在
x
轴
ab
1
上的射影为
C
的右焦点< br>F
，且
EF
.
2
（1）求
C
的方程；
（2）若
M
，
N
是
C
上异于
A
，
B
的不同两点，满足
BMBN
，直线
AM
，
BN
交于点
P
，求证：
P
在
定直线上.
21. 已知函数
f(x)e
x
(x2)ax1
.
（1）当
f(2)3
时，判断
x0
是否为
f(x)
的极值点，并说明理 由；
1
（2）记
g(x)f(x)ax
2
2ax
. 若函数
g(x)
存在极大值
g(x
0
)
，证明：
g (x
0
)≥1
.
2

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
xOy
中，直线
l
的参数方程为


x1tcos

（
t
为参数，
0≤



）.在以
O
为极

y1tsin

点，
x
轴正半轴为极轴的极坐标中，曲线
C
：

=4cos

.
（1）当



4
时，求
C
与
l
的交点的极坐标；
（2）直线
l
与曲线
C
交于
A
，
B
两点，且两点对应的参数
t
1
，
t
2
互为相反数，求
AB
的值.
23.选修4-5：不等式选讲
已知函数
f(x)xax2
.
（1）当
a1
时， 求不等式
f(x)≤5
的解集；
（2）
x
0
R
，
f(x
0
)≤2a1
，求
a
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
1]
16.
5150
13.
6
14.
2
15.
[0，
三、解答题
17.解法一：（1）根据正弦定理，

2ccosAa2b
等价于
2sinCcosAsinA2sinB
．< br>
又因为在
△ABC
中，

sinBsin(πAC) sin(AC)
sinAcosCcosAsinC
．

故
2sinCcosAsinA2sinAcosC2cosAsinC
，

从而
sinA2sinAcosC
，

因为A

0，π

C

0，π

，所 以
sinA0
，得
cosC
1
，

2
因为，所以
C
2π
．

3
π
，

6
（2）由
ab4
，可得
AB

1
ACADsinA
3
，所以
AD3
．

2
2
π
22
根据余弦定理，得
CD34234c os7
，即
CD7
．

6
因为
S
△A CD

74

在
△ACD
中，根据正弦定理有
1< br>sinADC
，

2
得
sinADC
227
．


7
7
因为
BDCADCπ
，

故
sinBDC
27
．

7
解法二：（1）同解法一．

（2）由
ab4
，可得
AB
根据正弦定理
π
，

6
abc

，

sinAsinBsinC
可得
c43
．

取
AB
的中点
M
，连接
CM
，

CM
为
ABC
边
AB
上的高，且
CM4sinA2< br>，

由
S
△ACD

1
ADCM3< br>，得
AD3DM
．

2

又在直角三角形
CMD
中，
DM3
，

CM2
，得
CD7
．

所以
sinBDC
27
．

7
18.解法一： （1）证明：取
AB
的中点
F
，连接
CF,A
1
F
，
∵
AA
1

平面
ABC
，
C F
平面
ABC
，
∴所以
AA
1
CF
．
∵
CAB
为正三角形，
F
为
AB
的中点，
∴
CFAB
，
又∵
AA
1
,AB
平 面
AA
1
ABA
，
1
B
1
B
，
AA
∴
CF
平面
AA
1
B
1
B
，
又∵
AD
平面
AA
1
B
1B
，所以
CFAD

正方形
AA
1
A
，
1
B
1
B< br>中，∵
Rt△A
1
AF≌Rt△ABD
，∴
DABFA
又∵
AFA
1
FA
1
A90
，
∴
AFA
1
DAB90
，故
ADA
1
F
，
又∵
CFIA
，
1
FF
，
C F,A
1
F
平面
ACF
1
∴
AD
平面
ACF
，
1
又∵
A
1
C
平面
A
1
CF
，∴
ACAD
．
1
E
，连接
DE
，则线段
DE
为点
P
的运动轨迹． （Ⅱ）取
AA
1
中点
理由如下
C
C
1
D
B
P
A
E
A
1
B
1
:
∵
DEAB
，
DE
平面
ABC
，
AB
平面
ABC
，

∴
DE
平面
ABC
，
∴
P
到平面
ABC
的距离为
所以
V
PABC

1< br>BB
1
．
2
11
S
ABC
BB
1

3211
S
ABC
BB
1
V
ABCA
1
B
1
C
1
．
66
解法二：（Ⅰ）证明：取
AB
的中点
F
，连接
CF,A
1
F
，
C
C
1
D
F
A
B
A
1
B
1

正三棱柱中，平面
ABB
1
A
1

平 面
ABC
，
平面
ABB
1
A
1

平面
ABCAB
，
CF
平面
ABC
，
因为
CAB
为正三角形，
F
为
AB
的中点， < br>所以
CFAB
，从而
CF
平面
AA
1
B
1
B
，所以
CFAD
．
正方形
AA
1
A
，
1
B
1
B< br>中，因为
RtA
1
AFRtABD
，所以
DAB FA
又因为
AFA
1
FA
1
A90
，
所以
AFA
1
DAB90
，故
ADA
1
F
，
又因为
CFIA
，所以
AD
平面
ACF
， 1
FF
，
CF,A
1
F
平面
ACF
11
C
C
1
D
B
P
A
E
A1
B
1

