2013泉州3月份质检文数试卷(2)

2013泉州3月份质检文数试卷(2)

泉州市2013届高三3月质量检查（数学文）‎ 参考公式： ‎ 样本数据、、…、的标准差：‎ ‎，其中为样本平均数；‎ 柱体体积公式：，其中为底面面积，为高；‎ 锥体体积公式：，其中为底面面积，为高；‎ 球的表面积、体积公式：，，其中为球的半径．‎ 一、选择题：本大题共12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．已知全集，，，则等于 A．　　 B． C． D．‎ ‎2．命题“”的否定是 A．　　 B． ‎ C． D．‎ ‎3．若直线经过圆的圆心，则的值为 A．　　　　 B．　　　　 C．　　　 　D．‎ ‎4．阅读如图所示的程序框图，执行框图所表达的算法，则输出的结果是 A．　　　　　 B． C．　　　 　 D．‎ ‎5．若直线与幂函数的图象相切于点，则直线的方程为 A．　 B．‎ C． D．‎ ‎6. 函数的图象向左平移个单位后，所得图象的一条对称轴是 A． B． C． D．‎ ‎7. 已知双曲线的两个焦点恰为椭圆的两个顶点，且离心率为2，则该双曲线的标准方程为 A． B． C． D．‎ ‎8．某几何体的三视图及其相应的度量信息如图所示，则该几何体的表面积为 A．　　 B． C． D．‎ ‎9．已知单位向量、，满足，则函数（）‎ A. 既是奇函数又是偶函数 B. 既不是奇函数也不是偶函数 C. 是偶函数 D. 是奇函数 ‎10．给出以下四个说法：‎ ‎ ①在匀速传递的产品生产流水线上，质检员每间隔分钟抽取一件产品进行某项指标的检测 ，这样的抽样是分层抽样；‎ ‎②在刻画回归模型的拟合效果时，相关指数的值越大，说明拟合的效果越好；‎ ‎③在回归直线方程中，当解释变量每增加一个单位时，预报变量平均增加个单位；‎ ‎④对分类变量与，若它们的随机变量的观测值越小，则判断“与有关系”的把握程度越大．‎ 其中正确的说法是 ‎ A．①④ B．②④ C．①③ D．②③‎ ‎11．对于定义域为的函数，若存在非零实数，使函数在和上均有零点，则称为函数的一个“界点”．则下列四个函数中，不存在“界点”的是 A． B．‎ C． D． ‎ ‎12.我国齐梁时代的数学家祖暅（公元前5-6世纪）提出了一条原理：“幂势既同，则积不容异．”‎ 这句话的意思是：夹在两个平行平面间的两个几何体，被平行于这两个平行平面的任何平面所截，如果截得的两个截面的面积总是相等，那么这两个几何体的体积相等．‎ 设：由曲线和直线，所围成的平面图形，绕轴旋转一周所得到的旋转体为；由同时满足，，，的点构成的平面图形,绕轴旋转一周所得到的旋转体为.根据祖暅原理等知识，通过考察可以得到的体积为 A． B． C． D． ‎ 二、填空题：本大题共4小题，每小题4分，共16分．将答案填在答题卡的相应位置．‎ ‎13．已知（，是虚数单位），则的值为 ．‎ ‎14．已知满足约束条件则的最大值为 ．‎ ‎15．在中，角所对的边分别为，若，，则角的值为 ．‎ ‎16．利用计算机随机模拟方法计算与所围成的区域的面积时，可以先运行以下算法步骤：‎ 第一步：利用计算机产生两个在区间内的均匀随机数； 第二步：对随机数实施变换：得到点；‎ 第三步：判断点的坐标是否满足；‎ 第四步：累计所产生的点的个数，及满足的点的个数；‎ 第五步：判断是否小于（一个设定的数）.若是，则回到第一步，否则，输出并终止算法.‎ 若设定的，且输出的，则据此用随机模拟方法可以估计出区域的面积为 ‎ （保留小数点后两位数字）．‎ 三、解答题：本大题共6小题，共74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)‎ 等差数列中，，．‎ ‎（Ⅰ）求数列的通项公式； （Ⅱ）若，求数列的前项和．‎ ‎18．(本小题满分12分)‎ 为了解某社区家庭的月均用水量（单位：吨），现从该社区随机抽查户，获得每户某年的月均用水量，并制作了频率分布表和频率分布直方图（如图）.‎ ‎（Ⅰ）分别求出频率分布表中的值，并估计该社区家庭月均用水量不超过吨的频率；‎ ‎（Ⅱ）设、、是户月均用水量为的居民代表，、是户月均用水量为的居民代表. 现从这五位居民代表中任选两人参加水价论证会，请列举出所有不同的选法，并求居民代表、至少有一人被选中的概率．‎ ‎19．(本小题满分12分)‎ 如图，抛物线的顶点为坐标原点，焦点在轴上，准线与圆相切．‎ ‎（Ⅰ）求抛物线的方程；‎ ‎（Ⅱ）若点在抛物线上，且，求点的坐标．‎ ‎20．(本小题满分12分)‎ 已知为坐标原点，对于函数，称向量为函数的伴随向量，同时称函数为向量的伴随函数．‎ ‎（Ⅰ）设函数，试求的伴随向量的模；‎ ‎（Ⅱ）记的伴随函数为，求使得关于的方程在内恒有两个不相等实数解的实数的取值范围．‎ ‎21．(本小题满分12分)‎ 如图，是以为直径的半圆上异于、的点，矩形所在的平面垂直于该半圆所在的平面，且．‎ ‎（Ⅰ）求证：；‎ ‎（Ⅱ）设平面与半圆弧的另一个交点为．‎ ‎①试证：；‎ ‎②若，求三棱锥的体积．‎ ‎22．(本小题满分14分)‎ 已知函数（…是自然对数的底数）的最小值为．‎ ‎（Ⅰ）求实数的值；‎ ‎（Ⅱ）已知且，试解关于的不等式 ；‎ ‎（Ⅲ）已知且.若存在实数，使得对任意的，都有，试求的最大值．