数学理卷·2017届福建省泉州市高三第二次质量检查（2017

数学理卷·2017届福建省泉州市高三第二次质量检查（2017

‎2017年泉州市普通高中毕业第二次质量检查 理 科 数 学 第 Ⅰ 卷 一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．‎ ‎（1）已知集合，，则 ‎ （A）　　　（B）　　　（C）　　　（D）‎ ‎（2）已知复数.若，则在复平面内对应的点位于 ‎ （A）第一象限　　　　（B）第二象限　　　　（C）第三象限　　　　（D）第四象限 ‎（3）公差为2的等差数列的前项和为.若，则 ‎ （A）4　　　　　　（B）6　　　　　　（C）8　　　　　　（D）14‎ ‎（4）已知实数满足约束条件，则满足的点所构成的区域面积等于 ‎（A）　　　　　　（B）　　　　　　（C）　　　　　　（D）1‎ ‎（5）榫卯（sǔn mǎo）是古代中国建筑、家具及其它器械的主要结构方式，是在两个构件上采用凹凸部位相结合的一种连接方式，凸出部分叫做“榫头”.某“榫头”的三视图及其部分尺寸如图所示，则该“榫头”体积等于 ‎（A）12　　　　（B）13　　　　（C）14　　　　（D）15‎ ‎（6）执行一次如图所示的程序框图，若输出的值为0，则下列关于框图中函数的表述，正确的是 ‎ （A）是奇函数，且为减函数 （B）是偶函数，且为增函数 ‎ （C）不是奇函数，也不为减函数 （D）不是偶函数，也不为增函数 ‎ ‎ ‎（7）已知以为中心的双曲线的一个焦点为，为上一点，为的中点.若为等腰直角三角形，则的离心率等于 ‎（A）　　　　（B）　　　　（C）　　　　（D）‎ ‎（8）已知曲线的一条对称轴方程为，曲线向左平移（）个单位长度，得到的曲线的一个对称中心为，则的最小值是 ‎（A）　　　　　　（B）　　　　　　（C）　　　　　　（D）‎ ‎（9）在梯形中，，，，，，则 ‎（A）2　　　　　（B）　　　　　（C）　　　　　（D）‎ ‎（10）某密码锁共设四个数位，每个数位的数字都可以是1，2，3，4中的任一个.现密码破译者得知：甲所设的四个数字有且仅有三个相同；乙所设的四个数字有两个相同，另两个也相同；丙所设的四个数字有且仅有两个相同；丁所设的四个数字互不相同．则上述四人所设密码最安全的是 ‎（A）甲　　　　　　（B）乙　　　　　　（C）丙　　　　　　（D）丁 ‎（11）已知直线分别与半径为1的圆相切于点，，‎ ‎.若点在圆的内部（不包括边界），则实数的取值范围是 ‎（A）　　　　（B）　　　　（C）　　　　（D）‎ ‎（12）已知函数，.若曲线上存在两点关于直线的对称点在曲线上，则实数的取值范围是 ‎（A）　　　（B）　　　（C）　　　（D）‎ 第 Ⅱ 卷 本卷包括必考题和选考题两个部分．第（13）题～第（21）题为必考题，每个试题考生都必须做答．第（22）、（23）题为选考题，考生根据要求作答． ‎ 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分．‎ ‎（13）已知椭圆的左顶点、上顶点、右焦点分别为，则_________.‎ ‎（14）已知曲线在点处的切线为，则由以及直线围成的区域面积等于__________.‎ ‎（15）在平面直角坐标系中，角的终边经过点，则的取值范围是_____.‎ ‎（16）已知在体积为的圆柱中，分别是上、下底面两条不平行的直径，则三棱锥的体积最大值等于_________.‎ 三、解答题：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）‎ 在数列中，，.‎ ‎（Ⅰ）求证：数列是等差数列；‎ ‎（Ⅱ）求数列的前项和.‎ ‎（18）（本小题满分12分）‎ 某测试团队为了研究“饮酒”对“驾车安全”的影响，随机选取名驾驶员先后在无酒状态、酒后状态下进行“停车距离”测试.‎ ‎ 测试的方案：电脑模拟驾驶，以某速度匀速行驶，记录下驾驶员的“停车距离”（驾驶员从看到意外情况到车子完全停下所需要的距离）.无酒状态与酒后状态下的试验数据分别列于表1和表2.