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1、- 1 - / 7 福建省泉州市2017 届高三 3 月质量检测（文）数学试卷 答案 15CBCBD 610AACBD 11A 12 C 二、填空题 13 4 14 3 2 15 5 3 16 9 2 2 三、解答题 17（ ）设等差数列 n a的公差为d. 由题意，可得 4242 42 2 ,2 ,24 2 aaaa bb， 整理，得 42 24 aa ，即 2 24 d ，解得1d， 又 21 aad，故 12 1aad， 所以 1 1 n aandn. 2 n n b. （ ） 2 11 1322212113221 1 12 222 22 12 nnnnnnn n n n a baba
2、ba baba baabaabaab bbb LL g L 故 211 132221 2017 nnnn a ba ba ba baba bL， 可化为 1 222017 n ，即 1 22019 n ，即 2019 2 2 n ， 因为2 x fx在R上为增函数，且 201920482019 9512,10 222 ff， 所以n的最大值为9. 18解：（ 1）取BC的中点G，连结DG，交AC于P，连结PE. 此时P为所求作的点（如图所示）. - 2 - / 7 下面给出证明： 2BCAD，BGAD，又/ /BCAD，四边形BGDA是平行四边形， 故/ /DGAB即/ /DPAB. 又AB平
3、面,ABF DP平面 ABF，/ /DP 平面 ABF； / /,AFDE AF平面ABF，DE平面 ABF，/ /DE 平面 ABF. 又DP平面,PDE DE平面,PDE PDDEDI， 平面/ /ABF平面PDE， 又PE平面PDE，/ /PE平面 ABF. （2）在等腰梯形ABCD中，60 ,24ABGBCAD ， 可求得梯形的高为3，从而ACD的面积为 1 233 2 . DE平面ABCD，DE是三棱锥EACD的高 . 设三棱锥ACDE的高为h. 由 A CDEEACD VV，可得 11 33 CDEACD ShSDE ， 即 1 2 13 2 h，解得3h， 故三棱锥ACDE的高为
4、3. 19解：（ ）由频率分布直方图可知，得分在70,90的频率为0.005200.1， 再由70,90内的频数6，可知抽取的学生答卷数为60 人， 则62460ab，得30ab； 又由频率分布直方图可知，得分在130,150的频率为0. 2，即0.2 60 b ， 解得12,18ba. 进而求得 18 0.015 6020 c. （ ）由频率分布直方图可知，得分在 130,150的频率为0. 2， 由频率估计概率，可估计从全校答卷中任取一份，抽到“优秀”的概率为0.2， 设该校测试评定为“优秀”的学生人数为n，则0.2 3000 n ，解得600n， 所以该校测试评定为“优秀”的学生人数约为
5、600. （ ） “良好”与“优秀”的人数比例为24：12=2：1， 故选取的6 人中“良好”有4 人， “优秀”有2 人， “良好”抽取4 人，记为, , ,a b c d，“优秀”抽取2 人，记为,A B， 则从这 6 人中任取2 人，所有基本事件如下： ,AB Aa Ab Ac Ad Ba Bb Bc Bd ab ac ad bc bd cd共 15 个， - 3 - / 7 事件A: “所抽取的2 人中有人为优秀 ”含有 8 个基本事件， 所以所求概率 8 15 P A. 20（ ）抛物线C的焦点F的坐标为0, 2 p . 因为 3 2 AOAF， 所以可求得 A点坐标为 2 1 36
6、, 44 p p . 将A点坐标代入 2 2xpy得 21 362 164 p pp ， 解得2p， 故抛物线方程为 2 4xy. （ ）依题意，可知l与x轴不垂直，故可设l的方程为ykxb， 并设 11220 ,1 ,P xyQ xyMxPQ的中点 0,1 Mx. 联立方程组 2 4 ykxb xy ，消去 y，得 2 440 xkxb， 所以 1212 4 ,4xxk x xb. 因为线段PQ的中点的纵坐标为1， 所以 2 1212 2422yyk xxbkb，即 2 12bk. 因为直线l与C交于,P Q， 所以 2 16160kb，得 2 0kb， 故 2222 120,0,1kbkk
