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2018届泉州市高考理科数学模拟试卷及答案
我们在备考高考理科数学时，需要多做理科数学模拟试卷，熟悉里面的高考题型，下面是小编为大家精心推荐的2018届泉州市高考理科数学模拟试卷，希望能够对您有所帮助。
2018届泉州市高考理科数学模拟试卷题目
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)已知集合 ， ，则
(A) (B) (C) (D)
(2)已知复数 .若 ，则 在复平面内对应的点位于
(A)第一象限 (B)第二象限 (C)第三象限 (D)第四象限
(3)公差为2的等差数列 的前 项和为 .若 ，则
(A)4 (B)6 (C)8 (D)14
(4)已知实数 满足约束条件 ，则满足 的点 所构成的区域面积等于
(A) (B) (C) (D)1
(5)榫卯(sǔn mǎo)是古代中国建筑、家具及其它器械的主要结构方式，是在两个构件上采用凹凸部位相结合的一种连接方式，凸出部分叫做“榫头”.某“榫头”的三视图及其部分尺寸如图所示，则该“榫头”体积等于
(A)12 (B)13 (C)14 (D)15
(6)执行一次如图所示的程序框图，若输出 的值为0，则下列关于框图中函数 的表述，正确的是
(A) 是奇函数，且为减函数 (B) 是偶函数，且为增函数
(C) 不是奇函数，也不为减函数 (D) 不是偶函数，也不为增函数
(7)已知以 为中心的双曲线 的一个焦点为 ， 为 上一点， 为 的中点.若 为等腰直角三角形，则 的离心率等于
(A) (B) (C) (D)
(8)已知曲线 的一条对称轴方程为 ，曲线 向左平移 ( )个单位长度，得到的曲线 的一个对称中心为 ，则 的最小值是
(A) (B) (C) (D)
(9)在梯形 中， ， ， ， ， ，则
(A)2 (B) (C) (D)
(10)某密码锁共设四个数位，每个数位的数字都可以是1，2，3，4中的任一个.现密码破译者得知：甲所设的四个数字有且仅有三个相同;乙所设的四个数字有两个相同，另两个也相同;丙所设的四个数字有且仅有两个相同;丁所设的四个数字互不相同.则上述四人所设密码最安全的是
(A)甲 (B)乙 (C)丙 (D)丁
(11)已知直线 分别与半径为1的圆 相切于点 ， ， .若点 在圆 的内部(不包括边界)，则实数 的取值范围是
(A) (B) (C) (D)
(12)已知函数 ， .若曲线 上存在两点关于直线 的对称点在曲线 上，则实数 的取值范围是
(A) (B) (C) (D)
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，每个试题考生都必须做答.第(22)、(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)已知椭圆 的左顶点、上顶点、右焦点分别为 ，则 _________.
(14)已知曲线 在点 处的切线为 ，则由 以及直线 围成的区域面积等于__________.
(15)在平面直角坐标系 中，角 的终边经过点 ，则 的取值范围是_____.
(16)已知在体积为 的圆柱中， 分别是上、下底面两条不平行的直径，则三棱锥 的体积最大值等于_________.
三、解答题：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)
在数列 中， ， .
(Ⅰ)求证：数列 是等差数列;
(Ⅱ)求数列 的前 项和 .
(18)(本小题满分12分)
某测试团队为了研究“饮酒”对“驾车安全”的影响，随机选取 名驾驶员先后在无酒状态、酒后状态下进行“停车距离”测试. 测试的方案：电脑模拟驾驶，以某速度匀速行驶，记录下驾驶员的“停车距离”(驾驶员从看到意外情况到车子完全停下所需要的距离).无酒状态与酒后状态下的试验数据分别列于表1和表2.
表1
停车距离 (米)
频数
表2
平均每毫升血液酒精含量 毫克
平均停车距离 米
已知表1数据的中位数估计值为 ，回答以下问题.
(Ⅰ)求 的值，并估计驾驶员无酒状态下停车距离的平均数;
(Ⅱ)根据最小二乘法，由表2的数据计算 关于 的回归方程 ;
(Ⅲ)该测试团队认为：驾驶员酒后驾车的平均“停车距离” 大于(Ⅰ)中无酒状态下的停车距离平均数的 倍，则认定驾驶员是“醉驾”.请根据(Ⅱ)中的回归方程，预测当每毫升血液酒精含量大于多少毫克时为“醉驾”?
