2018年福建省泉州市高三第二次（5月）质量检查数学文试题（PDF版）.rar

泉州市2018届普通中学高中毕业班质量检查（5月）文科数学参考答案及评分细则评分说明：1． 本 解 答 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 。2． 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 。3． 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 。4． 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） C （ 2） C （ 3） D （ 4） A （ 5） C （ 6） A（ 7） A （ 8） D （ 9） D （ 10） B （ 11） A （ 12） C第 11题 解 析 ：四 棱 锥 P ABCD 的 体 积 1 84 23 3V     ， 当 球 与 四 棱 锥 的 各 面 均 相 切 时 ， R达 到 最 大 ．记 四 棱 锥 的 表 面 积 为 S ， 则 1 1 1 12 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 8 4 22 2 2 2S                 ．由 13V SR ， 得 2 2R   ． 故 选 （ A） ．第 12 题 解 析 ：解 法 一 ： 设  1 1,A x y ,  2 2,B x y ,  0 0,M x y ,  ,0F c ，依 题 意 ， PFB PFM PFAS S S △ △ △ ， 故 2PFA PFBS S△ △ ， 可 得 1 22y y ．令 1b ， 则 椭 圆 方 程 为 2 2 2 2 0x a y a   ， 过 F 的 直 线 方 程 为 13x ty c t     ,联 立 得  2 2 2 2 1 0t a y ct y     ， 则 1 2 2 22cty y t a   ， 1 2 2 21y y t a   ．因 为 1 22y y ， 得    2 2 21 2 2 21 21 42 22 y y c ty y t a       ， 化 简 为 2 22 21 42 c tt a   ，即 2 2 2 28c t t a  ， 把 13t  代 入 化 简 为 ， 2 23 1 8 0a c   ， 又 因 为 2 2 1a c  ，得 2 24 9a c ， 故 椭 圆 离 心 率 为 23 ． 故 选 （ C） ．解 法 二 ： 设  1 1,A x y ,  2 2,B x y ,  0 0,M x y ,  ,0F c ，由 对 称 性 知 PFB PFM PFAS S S △ △ △ ， 故 2PFA PFBS S△ △ ．可 得 1 122122 12PFAPFB FP yS yS yFP y  △△ ， 即 1 22y y ．直 线 :AB 13x ty c t     , 与 椭 圆 :C 2 2 2 2 2 2 0b x a y a b   联 立 得 2 2 2 2 2 42 0b t a y b ct y b     ， 则 21 2 2 2 22b cty y b t a   ， 41 2 2 2 2by y b t a   ．因 为 1 22y y ， 得     222 2 2 2 2 21 2 4 2 2 21 2 2 2 221 42 22 b cty y b t a c tby y b t ab t a            ，可 得 2 22 2 21 42 c tb t a   ， 故 2 2 2 2 28c t b t a  ， 将 13t  代 入 ， 得 2 2 283 3c b a  ，即 2 24 9a c ， 所 以 23ce a  ． 故 选 （ C） ．二 、 填 空 题 ： 本 大 题 考 查 基 础 知 识 和 基 本 运 算 ． 每 小 题 5 分 ， 满 分 20 分 ．（ 13） 2 ； （ 14） 2； （ 15） 1； （ 16） 3 32 ．第 16 题 解 析 ：在 ACD 中 ， 由 余 弦 定 理 得 2 2 2 12 1 7 3cos 2 24 3AC CD ADACD AC CD       ，所 以 30ACD  ， 又 D 是 BC 的 中 点 ，由 余 弦 定 理 得 2 2 2 2 cos 12 4 12 4AB AC BC AC BC ACB          ，所 以 2AB  ．因 为 2BA BC BP   ， 所 以 点 P在 以 点 B为 圆 心 ， 2 为 半 径 的 圆 上 ， 120APC   ．由 余 弦 定 理 可 得2 2 22 2 2 cos3AC AP CP AP CP APCAP CP AP CPAP CP         所 以 4AP CP  ． 当 且 仅 当 AP CP 时 ， 等 号 成 立 ．故 1 sin120 32APCS AP CP     ．又 1 3sin302 2ADCS AC CD     ， 故 平 面 四 边 形 ADCP的 最 大 值 为 3 32 ．