2013泉州3月份质检文数试卷(2)

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2013泉州3月份质检文数试卷(2)

泉州市2013届高三3月质量检查(数学文)‎ 参考公式: ‎ 样本数据、、…、的标准差:‎ ‎,其中为样本平均数;‎ 柱体体积公式:,其中为底面面积,为高;‎ 锥体体积公式:,其中为底面面积,为高;‎ 球的表面积、体积公式:,,其中为球的半径.‎ 一、选择题:本大题共12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.已知全集,,,则等于 A.   B. C. D.‎ ‎2.命题“”的否定是 A.   B. ‎ C. D.‎ ‎3.若直线经过圆的圆心,则的值为 A.     B.     C.     D.‎ ‎4.阅读如图所示的程序框图,执行框图所表达的算法,则输出的结果是 A.      B. C.      D.‎ ‎5.若直线与幂函数的图象相切于点,则直线的方程为 A.  B.‎ C. D.‎ ‎6. 函数的图象向左平移个单位后,所得图象的一条对称轴是 A. B. C. D.‎ ‎7. 已知双曲线的两个焦点恰为椭圆的两个顶点,且离心率为2,则该双曲线的标准方程为 A. B. C. D.‎ ‎8.某几何体的三视图及其相应的度量信息如图所示,则该几何体的表面积为 A.   B. C. D.‎ ‎9.已知单位向量、,满足,则函数()‎ A. 既是奇函数又是偶函数 B. 既不是奇函数也不是偶函数 C. 是偶函数 D. 是奇函数 ‎10.给出以下四个说法:‎ ‎ ①在匀速传递的产品生产流水线上,质检员每间隔分钟抽取一件产品进行某项指标的检测 ,这样的抽样是分层抽样;‎ ‎②在刻画回归模型的拟合效果时,相关指数的值越大,说明拟合的效果越好;‎ ‎③在回归直线方程中,当解释变量每增加一个单位时,预报变量平均增加个单位;‎ ‎④对分类变量与,若它们的随机变量的观测值越小,则判断“与有关系”的把握程度越大.‎ 其中正确的说法是 ‎ A.①④ B.②④ C.①③ D.②③‎ ‎11.对于定义域为的函数,若存在非零实数,使函数在和上均有零点,则称为函数的一个“界点”.则下列四个函数中,不存在“界点”的是 A. B.‎ C. D. ‎ ‎12.我国齐梁时代的数学家祖暅(公元前5-6世纪)提出了一条原理:“幂势既同,则积不容异.”‎ 这句话的意思是:夹在两个平行平面间的两个几何体,被平行于这两个平行平面的任何平面所截,如果截得的两个截面的面积总是相等,那么这两个几何体的体积相等.‎ 设:由曲线和直线,所围成的平面图形,绕轴旋转一周所得到的旋转体为;由同时满足,,,的点构成的平面图形,绕轴旋转一周所得到的旋转体为.根据祖暅原理等知识,通过考察可以得到的体积为 A. B. C. D. ‎ 二、填空题:本大题共4小题,每小题4分,共16分.将答案填在答题卡的相应位置.‎ ‎13.已知(,是虚数单位),则的值为 .‎ ‎14.已知满足约束条件则的最大值为 .‎ ‎15.在中,角所对的边分别为,若,,则角的值为 .‎ ‎16.利用计算机随机模拟方法计算与所围成的区域的面积时,可以先运行以下算法步骤:‎ 第一步:利用计算机产生两个在区间内的均匀随机数; 第二步:对随机数实施变换:得到点;‎ 第三步:判断点的坐标是否满足;‎ 第四步:累计所产生的点的个数,及满足的点的个数;‎ 第五步:判断是否小于(一个设定的数).若是,则回到第一步,否则,输出并终止算法.‎ 若设定的,且输出的,则据此用随机模拟方法可以估计出区域的面积为 ‎ (保留小数点后两位数字).‎ 三、解答题:本大题共6小题,共74分.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)‎ 等差数列中,,.‎ ‎(Ⅰ)求数列的通项公式; (Ⅱ)若,求数列的前项和.‎ ‎18.(本小题满分12分)‎ 为了解某社区家庭的月均用水量(单位:吨),现从该社区随机抽查户,获得每户某年的月均用水量,并制作了频率分布表和频率分布直方图(如图).‎ ‎(Ⅰ)分别求出频率分布表中的值,并估计该社区家庭月均用水量不超过吨的频率;‎ ‎(Ⅱ)设、、是户月均用水量为的居民代表,、是户月均用水量为的居民代表. 现从这五位居民代表中任选两人参加水价论证会,请列举出所有不同的选法,并求居民代表、至少有一人被选中的概率.‎ ‎19.(本小题满分12分)‎ 如图,抛物线的顶点为坐标原点,焦点在轴上,准线与圆相切.‎ ‎(Ⅰ)求抛物线的方程;‎ ‎(Ⅱ)若点在抛物线上,且,求点的坐标.‎ ‎20.(本小题满分12分)‎ 已知为坐标原点,对于函数,称向量为函数的伴随向量,同时称函数为向量的伴随函数.‎ ‎(Ⅰ)设函数,试求的伴随向量的模;‎ ‎(Ⅱ)记的伴随函数为,求使得关于的方程在内恒有两个不相等实数解的实数的取值范围.‎ ‎21.(本小题满分12分)‎ 如图,是以为直径的半圆上异于、的点,矩形所在的平面垂直于该半圆所在的平面,且.‎ ‎(Ⅰ)求证:;‎ ‎(Ⅱ)设平面与半圆弧的另一个交点为.‎ ‎①试证:;‎ ‎②若,求三棱锥的体积.‎ ‎22.(本小题满分14分)‎ 已知函数(…是自然对数的底数)的最小值为.‎ ‎(Ⅰ)求实数的值;‎ ‎(Ⅱ)已知且,试解关于的不等式 ;‎ ‎(Ⅲ)已知且.若存在实数,使得对任意的,都有,试求的最大值.