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福建省泉州市2014届高三数学1月期末质检试题 理


福建省泉州市 2014 届高三 1 月期末质检数学理试题 扫描版 新人教 A 版

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5

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7

2014 届泉州市普通高中毕业班单科质量检查 理科数学试题参考解答及评分标准

/>说明: 一、本解答指出了每题要考查的主要知识和能力,并给出了一种或几种解法供参考,如果考 生的解法与本解答不同,可根据试题的主要考查内容比照评分标准制定相应的评分细则. 二、对计算题,当考生的解答在某一步出现错误时,如果后继部分的解答未改变该题的内容 和难度,可视影响的程度决定后继部分的给分,但不得超过该部分正确解答应给分数的一半;如 果后继部分的解答有较严重的错误,就不再给分. 三、解答右端所注分数,表示考生正确做到这一步应得的累加分数. 四、只给整数分数.选择题和填空题不给中间分. 一、选择题:本大题考查基础知识和基本运算.每小题 5 分,满分 50 分. 1.C 2.D 3.A 4.C 5.B 6.D 7.C 8.C 9 .A 10.B

二、填空题:本大题考查基础知识和基本运算.每小题 4 分,满分 20 分.

3 ; 3 3 ?1 ? 1 ? 4a ?1 ? 1 ? 4a 15、 x1 ? a ? 1, x2 ? . , x3 ? 2 2
11、 1 ; 12、 16 ? ; 13、 ?

?

14、 ? x ? 8 x ? 3 ;
2

三、解答题:本大题共 6 小题,共 80 分.解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤. 16.本小题主要考查等差数列、等比数列等基础知识,考查运算求解能力,考查函数与方程思想、 分类与整合思想等. 满分 13 分. 解:设数列 ?an ? 的公差为 d . ∵ a1 ? a2 ? ? ? a10 ? 10 ? 3+ ∴d ? 2,

10 ? 9 ? d ? 120 , 2

…………………………………………………………………3 分

∴ an ? a1 ? (n ? 1)d ? 2n ? 1. …………………………………………5 分
* ∵ S n ? 2bn ? 1 n ? N

?

?

,……………………………………①

当 n ? 2 时, Sn?1 ? 2bn?1 ? 1, ………………………………② ①—②得 bn ? 2bn ? 2bn?1 即 bn ? 2bn?1 , ……………………………………9 分

8

当 n ? 1 时, S1 ? 2b1 ? 1,解得 b1 ? 1 ,…………10 分 ∴数列 ?bn ? 是首项为 1,公比为 2 的等比数列, …………………11 分 ∴ bn ? b1 ? 2n?1 ? 2n?1 . ……………………………………13 分 17.本小题主要考查直线与直线、直线与平面的位置关系、空间向量等基础知识,考查空间想象 能力、推理论证能力及运算求解能力,考查化归与转化思想、数形结合思想等.满分 13 分. 解: (Ⅰ)分别取 AB, AF 的中点 M , H ,连结 MF , GH , DH ,则有 AG ? GM , MF ? BE . ∵ AH ? HF ,∴ GH ? 又∵ CD ?

1 MF . ……………………………………………………2 分 2

1 BE , BE ? MF ,∴ CD ?GH , 2
………………………………4 分

∴四边形 CDHG 是平行四边形, CG ? DH . 又∵ CG ? 平面ADF , DH ? 平面ADF , ∴ CG ? 平面 ADF . ………………6 分

(Ⅱ) 如图, 以 B 为原点, 分别以 BC , BE, BA 所在直线为 x 轴,

y 轴 , z 轴 建 立 空 间 直 角 坐 标 系 O ? xyz , 则

A(0,0, 2), C (1,0,0), D(1,1,0), E(0, 2,0), F (0, 2,1) .

??? ? ??? ? ??? ? DE ? (?1,1,0), DA ? (?1, ?1, 2), FA ? (0, ?2,1) .…8 分
设平面 ADF 的一个法向量 n ? ( x, y, z) ,则有

?

