泉州市2015届市质检(第一次)数学(理)试卷

1、准考证号 姓名 （在此卷上答题无效）保密启用前泉州市2015届普通中学高中毕业班质量检查理 科 数 学第卷（选择题 共50分）一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50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若复数（为虚数单位）是纯虚数，则实数的值为A2 B2 C D2各项均为正数的等比数列中，成等差数列，且，则公比的值等于A1 B2 C3 D53执行如图所示的程序框图，输出的结果为A BC2 D4已知正实数满足，若实数满足，则A的最小值为1，的最大值为B的最小值为，的最大值为C的最小值为，的最大值为5D的最小值为，的最大值为55若，则的值等于A31 B0 C1 D32

2、6设是互不垂直的两条异面直线，则下列命题成立的是A存在唯一直线，使得，且 B存在唯一直线，使得，且C存在唯一平面，使得，且 D存在唯一平面，使得，且7已知函数，其中，则“”是“”的A充分而不必要条件 B必要而不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件.8曲线与曲线交点的纵坐标在区间内，则实数的值为A1 B2 C3 D49已知直线（）被圆截得的弦长为，则的最小值为A B C D10平面向量中，. 对于使命题“，”为真的平面向量，给出下列命题：； ； .则以上四个命题中的真命题是A B C D 第卷（非选择题 共100分）二、填空题：本大题共5小题，每小题4分，共20分请将答案填在答题卡的相应位置

3、.11设集合，则_12_13如图，长方体中，.设长方体的截面四边形的内切圆为，圆的正视图是椭圆，则椭圆的离心率等于_.14单位圆的内接四边形中，则四边形的面积的取值范围为_15关于圆周率，数学发展史上出现过许多很有创意的求法，如著名的蒲丰实验和查理斯实验受其启发，我们也可以通过设计下面的实验来估计的值：先请120名同学，每人随机写下一个都小于1的正实数对；再统计两数能与1构成钝角三角形三边的数对的个数；最后再根据统计数来估计的值. 假如统计结果是，那么可以估计_（用分数表示）三、解答题：本大题共6小题，共80分解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤16(本小题满分13分)某大学的一个社会实践调

4、查小组，在对大学生的良好“光盘习惯”的调查中，随机发放了120份问卷. 对收回的100份有效问卷进行统计，得到如下列联表：做不到光盘能做到光盘合计男451055女301545合计7525100（）现已按是否能做到光盘分层从45份女生问卷中抽取了9份问卷. 若从这9份问卷中随机抽取4份，并记其中能做到光盘的问卷的份数为，试求随机变量的分布列和数学期望；（）如果认为良好“光盘习惯”与性别有关犯错误的概率不超过，那么，根据临界值表，最精确的值应为多少？请说明理由.附：独立性检验统计量，其中；独立性检验临界值表：0.250.150.100.050.0251.3232.0722.7063.8405.02

5、417(本小题满分13分)已知函数（，）有一个零点，且其图象过点.记函数的最小正周期为.（）若，试求的最大值及取最大值时相应的函数解析式；（）若将所有满足题设条件的值按从小到大的顺序排列，构成数列，试求数列的前项和.18(本小题满分13分)将一块边长为10的正方形纸片剪去四个全等的等腰三角形，再将剩下的阴影部分折成一个四棱锥形状的工艺品包装盒，其中重合于点，与重合，与重合，与重合，与重合（如图所示）()求证：平面平面；()试求原平面图形中的长，使得二面角的余弦值恰为；（）指出二面角的余弦值的取值范围（不必说明理由）19（本小题满分13分）已知：动圆与圆内切，且与直线相切，动圆圆心的轨迹为曲线(

6、)求曲线的方程； ()过曲线上的点引斜率分别为的两条直线,直线与曲线的异于点的另一个交点分别为. 若，试探究：直线是否恒过定点？若恒过定点，请求出该定点的坐标；若不恒过定点，请说明理由 20（本小题满分14分）已知函数，记：，.（）求函数的图象在点处的切线的方程；（）若为真，求实数的取值范围；（）若表示不大于的最大整数，试证明不等式，并求的值21本题有（1）、（2）、（3）三个选答题，每小题7分，请考生任选2个小题作答，满分14分如果多做，则按所做的前两题记分作答时，先用2B铅笔在答题卡上把所选题目对应的题号涂黑，并将所选题号填入括号中 （1）（本小题满分7分）选修42：矩阵与变换已知矩阵，(

