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

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 依题意知，1.7，0

2、.4，而直线3x一定经过点(，)，所以31.70.4，解得2.8c 运行一下程序框图，第一步：s2，i4，k2；第二步：s244，i6，k3；第三步：s468，i8，k4，此时输出s，即输出8.9b 将f(x)2sin(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)，m0，当k0时，mmin.10.d 若f(x)x22axa2(xa)2a2a2没有零点，则a2a20，解得1a2，则函数yf(x)有零点的概率p1.11b 依题意，|，cosaoc1，cosaoc，aoc，则|，bac，cosbac1.12b f(x)sin x，

3、当x(，)时，sin x(，1，(，)，则当x(，)时，f(x)sin x0，即函数yf(x)在(，)单调递增，即f(a)f(b)132 ab2.1412 由三视图可知，该几何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，所以三角形的底面积为2，所以三棱柱的体积为46，所以该几何体的体积为2612.15.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y21.16 对于，由k(t1)bktbkb得b0，矛盾；对于，由at1ata知，

4、可取tloga符合题意；对于，由k知，无实根；对于，由sin(t1)sin tsin 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)aa1a7，即(a12d)2a1(a16d)，化简得da1，d0(舍去)s33a1a1a19，得a12，d1.ana1(n1)d2(n1)n1，即ann1.（6分）(2)bn2an2n1，b14，2.bn是以4为首项，2为公比的等比数列，tn2n24.（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b0.15.等级系数为e的恰有2件，所以c0.1.从而a

5、0.35bc0.1.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)0.4.（12分）19解：(1) aa1面abc，bc面abc，bcaa1.（1分）又bcac，aa1，a

6、c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，ega1c1，又afa1c1且afa1c1，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交bc于g，连结fg.egbb1，eg面a1abb1，bb

7、1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，s1aacossina2sin 2，设正方形边长为x，bq，rcxtan，则xxtana，解之得x所以s2 （6分）(2)当a固定，变化时(sin 24)，设sin 2t，则y(t4)0，0t1，f(t)t(0t1)，易证f(t)在(0，1上是减函数故当t1时，取最小值， 此时.（12分）21解：(

8、1) 由条件知lab：yx，则消去y得x23pxp20，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：yx，设m(0，y0)，则m到ab的距离为d，因点m在直线ab的上方，所以yy00，则d(yy0)(y0p)2p由x23pxp20知a(p，(1)p)，b(p，(1)p)，所以(1)py0(1)p，则当y0p时，dmaxp.则(sabm)max4ppp2.(12分)22解：(1)当a1时，f(x)ln xx2x，其定义域是(0，)，又f(x)2x1，令f(x)0，即0，解得x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)