? ??? ? ?n ? DA ? ? x ? y ? 2 z ? 0 ?x ? 3y ? ,化简得 ? , ? ? ? ??? ?z ? 2 y ? ?n ? FA ? ?2 y ? z ? 0 ? 令 y ? 1 ,得 n ? (3,1, 2) .……………10 分
? ???? n ? DE 7 设直线 CG 与平面 ADF 所成的角为 ? ,则有 sin ? ? ? ???? ? . ……13 分 7 n ? DE

9

18.本小题主要考查抛物线的定义、标准方程,直线与圆锥曲线的位置关系等基础知识,考查推 理论证能力、运算求解能力,考查函数与方程思想、化归与转化思想、数形结合思想等.满 分 13 分. 解: (Ⅰ)依题意可知 MF ? 3 ?

p ? 4 ,∴ p ? 2 . …………4 分 2

故抛物线 C 的方程为: y 2 ? 4 x . ………………………5 分 (Ⅱ)解法 1:设 A ? x1 , y1 ? , B ? x2 , y2 ? . ①当直线 l 的斜率不存在时,直线 l 的方程为 x ? 4 ,

? y2 ? 4x 联立方程组 ? ,解得 y1 ? ?4, y2 ? 4 , ?x ? 4
∴ S ?ABC ?

1 ? 4 ? y1 ? y2 ? 16 . 2

………………………………7 分

②当直线 l 的斜率存在时,设直线 l : y ? k ( x ? 4)(k ? 0) . 联立方程组 ? ∴ y1 ? y2 ?

? y2 ? 4x ? y ? k ( x ? 4)

,消去 x 得 y ?
2

4 y ? 16 ? 0 , k

4 , y1 ? y2 ? ?16 . ………………………………………10 分 k

1 S?ABC ? ? 4 ? y1 ? y2 ? 2 2

? y1 ? y2 ?

2

? 4 y1 ? y2

1 ? 1 ? ? 2 16 ? 2 ? 4 ? ? 8 2 ? 4 ? 16 . ……………12 分 k ?k ?
综合①②可得,当直线 l 的斜率不存在时, S?ABC 取得最小值 16 .……13 分 解法 2:设直线 l : x ? ty ? 4 , A ? x1 , y1 ? , B ? x2 , y2 ? .…………………7 分 联立方程组 ?

? y2 ? 4x ? x ? ty ? 4

,消去 x 得 y ? 4ty ? 16 ? 0 ,
2

∴ y1 ? y2 ? 4t , y1 ? y2 ? ?16

.…………………10 分
2

1 S?ABC ? ? 4 ? y1 ? y2 ? 2 2

? y1 ? y2 ?

? 4 y1 ? y2

? 2 16 ? t 2 ? 4 ? ? 8 t 2 ? 4 ,

10

当 t ? 0 时, S?ABC 取得最小值 16 . …………………………13 分 19.本小题主要考查三角函数、解三角形等基础知识,考查推理论证能力、运算求解能力,考查 化归与转化思想、分类与整合思想、函数与方程思想、数形结合思想等,考查应用意识.满 分 13 分. 解:(Ⅰ)解法 1:在 Rt ?ABC 中, AB ? 2, BC ? 2 3 ,∴ ?C =30 .
?

在 ?PBC 中, BP ?
2

7 ,由余弦定理得 BC 2 +PC 2 ? 2BC ? PC ? cos30? =BP2 ,
3 =7 , 2

即 12+PC ? 2 ? 2 3 ? PC ?

2 化简,得 PC ? 6PC +5=0 ,解得 PC =1 或 PC ? 5 (舍去). ………4 分

在 ?PBC 中,由正弦定理得

PC PB 1 7 ? ? ,即 , ? 1 sin ? sin 30 sin ? 2

∴ sin ? ?

7 . ……………………………………………………6 分 14
?

解法 2:在 Rt ?ABC 中, AB ? 2, BC ? 2 3 ,∴ ?C =30 . 在 ?PBC 中, BP ?

7,

由正弦定理得

7 2 3 BP BC ? ,即 , ? ? ? ? 1 sin(? ? 30? ) sin 30 sin ? ?180 ? (? ? 30 ) ? ? 2

∴ sin(? ? 30? )=

3 7

.

………………………………………4 分

∵ ?BPC 为钝角,且 ?BPC ? 180 ? (? ? 30 ) ,
? ?

∴ 30 ? ? ? 30 ? 90 ,从而 cos(? ? 30 )=
? ? ?

?

2 7



∴ sin ? ? sin[(? ? 30 ) ? 30 ]=sin(? ? 30 )cos30 ? cos(? ? 30 )sin 30
? ? ? ? ?

?

11

?

