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泉州市15届高三5月质检理数试题扫描版含答案


2015 届泉州市普通高中毕业班单科质量检测 理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,或受篇 幅限制、或考虑问题还不够周全,遇多种解法时,一般提供最能体现试题考查意图的最常规和最 典型的解法.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 50 分. 1.A 2.C 3.D 4.B 5.D 6.B 7.B 8.C 9.A 10.C

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. 11. ?0,1, 2? 12. 6.4 13. 14 14. 4 或

4 3

15.

S?QSP S?RSP

.

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.本小题主要考查三角恒等变换与解三角形等基础知识,考查运算求解能力与推理论证能力, 考查函数与方程思想等. 满分 13 分. 解: (Ⅰ)方法 1:因为 2sin

A? B ? 1 ? cos 2C , 2 1 ? cos( A ? B) ? 2 cos 2 C , 2cos2 C ? cos C ?1 ? 0 , 所以 2 2 1 解得 cos C ? 1或 cos C ? ? . 2 1 因为 0 ? C ? ? ,所以 ?1 ? cos C ? 1 ,故 cos C ? ? , 2
2

????2 分 ????3 分

所以 C ?

(Ⅱ)由(Ⅰ)知, C ?

2? ? ? ,又 A ? B ? C ? ? ,所以 A ? B ? ,故 B ? ? A ,?6 分 3 3 3 a b c a b ? ? ? ? 2, 由正弦定理,得 即 sin A sin B sin C sin A sin B
得 a ? 2sin A, b ? 2sin B , 所以 S ? ????8 分

2? . 3

????5 分

1 ? ab sin C ? 3 sin A sin B ? 3 sin A sin( ? A) 2 3

3 3 2 ? sin A cos A ? sin A , 2 2 ? 3 3 1 3 , ( sin 2 A ? cos 2 A) ? 2 2 2 4 3 ? 3 , ????11 分 sin(2 A ? ) ? 2 6 4

?
又 A ? (0,

?
3

) , 2A ?

?

? 5? 1 ? ? ( , ) ,所以 ? sin(2 A ? ) ? 1 , 6 6 6 2 6
????13 分

所以 S ? (0,

3 ]. 4

方法 2: (Ⅰ)同解法 1; (Ⅱ)由余弦定理,得 c ? a ? b ? 2ab cos C ,
2 2 2

即 ( 3) ? a ? b ? 2ab cos
2 2 2

2? , ????7 分 3
????8 分

整理,得 3 ? ab ? a ? b ,
2 2 2 2

又 a ? b ? 2ab ,所以 0 ? ab ? 1 , ????10 分 (当且仅当 a ? b ? 3 时等号成立). 因为 S ? ????11 分

1 2? 3 3 ab sin ? ab ,所以 S ? (0, ] . ????13 分 2 3 4 4

17.本小题主要考查三视图、空间中直线与平面的位置关系、空间向量的应用等基础知识,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,函数与方程思想等. 满

分 13 分. 解: (Ⅰ)由在俯视图中点 M , G 的投影重合,知 MG ? 面 ABCD , 故 MG ? CD 且 MG ? 面 CDD1F ; 由正视图中线段 MN , EF 的投影重合,知 FM ? 面 ADD1 A 1, 故 FM ? DD1 且 FM ? 面 CDD1F ; 又点 F , G 分别是 C1C, C1D1 的中点,所以点 M 为 CD1 的中点. 同理,可知点 N 为 B1D1 的中点. ????2 分 ????3 分 ????4 分 ????1 分

(Ⅱ)连结 B1D1 , CD1 , B1C ,则 MN 又由题意,可知 EF 所以 MN

B1C ,

B1C ,
????5 分

EF ,

又 MN ? 平面 EFG , EF ? 平面 EFG , 故 MN 平面 EFG . ????7 分

(Ⅲ)如图,以 A 为原点,分别以 AB, AD, AA1 所在直线为 x 轴、 y 轴、 z 轴建立空间直角坐 标系 O ? xyz .

E (2, 2, 2), F (2, 4,1), G(1, 4, 2) , EF ? (0, 2, ?1), EG ? (?1, 2,0) ,????8 分

设平面 EFG 的一个法向量为 n ? ( x, y, z ) ,则 ?

? ?n ? EF ? 0, ? ?n ? EG ? 0,

即?

?2 y ? z ? 0, ?? x ? 2 y ? 0,

整理,得 ?

? z ? 2 y, ? x ? 2 y,
????10 分 平 面 AD1 , GM , GN ? 平 面 GMN ,

令 y ? 1 ,得 n ? (2,1, 2) , 又 由 题 意 , 可 知 GM

平 面 AD1 , GN

GM

GN ? G ,
平面 AD1 , ????11 分

所以平面 GMN

又 AB ? 平面 AD1 , 故 AB ? 平面 GMN , 所以 AB ? (2,0,0) 是平面 GMN 的一个法向量, 设平面 EFG 与平面 MNG 所成的锐二面角的大小为 ? , 则 cos ? ? ????12 分

n ? AB n ? AB

?