‎ 表1‎ 停车距离（米）‎ 频数 表2‎ 平均每毫升血液酒精含量毫克 平均停车距离米 已知表1数据的中位数估计值为，回答以下问题.‎ ‎（Ⅰ）求的值，并估计驾驶员无酒状态下停车距离的平均数；‎ ‎（Ⅱ）根据最小二乘法，由表2的数据计算关于的回归方程；‎ ‎（Ⅲ）该测试团队认为：驾驶员酒后驾车的平均“停车距离”大于（Ⅰ）中无酒状态下的停车距离平均数的倍，则认定驾驶员是“醉驾”.请根据（Ⅱ）中的回归方程，预测当每毫升血液酒精含量大于多少毫克时为“醉驾”？‎ ‎（附：对于一组数据，其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计分别为，.）‎ ‎（19） （本小题满分12分）‎ 如图，在三棱锥中，平面平面，，，，点在上，．‎ ‎（Ⅰ）求证:；‎ ‎（Ⅱ）若二面角的余弦值为，求三棱锥的体积.‎ ‎（20） （本小题满分12分） ‎ 在平面直角坐标系中，抛物线的焦点为，过的直线交于两点，交轴于点，到轴的距离比小1.‎ ‎（Ⅰ）求的方程；‎ ‎（Ⅱ）若，求的方程.‎ ‎（21） （本小题满分12分）‎ 已知函数.‎ ‎（Ⅰ）若有唯一解，求实数的值；‎ ‎（Ⅱ）证明：当时，.‎ ‎（附：，，，）‎ 请考生在第（22）、（23）两题中任选一题作答．注意：只能做所选定的题目．如果多做，则按所做的第一个题目计分，作答时请用2B铅笔在答题卡上将所选题号后的方框涂黑．‎ ‎（22）（本小题满分10分）选修4—4：坐标系与参数方程 在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数）；在以为极点，轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线的极坐标方程为．‎ ‎（Ⅰ）求的普通方程和的直角坐标方程；‎ ‎（Ⅱ）若射线：分别交，于两点（异于原点）.当 时，求的取值范围．‎ ‎（23）（本小题满分10分）选修4—5：不等式选讲 已知函数.‎ ‎（Ⅰ）当时，解不等式；‎ ‎（Ⅱ）若关于的不等式有解，求实数的取值范围.‎ ‎2017年泉州市普通高中毕业班质量检查 理科数学试题答案及评分参考 ‎ 评分说明：‎ ‎ 1．本解答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．‎ ‎ 2．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．‎ ‎ 3．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．‎ ‎ 4．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）C （2）B （3）B （4）C （5）C （6）D ‎ ‎（7）B （8）A （9）B （10）C （11）B （12）D ‎（11）解法一：以圆心为原点，的方向为轴的正方向建立平面直角坐标系，则有，，.设，可解得，，因为在圆内，所以，整理，得，解得，故答案选（B）.‎ 解法二：如图，在线段的延长线上取点，使得.连结，交圆于.可求得，故三点共线.因为，所以 ，故.又因为点在圆 的内部（不包括边界），所以，答案选（B）.‎ ‎（12）解法一：可以看出，是曲线与曲线的一个公共点，且当时，两曲线在点处的切线方程均为.由导数的概念，可知当或时，曲线与直线交于两点，必与曲线交于两点，故答案为（D）.‎ 解法二：方程显然有一个根.‎ 若满足在去心邻域存在非的根则符合题意.又因为对于区间（其中为任意充分小正数），（表示等价无穷小 ），故去心邻域中，方程等价为，所以取遍去心邻域，所以排除选项（A）（B）（C），答案为（D）.‎ 解法三：有两个不同根，由于两者都是连续函数，令特殊值，不合题意；‎ 令特殊值，符合题意；令特殊值，符合题意.故选项（D）.‎ 解法四：依题意，可知有两个不同实根.设，则.‎ 当时，单调递增；当时，单调递减；‎ 当时，恒成立，当且仅当取到等号，即只有一个根，与题意不合.‎ 当时，显然符合题意.‎ 当时，可以发现时，；（或者）‎ 当时，（证明后补）.