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1、2018届福建省泉州市高三下学期质量检查（3月）数学（文）试题（解析版）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【答案】B【解析】由于，其对应的点为，即可得对应的点位于第二象限，故选B.2. 已知集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】集合，则，故选A.3. 已知是等比数列，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】是等比数列，故选C.4. 用种不同颜色给甲、乙两个小球随机涂色，每个小球只涂
2、一种颜色，则两个小球颜色不同的概率为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】三种不同的颜色分别用表示，随机事件所包含的基本事件有：，共9个，其中表示两个小球颜色不同的有6个，则两个小球颜色不同的概率为，故选C.5. 若，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】，故选A.6. 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. D. 【答案】C【解析】模拟运行的程序可得：，执行循环体，满足条件；，满足条件；，满足条件；，满足条件；，不满足条件，输出6，故选C.点睛：本题考查了循环结构的程序框图，根据框图的流程判断是否的功能是关键，属于基础题；对于循环结构的流
3、程图，当循环次数较少时，逐一写出运行过程，当循环次数较多时，寻找其规律是关键.7. 设为双曲线：（，）的右焦点，若直线与的一条渐近线垂直，则的离心率为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】由题意得，直线与的一条渐近线垂直，渐近线的斜率为，即，结合得，故选B.8. 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. D. 【答案】D【解析】由三视图可知该几何体的体积为，故
4、选D.9. 已知图象：则函数，对应的图象分别是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】对于，其定义域为，当时，得其对应的图为；对于，其定义域为其对应的图只能为；对于，其定义域为，当时，得其对应的图为；对于，其定义域为，其对应的图只能为，故选D.10. 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. B. C. D. 【答案】D【解析】对于选项D中图形，由于为，的中点，所以，故为异面直线所成的角且，即不为直角，故与平面不可能垂直，故选D.11. 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
5、正确的是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】由，对其求导得，设，则直线，的斜率分别为，由点斜式得，的方程分别为：，联立解得，因为在上，所以，所以，所以，即为直角三角形，又因为是的中点，所以，故选B.点睛：本题考查了抛物线的标准方程及其性质、利用导数研究切线的斜率、直线方程、简易逻辑的判定方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题；根据抛物线方程设出，的坐标，把，点代入抛物线方程，对函数求导，进而分别表示出直线，的斜率，利用点斜式表示出两直线的方程，联立求得交点的坐标，代入直线的方程，即可证得结论.12. 已知函数，若函数恰有个零点，则的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】
6、B【解析】函数恰有个零点，即函数与的图象恰有三个交点，如图所示，作出的图象，对求导可得，令得，结合可得函数在处的切线方程为，其与轴的交点为，根据图象可得，当时，最多两个交点，当时也为两个交点；同理，对求导可得，令得，结合可得函数在处切线方程为，其与的交点为，综上可得：的取值范围是，故选B.学#科#网.学#科#网.学#科#网.学#科#网.学#科#网.学#科#网.学#科#网.学#科#网.点睛：本题考查函数零点的判定，考查数学转化思想方法和数形结合的解题思想方法，属于难题；函数零点的个数可转化为和图象交点的个数，此题的关键是临界位置的确定，即曲线和直线相切的时候.第卷（共90分）二、填空题（每题5分
7、，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_【答案】6【解析】由题意可得，所以，故答案为6.14. 已知函数为偶函数，当时，则_【答案】2【解析】当时，又为偶函数，故答案为2.15. 设，满足约束条件，则的取值范围是_【答案】【解析】作出不等式组约束条件对应的平面区域如图：，则z的几何意义为区域内的点的斜率，由图象知的最小为的斜率：0，的最大值为的斜率1，则，故答案为.点睛：本题主要考查线性规划和直线斜率的基本应用，利用目标函数的几何意义和数形结合是解决问题的基本方法；常见的形式有：1、截距型，如；2、距离平方型，如；3、斜率型，如等，均可通过其意义求其范围.1
8、6. 数列满足，则_【答案】5150【解析】，当时，；当，两式相减得，则 ，故答案为5150.点睛：本题考查了数列的递推关系、“累加求和”方法、等差数列的前n项和公式，考查了分类讨论方法、推理能力与计算能力，属于中档题；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.【答案】（1）（2）【解析】试题分析：（1）利用正弦定理将边化为角可得，将用替换，结合两角和与差的公式可得结果；（2）先由正弦定理求出，再由余弦定理求出，在中，根据正弦定理求出，从而可得结果.试题解析：（1）
9、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，得，即在中，根据正弦定理有，得因为，故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，并说明理由.【答案】（1）见解析；（）见解析.【解析】试题分析：（1）取的中点，连接，首先证明平面得到，在正方形中，利用三角形全等可得，进而得到平面，即可得到结论；（2）取中点，连接，则线段为点的运动轨迹，可通过和证得平面可得结论.试题解析：（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
10、平面，平面，又平面，所以正方形中，又，故，又，平面，平面，又平面，（2）取中点，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. 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
11、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.【答案】（1）（2）该新型窑炉达到认购条件【解析】试题分析：（1）根据频率分布直方图的意义可得二等品的概率即为中间两个条形的面积；（2）将每个条形的组中值乘以对应的频率，然后相加求出平均数，计算出各种产品的利润再求和即可得
12、结论.试题解析：（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；二等品的销售总利润为元；三等品的销售总利润为元 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2
13、0. 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.【答案】（1）（2）见解析.【解析】试题分析：（1）根据题意可得及，解出即可；（2）设直线的方程为，联立直线与椭圆的方程可得的坐标，用替换可得点坐标，写出和的方程，得出交点横坐标即可.试题解析：（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21. 已知函数.（1）
14、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：.【答案】（1）见解析;（2）见解析.【解析】试题分析：（1）将代入可得，即，对函数进行求导，令，再次进行求导，通过与0的关系，得到的单调性及最小值为0，即恒成立，可得结果；（2）求导可得，对进行讨论，分为，和四种情形，判断单调性得极值，得其极值，再求出的最值即可.试题解析：（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，故在上有极小值，无