4 2 ? . 2?3 3

????13 分

解 2: (Ⅰ)同解法 1; (Ⅱ)连结 B1D1 , CD1 , B1C ,则 EF 所以 EF

B1C , B1C ? 平面 B1CD1 , EF ? 平面 B1CD1 ,
平面 B1CD1 ,

平面 B1CD1 ,同理可证 FG

又 EF , FG ? 平面 EFG , EF 所以平面 EFG 平面 B1CD1 ,

FG ? F ,

又 MN ? 平面 B1CD1 , 故 MN 平面 EFG . ????6 分

(Ⅲ)如图,以 A 为原点,分别以 AB, AD, AA1 所在直线为 x 轴、 y 轴、 z 轴建立空间直角 坐标系 O ? xyz .

B1 (2,0, 2), C(2, 4,0), D1 (0, 4, 2) , B1C ? (0, 4, ?2), B1D1 ? (?2, 4,0) , ??7 分
设平面 EFG 的一个法向量 n ? ( x, y, z ) , 由(Ⅱ)知,平面 EFG 平面 B1CD1 ,所以 n ? ( x, y, z ) 也是平面 B1CD1 的法向

量,故有 ?

?n ? B1C ? 0, ? ?n ? B1 D1 ? 0, ?

即?

?4 y ? 2 z ? 0, ??2 x ? 4 y ? 0,

整理,得 ?

? z ? 2 y, ? x ? 2 y,

令 y ? 1 ,得 n ? (2,1, 2) , ????9 分 又由题意,可知 GM 所以平面 GMN 平面 AD1 , GN 平面 AD1 , GM , GN ? 平面 GMN ,

平面 AD1 ,

又 AB ? 平面 AD1 , 故 AB ? 平面 GMN , 所以 AB ? (2,0,0) 是平面 GMN 的一个法向量, ????11 分

设平面 EFG 与平面 MNG 所成的锐二面角的大小为 ? ,则

cos ? ?

n ? AB n ? AB

?

4 2 ? . ????13 分 2?3 3

18.满分 13 分. 解: (Ⅰ)记事件 A : “甲通过科目二的考试” ,事件 B : “甲通过科目三的考试” ,则 A, B, A, B 相 互独立,

事件“甲通过操作技能模拟考试”为 ( AB)

( ABB) ( AAB) ( AABB) ,

且 AB, ABB, AAB, AABB 为互斥事件,

P(( AB) ( ABB) ( AAB) ( AABB)) ? P( AB) ? P( ABB) ? P( AAB) ? P( AABB) ? P( A)P(B) ? P( A)P(B)P(B) ? P( A)P( A)P(B) ? P( A)P( A)P(B)P(B)
1 2 1 1 2 2 1 2 2 1 1 2 40 ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? , 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 81 40 所以甲通过操作技能模拟考试的概率为 . 81
(Ⅱ)由题意,可知 ? ? 2,3, 4 则

????6 分

2 2 1 2 2 1 1 2 1 2 7 P(? ? 2) ? ? ? ? ? , P(? ? 3) ? ? ? ? ? ? , 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 27 2 1 1 2 P(? ? 4) ? ? ? ? , 3 3 3 27
分布列如下:

?
P

2

3

4

2 3

7 27

2 27

(Ⅲ)记乙参加两科目操作技能模拟考试的总次数为 ? ,由题可知? ? 2,3, 4 ,

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 3 P (? ? 2) ? ? ? ? ? , P(? ? 3) ? ? ? ? ? ? , 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 8 1 1 1 1 P(? ? 4) ? ? ? ? , 2 2 2 8
分布列如下:

?
P

2

3

4

1 2

3 8

1 8

由上可得: E? ? 2 ? 因为

2 7 2 65 1 3 1 21 ? 3? ? 4 ? ? , E? ? 2 ? ? 3 ? ? 4 ? ? , 3 27 27 27 2 8 8 8

65 21 ? 即 E? ? E? ,所以甲的操作技能水平较高. ????13 分 27 8

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: (Ⅰ)选择图形 2,以图中的 O 为原点, OF 所在直线为 x 轴建立平面直角坐标系, 则 F (0,1) , 故抛物线 ? 的标准方程为 x2 ? 4 y . ????4 分

(Ⅱ) (ⅰ)由题意,可知直线 l 的斜率存在,故设直线 l 的方程为 y ? kx ? m ,并设 A( x1 , y1 ) ,

B( x2 , y2 ) , P(0, m) .
2 抛物线 ? 的方程 x ? 4 y 可化为 y ?

