福建省泉州市高三3月质量检测数学理试卷含答案

1、高考数学精品复习资料 2019.520xx年泉州市普通高中毕业班质量检查理科数学第卷一、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.已知为复数的共轭复数，且，则为（ ）a b c d2.已知集合，则 （ ）a b c d3. 若实数满足约束条件，则的最小值是（ ）a b c1 d 44.已知向量满足，则 （ ）a 2 b c. 4 d5. 已知为数列的前项和且，则的值为（ ）a 8 b10 c. 16 d326.已知函数，且对于任意的，.则 （ ）a b c. d7. 函数的图象大致是（ ）a bc. d8.关于的方程在区间上有两个

2、不等实根，则实数的取值范围是（ ）a b c. d9.机器人（阿法狗）在下围棋时，令人称道的算法策略是：每一手棋都能保证在接下来的十几步后，局面依然是满意的.这种策略给了我们启示：每一步相对完美的决策，对最后的胜利都会产生积极的影响.下面的算法是寻找“”中“比较大的数”，现输入正整数“42，61，80，12，79，18，82，57，31，18“，从左到右依次为，其中最大的数记为，则 （ ）a0 b 1 c. 2 d310.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的侧视图中的虚线部分是 （ ）a圆弧 b抛物线的一部分 c. 椭圆的一部分 d双曲线的一部分11.已知抛物线的焦点为，准线为过的直线与交于

3、两点，分别为在上的射影，为的中点，若与不平行，则是（ ）a等腰三角形且为锐角三角形 b等腰三角形且为钝角三角形 c.等腰直角三角形 d非等腰的直角三角形12. 数列满足，则数列的前100项和为（ ）a 5050 b5100 c.9800 d9850第卷二、填空题：本大题共4小题，每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上13.某厂在生产甲产品的过程中，产量（吨）与生产能耗（吨）的对应数据如下表：3040506025354045根据最小二乘法求得回归直线方程为当产量为80吨时，预计需要生产能耗为 吨14. 的展开式中，的系数为 15.已知为双曲线的一条渐近线，与圆（其中）相交于两点，若，则的离心率

4、为 16.如图，一张纸的长、宽分别为分别是其四条边的中点现将其沿图中虚线掀折起，使得四点重合为一点，从而得到一个多面体关于该多面体的下列命题，正确的是 （写出所有正确命题的序号）该多面体是三棱锥；平面平面；平面平面；该多面体外接球的表面积为三、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. 的内角的对边分别为，且（1）证明：成等比数列；（2）若角的平分线交于点，且，求18.如图，在以为顶点的多面体中，平面，平面，（1）请在图中作出平面，使得，且，并说明理由；（2）求直线和平面所成角的正弦值19.某校为了解校园安全教育系列活动的成效，对全校学生进行一次安全

5、意识测试，根据测试成绩评定“合格”、“不合格”两个等级，同时对相应等级进行量化：“合格”记5分，“不合格”记为0分.现随机抽取部分学生的答卷，统计结果及对应的频率分布直方图如下所示.等级不合格合格得分频数624（1）求的值；（2）用分层抽样的方法，从评定等级为“合格”和“不合格”的学生中选取10人进行座谈现再从这10人中任选4人，记所选4人的量化总分为，求的分布列及数学期望；（3）某评估机构以指标（，其中表示的方差）来评估该校安全教育活动的成效若，则认定教育活动是有效的；否则认定教育活动无效，应调整安全教育方案在（2）的条件下，判断该校是否应调整安全教育方案？20. 中，是的中点，其周长为，若

6、点在线段上，且（1）建立合适的平面直角坐标系，求点的轨迹的方程；（2）若是射线上不同两点，过点的直线与交于，直线与交于另一点证明：是等腰三角形21. 已知函数（1）若直线与曲线恒相切于同一定点，求的方程；（2）当时，求实数的取值范围请考生在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），在以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴的极坐标系中，圆的方程为（1）求的普通方程和的直角坐标方程；（2）当时，与相交于两点，求的最小值23.选修4-5：不等式选讲已知函数（1）解关于的不等式；（2）若直线与曲线围成一个