3 3 2 1 7 . ………………………………………6 分 ? ? = 7 2 7 2 14

解法 3:在 Rt ?ABC 中, AB ? 2, BC ? 2 3 .
? 过点 B 作 BD ? AC 于点 D ,则 BD ? 3 , ?DBC =60 .

∵ BP ? 7 ,∴ DP ? 2 . 记 ?PBD ? ? ,则 sin ? ?

2 7

,cos ? ?

3 7

. …………………………4 分

∴ sin ? ? sin(60? ? ? ) ? sin 60? cos ? ? cos 60? sin ? ?

3 3 1 2 7 . ? ? ? ? 2 7 2 7 14
…………………6 分

(Ⅱ)解法 1: Rt ?ABC 中, BA ? 2, BC ? 2 3, AC ?

BA2 ? BC 2 ? 4 , ?BAC =60? .

用 t (小时)表示两人出发后的时间,则由题意可知 0 ? t ? 4 . 设出发 t 小时时甲在线段 CA 上的位置为点 M ,则 AM ? 4 ? t . ①当 0 ? t ? 1 时,设出发 t 小时时乙在线段 AB 上的位置为点 Q ,则 AQ ? 2t . 在 ?AMQ 中,由余弦定理得,

MQ 2 ? ? 4 ? t ? ? ? 2t ? ? 2 ? 2t ? ? 4 ? t ? ? cos 60? ? 7t 2 ? 16t ? 16 ,
2 2

2 令 MQ ? 3 即 MQ ? 9 ,得 7t ? 16t ? 7 ? 0 ,解得 t ?
2

8 ? 15 8 ? 15 或t ? , 7 7

∴0 ? t ?

8 ? 15 . 7

……………………………………………………9分

②当 1 ? t ? 4 时,乙在景点 B 处. 在 ?ABM 中,由余弦定理得,

12

MB 2 ? ? 4 ? t ? ? 4 ? 2 ? 2 ? ? 4 ? t ? ? cos 60? ? t 2 ? 6t ? 12 .
2

2 2 令 BM ? 3 即 BM ? 9 ,得 t ? 6t ? 3 ? 0 ,解得 t ? 3 ? 6 或 t ? 3+ 6 ,

均不符合 1 ? t ? 4 的要求. 综上,当 0 ? t ?

………12 分

8 ? 15 时,甲、乙间的距离大于3米. 7



8 ? 15 ? 0.6 ,故两人用对讲机联络不上的时间大约为0.6小时.………………13分 7

解法 2: Rt ?ABC 中, BA ? 2, BC ? 2 3, AC ?

BA2 ? BC 2 ? 4 , ?BAC =60? .

用 t (小时)表示两人出发后的时间,则由题意可知 0 ? t ? 4 . 设出发 t 小时时甲在线段 CA 上的位置为点 M ,则 AM ? 4 ? t . 在 ?PBC 中,由余弦定理得 BC ? PC ? 2BC ? PC ? cos30 ? BP ,
2 2 ? 2

即 12 ? PC ? 2 ? 2 3 ? PC ?
2

3 ? 7 ,化简得 PC 2 ? 6PC ? 5 ? 0 , 2

解得 PC ? 1 或 PC ? 5 (舍去). ①当 1 ? t ? 4 时,乙在景点 B 处,甲在线段 PA 上, 甲乙间的距离 d ? BP ? 7 ? 3 ,两人可以联络得上,此时不合题意;………9分 ②当 0 ? t ? 1 时,设出发 t 小时时乙在线段 AB 上的位置为点 Q ,则 AQ ? 2t .

13

在 ?AMQ 中,由余弦定理得,

MQ 2 ? ? 4 ? t ? ? ? 2t ? ? 2 ? 2t ? ? 4 ? t ? ? cos 60? ? 7t 2 ? 16t ? 16 ,
2 2

令 MQ ? 3 即 MQ 2 ? 9 ,得 7t ? 16t ? 7 ? 0 ,解得 t ?
2

8 ? 15 8 ? 15 或t ? , 7 7

∴0 ? t ?

8 ? 15 . 7

…………………………………12 分

综上,当 0 ? t ?