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） 命 题 意 图 ： 本 小 题 考 查 数 列 基 本 量 运 算 ， 等 差 、 等 比 数 列 通 项 公 式 和 前 n项 和 等 基 础 知 识 ； 考 查 运算 求 解 能 力 、 推 理 论 证 能 力 、 抽 象 概 括 能 力 ； 考 查 特 殊 与 一 般 思 想 、 转 化 与 化 归 思 想 ．解 析 ：（ Ⅰ ） 设  na 的 公 差 为 d ，由 2 4 16a a  ， 可 得 1 1( ) ( 3 ) 16a d a d    ， 即 12 4 16a d  ． … … … … … … 2 分又 1 2a  ， 可 得 3d  ． … … … … … … 3 分故 1 ( 1) 2 ( 1)3 3 1na a n d n n        ． … … … … … … 4 分依 题 意 ， 3 12 nnb  ， 因 为 3 2 31 3 12 22 nn nnbb    （ 常 数 ） ，故 { }nb 是 首 项 为 4 ， 公 比 8q  的 等 比 数 列 ． … … … … … … 6 分（ Ⅱ ）  na 的 前 n项 和 为 1( ) (3 1)2 2nn a a n n  ． … … … … … … 8 分{ }nb 的 前 n项 和 为 3 1 3 3 21 4 2 2 1 431 1 8 7 7n nnb b qq         ． … … … … … … 11 分故 { }n na b 的 前 n项 和 为 3 2(3 1) 1 432 7 7nn n     ． … … … … … … 12 分（ 18） 命 题 意 图 ： 考 查 立 体 几 何 中 的 线 面 平 行 ， 几 何 体 体 积 有 关 知 识 ； 考 查 空 间 想 象 能 力 、 运 算 求 解 能 力和 推 理 论 证 能 力 ； 考 查 化 归 转 化 思 想 ．解 析 :（ Ⅰ ） 证 明 ： 取 PD的 中 点 F ， 连 结 ,AF EF ． … … … 1 分∵ E 为 PC 的 中 点 ， ∴ EF CD ， 且 12EF CD ．又 ∵ AB  CD， 且 12AB CD ，∴ EF AB ， 且 EF AB ． 故 四 边 形 ABEF 为 平 行 四 边 形 ．∴ BE AF ． … … … … … … 3 分又 BE平 面 BEP， AF 平 面 BEP，∴ BE∥ 平 面 PAD． … … … … … … 5 分（ Ⅱ ） 由 （ Ⅰ ） 得 BE∥ 平 面 PAD．故 点 B到 平 面 PAD的 距 离 等 于 点 E到 平 面 PAD的 距 离 ． … … … … … … 6 分取 BC的 中 点 G ， 连 结 PG ． … … … … … … 7 分∵ AB 平 面 PBC ， AB平 面 ABCD，∴ 平 面 ABCD 平 面 PBC ．又 PBC△ 是 边 长 为 2 的 正 三 角 形 ．∴ 3PG ， 2BC  ， 且 PG ⊥ BC．∵ 平 面 ABCD 平 面 PBC BC ，∴ PG ⊥ 平 面 ABCD． … … … … … … 9 分∵ 四 边 形 是 直 角 梯 形 ， 1AB ， 2BC  ， 2CD ，∴ 5AD ， 1 1 2 12ABDS    △ ．∵ AB  PB， 1AB ， 2PB PC  ， 2CD ，∴ 5PA ， 2 2PD ．∴    2 21 2 2 5 2 62APDS     △ ． … … … … … … 10 分记 点 B到 平 面 PAD的 距 离 为 h，∵ 三 棱 锥 P ABD 的 体 积 1 13 3APD ABDV S h S PG     △ △ ，∴ 3 226ABDAPDS PGh S   △ △ ． … … … … … … 11 分∴ 点 E到 平 面 PAD的 距 离 为 22 ． … … … … … … 12 分（ 19） 命 题 意 图 ： 本 题 考 查 散 点 图 、 变 量 间 的 相 关 关 系 、 非 线 性 回 归 分 析 等 基 础 知 识 ； 考 查 数 据 处 理 能 力 、运 算 求 解 能 力 和 应 用 概 率 统 计 知 识 进 行 决 策 的 意 识 ； 考 查 统 计 思 想 、 分 类 讨 论 思 想 ．解 析 ：（ Ⅰ ） 根 据 散 点 图 ，dcxy  2 更 适 宜 作 为 年 销 量 y 关 于 年 份 代 码 x 的 回 归 方 程 ； … … … … … … 2 分（ Ⅱ ） 依 题 意 ， 11w ， … … … … … … 4 分51 5 21( )( ) 851.2ˆ 2.28374( )i ii iiw w y yc w w      ， … … … … … … 7 分36.21128.272.22ˆˆ  wcyd ， … … … … … … 9 分36.228.236.228.2ˆ 2  xwy . … … … … … … 10 分令 6x ， 72.79ˆ y ， 预 测 2018 年 我 国 新 能 源 乘 用 车 的 销 量 为 79.7 万 辆 ． … … … … 12 分（ 20） 命 题 意 图 ： 本 小 题 主 要 考 查 中 点 公 式 、 直 线 方 程 、 抛 物 线 、 弦 长 及 不 等 式 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 、 数 形 结 合 等 思 想 ．