7、)若点依次经过矩阵所对应的变换后得到点，求点的坐标；()若存在矩阵满足，求矩阵（2）（本小题满分7分）选修44：坐标系与参数方程在直角坐标平面内，以坐标原点为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系.曲线的极坐标方程为直线过点且倾斜角为 ()在直角坐标系下，求曲线的直角坐标方程和直线的参数方程；() 已知直线与曲线交于两点，求线段的长（3）（本小题满分7分）选修45：不等式选讲已知，记的最小值为() 求实数； ()若关于的不等式和的解集相同，求的值2015届泉州市普通高中毕业班质量检查理科数学试题参考解答及评分标准一、选择题：本大题考查基础知识和基本运算每小题5分，满分50分1B 2D 3D 4C

8、 5A 6C 7B 8C 9D 10A 部分试题考查意图说明：第10题 特殊化地取=（1，0），则=（t,0）.设=，由，得，化简得.因为，所以，所以命题“，”等价于“”，所以向量=满足.因为,所以真，则假，故排除B、C. 法一：若真，则真，A与D都正确，与选择题“有且只有一个选项正确”矛盾，故必假，排除D，选A.法二：因为，y,x,t是独立变量，所以真假，故选A.本题用向量及运算的几何意义求解，将更为简捷！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20分1112131415.三、解答题：本大题共6小题，共80分解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤16本小题主要考查超几何分布、

9、离散型随机变量的分布列、数学期望、统计案例等基础知识，考查运算求解能力、数据处理能力、应用意识，考查必然与或然思想等. 满分13分.解：（）因为9份女生问卷是用分层抽样方法取得的，所以这9份问卷中有6份做不到光盘，3份能做到光盘. 2分因为表示9份问卷中能做到光盘的问卷份数，所以有的可能取值. 随机变量的分布列为：， ， .5分 随机变量的分布列可列表如下：0123所以. 7分（期望占2分）（）.10分因为，所以能在犯错误的概率不超过0.10的前提下认为良好“光盘习惯”与性别有关，即最精确的值应为. 13分17本小题主要考查三角函数的图象与性质、等差数列的通项公式与前项和公式等基础知识，考查推

10、理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想、数形结合思想、函数与方程思想等.满分13分.解：（）函数有一个零点，即其图象过点. 1分因为函数的最大值为1，且在其图象上，所以是其图象的最高点. 2分因为，所以在函数的一个单调递减区间内， 3分所以的最大值为. 5分由，得. 6分因为函数的图象过点， 所以，故， 又，所以， 8分 故. 9分（）由函数的图象过点，得，. 由函数有一个零点，得，. 10分由-得，,.因为可取任意整数，所以可取任意整数，故有.又因为，所以，从而.因为数列是首项为，公差为的等差数列， 11分所以其前项的和. 13分18本小题主要考查抛物线的定义、标准方程，直线与圆锥曲线

11、的位置关系等基础知识，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13分解：() 折后重合于一点，拼接成底面的四个直角三角形必为全等的等腰直角三角形，底面是正方形，故. 1分在原平面图形中，等腰三角形 ， . 2分 又平面， 平面. 3分 又平面， 平面平面. 4分() 由()知,，并可同理得到，故以为原点，分别以所在直线为轴、轴、轴建立空间直角坐标系.设原平面图形中，, 则底面正方形的对角线，.在原平面图形中，可求得，在在中，可求得，.设平面的一个法向量为， 则化简，得， 令，得.11分 平面是平面的一个法向量，设二面角的大小为，则. 13分二面角的

12、余弦值恰为，解得或（舍去）.（）二面角的余弦值的取值范围为. 19本小题主要考查直线和方程、抛物线的定义、直线与圆、直线与抛物线的位置关系等基础知识，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13分.解：()解法一：因为动圆与圆内切，且与直线相切，所以圆心必在直线的右侧. 1分设点到直线的距离为，则, 2分所以等于点到直线的距离， 3分所以点的轨迹是以为焦点，直线为准线的抛物线， 4分故动圆圆心的轨迹方程为 5分解法二：()设点.因为动圆与圆内切，且与直线相切，所以到直线的距离,且圆心必在直线的右侧.2分 因为点到直线的距离， 3分