又因为
A
1
C
平面
A
1
CF
，所以
ACAD
．
1
E
， 连接
DE
，则线段
DE
为点
P
的运动轨迹．理由如下． （ 2）取
AA
1
中点
设三棱锥
PABC
的高为
h< br>，

依题意
V
PABC

故
h< br>111
S
ABC
hV
ABCA
1
B
1
C
1
S
ABC
BB
1

366
1
BB
1
．
2
因为
D,E
分别为
BB
1
,AA
1
中点，故
DEAB
，又因 为
DE
平面
ABC
，
AB
平面
ABC
，
所以
DE
平面
ABC
，所以
P
到平面
ABC
的距离为
19.解法一：
（1）记
A
为事件“该新型窑炉烧制的产品
T
为二等品”．
由直方图可知，该新型窑炉烧制的产品
T
为二等品的频率为
(0.110.17) 20.54
，
故事件
A
的概率估计值为
0.54
．
（2）①先分析该窑炉烧制出的产品
T
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
1
BB
1
．
2x(10.0130.0450.1170.1690.18)2
6.8 4
．
该窑炉烧制出的产品
T
的综合指标值的平均数的估计值
6.8 46
，
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
T
为一、二、三等品的概率估计值分别为
0.3 6
，
0.54
，
0.1
．
故
2000
件 产品中，一、二、三等品的件数估计值分别为
720
件，
1080
件，
200
件．
8
9
21
二等品的销售总利润为
1080 (1610)1080(108)3600
元；
33
23
三 等品的销售总利润为
200(1210)200(106)320
元．„„ 11分
55
一等品的销售总利润为
720(2010)6400
元； 故
2000
件产品的单件平均利润值的估计值为
(64003600320) 20004.84
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
T< br>为一、二、三等品的概率估计值分别为
0.36
，
0.54
，
0.1
．
故
2000
件产品的单件平均利润值的估计值为

813

2

2

0.36(2010) 0.54

(1610)(108)

0.1

(1210)(106)

935

3
5

4.84
元，有满足认购条件②．
综上所述，该新型窑炉达到认购条件．

b
2
1
1

． 20.解法一：（1）因为
EF
，所以
2
a2
又因为
a2b
，所以
a2,b 1
．
x
2
y
2
1
． 故椭圆
C的方程:
4
（2）设直线
BM
的方程为
yk(x2)
，
代入椭圆
C
的方程，得
(14k
2
)x
2
16k
2
x16k
2
40

16k
2
48k
2
2
4k
y
x
设
M (x
1
，y
1
)(x4)
，则
2x
1

，解得，，
1
1
2
22
14k
14k14 k
2
1

8k
2
24k

所以
M

.
,
22

14k14k

82k
2
1
4k
用

替换
k，可得
N

，
2
k
4k
2

4k


.

4k
2
1
1解得直线
AM
的斜率为
1
2
4k

，直线
BN
的斜率，

k
8k2
4k
214k
2
1
(x2)
① 所以直线
AM
的方程为 ：
y
4k
1
(x2)
② 直线
BN
的方程为 ：
y
k
10
由①②两直线的交点
P
的横坐标
x
，
3
10
所以点
P
在定直线
x
上．
3
c1
1
解法二：（1）依题意，
E(c，)
，代入椭圆 方程，得
2

2
1

2
a4b
b
2
1

． 因为
cab< br>，代入整理得
a2
222
2

x
2
又因 为
a2b
，所以
a2,b1
．故椭圆
C
:
 y
2
1
．
4
（2）证明：
A(2，0)
，
B(2，0)

x
0
2
设
M(x
0
，y
0
)(x
0
4)
，因为点
M
在椭圆
C
上，所以
y
0
1
．
4
2
2
设
P(t，m)
， 由于
A
，
M
，
P
三点共线，所以
m
y< br>0

t2

．
x
0
2
 
又
BMBN
，所以
BMBP0
．
所以

x
0
2，y
0



t2 ，



y
0

t2

0
，
x
0
2

y
0
2
即

x
0
2



t2
< br>

t2

0

x
0
2整理得
x
0
4

t2


2< br>
1
2
x
0
4

t2
0

4

因为
x
0
2
4
，解得
t
10
10
，所以点
P
在定直线
x< br>上．
3
3
解法三：（1）同解法一或解法二；
（2）设
M (x
1
，y
1
)(x
1
2
4)
，直线< br>MA,MB,NB
的斜率分别为
k
1
,k
2
,k3
，
y
1
y
1
y
1
2
则< br>k
1
k
2

，

x
1
2x
1
2x
1
2
4
x
1
2
1
又
y1
，所以
k
1
k
2

．
4
4
2
1
又
BMBN
，则
k2
k
3
1
．所以
k
3
4k
1< br>．
设直线
MA
的方程为
yk(x2)
①
则直线
BN
的方程为
y4k(x2)
②
则两直线的交 点的横坐标．所以点
P
在定直线
x
21.解：（1）由
f(2) 3
，可得
a1
，
故
f(x)e(x2)x1
．
x
10
上．
3
x0
不是
f(x)
的极值点.