‎ 泉州市2013届普通中学高中毕业班质量检查 文科数学试题参考解答及评分标准 说明：‎ 一、本解答指出了每题要考查的主要知识和能力，并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．‎ ‎ 二、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．‎ 三、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．‎ 四、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． D 2．C 3．B 4．B 5． A 6． B ‎ ‎ 7． A 8．A 9．C 10．D 11．D 12．B 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16分.‎ ‎ 13．1 14． 15． 16．.‎ 三、解答题：本大题共6小题，共74分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．‎ ‎17．本小题主要考查等差数列、数列求和等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想等. 满分12分.‎ 解：（Ⅰ）设数列的公差为，由………………………… 2分 解得 ………………………… 4分 所以． ………………………… 6分 ‎（Ⅱ）因为，所以，，…………………… 9分 所以．…… 12分 ‎18．本小题主要考查频率分布表、频率分布直方图和古典概型、统计等基础知识，考查数据处理能力、运算求解能力以及应用意识，考查必然与或然思想等．满分12分．‎ 解：（Ⅰ）由频率分布直方图可得，…………… 2分 ‎∴月均用水量为的频数为25.‎ 故，得. ………………………… 4分 由频率分布表可知，户月均用水量不超过吨的频率为， ……… 5分 根据样本估计总体的思想，估计该社区家庭月均用水量不超过吨的频率为． ……… 6分 ‎（Ⅱ）由、、、、五代表中任选人共有如下种不同选法，分别为：，，，，，，，，，. ………………………… 8分 记“、至少有一人被选中”的事件为，事件包含的基本事件为：，，，，，，，共包含7个基本事件数. ……………… 10分 又基本事件的总数为，所以.‎ 即居民代表、至少有一人被选中的概率为. …………………… 12分 ‎19．本小题主要考查抛物线的标准方程、直线与圆等基础知识，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12分．‎ 解：（Ⅰ）依题意，可设抛物线的方程为，‎ 其准线的方程为. ………………………… 2分 ‎∵准线与圆相切，‎ ‎∴所以圆心到直线的距离，解得. ……… 4分 故抛物线的方程为:． ………………………… 5分 ‎（Ⅱ）设，，则…………① …………………… 6分 ‎∵，，，,‎ ‎∴， ‎ 即 …………② ………………… 9分 ‎②代入①，得，，‎ 又，所以，解得，，‎ 即或． ………………………… 12分 ‎20．本小题主要考查平面向量和三角函数等基础知识，考查运算求解能力、推理论证能力，考查化归与转化思想、函数与方程思想、数形结合思想以及分类与整合思想等．‎ 解：（Ⅰ）∵， ……………… 2分 ‎∴． ………………………… 4分 故. ……………………… 5分 ‎（Ⅱ）由已知可得，……………………… 7分 ‎∵， ∴，‎ 故. ……………………… 9分 ‎∵当时，函数单调递增，且；‎ 当时，函数单调递减，且.‎ ‎∴使得关于的方程在内恒有两个不相等实数解的实数的取值范围为． … 12分 ‎21．本小题主要考查直线与直线、直线与平面的位置关系及棱锥体积等基础知识，考查空间想象能力、推理论证能力及运算求解能力，考查化归与转化思想等.满分12分.‎ 解：（Ⅰ）∵平面平面，‎ 面面，，面，‎ ‎∴面． ………………………… 2分 又∵面，∴． ………………………… 3分 ‎∵在以为直径的半圆上，∴，‎ 又∵，面，∴面．…………… 4分 ‎ 又∵面，∴． ……………………… 5分 ‎（Ⅱ）① ∵，面，面，‎ ‎∴平面．… 6分 又∵面，平面平面，‎ ‎∴. ……………… 8分 ‎②取中点，的中点，‎ 在中，，，∴．‎ ‎（Ⅰ）已证得面，又已知，‎ ‎∴平面．…………… 10分 故． … 12分 ‎22．本小题主要考查函数、导数等基础知识，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14分.‎ 解：（Ⅰ）因为，所以，故，‎ 因为函数的最小值为，所以． ……………… 3分 ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）得，.‎ 当时，，……… 5分 故不等式可化为：，‎ 即， ……………… 6分 得，‎ 所以，当时，不等式的解为；‎ 当时，不等式的解为． …………… 8分 ‎（Ⅲ）∵当且时，，‎ ‎∴.‎ ‎∴原命题等价转化为:存在实数，使得不等式对任意恒成立. …………… 10分 令.‎ ‎∵，∴函数在为减函数. …………… 11分 又∵，∴. …………… 12分 ‎∴要使得对，值恒存在，只须．………… 13分 ‎∵，‎ 且函数在为减函数，‎ ‎∴满足条件的最大整数的值为3．…… 14分