福建省泉州市高三高考考前适应性模拟数学理卷一及答案

福建省泉州市高三高考考前适应性模拟数学理卷一及答案

‎2017年泉州市普通高中毕业班适应性练习（一）‎ 理科数学 第Ⅰ卷 一、选择题：本大题共12个小题,每小题5分,共60分.‎ ‎1.已知集合，则等于 （ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎2. 设函数，则（ ）‎ A． B． ‎ C． D．‎ ‎3.我国古代算书《孙子算经》上有个有趣的问题“出门望九堤”：今有出门重九堤，堤有九木，木有九枝，枝有九巢，巢有九禽，禽有九雏，雏有九毛，毛有九色，问各几何？现在我们用右图所示的程序框图来解决这个问题，如果要使输出的结果为禽的数目，则在该框图中的判断框中应该填入的条件是 （ ）‎ A． B． C． D． ‎ ‎4.在中，，，点在上，则的最小值是 （ ）‎ A．-36 B． -9 C. 9 D．36‎ ‎5.设为正项等比数列的前项和，若，则的最小值为 （ ）‎ A．2 B．3 C. 4 D．6‎ ‎6.函数的图象大致是（ ）‎ A． B． ‎ C. D．‎ ‎7. 下图中，小方格是边长为1的正方形，图中粗线画出的是某几何体的三视图，且该几何体的顶点都在同一球面上，则该几何体的外接球的表面积为（ ）‎ A． B． C. D．‎ ‎8. 已知抛物线的焦点为，准线为，为上一点，垂直于点分别为，的中点，与轴相交于点，若，则等于（ ）‎ A． B． 1 C. 2 D．4‎ ‎9. 设，且的展开式中只有第4项的二项式系数最大，那么展开式中的所有项的系数之和是（ ）‎ A． 1 B． C. 64 D．‎ ‎10. 在半径为1的圆内任取一点，过且垂直与直线与圆交于圆两点，则长度大于的概率为（ ）‎ A． B． C. D．‎ ‎11. 斐波那契数列满足：.若将数列的每一项按照下图方法放进格子里，每一小格子的边长为1，记前项所占的格子的面积之和为，每段螺旋线与其所在的正方形所围成的扇形面积为，则下列结论错误的是（ ）‎ A． B． ‎ C. D． ‎ ‎12.在直四棱柱 中，底面为菱形，分别是的中点，为的中点且，则的面积的最大值为（ ）‎ A． B．3 C. D．‎ 第Ⅱ卷 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，满分20分，将答案填在答题纸上 ‎13.若复数满足，则 ．‎ ‎14.若满足约束条件，若有最小值6，则实数等于 ．‎ ‎15.已知为椭圆的两个焦点，为上一点，若的三边成等差数列，则的离心率为 ．‎ ‎16.关于的方程有两个不等实根，则实数的取值范围是 ．‎ 三、解答题 （解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.） ‎ ‎17. 已知中，.‎ ‎（1）求；‎ ‎（2）若为边上一点，且的面积为，求的正弦值.‎ ‎18.如图1所示，在等腰梯形中，.把沿折起，使得，得到四棱锥.如图2所示.‎ ‎（1）求证：面面；‎ ‎（2）求平面与平面所成锐二面角的余弦值.‎ ‎19. 据统计，某物流公司每天的业务中，从甲地到乙地的可配送的货物量的频率分布直方图，如图所示，将频率视为概率，回答以下问题.‎ ‎（1）求该物流公司每天从甲地到乙地平均可配送的货物量；‎ ‎（2）该物流公司拟购置货车专门运营从甲地到乙地的货物，一辆货车每天只能运营一趟，每辆车每 趟最多只能装载40 件货物，满载发车，否则不发车。若发车，则每辆车每趟可获利1000 元；若未发车，‎ 则每辆车每天平均亏损200 元。为使该物流公司此项业务的营业利润最大，该物流公司应该购置几辆货 车？‎ ‎20.设圆的圆心为，直线过点且不与轴、轴垂直，且与圆于，两点，过作的平行线交直线于点.‎ ‎（1）证明为定值，并写出点的轨迹方程；‎ ‎（2）设点的轨迹为曲线，直线交于两点，过且与垂直的直线与圆交于两点，求与的面积之和的取值范围.‎ ‎21. 已知函数在处的切线为.‎ ‎（1）求的单调区间与最小值；‎ ‎（2）求证：.