解 析 :（ Ⅰ ） 由 方 程 组 2 ,2 ,y xx py  得 2 2 0x px  ， … … … … … … 1 分解 得 1 20, 2x x p  ， … … … … … … 2 分所 以 (0,0), (2 ,2 )O T p p ， 则 2 2OT p ． … … … … … … 3 分又 | | 2 2 4 2OT p  ， 所 以 2p  ．故 C的 方 程 为 2 4x y ． … … … … … … 4 分（ Ⅱ ） 由 （ Ⅰ ） (0,0), (4,4)O T ， 则 线 段 OT 的 中 点 坐 标 (2,2)．故 直 线 l的 方 程 为 2 ( 2)y k x   ． … … … … … … 5 分由 方 程 组 2 2 2 ,4 ,y kx kx y    得 2 4 8 8 0x kx k    ．设 2 21 21 2( , ), ( , )4 4x xA x B x ， 则 1 2 1 24 , 8 8x x k x x k     ， … … … … … … 6 分直 线 OA的 方 程 14xy x ， 代 入 2y x  ， 解 得 184x x  ，所 以 11 128( , )4 4 xM x x  ， … … … … … … 7 分同 理 得 22 228( , )4 4 xN x x  ， … … … … … … 8 分所 以 1 28 82 4 4MN x x   1 21 28( )2 (4 ) (4 )x xx x    21 2 1 21 2 1 28 ( ) 42 16 4( )x x x xx x x x     … 9 分28 16 32( 1)2 16 16 8( 1)k kk k     214 2 1 (1 )k   … … … … … … 10 分因 为 10 2k  ， 所 以 8 4 10MN  ．当 12k  时 ， MN 取 得 最 大 值 4 10 ． … … … … … … 12 分（ 21） 命 题 意 图 ： 本 题 主 要 考 查 函 数 导 数 、 极 值 点 、 单 调 性 、 最 值 等 基 础 知 识 ； 考 查 运 算 求 解 能 力 、 推 理论 证 能 力 ； 考 查 数 形 结 合 思 想 、 函 数 与 方 程 思 想 、 化 归 与 转 化 思 想 ．解 析 ：（ Ⅰ ） 函 数  f x 的 定 义 域 为  0, ，   1ln xf x x x   ， … … … … 1 分 1 2f  ， … … … … … … … … 2 分又 因 为  1 0f  ， … … … … … … … … 3 分所 以 该 切 线 方 程 为  2 1y x  ， 即 2a  ， 2b ． … … … … … … … … 4 分（ Ⅱ ） 设    1 ln 2 2F x x x x    ，则   1ln 1F x x x    ,… … … … … … … … 5 分设    1ln 1 1g x x xx    ， (1) 0g  … … … … … … … … 6 分则   2 21 1 1xg x x x x   当  1, ，   0g x  ， 又  1 0g  ， 故   0g x  ． … … … … … … … … 7 分所 以   0F x  ， 即  F x 在 区 间  1, 单 调 递 增 ， 所 以    1 0F x F 所 以 1x  ，  f x ax b  ． … … … … … … … … 8 分（ Ⅲ ） 由 （ Ⅱ ） 可 知 ，    1 ln 2 1x x x   ．令 2 2x n   *2,n n N ， 则      2 2 21 ln 2 2 3n n n     ， … … … … 9 分因 为      22 2ln 2 2 2 1 13 1 1 1 1 1nn n n n n n           ， … … … … 11 分所 以 2n 时 ，有  222 ln 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 11 .3 3 2 4 3 5 4 6 2 1 1nk kk n n n n                                                   ，化 简 为  222 ln 2 1 1 113 2 1nk kk n n       ， … … … … 11 分即  222 ln 2 3 23 2nk kk n    ， 所 以  222 ln 22 33 2nk kn k   ． … … … … 12 分请 考 生 在 第 （ 22） 、 （ 23） 两 题 中 任 选 一 题 作 答 ． 注 意 ： 只 能 做 所 选 定 的 题 目 ． 如 果 多 做 ， 则 按 所 做 第一 个 题 目 计 分 ， 作 答 时 请 用 2B 铅 笔 在 答 题 卡 上 将 所 选 题 号 后 的 方 框 涂 黑 ．