理由如下：
f'(x)e
x
(x1)1
． < br>记
g(x)e
x
(x1)1
，则
g'(x)e
x
x
.
由
g'(x)e
x
x0
，解得
x0
；由
g'(x)e
x
x0
，解得
x 0
，
所以
g(x)
在
(,0]
单调递减，在
[0,)
单调递增，
故
f'(x)
g(x)g(0)0
，即
f(x)
在
（,)
恒单调递增，
故
x0
不是
f(x)
的极值点．
（2）依题意，
g(x)e(x2)ax
则
g'(x)(e
x
a)(x1)
．
x
1
2
ax1
．
2
1]
恒成立，
g'(x)0
在
x[1，)
恒成立， ①
a0< br>时，
g'(x)0
在
x(，
所以
g(x)
在
R
上先减后增，
故
g(x)
在
R
上有极小值，无极大值，应舍去．
1]
恒成立，
g'(x)0
在
x[1，)
恒成立， ②
ae
时，
g'(x)0
在
x(，
所以
g(x)
在
R
上先减后增，
故
g(x)
在
R
上有极小值，无极大值，应舍去．
③ae
时，由
g'(x)0
得
xln(a)
和
x1
，
因为
ln(a)1
，故有下列对应关系表：

(,1)

大于
0

单调递增
(1,ln(a))

小于
0

单调递减
(ln(a),)

大于
0

单调递增
g'(x)

g(x)

故
g(x)
极大值
=g(1)
记
h(a)
1
ae1
，
2
1
ae1
，
2
1
e)
上单调递减， 因为
h(a)ae1
在
a(，
2

所以
h(a)h(e)1
e
1
．
2
④当
ea0
时，因为
ln(a)1
，故

(,ln(a))

大于
0

单调递增
(ln(a),1)

小于
0

单调递减
(1,)

大于
0

单调递增
g'(x)

g(x)

故
g(x)
极大值
=g(ln(a))
设
ta(0，e)
，
记
k(t) 2tlnt2t
则
k'(t)lnt(1
1
aln
2(a)2(a)ln(a)2a1
，
2
1
2
lnt1
，
2
1
lnt)，令
k'(t)0
得
t1
和
te
2
（舍 去），
2

(0，1)

(1,e)

大于
0

k'(x)

小于
0

k(x)

单调递减 单调递增
故
k(t)k(1)1
．
2
22.【试题简析】解法一：（ Ⅰ）由

4cos

，可得

4

c os

，
所以
xy4x
，即
xy4x0
，
2222
2
x1t,

π

2
（
t为参数）当


时，直线
l
的参数方程

，化 为直角坐标方程为
yx
，
4

y1
2
t,

2

yx,
联立

2
解得交点为< br>(0,0)
或
(2,2)
，
2
xy4x0,

π
化为极坐标为
(0,0)
，
(22,)

4< br>（2）由已知直线恒过定点
P(1,1)
，又
t
1
t
2
0
，由参数方程的几何意义知
P
是线段
AB
的中 < br>点，曲线
C
是以
C(2,0)
为圆心，半径
r2
的 圆，且
|PC|
22
由垂径定理知：
|AB|2r|PC|242 22
．
2
，
解法二：（1）依题意可知，直线
l
的极 坐标方程为


π
(

R)
，
4

π


,
π

(22,)
，

当

0
时，联立

解得交点
44



4cos

当

0< br>时，经检验
(0,0)
满足两方程，
当

0
时，无交点；
π
综上，曲线
C
与直线
l
的点极坐标为
(0,0)
，
(22,)
．
4
（2）把直线
l
的参数方程代入曲线
C
，得
t
2
2(sin

cos

)t20
，
可 知
t
1
t
2
0
，
t
1
t< br>2
2
，
所以
|AB|t
1
t
2< br>(t
1
t
2
)4t
1
t
2
 22
．
23.【试题简析】解：（1）当
a1
时，
f(x)x 1x2
，
①当
x≤2
时，
f(x)2x1
，
令
f(x)≤5

即
2x1≤5
，解得
3≤x≤2
，
②当
2x1
时，
f(x)3
，
显然
f(x)≤5
成立，所以
2x1
，
③当
x≥1
时，
f(x)2x1
，
令
f(x)≤5

即
2x1≤5
，解得
1≤x≤2
，
综上所述，不等式的解集为

x|3≤x≤2

．
（2）因为
f(x)xax2≥(xa)(x2)a2
，
因为
x
0
R
，有
f(x)≤2a1
成立，
所以只需
a2≤2a1
，
2
≥0
，解得
a≤1或a≥1
， 化简可得
a1
2
所以
a
的取值范围为
(,1][1,)
．