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1、福建省龙岩市2014届高三数学上学期期末质检试题 理（扫描版）新人教A版龙岩市20132014学年第一学期高三教学质量检查数学试题参考答案(理科)1AAx|2x1，Bx|2x3，(RA)Bx|1x32B3x0，3x11，则log2(3x1)0，p是假命题；綈p：xR，log2(3x1)0.3B f(6)ff(65)ff(11)f(113)f(8)ff(85)ff(13) ff(133)f(10)1037.4CS3a1a2a314，a18a366a2，7a228，即a24，a1a3a16.5CF(c，0)，则a4c，又抛物线y26x的焦点平分线段AF，2(c)ac，解得a4，c1，则椭圆C的方程
2、为1.6C经计算A=30，S=45，AB=BS=16海里，速度为32海里/小时.7A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V1231.故选A.8A将f(x)sin 2xcos 2x2sin(2x)的图象向左平移m个单位，得函数g(x)2sin(2x2m)的图象，则由题意得22mk(kZ)，即有m(kZ)，m，当k1时，mmin.9D由条件知，OAAB，所以，则OAABOB345，于是tanAOB.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a2b，故双曲线的离心率e.10A当a0时，f(x)x，则f(x8)f(x)
3、，即f(x)为R上的8高调函数；当a0时，函数yf(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a0.综上a.11. 则124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4.131f(m)dx(x)m5451，当且仅当m2时等号成立14.观察知：四个等式等号右边的分母为x2，3x4，7x8，15x16，即(21)x2，(41)x4，(81)x8，(161)x16，所以归纳出分母为fn(x)f(fn1(x)的分母为(2n1)x2n，故当nN*且n2时，fn(x)f(fn1(x).15. 1007令mn
4、0得f(002)f(0)2f(0)2，所以f(0)0；令m0，n1得f(012)f(0)2f(1)2.由于f(1)0，所以f(1)；令mx，n1得f(x12)f(x)2f(1)2，所以f(x1)f(x)2()2，f(x1)f(x)，这说明数列f(x)(xZ)是首项为，公差为的等差数列，所以f(2014)(20141)1007.16解：sin 2C2cos2C13，2sin(2C)23.即sin(2C)，又0C，2C，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 Asin B，2ab，c2a2b22abcos，a2b2ab3.由解得a1，b2，
5、SABC12.（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DE2PE，E(，).(2分)(1)(，)，(1，1，1)，(2，0，1)，11(1)0，20(1)0.BEPD，BEPC，又PDPCP，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z1，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x11，则n1(1，1，0)，cosn0，n1，n0，n1120.又二面角A
6、PDB为锐二面角，故二面角APDB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150%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Bn40n.所以经过n个月，两省新购校车的总数为S(n)AnBn40n20()n140n20()nn2(40)n20. (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()332(40)3201000，解得m277.5.又mN*，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
7、圆方程1.（4分）(2)设直线MA、MB的斜率分别为k1，k2，只需证明k1k20即可，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则k1，k2，直线l方程为yxm，代入椭圆方程1消去y，得x22mx2m240可得x1x22m，x1x22m24.（9分）而k1k20，（12分）k1k20，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)(x0)，令F(x)0，得x(x舍)，当0x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)minF()e2eln0.F(
8、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y2xe.下面证明：当x0时，f(x)2xe，且g(x)2xe恒成立f(x)(2xe)(x)20，f(x)2xe对x0恒成立又令G(x)2xeg(x)2xe2eln x，G(x)2，当0x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)minG()2ee2eln 0，G(x)0，即g(
9、x)2xe恒成立故存在一次函数y2xe，使得当x0时，f(x)2xe，且g(x)2xe恒成立.（14分）21(1)解：设M，则有，所以解得所以M.（3分）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：xy4，所以直线l的方程为(x2y)(3x4y)4，即xy20.（7分）(2)解：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4x3y40).（4分）由可得点M(1，0)，且曲线2sin 的直角坐标方程为x2(y1)21，所以|MN|的最大值为11.（7分）(3)f(x)|x1|x4|由f(x)2得x.（4分）因为f(x)|xa|x4|xa|4x|(xa)(4x)|a4|，要使f(x)5|a1|恒成立，须使|a4|5|a1|，即|a4|a1|5，解得5a0.（7分）2
