福建省泉州市2018届高三适应性模拟考试(三)理数试题

泉州市2018届高三适应性模拟卷（三）理科数学注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名和准考证号填写在答题卡上。

2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。

如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。

回答非选择题时，将答案写在答题卡上。

写在本试卷上无效。

3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

第Ⅰ卷一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1. 设集合，，则等于A. B. C. D.【答案】B【解析】由题意得，，，所以，所以，故选B.2. 已知复数（）的实部为，则A. B. C. D.【答案】A【解析】由题意得，所以，所以，所以，故选A.3. 已知数列为等比数列，，，则的值为A. B. C. D.【答案】C【解析】由等比数列的性质，又由，解得或，所以等比数列的公比为，则或，所以，当，则；当，则，故选C.4. 若双曲线的离心率为，则其渐近线方程为A. B. C. D.【答案】A...【解析】由题意得，双曲线的离心率为，所以，所以，所以双曲线的渐近线的方程为，故选A.5. 已知分别为的三个内角的对边，若，，则A. B. C. D.【答案】D【解析】由题意得，，所以，所以，由正弦、余弦定理得，化简得，又，所以，解得或（舍去），所以，故选D.请在此填写本题解析!6. 如图，长方形中，为坐标原点，点在轴上，，曲线（）经过点，现将一质点随机投入长方形中，若质点落在图中阴影区域的概率是A. B. C. D.【答案】C【解析】由题意得，把点，代入抛物线的方程，所以长方形的面积为，所以，所以阴影区域的概率是，故选C.7. 某组合体的三视图如图所示，图中网格每个小正方形的边长为，曲线均为圆弧的一部分，则该几何体的体积为A. B. C. D.【答案】B【解析】由题意得，根据三视图可知原几何体是半个圆锥和个球组成，圆锥高为，底面半径为，所以原几何体的体积为，故选B.8. 海水受日月的引力，在一定的时候发生潮涨潮落，船只一般涨潮时进港卸货，落潮时出港航行，某船吃水深度（船底与水面距离）为米，安全间隙（船底与海底距离）为米，该船在开始卸货，吃水深度以米/小时的速度减少，该港口某季节每天几个时刻的水深如下表所示，若选择（）拟合该港口水深与时间的函数关系，则该船必须停止卸货驶离港口的时间大概控制在（要考虑船只驶出港口需要一定时间）A. 至B. 至C. 至D. 至【答案】C【解析】由题意得，函数的周期为，振幅，所以，又因为达到最大值，...所以由，可得，所以，所以函数的表达式为，令，解得，所以在可安全离港，故选C.9. 已知为抛物线（）上的一点，为抛物线的焦点，直线过点且与轴平行，若同时与直线，直线，轴相切且位于直线左侧的圆与轴切于点，则点A. 位于原点左侧B. 与原点重合C. 位于原点右侧D. 以上均有可能【答案】B【解析】设圆心为，过点作垂直于抛物线的准线于，由题意得点到和轴的距离相等，则点应该是平分线和平分线的交点，因为，所以,假设在轴上，因为为中点，所以为中点，所以,所以假设成立，即圆心在轴上，则与轴切于点，故选B.10. 执行如图所示的程序框图，输出的值为A. B. C. D.【答案】D【解析】由题意得，执行上述循环结构，可知：第次循环：；第次循环：；第次循环：；第次循环：；第次循环：；，当次循环时，终止循环，可知，输出结果，故选D.11. 各项均为正数的等差数列中，前项和为，当时，有，则A. B. C. D.【答案】A【解析】设等差数列的公差为，则当时，，当时，，联立方程组得，可得，所以，故选A.12. 如图，三角形中，，，以为直角顶点向外作等腰直角三角形，当变化时，线段的长度最大值为A. B. C. D.【答案】C【解析】设，则，由正弦定理可得，所以所以时，取得的最大值，故选C.第Ⅱ卷本卷包括必考题和选考题两个部分。