13、，即， 所以，化简得，故动圆圆心的轨迹方程为 5分()因为点在抛物线上，所以，解得，故. 6分解法一：若直线的斜率不存在，则异号，与矛盾， 7分故设直线的方程为，并设，,则，由，得，将代入，得：. 9分联立方程组，消去，得，所以， 10分代入，得. 11分因为均异于点，且直线与抛物线最多两个交点，所以不在直线上， 12分 所以，此时直线的方程为， 由直线的方程可知直线恒过定点. 13分解法二：因为左右开口的抛物线上两点连线的斜率必不为零， 7分所以设直线的方程为，并设，则，.由，得,将代入，得, 9分联立方程组，消去，得，所以， 10分代入，得，化简，得. 11分因为均异于点，且直线与抛物线最

14、多两个交点，所以不在直线上， 12分所以,此时直线的方程可化为.由直线的方程可知直线恒过定点. 13分解法三：直线的方程为，直线的方程为，7分联立方程组，消去，得，整理，得,所以，即，代入，得，故， 9分同理，得，因为，所以，故， 10分所以直线的斜率，11分直线的方程为，即， 12分所以直线恒过定点. 13分解法四：设， 7分则， 8分，又，所以，整理，得，10分直线的斜率， 11分所以直线的方程为，即， 12分所以直线过定点. 13分解法五：因为且具有任意性，不妨取，此时直线的方程为，直线的方程为.联立方程组，解得，此时点与点重合（虽不合是题意，但属极限位置情况，估且作为一种情况）； 联立

15、方程组，解得或，所以.从而得到时直线的方程为. 再取，此时直线的方程为，直线的方程为.联立方程组，解得或，所以；联立方程组，解得或，所以.从而得到时，直线的方程为.7分联立，解得交点坐标为.特殊化地猜想：直线恒过定点. 8分以下给出具体的证明：若直线的斜率不存在，则异号，与矛盾， 9分故设直线的方程为，联立方程组，消去，得.设，则， 11分代入直线方程，可得:，.,因为，满足题意要求，所以直线恒过.13分20本小题主要考查基本初等函数的导数、导数的的运算及导数的应用、全称量词与存在量词等基础知识，考查抽象概括能力、推理论证能力、运算求解能力以及应用意识，考查化归与转化思想、分类与整合思想、函数

16、与方程思想、有限与无限思想、特殊与一般思想等满分14分.解：（）因为， 1分所以，即函数的图象在点处的切线的斜率为1. 2分又因为切线过切点，所以函数的图象在点处的切线方程为. 3分（）令，则当时，恒有，所以在递增，又因为，所以当，都有，即命题为真. 4分当时，令，得；令，得；令，得.所以在递减，在递增，故当时，取得最小值 5分令,则.因为，所以在区间单调递减，在区间单调递增，当且时，存在，使得，命题为真；7分当时，的最小值，所以，命题为假 8分综合知，若为真，实数的取值范围为. 9分（）由（）知，对恒成立，所以，当时，有令，即证得，. 10分由得：. 11分在中，令得， 12分所以.13分因

17、此，又因为所以，则14分21（1）选修42:矩阵与变换本小题主要考查矩阵与变换、矩阵的运算等基础知识，考查运算求解能力，考查化归与转化思想.满分7分解：() 解法一: 因为，所以点的坐标为. 4分解法二: ， 2分，所以点的坐标为. 4分() 解法一: 设，则有，即 6分解得 所以. 7分解法二: 因为，所以， 6分又因为，所以. 7分21（2）选修4-4：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，考查分类与整合思想、化归与转化思想、函数与方程思想.满分7分.解：()当时，方程可化为，从而得到方程； 1分当时，因为有解，所以曲线过极点，极点对应的直角坐标也满足方程. 2分综上可知，曲线的直角坐标方程为. 3分直线的参数方程为，即（为参数）.4分() 解法一：将代入，整理，得， 5分因为，所以直线与曲线相交.设交点对应的参数分别为，则， 6分所以. 7分解法二：由倾斜角知直线的