(附：对于一组数据 ，其回归直线 的斜率和截距的最小二乘估计分别为 ， .)
(19) (本小题满分12分)
如图，在三棱锥 中，平面 平面 ， ， ， ，点 在 上， .
(Ⅰ)求证: ;
(Ⅱ)若二面角 的余弦值为 ，求三棱锥 的体积.
(20) (本小题满分12分)
在平面直角坐标系 中，抛物线 的焦点为 ，过 的直线 交 于 两点，交 轴于点 ， 到 轴的距离比 小1.
(Ⅰ)求 的方程;
(Ⅱ)若 ，求 的方程.
(21) (本小题满分12分)
已知函数 .
(Ⅰ)若 有唯一解，求实数 的值;
(Ⅱ)证明：当 时， .
(附： ， ， ， )
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，则按所做的第一个题目计分，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
在平面直角坐标系 中，曲线 的参数方程为 ( 为参数);在以 为极点， 轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线 的极坐标方程为 .
(Ⅰ)求 的普通方程和 的直角坐标方程;
(Ⅱ)若射线 ： 分别交 ， 于 两点( 异于原点).当 时，求 的取值范围.
(23)(本小题满分10分)选修4—5：不等式选讲
已知函数 .
(Ⅰ)当 时，解不等式 ;
(Ⅱ)若关于 的不等式 有解，求实数 的取值范围.
2018届泉州市高考理科数学模拟试卷答案
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)B (3)B (4)C (5)C (6)D
(7)B (8)A (9)B (10)C (11)B (12)D
(11)解法一：以圆心 为原点， 的方向为 轴的正方向建立平面直角坐标系，则有 ， ， .设 ，可解得 ， ，因为 在圆内，所以 ，整理，得 ，解得 ，故答案选(B).
解法二：如图，在线段 的延长线上取点 ，使得 .连结 ，交圆 于 .可求得 ，故 三点共线.因为 ，所以 ，故 .又因为点 在圆 的内部(不包括边界)，所以 ，答案选(B).
(12)解法一：可以看出， 是曲线 与曲线 的一个公共点，且当 时，两曲线在点 处的切线方程均为 .由导数的概念，可知当 或 时，曲线 与直线 交于两点，必与曲线 交于两点，故答案为(D).
解法二：方程 显然有一个根 .
若满足在去心邻域 存在非 的根则符合题意.又因为对于区间 (其中 为任意充分小正数)， ( 表示等价无穷小 )，故去心邻域 中，方程等价为 ，所以 取遍去心邻域 ，所以排除选项(A)(B)(C)，答案为(D).
解法三： 有两个不同根，由于两者都是连续函数，令特殊值 ，不合题意;
令特殊值 ，符合题意;令特殊值 ，符合题意.故选项(D).
解法四：依题意，可知 有两个不同实根.设 ，则 .
当 时， 单调递增;当 时， 单调递减;
当 时， 恒成立，当且仅当 取到等号，即只有一个根，与题意不合.
当 时，显然符合题意.
当 时，可以发现 时， ;(或者 )
当时， (证明后补).根据零点存在性定理可得在 必有一根.
故两图象有两个公共点.故 的取值范围是 .
补证： 时， ，即证 ，即证 ，
这是显然的 ，而 .得证
解法五：方程 显然有一个实根 ，故当 时方程 还有另一个实根，
当 时， ;当 时， ;
且 ，
;
显然， ，且 都是符合题意.
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)6 (14) (15) (16)8
解析：
(15)解法一：依题意，可知 ，所以 ，故 ，所以 ，故答案为 .
解法二：由三角函数定义，得 ， ，
所以 ，
因为 在 单调递增，所以 ，
所以 ，从而 ，故答案为 .
(16)解：设上、下底面圆的圆心分别为 ，圆的半径为 ，
由已知 ，所以 ，则 ，
因为 是 中点，所以 到平面 的距离与 到平面 的距离相等，故 ，从而 .设三棱锥 的高为 ，则 ，
所以 ，
故三棱锥 的体积最大值等于8.