‎ 泉州市2013届普通中学高中毕业班质量检查 文科数学试题参考解答及评分标准 说明:‎ 一、本解答指出了每题要考查的主要知识和能力,并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.‎ ‎ 二、对计算题,当考生的解答在某一步出现错误时,如果后继部分的解答未改变该题的内容和难度,可视影响的程度决定后继部分的给分,但不得超过该部分正确解答应给分数的一半;如果后继部分的解答有较严重的错误,就不再给分.‎ 三、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.‎ 四、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. D 2.C 3.B 4.B 5. A 6. B ‎ ‎ 7. A 8.A 9.C 10.D 11.D 12.B 二、填空题:本大题考查基础知识和基本运算.每小题4分,满分16分.‎ ‎ 13.1 14. 15. 16..‎ 三、解答题:本大题共6小题,共74分.解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤.‎ ‎17.本小题主要考查等差数列、数列求和等基础知识,考查运算求解能力,考查函数与方程思想等. 满分12分.‎ 解:(Ⅰ)设数列的公差为,由………………………… 2分 解得 ………………………… 4分 所以. ………………………… 6分 ‎(Ⅱ)因为,所以,,…………………… 9分 所以.…… 12分 ‎18.本小题主要考查频率分布表、频率分布直方图和古典概型、统计等基础知识,考查数据处理能力、运算求解能力以及应用意识,考查必然与或然思想等.满分12分.‎ 解:(Ⅰ)由频率分布直方图可得,…………… 2分 ‎∴月均用水量为的频数为25.‎ 故,得. ………………………… 4分 由频率分布表可知,户月均用水量不超过吨的频率为, ……… 5分 根据样本估计总体的思想,估计该社区家庭月均用水量不超过吨的频率为. ……… 6分 ‎(Ⅱ)由、、、、五代表中任选人共有如下种不同选法,分别为:,,,,,,,,,. ………………………… 8分 记“、至少有一人被选中”的事件为,事件包含的基本事件为:,,,,,,,共包含7个基本事件数. ……………… 10分 又基本事件的总数为,所以.‎ 即居民代表、至少有一人被选中的概率为. …………………… 12分 ‎19.本小题主要考查抛物线的标准方程、直线与圆等基础知识,考查推理论证能力、运算求解能力,考查函数与方程思想、化归与转化思想、数形结合思想等.满分12分.‎ 解:(Ⅰ)依题意,可设抛物线的方程为,‎ 其准线的方程为. ………………………… 2分 ‎∵准线与圆相切,‎ ‎∴所以圆心到直线的距离,解得. ……… 4分 故抛物线的方程为:. ………………………… 5分 ‎(Ⅱ)设,,则…………① …………………… 6分 ‎∵,,,,‎ ‎∴, ‎ 即 …………② ………………… 9分 ‎②代入①,得,,‎ 又,所以,解得,,‎ 即或. ………………………… 12分 ‎20.本小题主要考查平面向量和三角函数等基础知识,考查运算求解能力、推理论证能力,考查化归与转化思想、函数与方程思想、数形结合思想以及分类与整合思想等.‎ 解:(Ⅰ)∵, ……………… 2分 ‎∴. ………………………… 4分 故. ……………………… 5分 ‎(Ⅱ)由已知可得,……………………… 7分 ‎∵, ∴,‎ 故. ……………………… 9分 ‎∵当时,函数单调递增,且;‎ 当时,函数单调递减,且.‎ ‎∴使得关于的方程在内恒有两个不相等实数解的实数的取值范围为. … 12分 ‎21.本小题主要考查直线与直线、直线与平面的位置关系及棱锥体积等基础知识,考查空间想象能力、推理论证能力及运算求解能力,考查化归与转化思想等.满分12分.‎ 解:(Ⅰ)∵平面平面,‎ 面面,,面,‎ ‎∴面. ………………………… 2分 又∵面,∴. ………………………… 3分 ‎∵在以为直径的半圆上,∴,‎ 又∵,面,∴面.…………… 4分 ‎ 又∵面,∴. ……………………… 5分 ‎(Ⅱ)① ∵,面,面,‎ ‎∴平面.… 6分 又∵面,平面平面,‎ ‎∴. ……………… 8分 ‎②取中点,的中点,‎ 在中,,,∴.‎ ‎(Ⅰ)已证得面,又已知,‎ ‎∴平面.…………… 10分 故. … 12分 ‎22.本小题主要考查函数、导数等基础知识,考查推理论证能力、运算求解能力,考查化归与转化思想、分类与整合思想、函数与方程思想、数形结合思想等.满分14分.‎ 解:(Ⅰ)因为,所以,故,‎ 因为函数的最小值为,所以. ……………… 3分 ‎(Ⅱ)由(Ⅰ)得,.‎ 当时,,……… 5分 故不等式可化为:,‎ 即, ……………… 6分 得,‎ 所以,当时,不等式的解为;‎ 当时,不等式的解为. …………… 8分 ‎(Ⅲ)∵当且时,,‎ ‎∴.‎ ‎∴原命题等价转化为:存在实数,使得不等式对任意恒成立. …………… 10分 令.‎ ‎∵,∴函数在为减函数. …………… 11分 又∵,∴. …………… 12分 ‎∴要使得对,值恒存在,只须.………… 13分 ‎∵,‎ 且函数在为减函数,‎ ‎∴满足条件的最大整数的值为3.…… 14分
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