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（

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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