第（13）题～第（21）题为必考题，每道试题考生都必须作答。

第（22）题～第（23）题为选考题，考生根据要求作答。

二、填空题：本大题共4小题，每小题5分．13. 展开式的常数项是__________．【答案】【解析】由题意得，二项式展开式的通项为，当时，所以.14. 设不等式组所表示的平面区域为，若函数的图象经过区域，则实数的取值范围是__________．【答案】【解析】作出可行域，如图所示，因为函数的图象是过点，且斜率为的直线，由图可知，当直线过点时，取得最大值，当直线过点时，取得最小值，所以实数的取值范围是.15. 已知点为棱长等于的正方体内部一动点，且，则的值达到最小时，与夹角大小为__________．【答案】【解析】由题意得，取中点，则，因为，所以在以为球心的球面上，所以，因为，...所以，所以与的夹角为.16. 恒成立，则实数的取值范围为__________．【答案】【解析】设，因为，所以，当时，在上恒成立，所以成立，故；当时，在上恒成立，所以，得无解；当时，则存在使得时，是增函数，当时，时减函数，故或，所以，综上所述，.三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17. 已知函数（），是偶函数．（Ⅰ）求的值；（Ⅱ）求函数在区间的最大值．【答案】（Ⅰ）．（Ⅱ）．【解析】试题分析：（Ⅰ）依题意，，因为是偶函数，解得．（Ⅱ）由（Ⅰ）得，，时，，即可得到函数的值域.试题解析：（Ⅰ）依题意，．因为是偶函数，所以．又因为，所以．（Ⅱ）由（Ⅰ）得，，．．时，，故函数在区间的最大值为．...18. 为提高市场销售业绩，某公司设计两套产品促销方案（方案1运作费用为元/件；方案2的的运作费用为元/件），并在某地区部分营销网点进行试点（每个试点网点只采用一种促销方案），运作一年后，对比该地区上一年度的销售情况，分别统计相应营销网点个数，制作相应的列联表如下表所示．（Ⅰ）请根据列联表提供的信息，为该公司今年选择一套较为有利的促销方案（不必说明理由）；（Ⅱ）已知该公司产品的成本为10元/件（未包括促销活动运作费用），为制定本年度该地区的产品销售价格，统计上一年度的组售价（单位：元/件，整数）和销量（单位：件）（）如下表所示：（ⅰ）请根据下列数据计算相应的相关指数，并根据计算结果，选择合适的回归模型进行拟合；（ⅱ）根据所选回归模型，分析售价定为多少时？利润可以达到最大．...参考公式：相关指数．【答案】（Ⅰ）见解析;（Ⅱ）（ⅰ）进行拟合最为合适．（ⅱ）．【解析】试题分析：（Ⅰ）由列联表信息可知，年度平均销售额与方案的运作相关性强于方案．（Ⅱ）（ⅰ）由已知数据可知，经过计算可得，即可选择采用回归模型进行拟合最为合适．（ⅱ）由（Ⅰ）可知，采用方案的运作效果较方案好，求得当售价时，利润达到最大．试题解析：（Ⅰ）由列联表信息可知，年度平均销售额与方案的运作相关性强于方案．（Ⅱ）（ⅰ）由已知数据可知，回归模型对应的相关指数；回归模型对应的相关指数；回归模型对应的相关指数．因为，所以采用回归模型进行拟合最为合适．（ⅱ）由（Ⅰ）可知，采用方案的运作效果较方案好，故年利润，，当时，单调递增；当时，单调递减．故当售价时，利润达到最大．19. 四棱锥，侧面为边长为的正三角形，底面为对角线互相垂直的等腰梯形，为的中点，．（Ⅰ）求证：；（Ⅱ）若的面积为，求三棱锥的体积．【答案】（Ⅰ）见解析;（Ⅱ）．【解析】试题分析：（Ⅰ）在中，利用勾股定理得,取中点，连结，证得.平面，从而得到．（Ⅱ）在平面内作，垂足为，证得，得到为等腰直角三角形，设，则，在中，解得，利用体积相等，即可求解三棱锥的高.试题解析：（Ⅰ）在中，,,取中点，连结，则.平面，而平面，．（Ⅱ）在平面内作，垂足为，连结，因为，平面平面，所以平面，又平面,所以，又，所以，所以为等腰直角三角形．设，则，中，由得，解得，故，设三棱锥的高为，因为，故的面积为，故，所以．20. 直角坐标系中，曲线与轴负半轴交于点，直线与相切于，为上任意一点，为在上的射影，为的中点．（Ⅰ）求动点的轨迹的方程；（Ⅱ）轨迹与轴交于，点为曲线上的点，且，，试探究三角形的面积是否为定值，若为定值，求出该值；若非定值，求其取值范围．【答案】（Ⅰ）．（Ⅱ）．【解析】试题分析：（Ⅰ）依题意，可知，．……………2分因为为上动点，代入整理，即可得到点的轨迹方程；（Ⅱ）由求，同理，得，再求则到的距离．即可表示的面积....试题解析：（Ⅰ）依题意，可知，直线．设，依题意，可知，．因为为上动点，所以，可得动点的轨迹的方程．（Ⅱ）依题意，不妨记，，设的斜率为，因为，所以的斜率也为；同理，设的斜率为，因为，所以的斜率也为．设，由得，则①；同理，由得，则②．联立①②，消去可得，不妨设，．由可得，则．由可得．则到的距离．则三角形的面积．21. 已知函数（）．（Ⅰ）若方程有两根，求的取值范围；（Ⅱ）在（Ⅰ）的前提下，设，求证：随着的减小而增大；（Ⅲ）若不等式恒成立，求证：（）．【答案】（Ⅰ）．（Ⅱ）见解析; （Ⅲ）见解析.【解析】试题分析：（Ⅰ）由，有，设，求得的单调性，进而由方程，求解实数的取值范围；（Ⅱ）由题意，，推得进而得到，即可得到随着的减小而增大．（Ⅲ）依题意，恒成立，记，则，分类讨论得到函数的最小值，，设，利用函数的性质，即可求得结论.试题解析：（Ⅰ）由，有，设，由，在上单调递增，在上单调递减，又，．当时，；当时，． ...故若方程有两根，则．（Ⅱ）故若方程有两根，则，．假设对于任意的．记，由上可知；记，由上可知．因为在上单调递增，在上单调递减，故由可知，．又因为，，所以，故随着的减小而增大．（Ⅲ）依题意，恒成立，记，则．①当时，在恒成立，故在单调递减，又因为，所以在上函数值小于零，不符合题意，舍去．②当时，得．由上表可知在上的．记，由可知，在单调递增，在单调递减，故，综上，即．由可得（），两边乘以可得，即．则．请考生在第22，23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分。