8 ? 15 时,甲、乙间的距离大于3米. 7



8 ? 15 ? 0.6 ,故两人用对讲机联络不上的时间大约为0.6小时.………………13分 7

20.本小题主要考查函数、导数等基础知识,考查推理论证能力、运算求解能力,考查化归与转 化思想、分类与整合思想、函数与方程思想、数形结合思想、有限与无限思想等.满分 14 分. 解: (Ⅰ)当 m ? 1 时, f ( x) ? e x ( x2 ? x ? 1) , f '( x) ? e x ( x2 ? 3x) .……1 分 令 f ( x) ? 0 ,解得 x ? 0或x ? ?3 , ∴函数 y ? f ( x) 的单调递增区间为 (??, ?3) 和 (0, ??) . …………………4 分 (Ⅱ) f '( x) ? e x [ x2 ? (m ? 2) x ? (1 ? m)] , ∵ f (0) ? 1 ? 2m, f '(0) ? 1 ? m , ∴ 函数 y ? f ( x) 的图象在点 (0, f (0)) 处的切线方程为:

y ? (1 ? 2m) ? (1 ? m)( x ? 0) ,即 (m ? 1) x ? y ? 2m ? 1 ? 0 . …6 分
方法 1: 令 m ? 0 ,得 x ? y ? 1 ? 0 ;…………………………………① 令 m ? 1 ,得 y ? ?1 .…………………………………………②

由①②,解得 ?

? x ? ?2, ? y ? ?1.

…7 分

14

经检验,对任意 m ? R , ?

? x ? ?2, 恒满足方程 (m ? 1) x ? y ? 2m ? 1 ? 0 , ? y ? ?1
…8 分

∴对任意 m ? R ,函数 y ? f ( x) 的图象在点 (0, f (0)) 处的切线恒过定点 (?2, ?1) . …9 分 方法 2:方程 (m ? 1) x ? y ? 2m ? 1 ? 0 可化为 m( x ? 2) ? ( x ? y ? 1) ? 0 ,

当?

?x ? 2 ? 0 ? x ? ?2 即? 时,对任意 m ? R , (m ? 1) x ? y ? 2m ? 1 ? 0 恒成立, ? x ? y ? 1 ? 0 ? y ? ?1

∴对任意 m ? R ,函数 y ? f ( x) 的图象在点 (0, f (0)) 处的切线恒过定点 (?2, ?1) . …9 分 (Ⅲ) f '( x) ? e x [ x2 ? (m ? 2) x ? (1 ? m)] , 令 y ? x2 ? (m ? 2) x ? (1 ? m) , ?1 ? (m ? 2)2 ? 4(1 ? m) ? m2 ? 8m . ①当 ?1 ? 0 即 ?8 ? m ? 0 时,恒有 y ? x2 ? (m ? 2) x ? (1 ? m) ? 0 , ∴ f '( x) ? e x [ x2 ? (m ? 2) x ? (1 ? m)] ? 0 , 函数 y ? f ( x) 在 (??, ??) 上单调递增, ∴函数 y ? f ( x) 在 (??, ??) 上既不存在最大值,也不存在最小值. ……10 分 ②当 ? ? 0 即 m ? ?8 或 m ? 0 时, 设方程 x ? (m ? 2) x ? (1 ? m) ? 0 的两实根为 x1 , x2 ,且 x1 ? x2 .
2

f '( x), f ( x) 随 x 的变化情况如下表:

x
f '( x)

(??, x1 )
+ 递增

x1
0 极大值

( x1 , x2 )
- 递减

x2
0 极小值

( x2 , ??)
+ 递增

f ( x)

15

由于当 x ??? 时, f ( x) ? ?? ,所以函数 f ( x ) 不存在最大值. …11 分 ∵ x ? ?? 时,f ( x) ? 0 , 且根据指数函数与二次函数的增长差异可判断 f ( x) ? 0 ,
2 ∴当且仅当 f ( x2 ) ? 0 即 y ? x2 ? mx2 ? 1 ? 2m ? 0 时,

函数 y ? f ( x) 在 (??, ??) 上才有最小值.
2 ∵ x2 ? (m ? 2) x2 ? (1 ? m) ? 0 ,

…12 分

∴当且仅当 2 x2 ? m ? 0 时,函数 y ? f ( x) 在 (??, ??) 上有最小值. 又∵ x2 ?

