1、泉州市2018届普通中学高中毕业班质量检查文科数学第卷（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 D3.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. D5.若，则（ ）A B C. D6.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. D7.设为双曲线：（，）的右焦点，若直线与的一条渐
2、近线垂直，则的离心率为（ ）A B C. D8.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. D9.已知图象：则函数，对应的图象分别是（ ）A B C. D10.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 BC. D11.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（
3、）A B C. D12.已知函数，若函数恰有个零点，则的取值范围是（ ）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 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
4、，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：综合指标值的平均数（同一组中的数据
5、用该组区间的中点值作代表）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
6、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，
7、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，（）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：（）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
8、，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）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
9、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：（1）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：直线的方程为：由两直线的交点的横坐标，所以点在定直线上解法二：（1）依
10、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则直线的方程为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，应舍去时，在恒成立，在恒成立，所以在上先减后增，故
11、在上有极小值，无极大值，应舍去时，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：（）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，当时，令 即，解得，当时，显然成立，所以，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