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1、 2014 年 1 月高三教学质量调研考试 数学 文科 试题答案 一 选择题 1 D 2 B 3 B 4 D 5 B 6 A 7 A 8 C 9 B 10 A 11 C 12 D 二 填空题 13 6 7 14 0 3 15 312 16 三 解答题 17 解 由 10 2 4 cos A 得 10 2 cos sin 2 2 AA 所以 5 1 cossin AA 3 分 又 1cossin 22 AA 解得 5 4 sin A 6 分 12sin 2 1 AbcS 又6 b 解得5 c 8 分 由 5 1 cossin AA 5 4 sin A得 3 cos 5 A 9 分 222 3 2
2、cos36252 6 5 97 5 abcbcA 11 分 97a 12 分 18 解 甲乙两人分别从盒子中随机不放回的各抽取一张 基本事件有 5 4 3 4 2 4 1 4 5 3 4 3 2 3 1 3 5 2 4 2 3 2 1 2 5 1 4 1 3 1 2 1 4 5 3 5 2 5 1 5 共 20 个 2 分 设事件 A 甲乙所抽卡片上的数字之和为偶数 则事件A包含的基本事件有共 8 个 4 分 3 5 1 5 2 4 5 3 1 3 4 2 5 1 3 1 所以 82 205 P A 6 分 剩下的三边长包含的基本事件为 1 2 3 1 2 4 1 2 5 1 3 4 1 3
3、5 1 4 5 2 3 4 2 3 5 2 4 5 3 4 5 共 10 个 8 分 设事件 B 剩下的三张卡片上的数字作为边长能构成三角形 则事件B包含的基本事件有 共 3 个 10 分 5 4 3 5 4 2 4 3 2 数学 文科 试题答案 第 1 页 共 5 页 所以 3 10 P B 12 分 备注 第二问也可看做 20 个基本事件 重复一倍 G N M P D CB A 19 证明 因为平面 PA ABCD 所以 ABPA 2 分 又因为 ABAD 所以平面 4 分 ABPAD 又平面 所以 PDPADPDAB 6 分 因为是正三角形 且ABC M是中点 AC 所以 7 分 ACB
4、M 在直角三角形中 所以AMD30MAD ADMD 2 1 在直角三角形中 ABD30ABD 所以BDAD 2 1 所以BDMD 4 1 10 分 又因为2 GM BG 所以 又为线段的中点 所以 GDBG N PB PDGN GN平面 平面 所以平面 12 分 PCDPD PCD GNPCD 20 解 设在等比数列 n a中 公比为 q 2 分 321 aSa 12 2aaa 3 2 111 2aa qa q 解得或 4 分 2q 1 q 舍 所以 6 分 1 2n n a 由已知得 2 n n b n a 1 则 1 21 2n n bn 7 分 nn bbbbT 321 2 1 1 3
5、25 2 21 2n n T 1 n 9 分 23 21 23 25 2 21 2n n T n 10 分 得 21 1 2222 21 2 nn n Tn 1 14 1 2n 21 2nn 23 23 n n 12 分 21 解 I 由题意得 3 6 a c e 322 a 2 分 数学 文科 试题答案 第 2 页 共 5 页 解得1 3 ba 3 分 椭圆的方程为1 3 2 2 y x 4 分 II 当时 直线0k 2 1 y与椭圆交于两点的坐标分别为 2 1 2 3 A 2 1 2 3 B 设 y 轴上一点 满足 0 tPPBPA 即0 PBPA 0 2 1 2 3 2 1 2 3 tt
6、解得1 t或2 t 舍 则可知满足条件 若所求的定点 M 存在 则一定是 P 点 6 分 1 0 P 下面证明就是满足条件的定点 1 0 M 设直线 2 1 kxy交椭圆于点 11 yxA 22 yxB 由题意联立方程 2 2 1 2 1 3 ykx x y 22 124 1290ykxkx 得消去 8 分 由韦达定理得 412 9 412 12 2 21 2 21 k xx k k xx 9 分 1 1 2211 yxMByxMA又因为 12121212 33 1 1 22 MA MBx xyyx xkxkx 4 9 2 3 1 2121 2 xxkxxk 0 4 9 412 12 2 3
7、412 9 1 22 2 k k k k k 11 分 MBMA 即在 y 轴正半轴上存在定点满足条件 12 分 1 0 M 解法 2 设 y 轴上一点 满足 0 tMMBMA 即 0 MBMA 5 分 设直线 2 1 kxy交椭圆于点 11 yxA 22 yxB 数学 文科 试题答案 第 3 页 共 5 页 由题意联立方程 2 2 1 2 1 3 ykx x y 22 124 1290ykxkx 得消去 7 分 由韦达定理得 412 9 412 12 2 21 2 21 k xx k k xx 8 分 2211 tyxMBtyxMA 又因为 12121212 11 22 MA MBx xyt
8、ytx xkxt kxt 2 2121 2 2 1 2 1 1 txxktxxk 0 2 1 412 12 2 1 412 9 1 2 22 2 t k k kt k k 10 分 整理得 0 2 1 49 9 2 1 12 2 1 12 222 tttk 由对任意 k 都成立 得09 2 1 12 2 1 12 2 tt 且 0 2 1 49 2 t 解得 11 分 1 t 说以存在点满足 1 0 MMBMA 12 分 22 解 2 3fxxax 1 分 当时 4a 2 43fxxx 令 0fx 得1x3 2 分 当时 4a f x的单调增区间为 1 3 单点减区间为 1 3 3 分 令 得
9、 1gxlnx 0gx 1 x e 4 分 当 1 t e 时 在区间 1t t 上 0gx g x为增函数 5 分 min lng xg ttt 当 1 0t e 时 在区间 1 t e 上 0gx g x为减函数 6 分 数学 文科 试题答案 第 4 页 共 5 页 在区间 1 1t e 上 0gx g x为增函数 7 分 min 11 g xg ee 8 分 III 由 2fxg x 可得 2 32xaxxx ln 3 2 lnaxx x 9 分 令 3 2 lnh xxx x 则 22 1 3 32 1 x xx xx xh 10 分 x 1 1 e 11 e xh 0 h x 单调递减 极小值 单调递增 12 分 11 32he ee 14 h 3 2h ee e 12 42 h ehe ee 0 13 分 实数a的取值范围为 3 4 2e e 14 分 数学 文科 试题答案 第 5 页 共 5 页