根据零点存在性定理可得在必有一根.‎ 故两图象有两个公共点.故的取值范围是.‎ 补证：时，，即证，即证，‎ 这是显然的，而.得证 ‎　　　　　　　　　　　　　‎ 解法五：方程显然有一个实根，故当时方程还有另一个实根，‎ 当时，；当时，；‎ 且，‎ ‎；‎ 显然，，且都是符合题意.‎ 二、填空题：本大题考查基础知识和基本运算．每小题5分，满分20分． ‎ ‎（13）6 （14） （15） （16）8‎ 解析：‎ ‎（15）解法一：依题意，可知，所以，故，所以，故答案为.‎ 解法二：由三角函数定义，得，，‎ 所以，‎ 因为在单调递增，所以，‎ 所以，从而，故答案为.‎ ‎（16）解：设上、下底面圆的圆心分别为，圆的半径为，‎ 由已知，所以，则，‎ 因为是中点，所以到平面的距离与到平面的距离相等，故，从而.设三棱锥的高为，则，‎ 所以，‎ 故三棱锥的体积最大值等于8.‎ ‎ 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）（本小题满分12分）‎ 解法一：（Ⅰ）的两边同时除以，‎ 得，　 3分 所以数列是首项为4，公差为2的等差数列.　 6分 ‎（Ⅱ）由（Ⅰ），得， 7分 所以，故， 8分 所以，‎ ‎　 ，‎ ‎　 . 12分 解法二：依题意，可得，　 1分 所以，‎ 即， 3分 所以数列是首项为4，公差为2的等差数列.　 6分 ‎（Ⅱ）同解法一.　　 12分 ‎（18）（本小题满分12分）‎ 本小题主要考查频率分布直方图、数学期望等基础知识；考查抽象概括能力、数据处理能力、运算求解能力、应用意识；考查统计与概率思想、分类与整合思想.‎ 解：（Ⅰ）依题意，得，解得， 1分 又，解得； 2分 故停车距离的平均数为. 4分 ‎（Ⅱ）依题意，可知， 5分 ‎， 6分 ‎　， 7分 ‎，‎ 所以回归直线为. 8分 ‎（Ⅲ）由（I）知当时认定驾驶员是“醉驾”.　 9分 令，得，解得， 11分 当每毫升血液酒精含量大于毫克时认定为“醉驾”. 12分 ‎（19） （本小题满分12分）‎ 解法一:（Ⅰ）取的中点，连结.‎ 因为，，所以， 1分 又平面平面，平面平面，平面，‎ 所以平面， 2分 又平面，所以.‎ 在中，，，所以，‎ 由角平分线定理，得， 3分 又，所以， 4分 又因为，平面，平面，‎ 所以平面， 5分 又平面，所以. 6分 ‎（Ⅱ）在中，，，‎ 由余弦定理得，所以，即，‎ 所以，，所以， 7分 结合（Ⅰ）知，两两垂直.以为原点，分别以向量的方向为轴、轴、轴的正方向建立空间直角坐标系（如图），设，‎ 则，，，‎ 所以，， 8分 设是平面的一个法向量，‎ 则即，整理，得 令，得. 9分 因为平面，所以是平面的一个法向量. 10分 又因为二面角的余弦值为，‎ 所以，解得或（舍去）， 11分 又平面，所以是三棱锥的高，‎ 故. 12分 解法二：（Ⅰ）取中点，连结.‎ 因为，，所以， 1分 又因为平面平面，平面平面，平面，‎ 所以平面， 2分 在平面内，过作（如图），则，,两两垂直.‎ 以为原点，分别以向量的方向为轴、轴、轴的正方向建立空间直角坐标系（如图），设， 3分 在中，，，由余弦定理得，‎ 因为，所以，故， 4分 则有，，，， 5分 所以，，‎ 所以，‎ 所以. 7分 ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）可得.‎ 设是平面的法向量，‎ 则即整理，得 令，得. 9分 因为平面，所以是平面的一个法向量. 10分 又因为二面角的余弦值为，‎ 所以，解得或（不合，舍去）， 11分 又平面，所以是三棱锥的高，‎ 故. 12分 解法三:（Ⅰ）同解法一. 6分 ‎（Ⅱ）过点作于点，连结.‎ 在中，，，由余弦定理可得.‎ 因为，所以，‎ 故，，所以， 7分 又平面平面，平面平面，平面，‎ 所以平面，又平面，所以， 8分 又因为，所以平面，又平面，‎ 所以，所以为二面角的平面角， 9分 所以，所以，解得， 10分 设，则，解得或（不合，舍去）， 11分 又平面，所以是三棱锥的高，‎ 所以. 12分 ‎（20） （本小题满分12分） ‎ 解法一：（Ⅰ）的准线方程为， 1分 由抛物线的定义，可知等于点到的准线的距离.　 