福建省龙岩市2014届高三数学上学期期末质检试题 文_图文

1

2

3

4

龙岩市 2013~2014 学年第一学期高三教学质量检查数学试题参考答案(文科) -2i(1+i) 1.D ∵原式= 2 =1-i,∴其虚部为-1. 2.A ∵A={x|-2<x<1},B={x|-2<x<3},∴( RA)∩B={x|1≤x<3}. x x x x 3. B ∵3 >0, ∴3 +1>1, 则 log2(3 +1)>0, ∴p 是假命题; 綈 p: ? x∈R, log2(3 +1)>0. 4 . B f(6) = f[f(6 + 5)] = f[f(11)] = f(11 - 3) = f(8) = f[f(8 + 5)] = f[f(13)] = f[f(13-3)]=f(10)=10-3=7. 5.C 由题意得双曲线的一个焦点为(-3,0),则 m=3 -8=1,则 C 的离心率等于 3. 6.C 满足约束条件的可行域如图所示. 因为函数 z=2y-3x,所以 zA=-3,zB=2,zC=4, 即目标函数 z=2y-3x 的最大值为 4,故选 C. x 17 y 4 y 7.A 依题意知,-=10=1.7,-=10=0.4,而直线^=-3+ b x y b b ^x 一定经过点(-,-),所以-3+^×1.7=0.4,解得^=2. 1 8.C 运行一下程序框图,第一步:s=2,i=4,k=2;第二步:s=2×2×4=4,i=6,
2

k=3;第三步:s=3×4×6=8,i=8,k=4,此时输出 s,即输出 8.
π π 9. B 将 f(x)=2sin(2x- 6 )的图象向左平移 m 个单位, 得函数 g(x)=2sin(2x+2m- 6 ) π π π kπ π 的图象,则由题意得 2× 6 +2m- 6 =kπ + 2 (k∈Z),即有 m= 2 + 6 (k∈Z),∵m>0, π ∴当 k=0 时,mmin= 6 . 10.D 若 f(x)=x -2ax+a+2=(x-a) -a +a+2 没有零点,则-a +a+2>0,解得 2-(-1) 2 -1<a<2,则函数 y=f(x)有零点的概率 P=1-3-(-2)=5. OA OC AB OA OC 1 11.B 依题意,|→|=|→|=|→|=,→·→=×cos∠AOC=1,cos∠AOC=2,∠AOC π AC OA OC π AB AC = 3 ,则|→|=|→|=|→|=,∠BAC= 3 ,→·→=×cos∠BAC=1. 1 π 5π 1 1 18 9 12.B f′(x)=sin x-2x2,当 x∈( 3 , 6 )时,sin x∈(2,1],2x2∈(25π 2,2π 2), π 5π 1 π 5π 则当 x∈( 3 , 6 )时,f′(x)=sin x-2x2>0,即函数 y=f(x)在( 3 , 6 )单调递增,即
2 2 2 2

1

f(a)<f(b).
AB BC 13.2 sin C=sin A? AB=2.

5

14.12 由三视图可知,该几何体是有两个相同的直三棱柱构成,三棱柱的高为 4,三棱 3 1 3 3 柱的底面三角形为直角三角形,两直角边分别为 2,2,所以三角形的底面积为2×2×2=2, 3 所以三棱柱的体积为2×4=6,所以该几何体的体积为 2×6=12. x2 2 15. 5 +y =1 直线 2x+y-4=0 与 x 轴、y 轴的交点分别为(2,0)、(0,4),则 c=2, |F2N|=2, x2 2 ∵|MN|=|MF1|,∴|MF2|+|MF1|=|F2N|=2a,即 a=,∴椭圆 E 的方程为 5 +y =1. 16.②④ 对于①,由 k(t+1)+b=kt+b+k+b 得 b=0,矛盾; 对于②,由 a
t+1

a t =a +a 知,可取 t=logaa-1符合题意;

