2014年1月福建省泉州市2014届普通中学高中毕业班单科质量检查(理科数学)(扫描)

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. 32； 14、x8x3； 33114a114a15、x1a1,x2. ,x32211、1； 12、16； 13、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+109d120， 2∴d2, …………………………………………………………………3分 ∴ana1(n1)d2n1. …………………………………………5分 *∵Sn2bn1n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

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1MF. ……………………………………………………2分 21BE,BEMF,∴CDGH, 2∴四边形CDHG是平行四边形,CGDH. ………………………………4分 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 x3ynDAxy2z0，化简得, z2ynFA2yz0令y1，得n(3,1,2).……………10分 nDE7设直线CG与平面ADF所成的角为，则有sin. ……13分 7nDE

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：y24x. ………………………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. ………………………………7分 2②当直线l的斜率存在时，设直线l:yk(x4)(k0). y24x42联立方程组，消去x得yy160, kyk(x4)∴y1y24，y1y216. ………………………………………10分 k1SABC4y1y222y1y224y1y2 112162482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 y24x2联立方程组，消去x得y4ty160, xty4∴y1y24t，y1y216 .…………………10分 1SABC4y1y222y1y224y1y2 216t248t24,

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23，∴C=30. 在PBC中，BP27,由余弦定理得BC2+PC22BCPCcos30=BP2， 3=7, 2即12+PC223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PCPB17，即, 1sinsin30sin2∴sin7. ……………………………………………………6分 14解法2：在RtABC中，AB2,BC23，∴C=30. 在PBC中，BP7, 由正弦定理得723BPBC，即, 1sin(30)sin30sin180(30)2∴sin(30)=37. ………………………………………4分 ∵BPC为钝角，且BPC180(30), ∴303090,从而 cos(30)=27， ∴sinsin[(30)30]=sin(30)cos30cos(30)sin30 33217. ………………………………………6分 -=727214解法3：在RtABC中，AB2,BC23. 过点B作BDAC于点D,则BD3,DBC=60. ∵BP7,∴DP2. 记PBD，则sin27,cos37. …………………………4分 ∴sinsin(60)sin60coscos60sin33127. 272714 …………………6分 （Ⅱ）解法1：RtABC中，BA2,BC23,ACBA2BC2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， MQ24t2t22t4tcos607t216t16, 2令MQ3即MQ9，得7t16t70，解得t222815815或t， 77∴0t815. ……………………………………………………9分 7②当1t4时，乙在景点B处. 在ABM中，由余弦定理得， MB24t4224tcos60t26t12. 22令BM3即BM9，得t6t30，解得t36或t3+6, 2均不符合1t4的要求. ………12分 综上，当0t815时，甲、乙间的距离大于3米. 7又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23,ACBA2BC2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， 即12PC223PC222237，化简得PC2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.

在AMQ中，由余弦定理得， MQ24t2t22t4tcos607t216t16, 令MQ3即MQ29，得7t16t70，解得t222815815或t, 77∴0t815. …………………………………12分 7815时，甲、乙间的距离大于3米. 7综上，当0t又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 720．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)ex(x2x1)，f'(x)ex(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)ex[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, …7分 y1.

x2,经检验，对任意mR,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)ex[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)ex[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. f'(x),f(x)随x的变化情况如下表： 2x f'(x) (,x1) + 递增 x1 0 极大值 (x1,x2) － 递减 x2 0 极小值 (x2,) + 递增 f(x) 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. …12分 2∵x2(m2)x2(1m)0， ∴当且仅当2x2m0时，函数yf(x)在(,)上有最小值. (m2)m28m又∵x2， 2∴2x2m0即m8m40，解得m425或m425. 综上可得，对于m425或m425，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 21010102,……1分 解：(Ⅰ) M1110002241010101，……2分 M3M2M1100042810n . ……………………………………………3分 猜想M10n21011(Ⅱ) ∵M，∴M, …………5分 202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2y212y222221. 由xy1得x(y)1,即x24

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sin21 ，∴曲线C1的普通方程为(x1)2y2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y22y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)22（或sin()）.………7分 42221（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：2x23，解得x1； 25. …………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：2x23，解得x故不等式的解集为xx或x521. ………………………7分 2 [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.参照参类似给分.]