福建省龙岩市2014届高三上学期期末教学质量检查数学(理)试题(

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试卷说明:

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(理科)1.A ∵A={x-2<x<1},B={x-2<x<3},∴(RA)∩B={x1≤x<3}.2.B ∵3x>0,∴3x+1>1,则log2(3x+1)>0,∴p是假命题;?p:?x∈R,log2(3x+1)>0.3.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=7.4.C ∵S3=a1+a2+a3=14,a1+8+a3+6=6a2,∴7a2=28,即a2=4,∴a1?a3=a=16.5.C F(-c,0),则a=4c,又抛物线y2=6x的焦点平分线段AF,∴2(c+)=a+c,解得a=4,c=1,则椭圆C的方程为+=1.6.C 经计算∠A=30°,∠S=45°,AB=BS=16海里,速度为32海里/小时.7.A 由三视图可知,该几何体为一个长方体截去一个三棱锥,三棱锥的体积为V=××1×2×3=1.故选A.8.A 将f(x)=sin 2x-cos 2x=2sin(2x-)的图象向左平移m个单位,得函数g(x)=2sin(2x+2m-)的图象,则由题意得2×+2m-=kπ+(k∈Z),即有m=+(k∈Z),∵m>-,∴当k=-1时,mmin=-.9.D 由条件知,OA⊥AB,所以,则OA∶AB∶OB=3∶4∶5,于是tan∠AOB=.因为向量与同向,故过F作直线l1的垂线与双曲线相交于同一支.而双曲线-=1的渐近线方程分别为±=0,故=,解得a=2b,故双曲线的离心率e==.10.A 当a=0时,f(x)=x,则f(x+8)>f(x),即f(x)为R上的8高调函数;当a≠0时,函数y=f(x)的图象如图所示,若f(x)为R上的8高调函数,则3a2-(-a2)≤8,解得-≤a≤且a≠0.综上-≤a≤.11. ∵∴则12.4 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4.13.-1 f(m)=dx=(x+)=m+-5≥4-5=-1,当且仅当m=2时等号成立.14. 观察知:四个等式等号右边的分母为x+2,3x+4,7x+8,15x+16,即(2-1)x+2,(4-1)x+4,(8-1)x+8,(16-1)x+16,所以归纳出分母为fn(x)=f(fn-1(x))的分母为(2n-1)x+2n,故当n∈N*且n≥2时,fn(x)=f(fn-1(x))=.15. 1007 令m=n=0得f(0+02)=f(0)+2[f(0)]2,所以f(0)=0;令m=0,n=1得f(0+12)=f(0)+2[f(1)]2.由于f(1)≠0,所以f(1)=;令m=x,n=1得f(x+12)=f(x)+2[f(1)]2,所以f(x+1)=f(x)+2×()2,f(x+1)=f(x)+,这说明数列{f(x)}(x∈Z)是首项为,公差为的等差数列,所以f(2014)=+(2014-1)×=1007.16.解:∵sin 2C+2cos2C+1=3,∴2sin(2C+)+2=3.即sin(2C+)=,又∵0<C<π,∴<2C+<π,即有2C+=,解得C=.5分(1)∵cos A=,∴sin A=.由正弦定理得=,解得a=.(8分)(2)∵2sin A=sin B,∴2a=b, ①∵c2=a2+b2-2abcos,∴a2+b2-ab=3. ②由①②解得a=1,b=2,∴S△ABC=×1×2×=.(13分)17.解:如图,以B为原点,分别以BC、BA、BP为x、y、z轴,建立空间直角坐标系,则B(0,0,0),C(2,0,0),A(0,1,0),D(1,1,0),P(0,0,1),又DE=2PE,∴E(,,).(2分)(1)∵=(,,),=(1,1,-1),=(2,0,-1),∴?=×1+×1+×(-1)=0,?=×2+×0+×(-1)=0.∴BE⊥PD,BE⊥PC,又PD∩PC=P,∴BE⊥平面PCD.