龍巖市2013~2014學(xué)年第一學(xué)期高三教學(xué)質(zhì)量檢查數(shù)學(xué)試題參考答案(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，則log2(3x＋1)>0，∴p是假命題；?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)，則a＝4c，又拋物線y2＝6x的焦點(diǎn)平分線段AF，∴2(c＋)＝a＋c，解得a＝4，c＝1，則橢圓C的方程為＋＝1.6．C　經(jīng)計(jì)算∠A=30°，∠S=45°，AB=BS=16海里，速度為32海里/小時(shí).7．A　由三視圖可知，該幾何體為一個(gè)長方體截去一個(gè)三棱錐，三棱錐的體積為V＝××1×2×3＝1.故選A.8．A　將f(x)＝sin 2x－cos 2x＝2sin(2x－)的圖象向左平移m個(gè)單位，得函數(shù)g(x)＝2sin(2x＋2m－)的圖象，則由題意得2×＋2m－＝kπ＋(k∈Z)，即有m＝＋(k∈Z)，∵m>－，∴當(dāng)k＝－1時(shí)，mmin＝－.9．D　由條件知，OA⊥AB，所以，則OA∶AB∶OB＝3∶4∶5，于是tan∠AOB＝.因?yàn)橄蛄颗c同向，故過F作直線l1的垂線與雙曲線相交于同一支．而雙曲線－＝1的漸近線方程分別為±＝0，故＝，解得a＝2b，故雙曲線的離心率e＝＝.10．A　當(dāng)a＝0時(shí)，f(x)＝x，則f(x＋8)>f(x)，即f(x)為R上的8高調(diào)函數(shù)；當(dāng)a≠0時(shí)，函數(shù)y＝f(x)的圖象如圖所示，若f(x)為R上的8高調(diào)函數(shù)，則3a2－(－a2)≤8，解得－≤a≤且a≠0.綜上－≤a≤.11. ∵∴則12．4　滿足約束條件的可行域如圖所示．因?yàn)楹瘮?shù)z＝2y－3x，所以zA＝－3，zB＝2，zC＝4，即目標(biāo)函數(shù)z＝2y－3x的最大值為4.13．－1　f(m)＝dx＝(x＋)＝m＋－5≥4－5＝－1，當(dāng)且僅當(dāng)m＝2時(shí)等號成立．14.　觀察知：四個(gè)等式等號右邊的分母為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，所以歸納出分母為fn(x)＝f(fn－1(x))的分母為(2n－1)x＋2n，故當(dāng)n∈N*且n≥2時(shí)，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)＋，這說明數(shù)列{f(x)}(x∈Z)是首項(xiàng)為，公差為的等差數(shù)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，�、佟遚2＝a2＋b2－2abcos，∴a2＋b2－ab＝3.�、谟散佗诮獾胊＝1，b＝2，∴S△ABC＝×1×2×＝.（13分）17．解:如圖，以B為原點(diǎn)，分別以BC、BA、BP為x、y、z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，則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)設(shè)平面PAD的一個(gè)法向量為n0＝(x，y，z)，則由得令z＝1，則n0＝(0，1，1)．又＝(0，0，1)，設(shè)平面PBD的法向量為n1＝(x1，y1，z1)，則由得令x1＝1，則n1＝(1，－1，0)，∴cos〈n0，n1〉＝＝＝－，∴〈n0，n1〉＝120°.又二面角A—PD—B為銳二面角，故二面角A—PD—B的大小為60°.(13分)18．解：(1)設(shè)an，bn分別為甲省，乙省在第n月新購校車的數(shù)量．依題意，{an}是首項(xiàng)為10，公比為1＋50%＝的等比數(shù)列；{bn}是首項(xiàng)為40，公差為m的等差數(shù)列．{an}的前n項(xiàng)和An＝，{bn}的前n項(xiàng)和Bn＝＝40n＋.所以經(jīng)過n個(gè)月，兩省新購校車的總數(shù)為S(n)＝An＋Bn＝＋40n＋＝20[()n－1]＋40n＋＝20?()n＋n2＋(40－)n－20. (8分)(2)若計(jì)劃在3個(gè)月內(nèi)完成新購目標(biāo)，則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的最小值為278.（13分）19．解：(1)∵CD＝，∴點(diǎn)E(，)，又∵PQ＝，∴點(diǎn)G(，)，則解得∴橢圓方程＋＝1.（4分）(2)設(shè)直線MA、MB的斜率分別為k1，k2，只需證明k1＋k2＝0即可，設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則k1＝，k2＝，直線l方程為y＝x＋m，代入橢圓方程＋＝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，故直線MA、MB與x軸始終圍成一個(gè)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)，∴當(dāng)0＜x＜時(shí)，F(xiàn)′(x)＜0，F(xiàn)(x)在(0，)上單調(diào)遞減；當(dāng)x＞時(shí)，F(xiàn)′(x)＞0，F(xiàn)(x)在(，＋∞)上單調(diào)遞增．∴當(dāng)x＝時(shí)，F(xiàn)(x)有極小值，也是最小值，即F(x)min＝F()＝e－2eln＝0.∴F(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為(0，)，最小值為0.（7分）(2)由(1)知，f(x)與g(x)的圖象有且僅有一個(gè)公共點(diǎn)(，e)，∴猜想：一次函數(shù)的圖象就是f(x)與g(x)的圖象在點(diǎn)(，e)處的公切線，其方程為y＝2x－e.下面證明：當(dāng)x＞0時(shí)，f(x)≥2x－e，且g(x)≤2x－e恒成立．∵f(x)－(2x－e)＝(x－)2≥0，∴f(x)≥2x－e對x＞0恒成立．又令G(x)＝2x－e－g(x)＝2x－e－2eln x，∴G′(x)＝2－＝，∴當(dāng)0＜x＜時(shí)，G′(x)＜0，G(x)在(0，)上單調(diào)遞減；當(dāng)x＞時(shí)，G′(x)＞0，G(x)在(，＋∞)上單調(diào)遞增．∴當(dāng)x＝時(shí)，G(x)有極小值，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．故存在一次函數(shù)y＝2x－e，使得當(dāng)x＞0時(shí)，f(x)≥2x－e，且g(x)≤2x－e恒成立.（14分）21．(1)解：①設(shè)M＝，則有＝，＝，所以解得所以M＝.（3分）②任取直線l上一點(diǎn)P(x，y)經(jīng)矩陣M變換后為點(diǎn)P′(x′，y′)．因?yàn)椋剑�，所以又m：x′－y′＝4，所以直線l的方程為(x＋2y)－(3x＋4y)＝4，即x＋y＋2＝0.（7分）(2)解：①設(shè)Q(x，y)，則點(diǎn)P(2x，2y)，又P為C1上的動(dòng)點(diǎn)，所以(t為參數(shù))，即(t為參數(shù))．所以C2的方程為(t為參數(shù))(或4x＋3y－4＝0).（4分）②由①可得點(diǎn)M(1，0)，且曲線ρ＝2sin θ的直角坐標(biāo)方程為x2＋(y－1)2＝1，所以MN的最大值為＋1＝1＋.（7分）(3)①∵f(x)＝x＋1－x－4＝∴由f(x)＜2得x＜.（4分）②因?yàn)閒(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，須使a＋4≤5－a＋1，即a＋4＋a＋1≤5，解得－5≤a≤0.（7分）福建省龍巖市2014屆高三上學(xué)期期末教學(xué)質(zhì)量檢查數(shù)學(xué)（理）試題（掃描版）
本文來自：逍遙右腦記憶 http://www.yy-art.cn/gaosan/243504.html

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