k k 对于③,由t+1=t+k 知,无实根; 对于④,由 sin(t+1)=sin t+sin 1 知,取 t=2kπ ,k∈Z 符合题意; 综上所述,属于集合 M 的函数是②④. 2 1 2 17.解:(1)a3=a1a7,即(a1+2d) =a1(a1+6d),化简得 d=2a1,d=0(舍去). 2×3 1 9 ∴S3=3a1+ 2 ×2a1=2a1=9,得 a1=2,d=1. ∴an=a1+(n-1)d=2+(n-1)=n+1,即 an=n+1.(6 分) (2)∵bn=2an=2
n+1

bn+1 ,∴b1=4, bn =2.

∴{bn}是以 4 为首项,2 为公比的等比数列, b1(1-qn) 4(1-2n) n+2 ∴Tn= 1-q = 1-2 =2 -4.(12 分) 18.解:(1)由频率分布表得 a+0.2+0.45+b+c=1,即 a+b+c=0.35. 3 因为抽取的 20 件样品中,等级系数为 D 的恰有 3 件,所以 b=20=0.15. 2 等级系数为 E 的恰有 2 件,所以 c=20=0.1. 从而 a=0.35-b-c=0.1. 所以 a=0.1,b=0.15,c=0.1.(6 分) (2)从样品 x1,x2,x3,y1,y2 中任取两件,所有可能的结果为: (x1,x2),(x1,x3),(x1,y1),(x1,y2),(x2,x3),(x2,y1),(x2,y2),(x3,y1),(x3, y2),(y1,y2),共计 10 个. 设事件 A 表示“从样品 x1,x2,x3,y1,y2 中任取两件,其等级系数相等” , 则 A 包含的基本事件为:(x1,x2),(x1,x3),(x2,x3),(y1,y2),共 4 个. 4 故所求的概率 P(A)=10=0.4.(12 分) 19.解:(1) ∵AA1⊥面 ABC,BC? 面 ABC, ∴BC⊥AA1.(1 分) 又∵BC⊥AC,AA1,AC? 面 AA1C1C,AA1∩AC=A,∴BC⊥面 AA1C1C, (3 分)
6

又 AC1? 面 AA1C1C,∴BC⊥AC1.(4 分) (2)(法一)当 AF=3FC 时,FE∥平面 A1ABB1.(7 分) 理由如下:在平面 A1B1C1 内过 E 作 EG∥A1C1 交 A1B1 于 G,连结 AG. 3 ∵B1E=3EC1,∴EG=4A1C1, 3 又 AF∥A1C1 且 AF=4A1C1, ∴AF∥EG 且 AF=EG, ∴四边形 AFEG 为平行四边形,∴EF∥AG, (10 分) 又 EF?面 A1ABB1,AG? 面 A1ABB1,∴EF∥平面 A1ABB1.(12 分) (法二)当 AF=3FC 时,FE∥平面 A1ABB1.(9 分) 理由如下: 在平面 BCC1B1 内过 E 作 EG∥BB1 交 BC 于 G,连结 FG. ∵EG∥BB1,EG?面 A1ABB1,BB1? 面 A1ABB1, ∴EG∥平面 A1ABB1.∵B1E=3EC1,∴BG=3GC, ∴FG∥AB,又 AB? 面 A1ABB1,FG?面 A1ABB1, ∴FG∥平面 A1ABB1. 又 EG? 面 EFG,FG? 面 EFG,EG∩FG=G, ∴平面 EFG∥平面 A1ABB1.(11 分) ∵EF? 面 EFG,∴EF∥平面 A1ABB1.(12 分) 20.解:(1)因为 AB=acosθ , 1 1 2 ∴S1=2a·acosθ ·sinθ =4a sin 2θ , x 设正方形边长为 x,BQ=tan θ ,RC=xtanθ , x asin θ cos θ 则 x+xtanθ +tan θ =a,解之得 x=1+sin θ cos θ a2sin22θ 所以 S2 =4+4sin 2θ +sin22θ (6 分) S1 1 4 (2)当 a 固定,θ 变化时S2=4(sin 2θ +sin 2θ +4), S1 1 4 设 sin 2θ =t,则 y=S2=4(t+t+4). π 4 ∵0<θ < 2 ,∴0<t≤1,f(t)=t+t(0<t≤1), 易证 f(t)在(0,1]上是减函数. S1 π 故当 t=1 时,S2取最小值, 此时 θ = 4 .(12 分) p , 1 2 2 21.解:(1) 由条件知 lAB:y=x-2,则y2=2px,消去 y 得 x -3px+4p =0,则 x1+