2分 又因为点到轴的距离比小1，‎ 所以点到轴的距离比点到抛物线准线的距离小1， 3分 故，解得，‎ 所以的方程为. 4分 ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）得的焦点为，设直线的方程为，,.则. 5分 联立方程组消去，得. 6分 ‎，‎ 由韦达定理，得. 7分 设点到直线的距离为，则,.‎ 又，所以. 8分 又在同一直线上,所以，即， 9分 因为， 10分 所以，整理，得，‎ 故，解得， 11分 所以的方程为. 12分 解法二：（Ⅰ）的焦点为， 1分 将代入，得或，故，‎ 因为点到轴的距离比小1，，即， 2分 解得，所以的方程为， 3分 经检验，抛物线的方程满足题意.　 4分 ‎（Ⅱ）同解法一. 12分 ‎（21） （本小题满分12分）‎ 解法一：（Ⅰ）函数的定义域为.‎ 要使有唯一解，只需满足，且的解唯一，　 1分 ‎，　 2分 ‎①当时，，在上单调递增，且，‎ 所以的解集为，不符合题意；　 4分 ‎②当时，且时，，单调递增；当时，，单调递减，所以有唯一的一个最大值为，‎ 令，得，此时有唯一的一个最大值为，且，故的解集是，符合题意；‎ 综上，可得.　 6分 ‎（Ⅱ）要证当时，，‎ 即证当时，，‎ 即证.　　 7分 由（Ⅰ）得，当时，，即，从而，‎ 故只需证，当时成立；　 8分 令，则，　 9分 令，则，令，得.‎ 因为单调递增，所以当时，，单调递减，即单调递减，当时，，单调递增，即单调递增，‎ 所以，，，‎ 由零点存在定理，可知，，使得，‎ 故当或时，，单调递增；当时，，单调递减，所以的最小值是或.‎ 由，得，‎ ‎，‎ 因为，所以，‎ 故当时，，所以原不等式成立.　 12分 解法二：（Ⅰ）函数的定义域为.‎ ‎，　 1分 ‎①当时，，在上单调递增，且，所以的解为，此时不符合题意；　 2分 ‎②当时，，‎ 所以当时，，单调递增；当时，，单调递减，所以，， 3分 令，， 4分 当时，，单调递减，当时，，单调递增，所以，由此可得当且时，，‎ 且当时，，由零点存在定理，，‎ 使得，当时，，解集不唯一，不符合题意；‎ 当时，，所以的解集是，符合题意；‎ 综上可得，当时，有唯一解；　 6分 ‎（Ⅱ）要证明当时，，‎ 即证当时，，（因为）‎ 即证，　 7分 令，则， 8分 令，则在上单调递增，且，，‎ 所以使得，即，‎ 所以当时，，单调递增，即递增；‎ 当时，，单调递减，即递减，‎ 所以，‎ ‎，‎ 当时递减，，‎ 当时，，，‎ 由零点存在定理，可得，， ，‎ 故当或时，，单调递增，‎ 当时，，单调递减，‎ 当时，，由得，，，‎ 又，‎ 令（），‎ 则在递减，且，所以，‎ 所以在递减，，‎ 所以当，，即，‎ 所以，即原不等式成立.　 12分 请考生在第（22），（23）题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分，作答时请写清题号．‎ ‎（22）选修；坐标系与参数方程 本小题主要考查参数方程、极坐标方程等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想、化归与转化思想等．满分10分．‎ 解：（Ⅰ）由题意得，由可得，‎ 即的普通方程为. 2分 方程可化为　……（*），‎ 将代入方程（*），可得. 5分 ‎（Ⅱ）联立方程 得. 7分 联立方程组，可得，‎ 所以. 9分 又，所以. 10分 ‎（23）选修：不等式选讲 本小题主要考查绝对值不等式等基础知识，考查运算求解能力、推理论证能力，考查化归与转化思想、分类与整合思想等．满分10分．‎ 解：（Ⅰ）当时，.　 1分 当时，可得，解得. 2分 当时，因为不成立，故此时无解； 3分 当时，由得，，故此时. 4分 综上所述，不等式的解集为. 5分 ‎（Ⅱ）因为， 6分 要使关于的不等式有解，只需成立即可. 7分 当时，即，‎ 解得，或（舍去）； 8分 当时，，即，‎ 解得（舍去），或； 9分 所以，的取值范围为. 10分