1 2 1 x ,故 y? ? x , 4 2

1 1 x1 ,在点 B 处切线 l2 的斜率为 k 2 ? x2 , 2 2 1 所以直线 l1 , l2 的斜率之积为 k1k 2 ? x1 x2 , ????7 分 4
在点 A 处切线 l1 的斜率为 k1 ? 联立方程组 ?

? x 2 ? 4 y, 2 消去,得 y x ? 4kx ? 4m ? 0 , ? y ? kx ? m,

可得: x1 x2 ? ?4m , 所以 k1k 2 ?

1 ? ( ?4 m ) ? ? m . 4

????11 分

当 OP 的长度不变时,直线 l1 , l2 的斜率之积为定值 ?m . (ⅱ)若 l1 ? l2 ,则 k1k2 ? ?m ? ?1 ,所以点 P 的坐标为 ? 0,1? ,与点 F 重合. ?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: (Ⅰ)因为 f ?( x) ? 6 x2 ? 2mx ? 1, 所以 f '(0) ? 1 , 又直线 l 过点 (0, 2) ,所以直线 l 的方程为 y ? x ? 2 . (Ⅱ) f ?( x) ? 6 x2 ? 2mx ? 1, ????3 分 ????1 分

? ? (2m)2 ? 24 ? 4(m2 ? 6) ? 4(m ? 6)(m ? 6) .
①当 ? ? 0 即 ? 6 ? m ? 6 时, f ?( x) ? 0 恒成立, 故函数 f ( x ) 在 R 上为增函数; ②当 ? ? 0 即 m ? 6 或 m ? ? 6 时, 令 f ?( x) ? 0 ,得 ????5 分

m ? m2 ? 6 m ? m2 ? 6 , ?x? 6 6 m ? m2 ? 6 m ? m2 ? 6 , ); 6 6 m ? m2 ? 6 m ? m2 ? 6 ) 和( , ??) . 6 6
????7 分

所以 f ( x ) 的单调递减区间为 (

同理,可得 f ( x ) 的单调递增区间为 (??,

综合①②,可得当 ? 6 ? m ? 6 时, f ( x ) 的递增区间为 (??, ??) ; 当 m ? 6 或 m ? ? 6 时, f ( x ) 的单调递减区间为 (

m ? m2 ? 6 m ? m2 ? 6 , ) ,单 6 6
???8 分

调递增区间为 (??,

m ? m2 ? 6 m ? m2 ? 6 ),( , ??) . 6 6

(Ⅲ)依题意可得, an?1 ? f (an ) ? 2 , 所以 an?1 ? an ? an (2an ? m) .
2

由(Ⅱ)知, ? 6 ? m ? 6 . (ⅰ)当 2 ? m ? 6 时, 先证明 an ? ①当 n ? 1 时, a1 ? 1 ?

m : 2

m ; 2
m 成立. 2

②假设当 n ? k (k ? 1) 时,有 ak ?

因为函数 f ? x ? 在 R 上单调递增,

m m m m ) ? ? 2 ,故 ak ?1 ? f (ak ) ? 2 ? f ( ) ? 2 ? , 2 2 2 2 m m 又因为 f (ak ) ? ak ?1 ? 2 ,所以 ak ?1 ? 2 ? ? 2 ,即 ak ?1 ? , 2 2 m * 由①②知,对任意的 n ? N ,都有 an ? 成立. 2
所以 f ( ak ) ? f ( 所以 an?1 ? an ? an 2 (2an ? m) ? 0 ,即 an?1 ? an ( n ? N ) ,
*

故数列 ?an ? 为递减数列. (ⅱ)当 ? 6 ? m ? 2 时,采用数学归纳法,同理可证得 an ? 故 an?1 ? an ? an 2 (2an ? m) ? 0 ,即 an?1 ? an , 所以数列 ?an ? 为递增数列. (ⅲ)当 m ? 2 时, an?1 ? an ? 2an (an ?1) , a1 ? 1 ,
2

????11 分

m . 2

????12 分

可采用数学归纳法证明 an ? 1(n ? N* ) ,故数列 ?an ? 为常数列.

????13 分

综合(ⅰ) (ⅱ) (ⅲ)可得:当 2 ? m ? 6 ,数列 ?an ? 为递增数列;当 ? 6 ? m ? 2 时, 数列 ?an ? 为递增数列;当 m ? 2 时,数列 ?an ? 为常数列. ????14 分

21. (1)选修 4—2: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、函数与方程思想等.满分 7 分 解:(Ⅰ)矩阵 A 的特征多项式为

f (? ) ?

? ?a
?5

?b ? ? ? ? a ?? ? ? 4 ? ? 5b ? ? 2 ? ? 4 ? a ? ? ? 4a ? 5b , ? ?4

由题意,知关于 ? 的方程 ? 2 ? ? 4 ? a ? ? ? 4a ? 5b ? 0 的两根为 ?1 ? ?1, ?2 ? 6 , 根据根与系数的关系,得 ?