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)(本小题满分12分)
解法一：(Ⅰ) 的两边同时除以 ，
得 ， 3分
所以数列 是首项为4，公差为2的等差数列. 6分
(Ⅱ)由(Ⅰ)，得 ， 7分
所以 ，故 ， 8分
所以 ，
，
. 12分
解法二：依题意，可得 ， 1分
所以 ，
即 ， 3分
所以数列 是首项为4，公差为2的等差数列. 6分
(Ⅱ)同解法一. 12分
(18)(本小题满分12分)
本小题主要考查频率分布直方图、数学期望等基础知识;考查抽象概括能力、数据处理能力、运算求解能力、应用意识;考查统计与概率思想、分类与整合思想.
解：(Ⅰ)依题意，得 ，解得 ， 1分
又 ，解得 ; 2分
故停车距离的平均数为 . 4分
(Ⅱ)依题意，可知 ， 5分
， 6分
， 7分
，
所以回归直线为 . 8分
(Ⅲ)由(I)知当 时认定驾驶员是“醉驾”. 9分
令 ，得 ，解得 ， 11分
当每毫升血液酒精含量大于 毫克时认定为“醉驾”. 12分
(19) (本小题满分12分)
解法一:(Ⅰ)取 的中点 ，连结 .
因为 ， ，所以 ， 1分
又平面 平面 ，平面 平面 ， 平面 ，
所以 平面 ， 2分
又 平面 ，所以 .
在 中， ， ，所以 ，
由角平分线定理，得 ， 3分
又 ，所以 ， 4分
又因为 ， 平面 ， 平面 ，
所以 平面 ， 5分
又 平面 ，所以 . 6分
(Ⅱ)在 中， ， ，
由余弦定理得 ，所以 ，即 ，
所以 ， ，所以 ， 7分
结合(Ⅰ)知， 两两垂直.以 为原点，分别以向量 的方向为 轴、 轴、 轴的正方向建立空间直角坐标系 (如图)，设 ，
则 ， ， ，
所以 ， ， 8分
设 是平面 的一个法向量，
则 即 ，整理，得
令 ，得 . 9分
因为 平面 ，所以 是平面 的一个法向量. 10分
又因为二面角 的余弦值为 ，
所以 ，解得 或 (舍去)， 11分
又 平面 ，所以 是三棱锥 的高，
故 . 12分
解法二：(Ⅰ)取 中点 ，连结 .
因为 ， ，所以 ， 1分
又因为平面 平面 ，平面 平面 ， 平面 ，
所以 平面 ， 2分
在平面 内，过 作 (如图)，则 ， , 两两垂直.
以 为原点，分别以向量 的方向为 轴、 轴、 轴的正方向建立空间直角坐标系 (如图)，设 ， 3分
在 中， ， ，由余弦定理得 ，
因为 ，所以 ，故 ， 4分
则有 ， ， ， ， 5分
所以 ， ，
所以 ，
所以 . 7分
(Ⅱ)由(Ⅰ)可得 .
设 是平面 的法向量，
则 即 整理，得
令 ，得 . 9分
因为 平面 ，所以 是平面 的一个法向量. 10分
又因为二面角 的余弦值为 ，
所以 ，解得 或 (不合，舍去)， 11分
又 平面 ，所以 是三棱锥 的'高，
故 . 12分
解法三:(Ⅰ)同解法一. 6分
(Ⅱ)过点 作 于点 ，连结 .
在 中， ， ，由余弦定理可得 .
因为 ，所以 ，
故 ， ，所以 ， 7分
又平面 平面 ，平面 平面 ， 平面 ，
所以 平面 ，又 平面 ，所以 ， 8分
又因为 ，所以 平面 ，又 平面 ，
所以 ，所以 为二面角 的平面角， 9分
所以 ，所以 ，解得 ， 10分
设 ，则 ，解得 或 (不合，舍去)， 11分
又 平面 ，所以 是三棱锥 的高，
所以 . 12分
(20) (本小题满分12分)
解法一：(Ⅰ) 的准线方程为 ， 1分
由抛物线的定义，可知 等于点 到 的准线的距离. 2分
又因为点 到 轴的距离比 小1，
所以点 到 轴的距离比点 到抛物线准线的距离小1， 3分
故 ，解得 ，
所以 的方程为 . 4分
(Ⅱ)由(Ⅰ)得 的焦点为 ，设直线 的方程为 ， , .则 . 5分
联立方程组 消去 ，得 . 6分
，
由韦达定理，得 . 7分
设点 到直线 的距离为 ，则 , .