7、k. 由ykxb，令0 x得 2 12ybk， 故 2 2 222 121212 11 1242121 22 OPQ Sb xxkxxx xkk， 设 2 12tk，则1,1t， 设 2 22232 11 121 22 t ykkttt， 令 2 132 320 223 yttt t 得0t或 2 3 t， - 4 - / 7 由0y得 2 1,0,1 3 tU，由0y得 2 ,0 3 t ， 所以 321 2 ytt的单调增区间为 2 1, 0,1 3 ，单调减区间为 2 ,0 3 ， 当 2 3 t时， 2 27 y；当1t时， 2 1 27 y，故 max 1y， 所以 OPQ S的最大
8、值是2. 注：面积也可通过求弦长PQ和点O到直线PQ的距离建立，可参照上述类似给分. 21解：（ ） 121 2111 xx fxxnexnxe， 211 11 xx xn xn exxn e， 令0fx得 12 1,xxn. 当 12 xx，即1n时， 2 1 10 x fxxe，故fx在R上单调递增， 当 12 xx，即1n时，令0fx，得1nx，所以fx在, 1n上单调递减； 同理，可得fx在,1,n上单调递增 . 当 12 xx，即1n时，令0fx，得1xn，所以fx在1,n上单调递减； 同理，可得fx在,1 , n上单调递增 . 综上可知，当1n时，fx在, 1n上单调递减，在,1,
9、n上单调递增， 当1n时，fx在R上单调递增， 当1n时，fx在1,n上单调递减，在, 1 ,n上单调递增 . （ ）由（ ）知，当fx在R上单调递增时，1n，故 1 2 1 x fx g xe x . 不妨设 21 xx，则要证 2121 21 2 g xg xg xg x xx ， 只需证 212121 2g xg xxxg xg x ， 即证 2121 1111 21 2 xxxx eexxee， 只需证 2221 21 121 xxxx exxe， - 5 - / 7 令 21 txx， 则0t，不等式 2221 21 121 xxxx exxe可化为121 tt ete. 下面证明：
10、对任意0,121 tt tete， 令1210 xx h xexex，即 220 x h xxexx ， 则11 x hxxe， 令110 x xhxxex，则0 x xxe，所以x在0,上单调递增， 又00，所以当0 x时，00 x即0hx， 故h x在0,上单调递增 , 又00h， 所以当0t时，00h th， 故对任意0t， 121 tt ete， 所以对任意 12 ,xxR且 12 xx， 2121 21 2 g xg xg xg x xx . 22解一：（ ）由直线l的参数方程 3cos 1sin xt yt （t为参数）， 消去参数 t得， 3 sin1 cos0 xy， 即直线l
11、的普通方程为sincoscos3sin0 xy， 由圆C的极坐标方程为4cos，得 2 4cos0 *， 将 222 cosx xy 代入 (*) 得， 22 40 xyx， 即C的直角坐标方程为 2 2 24xy. （ ）将直线l的参数方程代入 2 2 24xy得， 2 2 cossin20tt， 2 4 cossin80， 设,P Q两点对应的参数分别为 12 ,t t， - 6 - / 7 则 121 2 2 cossin,2ttt t， 所以 2 121212 42 32sincos2 3sin2PQtttttt， 因为0,20,2， 所以当 3 ,sin21 4 时，PQ取得最小值2
12、2. 【注：未能指出取得最小值的条件，扣1 分】 解法二：（ ）同解法一 （ ）由直线l的参数方程知，直线l过定点 3,1M， 当直线lCM时，线段PQ长度最小 . 此时 22 3212CM， 2 2 224222PQrCM， 所以PQ的最小值为22. 解法三： （ ）同解法一 （ ）圆心2,0到直线sincoscos3sin0 xy的距离， cossin2 sin 4 d， 又因为0,， 所以当 3 4 时，d取得最大值2. 又 222 22 4PQrdd， 所以当 3 4 时，PQ取得最小值2 2. 23解（ ）： 33,1 1245, 12 33,2 xx fxxxxx xx . 当1x时，由不等式339x，解得2x. 此时原不等式的解集是：|21xx. 当12x时，由不等式59x，解得4x. 此时原不等式的解集是：|12xx. 当2x时，由不等式339x，解得4x， - 7 - / 7 此时原不等式的解集是：|24xx. 综上可得原不等式的解集为2,4. （ ）由（ ）可得，函数fx的图像是如下图所示的折线图. 因为 min 16,23ffxf， 故当36m时，直线 ym与曲线 yfx围成一个三角形， 即m的范围是3,6. 且当6m时， max 1 31636 2 S.