7、三角形，求实数的取值范围，并求所围成的三角形面积的最大值试卷答案一、选择题1-5: abbad 6-10: cdadd 11、12：ab二、填空题13. 59 14. 8 15. 16. 三、解答题17.解法一:（1）因为，所以 ，化简可得，由正弦定理得，故成等比数列.（2）由题意，得，又因为是角平分线，所以，即，化简得，即.由（1）知，解得，再由得，（为中边上的高），即，又因为，所以.【注】利用角平分线定理得到同样得分，在中由余弦定理可得，在中由余弦定理可得，即，求得.解法二：（1）同解法一.（2）同解法一，.在中由余弦定理可得，在中由余弦定理可得，即，求得.解法三：（1）同解法一.（2）同

8、解法二，.在中由余弦定理可得，由于，从而可得，在中由余弦定理可得，求得，在中由正弦定理可得，即.【注】若求得的值后，在中应用正弦定理求得的，请类比得分.解法四：（1）同解法一.（2）同解法一，.在中由余弦定理得，在中由余弦定理得，因为，所以有，故，整理得，即.18.解：（1）如图，取中点，连接，则平面即为所求的平面.显然，以下只需证明平面；，且，四边形为平行四边形，.又平面，平面，平面.平面，平面，.又平面，平面，平面，又平面平面，平面平面.又平面，平面，即平面.（2）过点作并交于，平面，即两两垂直，以为原点，以所在直线分别为轴，建立如图所示空间直角坐标系.在等腰梯形中，则.，.设平面的法向量

9、，由，得，取，可得平面的一个法向量.设直线和平面所成角为，又，故直线和平面所成角的正弦值为.19.解：（1）由频率分布直方图可知，得分在的频率为，故抽取的学生答卷数为：，又由频率分布直方图可知，得分在的频率为0.2，所以，又，得，所以.（2）“不合格”与“合格”的人数比例为24：36=2：3，因此抽取的10人中“不合格”有4人，“合格”有6人.所以有20，15，10，5，0共5种可能的取值.的分布列为：，.的分布列为：20151050所以.（3）由（2）可得，所以，故我们认为该校的安全教育活动是有效的，不需要调整安全教育方案.20.解法一：（1）以为坐标原点，以的方向为轴的正方向，建立平面直角

10、坐标系.依题意得.由，得，因为故，所以点的轨迹是以为焦点，长轴长为6的椭圆（除去长轴端点），所以的轨迹方程为.设，依题意，所以，即，代入的轨迹方程得，所以点的轨迹的方程为.（2）设.由题意得直线不与坐标轴平行，因为，所以直线为，与联立得，由韦达定理，同理，所以或，当时，轴，当时，由，得，同理，轴.因此，故是等腰三角形.解法二：（1）以为坐标原点，以的方向为轴的正方向，建立平面直角坐标系.依题意得.在轴上取，因为点在线段上，且，所以，则，故的轨迹是以为焦点，长轴长为2的椭圆（除去长轴端点），所以点的轨迹的方程为.（2）设，由题意得，直线斜率不为0，且，故设直线的方程为：，其中，与椭圆方程联立得，

11、由韦达定理可知，其中，因为满足椭圆方程，故有，所以.设直线的方程为：，其中，同理，故，所以，即轴，因此，故是等腰三角形.21.解：（1）因为直线与曲线恒相切于同一定点，所以曲线必恒过定点，由，令，得，故得曲线恒过的定点为.因为，所以切线的斜率，故切线的方程为，即.（2）令，.令，. 当时，因为，所以在上单调递增，故，因为当时，所以在上单调递增，故.从而，当时，恒成立. 当时，因为在上单调递增，所以，故与同理，可得当时，恒成立. 当时，在上单调递增，所以当时，在内取得最小值.取，因为，所以，前述说明在内，存在唯一的，使得，且当时，即在上单调递减，所以当时，所以在上单调递减，此时存在，使得，不符合

12、题设要求.综上所述，得的取值范围是.说明：也可以按以下方式解答：当时，在上单调递增，所以当时，在内取得最小值，当时，所以，故存在，使得，且当时，下同前述的解答.22.解一：（1）由直线的参数方程（为参数），消去参数得，即直线的普通方程为，由圆的极坐标方程为，得，将代入(*)得， ，即的直角坐标方程为.（2）将直线的参数方程代入得，设两点对应的参数分别为，则，所以，因为，所以当时，取得最小值.【注：未能指出取得最小值的条件，扣1分】解法二：（1）同解法一（2）由直线的参数方程知，直线过定点，当直线时，线段长度最小.此时，所以的最小值为.解法三：（1）同解法一（2）圆心到直线的距离，又因为，所以当时，取得最大值.又，所以当时，取得最小