又 ，所以 . 8分
又 在同一直线上,所以 ，即 ， 9分
因为 ， 10分
所以 ，整理，得 ，
故 ，解得 ， 11分
所以 的方程为 . 12分
解法二：(Ⅰ) 的焦点为 ， 1分
将 代入 ，得 或 ，故 ，
因为点 到 轴的距离比 小1， ，即 ， 2分
解得 ，所以 的方程为 ， 3分
经检验，抛物线的方程 满足题意. 4分
(Ⅱ)同解法一. 12分
(21) (本小题满分12分)
解法一：(Ⅰ)函数 的定义域为 .
要使 有唯一解，只需满足 ，且 的解唯一， 1分
， 2分
①当 时， ， 在 上单调递增，且 ，
所以 的解集为 ，不符合题意; 4分
②当 时，且 时， ， 单调递增;当 时， ， 单调递减，所以 有唯一的一个最大值为 ，
令 ，得 ，此时 有唯一的一个最大值为 ，且 ，故 的解集是 ，符合题意;
综上，可得 . 6分
(Ⅱ)要证当 时， ，
即证当 时， ，
即证 . 7分
由(Ⅰ)得，当 时， ，即 ，从而 ，
故只需证 ，当 时成立; 8分
令 ，则 ， 9分
令 ，则 ，令 ，得 .
因为 单调递增，所以当 时， ， 单调递减，即 单调递减，当 时， ， 单调递增，即 单调递增，
所以 ， ， ，
由零点存在定理，可知 ， ，使得 ，
故当 或 时， ， 单调递增;当 时， ， 单调递减，所以 的最小值是 或 .
由 ，得 ，
，
因为 ，所以 ，
故当 时， ，所以原不等式成立. 12分
解法二：(Ⅰ)函数 的定义域为 .
， 1分
①当 时， ， 在 上单调递增，且 ，所以 的解为 ，此时不符合题意; 2分
②当 时， ，
所以当 时， ， 单调递增;当 时， ， 单调递减，所以 ， ， 3分
令 ， ， 4分
当 时， ， 单调递减，当 时， ， 单调递增，所以 ，由此可得当 且 时， ，
且当 时， ，由零点存在定理， ，
使得 ，当 时， ，解集不唯一，不符合题意;
当 时， ，所以 的解集是 ，符合题意;
综上可得，当 时， 有唯一解; 6分
(Ⅱ)要证明当 时， ，
即证当 时， ，(因为 )
即证 ， 7分
令 ，则 ， 8分
令 ，则 在 上单调递增，且 ， ，
所以 使得 ，即 ，
所以当 时， ， 单调递增，即 递增;
当 时， ， 单调递减，即 递减，
所以 ， ，
当 时递减， ，
当 时， ， ，
由零点存在定理，可得 ， ， ，
故当 或 时， ， 单调递增，
当 时， ， 单调递减，
当 时， ，由 得， ， ，
又 ，
令 ( )，
则 在 递减，且 ，所以 ，
所以 在 递减， ，
所以当 ， ，即 ，
所以 ，即原不等式成立. 12分
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，作答时请写清题号.
(22)选修 ;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，考查数形结合思想、化归与转化思想等.满分10分.
解：(Ⅰ)由题意得，由 可得 ，
即 的普通方程为 . 2分
方程 可化为 ……(*)，
将 代入方程(*)，可得 . 5分
(Ⅱ)联立方程 得 . 7分
联立方程组 ，可得 ，
所以 . 9分
又 ，所以 . 10分
(23)选修 ：不等式选讲
本小题主要考查绝对值不等式等基础知识，考查运算求解能力、推理论证能力，考查化归与转化思想、分类与整合思想等.满分10分.
解：(Ⅰ)当 时， . 1分
当 时，可得 ，解得 . 2分
当 时，因为 不成立，故此时无解; 3分
当 时，由 得， ，故此时 . 4分
综上所述，不等式 的解集为 . 5分
(Ⅱ)因为 ， 6分
要使关于 的不等式 有解，只需 成立即可. 7分
当 时， 即 ，
解得 ，或 (舍去); 8分
当 时， ，即 ，
解得 (舍去)，或 ; 9分
所以， 的取值范围为 . 10分
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