泉州2014届普通中学质量检查(文数)

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60分． 1．C 2．A 3．C 4．B 5．A 6．D 7．C 8．D 9．C 10．D 11．C 12．D 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16分. 13．5 14．27 15．48162 516．fxx8xc(c为任意实数)（填写其中一种情况即可） 三、解答题：本大题共6小题，共74分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤． 17．本小题主要考查古典概型等基础知识，考查运算求解能力以及应用意识，考查必然与或然思想等．满分12分． 解析：（Ⅰ）根据频数分布表，成绩在120,130，130,140，140,150有100人， 成绩在120,130的有60人， …………2分 故用分层抽样的方法所抽取的5人中，成绩在120,130的人数为6053. …5分 100（Ⅱ）从（Ⅰ）中抽出的5人中，成绩在120,130的有3名同学，记为a1,a2a3， 成绩在130,140和140,150的各有1名同学，分别记为b和c， …………6分 则从（Ⅰ）中抽出的5人中，任取2人的所有情况为 a1,a2,a1,a3,a1,b,a1,c,a2,a3,a2,ba2,c,a3,b,a3,c,b,c， 共有10个基本事件， …………9分 记事件A成绩在120,130和130,140中各有1人， 该事件包含的基本事件为a1,b,a2,b,a3,b，共有3个，…10分 故P(A)3. …………12分 1018．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、化归与转化思想等. 满分12分. 解析:（Ⅰ）依题意可知a23,a39. 设等差数列bn的公差为d， Qb1a2,b4a3，b13,b49， …………1分 又Qb4b13d，d2， …………3分 bnb1(n1)d2n1. …………5分 （Ⅱ）数列an的一个通项公式为an3n1， …………7分 anbn3n12n1， Sn1332L3n135L2n1 3n12n2n. …………12分 219．本小题主要考查三角函数等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想、函数与方程思想、数形结合思想等．. 满分12分. 解析：（Ⅰ）fx2cosx1cosx， 2xxxxg(x)(sincos)212sincos1sinx，…3分 22222 Qf(x)1cos(x)1sinx，∴fxg(x),命题得证.…5分 222

（Ⅱ）函数hxf(x)g(x)cosxsinx 2(22cosxsinx) 222cos(x∵x0,, ∴ 4) ， ………7分 x443当x ，即0x 时，h(x)递减； 44453x 时，h(x)递增. 当x ，即444∴函数h(x)的单调递减区间为0,5， 433，单调递增区间为,. …10分 443时函数h(x)取到最小值. ……12分 4根据函数h(x)的单调性，可知当x20．本小题主要考查直线与直线、直线与平面的位置关系等基础知识，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等.满分12分. 解析：（Ⅰ）连结AC、BD， ∵四边形ABCD为菱形， ∴ACBD.……1分 ∵ PD平面ABCD，又AC平面ABCD， ∴ACPD，……2分 又∵PDIBDD， ∴AC平面PBD.…4分 A∵PB平面PBD, ∴ACPB ． ……………5分 （Ⅱ）如图连结OE,BE,DE， ∵PA//平面BDE，PA平面PAC，平面PAC平面BDEOE， ∴PA//OE. ∵O为AC的中点，∴E为PC的中点. ……………7分 取DC的中点H，连结EH，则EH//PD， 又∵PD平面ABCD， DOBHCEP∴EH平面ABCD，即EH是四面体EBDC的高． ………8分 根据斜二测画法的规则及题设已知条件可以得到： C1450，DC122, 在D1OC1中，DO1115,OC由余弦定理可以解得：OD11或OD13. 又因为OD1OC1，所以OD11． ……………9分 从而，可以得到菱形ABCD的对角线DB4， 1BDOC42. ……………10分 21∵四面体EBDC的体积为32，即EHSBDC32， 399求得EH，故侧棱PD的长是. …………12分 42而OC22，∴SBDC 21．本小题主要考查圆锥曲线、直线与圆锥曲线、合情推理等基础知识，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12分． 解析：（Ⅰ）因为点M到点F1,0和直线x1的距离相等， 由抛物线定义，可知曲线C是抛物线，其中F1,0是焦点， 所以曲线C的方程为y4x. ……………3分 （Ⅱ）根据图形可以直观判断，直线l1，l2的斜率存在且不等于0， 故不妨设l1的方程为ykx1k0，P1x1,y1，P2x2,y2， 2y4x2222由得kx2k4xk0， ykx122k24∴ x1x2，x1x21. ……………5分 k2因为曲线C与l1交于点P1,P2且l1过焦点F1,0， 2k244k242所以PP. ……………7分 12x1x22 22kk

144k44k2， ……………8分 同理可得Q1Q221k211k211所以22. ……………9分 PPQ1Q24k44k4412x2y21的焦点且相互垂直的两条直线，其中椭圆与l1（Ⅲ）若l1，l2是过椭圆:43交于点P1,P2,与l2交于点Q1,Q2，则117. ……………12分 PPQ1Q21212(注：只说明 11为定值或给出错误的定值扣1分 .) PPQQ121222．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、数形结合思想等．满分14分. 解:（Ⅰ）因为fx1a， ………1分 x又因为函数fx在点A1,f1处的切线斜率为2， 所以f12，解得a1. ……………3分 （Ⅱ）因为A1,a，f11a， 所以切线l的方程为：y1ax1. ……………4分 令gxfx1ax1lnxx1(x0)， 则gx11x1， xx由x0得，当x0,1时gx0,当x1,时gx0，…6分 所以函数gx在0,1单调递增，在1,单调递减，……7分 从而，当x1时，gx取得最大值g10，

所以gx0即fx1ax1， 从而证得函数fx的图象恒在其切线l的下方（切点除外）；……9分 （Ⅲ）解法一：因为A1,a，Qx0,lnx0ax0， 所以kQAlnx0ax0alnx0a， …10分 x01x01lnx0a2， x01所以当x01时，即lnx0a2x010恒成立. ……11分 令hxlnxa2x1x1，则hx因为x1，所以01a2. x11. x（ⅰ）当a2时，a20，此时hx0， 所以hx在1,单调递增，有hxh10，不满足题意； （ⅱ）当2a1时，0a21， ∴当x1,11时，，当 x,hx0hx0，时，a2a21，使得hsh10,不满足题意； a2所以至少存在s1,（ⅲ）当a1时，a21，此时hx0， ∴hx在1,单调递减，hxh10,满足题意. 综上可得：a1.……………14分 解法二：因为A1,a，Qx0,lnx0ax0， 所以kQAlnx0ax0alnx0a， …10分 x01x01lnx0lnx0a2，即a2对x01恒成立. x01x01所以,当x01时，

…11分 令hxlnxx1x1，则hx∵hx11. x1x0,∴hx在1,单调递减， xlnxlnxx11(x1). …12分 ∴hxh10，即，x1lnx1，…13分 注意到当x1时，hx0，lnxx1，x1所以a21，即a1. ……………14分