（ 22） （ 本 小 题 满 分 10 分 ） 选 修 4 4 ： 坐 标 系 与 参 数 方 程在 直 角 坐 标 系 xOy 中 ， 曲 线 C 的 参 数 方 程 为 1 cos ,sinxy    （  为 参 数 ） ， 直 线 l 的 参 数 方 程 为1 ,3x ty t    （ t 为 参 数 ） ， 在 以 坐 标 原 点 为 极 点 ， x轴 正 半 轴 为 极 轴 的 极 坐 标 系 中 ， 射 线 : ( 0)m     .（ Ⅰ ） 求 C和 l的 极 坐 标 方 程 ；（ Ⅱ ） 设 m与 C和 l分 别 交 于 异 于 原 点 的 ,A B两 点 ， 求 OAOB 的 最 大 值 .【 命 题 意 图 】 本 题 主 要 考 查 了 参 数 方 程 、 极 坐 标 方 程 与 直 角 坐 标 方 程 的 互 相 转 化 以 及 直 线 与 圆 的 位 置 关 系等 基 础 知 识 ； 考 查 推 理 论 证 能 力 、 运 算 求 解 能 力 等 ； 考 查 化 归 与 转 化 思 想 、 数 形 结 合 思 想 、 函 数 与 方 程 思想 等 ； 考 查 数 学 抽 象 、 逻 辑 推 理 、 直 观 想 象 、 数 学 运 算 等 ．【 试 题 简 析 】 解 ： （ Ⅰ ） 曲 线 C的 一 般 方 程 为  2 21 + 1x y  ， 1 分由 cos ,sin ,xy     得  2 2 2cos 1 + sin 1     ， .2 分化 简 得 C的 极 坐 标 方 程 为 2cos  ； 3 分l的 一 般 方 程 为 4 0x y   ， .4 分极 坐 标 方 程 为 cos sin 4 0      ， 即 πsin( + ) 2 24   5 分（ Ⅱ ） 设 1 2( , ), ( , )A B    ， 则 12OAOB   sin cos2cos 4   ， . 6 分21 (sin cos cos )2     ， . 7 分2 π 1sin(2 )4 4 4   ， 8 分由 射 线 m与 E 相 交 ， 则 不 妨 设 π π,4 4     ，则 π π 3π2 ,4 4 4      ， 所 以 当 π π2 ,4 2   即 π8  时 ， OAOB 取 最 大 值 ， 9 分此 时 2 14OAOB  . 10 分（ 23） （ 本 小 题 满 分 10 分 ） 选 修 4 5 ： 不 等 式 选 讲已 知 函 数 ( ) 2 1 2f x x a x     ， ( ) 3 1 g x x .（ Ⅰ ） 当 1a 时 ， 求 不 等 式 ( ) ( )f x g x 的 解 集 ；（ Ⅱ ） 当  2, x a 时 ， ( ) ( )f x g x ， 求 a的 取 值 范 围 ．【 命 题 意 图 】 本 题 主 要 考 查 了 解 绝 对 值 不 等 式 ， 利 用 绝 对 值 不 等 式 的 几 何 意 义 解 决 问 题 ； 考 查 推 理 论 证 能力 、 运 算 求 解 能 力 等 ； 考 查 化 归 与 转 化 思 想 、 数 形 结 合 思 想 、 函 数 与 方 程 思 想 等 ； 考 查 数 学 抽 象 、 逻 辑 推理 、 直 观 想 象 、 数 学 运 算 等 ．【 试 题 简 析 】 解 ： （ Ⅰ ） 当 1a 时 ， ( ) 1 2 3 1f x x x x      ，① 当 2x 时 ， ( ) 2 1f x x  ，令 ( ) 3 1f x x  ， 即 2 1 3 1x x    ， 此 时 无 解 ； 1 分② 当 2 1x   时 ， ( ) 3f x  ，令 ( ) 3 1f x x  ， 即 3 3 1x  ， 所 以 2 13 x   ； 2 分③ 当 1x 时 ， ( ) 2 1f x x  ，令 ( ) 3 1f x x  ， 即 2 1 3 1x x   ， 解 得 1x ， .3 分综 上 所 述 ， 不 等 式 的 解 集 为 2| 3x x   ． 5 分（ Ⅱ ） 当  2, x a 时 ， ( ) 2 1 2 3 1f x x a x x       ， 即 2 1 2 1x a x    ； 6 分① 当 12 2a   时 ， 2 1 0x  ， 2 1 2 1x a x    恒 成 立 ； 7 分② 当 12a ， 12, 2x     时 ， 2 1 0x  ， 2 1 2 1x a x    恒 成 立 ；1 ,2x a   时 ，  2 22 1 2 1x a x    恒 成 立 ，即 23 2(2 3) 4 ( 1) 0x a x a a     恒 成 立 ， 8 分令 2( ) 3 2(2 3) 4 ( 1)g x x a x a a     ， ( )g x 的 最 大 值 只 可 能 是 1( )2g 或 ( )g a ，1( ) 02g  ， 2( ) 3 2 0g a a a   ， 得 20 3a  ， 又 12a ， 所 以 1 22 3a  ； 9 分综 上 所 述 ： a的 取 值 范 围 是 2| 2 3x a     ． .10 分