? 4 ? a ? 5, ? a ? 1, ?1 2? ,解得 ? ,所以 A ? ? ? .??2 分 ?b ? 2, ?4a ? 5b ? ?6, ?5 4? ??2 x ? 2 y ? 0, 即 x ? y ? 0, ? ?5x ? 5 y ? 0,

当 ?1 ? ?1 时,对应的齐次线性方程组为 ?

令 x ? 1 ,则 y ? ?1 ,从而 ξ ? ?

?1? ? 是矩阵 A 属于 ?1 的一个特征向量. ????3 分 ? ?1?
?1

(Ⅱ)方法一:设在椭圆上任取一点的坐标为 ( x, y ) ,经过矩阵 A B 所对应的变换后所得的坐 标为 ( x ', y ') .

由题意,得 ?

? ? 1 ?1 ? 0? ? x ? x, ? ,其对应的矩阵为 , 2 2 ? ? ? ? y? ? y, ? 0 1?

????5 分

?1 ?1 ? ?1 ? ? ?1 ? 1 2 0 0 0 ? ? ?1 ?? ?2 ???2 ? ,可得 B ? A ? 2 则A B ??2 ? ? ? ? ?5 4?? ? ?5 ? ? ? 0 1? ? 0 1? ? ? 0 1? ?2
方法二:设 B ? ?

? 2? ?. ? 4? ?

??7 分

?c d ? ?, ?e f ?
1 ? 3 ? ?, 1? ? ? 6?

? 2 ?? 3 ?1 由(Ⅰ)得 det A ? ?6 ,所以 A ? ? ? 5 ? ? 6

????5 分

? 2 ?? 3 ?1 因此 A B ? ? ? 5 ? ? 6

1 1 ? 2 ?? 3 c ? 3 e ? 2 , ? 1 ? ?? 2 d ? 1 f ? 0, ?1 ? ? c d 0 ? ? 3 ? 3 ? ,故有 ? 3 ?? ? ???2 ? 1 e f? ? 5 c ? 1 e ? 0, ? ?? ? ? 0 1? ? 6 6? 6 ? 5 1 ? d ? f ? 1, 6 ? 6

解得 c ?

1 5 , d ? 2, e ? , f ? 4 , 2 2

?1 ?2 所以 B ? ? ?5 ? ?2

? 2? ?. 4? ? ?

????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,推理论证能力,考 查化归与转化思想、函数与方程思想、数形结合思想等.满分 7 分. 解:(Ⅰ) ? 2 cos 2? ? ? 2 cos 2 ? ? ? 2 sin 2 ? ? 1 , 所以曲线 C 的直角坐标方程为 x 2 ? y 2 ? 1 . (Ⅱ)由题可知直线 l 恒过点 (2, 0) ,且倾斜角为 ? . 设直线方程为 y ? k ( x ? 2) ,其中 k ? tan ? , 因为曲线 x 2 ? y 2 ? 1 的渐近线方程为 x ? y ? 0 和 x ? y ? 0 ,双曲线的右顶点为 (1, 0) , 所以直线与双曲线必有交点. 又因为直线 l 与曲线 C 有唯一交点, 此时,直线 l 必定与渐近线平行,可得 k ? tan ? ? ?1 ,故 ? ? 所以 sin ? ? ????5 分 ????1 分 ????3 分 ????4 分

?
4



3? , 4

2 . 2

????7 分

21(3)选修 4—5:不等式选讲 本小题主要考查绝对值不等式、柯西不等式以及存在量词等基础知识,考查运算求解能力、 推理论证能力,考查函数与方程思想、化归与转化思想等.满分 7 分. 解:(Ⅰ)由柯西不等式可得

( x 2 ? y 2 )(1 ? 4) ? ( x ? 2 y ) 2 ,所以 x 2 ? y 2 ?
当且仅当

1 , 5

????1 分 ????2 分 ????3 分

x y 1 2 ? 即 x ? , y ? 时,等号成立, 1 2 5 5 1 2 1 所以当 x ? , y ? 时, x 2 ? y 2 的最小值为 ; 5 5 5
(Ⅱ)当 t ? 0 时, x ? 2 y ? 0 ,整理,得 2 y ? ? x ,

令 f ( x) ? x ?1 ? 2 y ? a ? x ?1 ? ? x ? a ? x ?1 ? x ? a ? ( x ?1) ? ( x ? a) , 即 f ( x) ? a ? 1 ,所以 f ( x ) 的最小值为 a ? 1 , 由题可知,只需满足 a ? 1 ? 4 ,解得 ?5 ? a ? 3 所以 a 的取值范围为 [?5,3] . ????7 分 ????5 分


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