?(m ? 2) ? m2 ? 8m , 2
2

∴ 2 x2 ? m ? 0 即 m ? 8m ? 4 ? 0 ,解得 m ? ?4 ? 2 5 或 m ? ?4 ? 2 5 . 综上可得,对于 m ? ?4 ? 2 5 或 m ? ?4 ? 2 5 ,函数 y ? f ( x) 在 (??, ??) 上存在 最大值或最小值. …………………………14 分 21. (1)选修 4—2:矩阵与变换 本小题主要考查矩阵与变换、矩阵的运算等基础知识,考查运算求解能力、推理论证能力, 考查函数与方程思想.满分 7 分 解:(Ⅰ) M ? ?
2

0 ? ?1 0 ? ?1 0 ? ?? ??? ? ,……1 分 ?0 1 ? ?0 1 ? ?0 1 ? ? 2? ? 2? ? 4? 1 0 1 0 ? ?? ? ?1 0 ? 3 2 ? ? ? ? ? ? 1 ? ,……2 分 M ?M M ? ? ?0 1 ? ?0 1 ? ?0 ? 4? ? 2? ? 8? ?1 0 ? n ? . ……………………………………………3 分 猜想 M ? ? ?0 1n ? ? 2 ? ?1 0 ? 1 ?1 (Ⅱ) ∵ M ? ,∴ M ? ? ? , …………5 分 2 ?0 2 ? ? x ? x?, ? x? ? x, ? ?1 即在矩阵 M 所对应的变换作用下,有 ? ,故 ? 1 y ? y?. ? y? ? 2 y ? ? 2 2 1 2 y? 2 2 2 2 ? 1. 由 x ? y ? 1得 x? ? ( y?) ? 1 ,即 x? ? 2 4

?1

16

本小题主要考查参数方程、极坐标方程等基础知识,考查运算求解能力,考查化归与转化思 想、数形结合思想、函数与方程思想.满分 7 分. 解:(Ⅰ)? cos2 ? ? sin 2 ? ? 1 ,∴曲线 C1 的普通方程为 ( x ? 1)2 ? y 2 ? 1 .………1 分 ∵曲线 C2 的极坐标方程为 ? ? 2sin ? ,且 ? ? 0 也满足题意,……2 分 ∴曲线 C2 的极坐标方程可化为 ? 2 ? 2? sin ? , ∴曲线 C2 的普通方程为 x2 ? y 2 ? 2 y ? 0 . ……………………………………3 分 (Ⅱ)曲线 C1和C2 都是圆,两圆公共弦 AB 的垂直平分线即过两圆圆心的直线. 由(Ⅰ)得曲线 C1 的圆心为(1,0) ,曲线 C2 的圆心为(0,1) , 所以,线段 AB 的垂直平分线的直角坐标方程为 x ? y ? 1 ,……5 分 其极坐标方程为 ? cos ? ? ? sin ? ? 1 ,……6 分 化简得 ? cos(? ?

?
4

)?

? 2 2 (或 ? sin(? ? ) ? ).………7 分 4 2 2

21(3)选修 4—5:不等式选讲 本小题主要考查绝对值的含义、不等式等基础知识,考查运算求解能力,考查函数与方程思 想、分类与整合思想、数形结合思想.满分 7 分. 解:(Ⅰ)∵ f ( x) ? 2 | x ? 2 | ? x ? 5 ? ?

? x ? 1,( x ≥ 2), ……1 分 ??3x ? 9,( x ? 2).

∴函数 f ( x ) 在区间 (??, 2) 上单调递减,在区间 [2, ??) 上单调递增, ……2 分 ∵函数 f ( x ) 是连续函数(或讲:图象连续) , ∴函数 f ( x ) 的最小值 m ? f (2) ? 3. ……………………………3 分

(Ⅱ)由(Ⅰ)知 m ? 3 ,原不等式为 x ? x ? 2 ? 3 . 当 x ? 0 时,不等式可化为: 2 x ? 2 ? 3 ,解得 x ?

1 ; 2 5 . …………6 分 2

当 ?2 ? x ? 0 时,不等式可化为: ? x ? x ? 2 ? 3 ,无解; 当 x ? ?2 时,不等式可化为: ?2 x ? 2 ? 3 ,解得 x ? ? 故不等式的解集为 ? x x ? ? 或x ?

? ?

5 2

1? ?. 2?

………………………7 分

[另解: 也可通过考察函数 y ? x ? x ? 2 的图象 (转化为分段函数) 与直线 y ? 3 的 关系,得出不等式的解.参照参考答案类似给分.]

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