x2=3p,由抛物线定义得|AB|=x1+x2+p=4p. 2 又因为|AB|=8,即 p=2,则抛物线的方程为 y =4x.(5 分)
p 2 2| (2)由(1)知|AB|=4p,且 lAB:y=x-2,设 M(00,y0),则 M 到 AB 的距离为 d=02,因 1 2 p 点 M 在直线 AB 的上方,所以-2py0+y0+2>0,
7

2 1 2 p 2 1 2 则 d=2(-2py0+y0+2)=2[-2p(y0-p) +p]. 1 2 2 2 2 由 x -3px+4p =0 知 A(2p,(1-)p),B(2p,(1+)p), 2 所以(1-)p<y0<(1+)p,则当 y0=p 时,dmax=2p. 1 2 2 则(S△ABM)max=2·4p·2p=p .(12 分) 22.解:(1)当 a=1 时,f(x)=ln x-x +x,其定义域是(0,+∞), 1 2x2-x-1 又 f′(x)=x-2x+1=- x , 2x2-x-1 1 令 f′(x)=0,即- x =0,解得 x=-2或 x=1.又 x>0,∴x=1. 当 0<x<1 时,f′(x)>0;当 x>1 时,f′(x)<0. ∴函数 f(x)在区间(0,1)上单调递增,在区间(1,+∞)上单调递减. 2 ∴当 x=1 时,函数 f(x)取得最大值,其值为 f(1)=ln 1-1 +1=0. 当 x≠1 时,f(x)<f(1),即 f(x)<0. ∴函数 f(x)只有一个零点.(7 分) 2 2 (2)显然函数 f(x)=ln x-a x +ax 的定义域为(0,+∞), 1 -2a2x2+ax+1 -(2ax+1) (ax-1) 2 ∴f′(x)=x-2a x+a= x = x . 1 ①当 a=0 时,f′(x)=x>0,∴f(x)在区间(1,+∞)上为增函数,不合题意; 1 1 ②当 a>0 时,f′(x)<0,得 x>a,∴a≤1,即 a≥1; 1 1 1 ③当 a<0 时,f′(x)<0,得 x>-2a,∴-2a≤1,a≤-2. 1 综上,实数 a 的取值范围是(-∞,-2]∪[1,+∞).(14 分)
2

8


相关文档

福建省龙岩市2014届高三上学期期末质检数学理试题 Word版含答案
福建省龙岩市2014届高三英语上学期期末质检试题新人教版
福建省龙岩市2014届高三上学期期末质检历史试题 Word版含答案
福建省龙岩市2013届高三上学期期末质检数学文试题 扫描版含答案
福建省龙岩市2014届高三上学期期末质检化学试题 Word版含答案
福建省龙岩市2014届高三上学期期末质检物理试题 Word版含答案
福建省龙岩市2014届高三上学期期末质检英语试题 Word版含答案
福建省龙岩市2014届高三上学期期末质检语文试题 Word版含答案
福建省龙岩市2014届高三上学期期末质检地理试题 Word版含答案
福建省龙岩市2014届高三上学期期末质检生物试题 Word版含答案
电脑版