《福建省龙岩市高三上学期期末教学质量检查文科数学试题及答案》由会员分享，可在线阅读，更多相关《福建省龙岩市高三上学期期末教学质量检查文科数学试题及答案（11页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、 龙岩市20132014学年第一学期高三教学质量检查数学试题参考答案(文科)1D 原式2(2i（1i）)1i，其虚部为1.2A Ax|2x1，Bx|2x3，(RA)Bx|1x33B 3x0，3x11，则log2(3x1)0，p是假命题；綈p：xR，log2(3x1)0.4B f(6)ff(65)ff(11)f(113)f(8)ff(85)ff(13) ff(133)f(10)1037.5C 由题意得双曲线的一个焦点为(3，0)，则m3281，则C的离心率等于3.6C 满足约束条件的可行域如图所示因为函数z2y3x，所以zA3，zB2，zC4，即目标函数z2y3x的最大值为4，故选C. 7A 依
2、题意知，(x)10(17)1.7，(y)10(4)0.4，而直线(y)3(b)x一定经过点(x)，(y)，所以3(b)1.70.4，解得(b)2.8C 运行一下程序框图，第一步：s2，i4，k2；第二步：s2(1)244，i6，k3；第三步：s3(1)468，i8，k4，此时输出s，即输出8.9B 将f(x)2sin(2x6()的图象向左平移m个单位，得函数g(x)2sin(2x2m6()的图象，则由题意得26()2m6()k2()(kZ)，即有m2(k)6()(kZ)，m0，当k0时，mmin6().10.D 若f(x)x22axa2(xa)2a2a2没有零点，则a2a20，解得1a2，则函
3、数yf(x)有零点的概率P13（2）(2（1）)5(2).11B 依题意，|(OA)|(OC)|(AB)|，(OA)(OC)cosAOC1，cosAOC2(1)，AOC3()，则|(AC)|(OA)|(OC)|，BAC3()，(AB)(AC)cosBAC1.12B f(x)sin x2x2(1)，当x(3()，6(5)时，sin x(2(1)，1，2x2(1)(252(18)，22(9)，则当x(3()，6(5)时，f(x)sin x2x2(1)0，即函数yf(x)在(3()，6(5)单调递增，即f(a)f(b)132 sin C(AB)sin A(BC)AB2.1412 由三视图可知，该几何
4、体是有两个相同的直三棱柱构成，三棱柱的高为4，三棱柱的底面三角形为直角三角形，两直角边分别为2，2(3)，所以三角形的底面积为2(1)22(3)2(3)，所以三棱柱的体积为2(3)46，所以该几何体的体积为2612.15.5(x2)y21 直线2xy40与x轴、y轴的交点分别为(2，0)、(0，4)，则c2，|F2N|2，|MN|MF1|，|MF2|MF1|F2N|2a，即a，椭圆E的方程为5(x2)y21.16 对于，由k(t1)bktbkb得b0，矛盾；对于，由at1ata知，可取tlogaa1(a)符合题意；对于，由t1(k)t(k)k知，无实根；对于，由sin(t1)sin tsin
5、1知，取t2k，kZ符合题意；综上所述，属于集合M的函数是.17解：(1)a3(2)a1a7，即(a12d)2a1(a16d)，化简得d2(1)a1，d0(舍去)S33a12(23)2(1)a12(9)a19，得a12，d1.ana1(n1)d2(n1)n1，即ann1.（6分）(2)bn2an2n1，b14，bn(bn1)2.bn是以4为首项，2为公比的等比数列，Tn1q(b1（1qn）)12(4（12n）)2n24.（12分）18解：(1)由频率分布表得a0.20.45bc1，即abc0.35.因为抽取的20件样品中，等级系数为D的恰有3件，所以b20(3)0.15.等级系数为E的恰有2件
6、，所以c20(2)0.1.从而a0.35bc0.1.所以a0.1，b0.15，c0.1.（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个故所求的概率P(A)10(4)0.4.（12分）19解：(1) AA1面ABC，BC面ABC，
7、BCAA1.（1分）又BCAC，AA1，AC面AA1C1C，AA1ACA，BC面AA1C1C，（3分）又AC1面AA1C1C，BCAC1.（4分）(2)(法一)当AF3FC时，FE平面A1ABB1.（7分）理由如下：在平面A1B1C1内过E作EGA1C1交A1B1于G，连结AG.B1E3EC1，EG4(3)A1C1，又AFA1C1且AF4(3)A1C1，AFEG且AFEG，四边形AFEG为平行四边形，EFAG，（10分）又EF面A1ABB1，AG面A1ABB1，EF平面A1ABB1.（12分）(法二)当AF3FC时，FE平面A1ABB1.（9分）理由如下： 在平面BCC1B1内过E作EGBB1
8、交BC于G，连结FG.EGBB1，EG面A1ABB1，BB1面A1ABB1，EG平面A1ABB1.B1E3EC1，BG3GC，FGAB，又AB面A1ABB1，FG面A1ABB1，FG平面A1ABB1.又EG面EFG，FG面EFG，EGFGG，平面EFG平面A1ABB1.（11分）EF面EFG，EF平面A1ABB1.（12分）20解：(1)因为ABacos，S12(1)aacossin4(1)a2sin 2，设正方形边长为x，BQtan (x)，RCxtan，则xxtantan (x)a，解之得x1sin cos (asin cos )所以S2 44sin 2sin22(a2sin22)（6分）
9、(2)当a固定，变化时S2(S1)4(1)(sin 2(4)sin 24)，设sin 2t，则yS2(S1)4(1)(tt(4)4)02()，0t1，f(t)tt(4)(0t1)，易证f(t)在(0，1上是减函数故当t1时，S2(S1)取最小值， 此时4().（12分）21解：(1) 由条件知lAB：yx2(p)，则y22px，(，)消去y得x23px4(1)p20，则x1x23p，由抛物线定义得|AB|x1x2p4p.又因为|AB|8，即p2，则抛物线的方程为y24x.(5分)(2)由(1)知|AB|4p，且lAB：yx2(p)，设M(0(2)0，y0)，则M到AB的距离为d0(2)2(|)
10、，因点M在直线AB的上方，所以2p(1)y0(2)y02(p)0，则d2(2)(2p(1)y0(2)y02(p)2(2)2p(1)(y0p)2p由x23px4(1)p20知A(2(2)p，(1)p)，B(2(2)p，(1)p)，所以(1)py0(1)p，则当y0p时，dmax2(2)p.则(SABM)max2(1)4p2(2)pp2.(12分)22解：(1)当a1时，f(x)ln xx2x，其定义域是(0，)，又f(x)x(1)2x1x(2x2x1)，令f(x)0，即x(2x2x1)0，解得x2(1)或x1.又x0，x1.当0x1时，f(x)0；当x1时，f(x)0.函数f(x)在区间(0，1)上单调递增，在区间(1，)上单调递减当x1时，函数f(x)取得最大值，其值为f(1)ln 11210.当x1时，f(x)f(1)，即f(x)0.函数f(x)只有一个零点.（7分）(2)显然函数f(x)ln xa2x2ax的定义域为(0，)，f(x)x(1)2a2xax(2a2x2ax1)x(（2ax1）（ax1）).当a0时，f(x)x(1)0，f(x)在区间(1，)上为增函数，不合题意；当a0时，f(x)0，得xa(1)，a(1)1，即a1；当a0时，f(x)0，得x2a(1)，2a(1)1，a2(1).综上，实数a的取值范围是(，2(1)1，).（14分）