作答时，用2B铅笔在答题卡上把所选题号后的方框涂黑。

22. 选修4—4：坐标系与参数方程已知极坐标系的极点与直角坐标系的原点重合，极轴与直角坐标系中x轴的正半轴重合．圆C的参数方程为（为参数，），直线，若直线与曲线C相交于A，B两点，且．（Ⅰ）求；（Ⅱ）若M，N为曲线C上的两点，且，求的最小值．...【答案】（I）．（Ⅱ）.【解析】试题分析: （I）消去参数，即可得到圆的普通方程，利用代入，得直线的普通方程，在利用圆心到直线的距离，即可求解的值.（Ⅱ）由（I）得，把代入圆的普通方程，得，设，得到，即可求解最小值. 试题解析：（I）由，得圆C的普通方程为．即圆心为，半径．，把代入，得直线的普通方程为．圆心到直线的距离，，即，得，，．（Ⅱ）由（I）得，圆C的普通方程为．把代入，得，化简，得圆C的极坐标方程为．依题意，设，的最小值为23. 选修4—5：不等式证明选讲设为正实数，且．（Ⅰ）求的最小值；（Ⅱ）若，求的值．【答案】（Ⅰ）．（Ⅱ）1.【解析】试题分析：（Ⅰ）由得，进而得到的最小值是；（Ⅱ）由得，从而，又，即可求解的值....试题解析：（Ⅰ）由得，当时取等号．分故，当时取等号所以的最小值是，当且仅当取得最小值．（Ⅱ）由得．即，从而．又，当时取等号．。