‎ 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 在平面直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），圆的方程为.以为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系.‎ ‎（1）求的普通方程与的极坐标方程；‎ ‎（2）已知与交于，求.‎ ‎23.选修4-5：不等式选讲 已知函数.‎ ‎（1）解不等式；‎ ‎（2）已知不等式的解集为，且，求实数 的取值范围.‎ 试卷答案 一、选择题 ‎1-5: ABBBD 6-10: DCBDA 11、12：CB 二、填空题 ‎13. 14. 5 15. 16. ‎ 三、解答题 ‎17.解析：（1）因为，所以，‎ 由得，，‎ 所以，‎ 所以，即.‎ 又因为，‎ 所以，从而得，所以.‎ ‎（2）由已知得，所以，‎ 在中，由余弦定理得，，，‎ 由正弦定理得，，故.‎ ‎18.解：（1）证明：在等腰梯形中，可知.‎ 因为，可得.‎ 又因为，即，则.‎ 又，可得面，故.‎ 又因为，则，‎ ‎，则，所以，‎ 又，所以面，‎ 又面，所以面面；‎ ‎（2）‎ 设，过点作交于点，‎ 以点为原点，以所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系.‎ 在中，∵，，‎ ‎∴，则，‎ ‎∵，∴，则，‎ ‎∵，∴，∴，‎ ‎∴，‎ 设平面的法向量为，‎ 由，得，‎ 取，可得平面的法向量为，‎ 设平面的一个法向量为，‎ 由，得，‎ 取，可得平面的一个法向量为.‎ 设平面与平面所成锐二面角为，则，‎ 所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为.‎ ‎19.解：（1）在区间的频率为，‎ 从甲地到乙地每天的平均客流量为：‎ ‎.‎ ‎（2）从甲地到乙地的客流量在的概率分别为.‎ 设运输公司每天的营业利润为.‎ ② 若发一趟车，则的值为1000；‎ ‎②若发2趟车，则的可能取值为2000，800，其分而列为 ‎2000‎ ‎800‎ 故；‎ ③ 若发3趟车，则的可能取值为3000，1800，600，其分布列为 ‎3000‎ ‎1800‎ ‎600‎ 故；‎ ④ 若发4趟车，则的可能取值为4000，2800，1600，400其分布列为 ‎4000‎ ‎2800‎ ‎1600‎ ‎400‎ 故；‎ 因为2400>2350>1850>1000，‎ 所以为使运输公司每天的营业利润最大，该公司每天应该发3趟车.‎ ‎20.（1）‎ 圆，圆心，半径，如图所示.‎ 因为，所以.又因为，所以，‎ 所以，‎ 又因为，所以，‎ 故，可得，‎ 根据双曲线的定义，可知点的轨迹是以为焦点的双曲线（顶点除外），‎ 易得点的轨迹方程为.‎ ‎（2）.‎ 依题意可设，‎ 由于，设.‎ 圆心到直线的距离，‎ 所以，‎ 又因为，解得.‎ 联立直线与双曲线的方程，消去得，‎ 则，‎ 所以，‎ 记的面积分别为，‎ 则，‎ 又因为，所以，所以的取值范围为.‎ ‎21.解：（1），故，得，又，‎ 所以，得.则，，‎ 当时，单调递减；当时，单调递增，‎ 所以.‎ ‎（2）令，，递增，‎ 所以，所以当时，，‎ 令，，递增，‎ ‎，所以当时，，‎ 要证，由，及得，‎ ‎，故原不等式成立，只需证，‎ 即证.由（1）可得，且，‎ 所以，则原不等式成立.‎ ‎22.解：（1）曲线的普通方程为，‎ 把代入，化简得：曲线的极坐标方程为；‎ ‎（2）将代入曲线的极坐标方程，得，∴点极坐标，‎ 设为直线上除点外的任意一点，则 在中，由正弦定理得，‎ 即，即为直线的极坐标方程.‎ ‎23.解：（1）由，当时，，解得，此时，‎ 当时，，解得，此时，‎ 当时，，解得，此时无解.‎ 所以不等式的解集为.‎ ‎（2）因为在内有解，令，‎ 则，又有解，‎ 且，且，且，‎ 三者之一有解即可，解得.‎ 欢迎访问“高中试卷网”——http://sj.fjjy.org