(8分)(2)设平面PAD的一个法向量为n0=(x,y,z),则由得令z=1,则n0=(0,1,1).又=(0,0,1),设平面PBD的法向量为n1=(x1,y1,z1),则由得令x1=1,则n1=(1,-1,0),∴cos〈n0,n1〉===-,∴〈n0,n1〉=120°.又二面角A—PD—B为锐二面角,故二面角A—PD—B的大小为60°.(13分)18.解:(1)设an,bn分别为甲省,乙省在第n月新购校车的数量.依题意,{an}是首项为10,公比为1+50%=的等比数列;{bn}是首项为40,公差为m的等差数列.{an}的前n项和An=,{bn}的前n项和Bn==40n+.所以经过n个月,两省新购校车的总数为S(n)=An+Bn=+40n+=20[()n-1]+40n+=20?()n+n2+(40-)n-20. (8分)(2)若计划在3个月内完成新购目标,则S(3)≥1000,所以S(3)=20()3+×32+(40-)×3-20≥1000,解得m≥277.5.又m∈N*,所以m的最小值为278.(13分)19.解:(1)∵CD=,∴点E(,),又∵PQ=,∴点G(,),则解得∴椭圆方程+=1.(4分)(2)设直线MA、MB的斜率分别为k1,k2,只需证明k1+k2=0即可,设A(x1,y1),B(x2,y2),则k1=,k2=,直线l方程为y=x+m,代入椭圆方程+=1消去y,得x2+2mx+2m2-4=0可得x1+x2=-2m,x1x2=2m2-4.(9分)而k1+k2=+======0,(12分)∴k1+k2=0,故直线MA、MB与x轴始终围成一个等腰三角形.(13分)20.解:(1)F′(x)=f′(x)-g′(x)=2(x-)=(x>0),令F′(x)=0,得x=(x=-舍),∴当0<x<时,F′(x)<0,F(x)在(0,)上单调递减;当x>时,F′(x)>0,F(x)在(,+∞)上单调递增.∴当x=时,F(x)有极小值,也是最小值,即F(x)min=F()=e-2eln=0.∴F(x)的单调递增区间为(,+∞),单调递减区间为(0,),最小值为0.(7分)(2)由(1)知,f(x)与g(x)的图象有且仅有一个公共点(,e),∴猜想:一次函数的图象就是f(x)与g(x)的图象在点(,e)处的公切线,其方程为y=2x-e.下面证明:当x>0时,f(x)≥2x-e,且g(x)≤2x-e恒成立.∵f(x)-(2x-e)=(x-)2≥0,∴f(x)≥2x-e对x>0恒成立.又令G(x)=2x-e-g(x)=2x-e-2eln x,∴G′(x)=2-=,∴当0<x<时,G′(x)<0,G(x)在(0,)上单调递减;当x>时,G′(x)>0,G(x)在(,+∞)上单调递增.∴当x=时,G(x)有极小值,也是最小值,即G(x)min=G()=2e-e-2eln =0,∴G(x)≥0,即g(x)≤2x-e恒成立.故存在一次函数y=2x-e,使得当x>0时,f(x)≥2x-e,且g(x)≤2x-e恒成立.(14分)21.(1)解:①设M=,则有=,=,所以解得所以M=.(3分)②任取直线l上一点P(x,y)经矩阵M变换后为点P′(x′,y′).因为==,所以又m:x′-y′=4,所以直线l的方程为(x+2y)-(3x+4y)=4,即x+y+2=0.(7分)(2)解:①设Q(x,y),则点P(2x,2y),又P为C1上的动点,所以(t为参数),即(t为参数).所以C2的方程为(t为参数)(或4x+3y-4=0).(4分)②由①可得点M(1,0),且曲线ρ=2sin θ的直角坐标方程为x2+(y-1)2=1,所以MN的最大值为+1=1+.(7分)(3)①∵f(x)=x+1-x-4=∴由f(x)<2得x<.(4分)②因为f(x)=x+a-x-4=x+a-4-x≤(x+a)+(4-x)=a+4,要使f(x)≤5-a+1恒成立,须使a+4≤5-a+1,即a+4+a+1≤5,解得-5≤a≤0.(7分)福建省龙岩市2014届高三上学期期末教学质量检查数学(理)试题(扫描版)
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