2014龙岩1月份质检理数试卷
龙岩市2013一2014学年第一学期高三教学质量检查
数学试题（理科）
考生注意：
1.本试卷分第I卷（选择题）和第B卷（非选择题）两部分，共150分．考试时间120分钟．
2.请将各题答案填在试卷后面的答题卡上．
3.本试卷主要考试内容：除“统计与统计案例，计数原理、概率，算法初步，数系的扩充与复
数的引入”外的高考内容．
第工卷（选择题共50分）
一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是
符合题目要求的．
1.已知集合A={x｜x2＋x－2<0｝，集合B= {x｜(x＋2) (3－x)＞0｝，则等于
A. {x｜1≤x<3｝ B. {x｜2≤x<3｝
C. {x｜－2
0) (e为自然对数的底数）．
（1)求F(x) =f(x)－g(x) (x>0)的单调区间及最小值；
（2)是否存在一次函数y=kx+b(k，bR)，使得f (x) ≥kx十b 且g (x)≤kx＋b对一切x >0
恒成立？若存在，求出该一次函数的表达式；若不存在，请说明理由．
21.本题设有（1）、《2）、(3)三个选考题，每题7分，请考生任选2题作答，满分14分．如果多做， 则按所做的前两题计分．
（1）（本小题满分7分）选修4-2：矩阵与变换
二阶矩阵M对应的变换将点(1，一1)与（－2，1)分别变换成点（－1，一1）与(0，一 2）．
①求矩阵M;
②设直线l在变换M的作用下得到了直线m：x－y=4，求l的方程．
(2）（本小题满分7分）选修4-4：坐标系与参数方程
在直角坐标系xoy中，曲线C1的参数方程为 (t为参数），P为C1上的动
点，Q为线段OP的中点．
（1)求点Q的轨迹C2的方程；
(2)在以O为极点，x轴的正半轴为极轴（两坐标系取相同的长度单位）的极坐标系中,N
为曲线p=2sinθ上的动点,M为C2与x轴的交点，求｜MN｜的最大值．
（3)（本小题满分7分）选修4一5：不等式选讲
设函数f(x)＝｜x＋a｜－｜x－4｜，xR
（1)当a=1时，解不等式f（x）＜2；
(2)若关于x的不等式f (x)≤5－｜a＋l｜恒成立，求实数a的取值范围．
龙岩市2013~2014学年第一学期高三教学质量检查数学试题
参考答案(理科)
1．A ∵A＝{x|－2＜x＜1}，B＝{x|－2＜x＜3}，∴(RA)∩B＝{x|1≤x＜3}．
2．B ∵3x>0，∴3x＋1>1，则log2(3x＋1)>0，∴p是假命题；綈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)，则a＝4c，又抛物线y2＝6x的焦点平分线段AF，∴2(c＋)＝a＋c，解得a＝4，c＝1，则椭圆C的方程为＋＝1.
6．C 经计算∠A=30°，∠S=45°，AB=BS=16海里，速度为32海里/小时.
7．A 由三视图可知，该几何体为一个长方体截去一个三棱锥，三棱锥的体积为V＝××1×2×3＝1.故选A.
8．A 将f(x)＝sin 2x－cos 2x＝2sin(2x－)的图象向左平移m个单位，得函数g(x)＝2sin(2x＋2m－)的图象，则由题意得2×＋2m－＝kπ＋(k∈Z)，即有m＝＋(k∈Z)，∵m>－，∴当k＝－1时，mmin＝－.
9．D 由条件知，OA⊥AB，所以，则OA∶AB∶OB＝3∶4∶5，于是tan∠AOB＝.因为向量与同向，故过F作直线l1的垂线与双曲线相交于同一支．而双曲线－＝1的渐近线方程分别为±＝0，故＝，解得a＝2b，故双曲线的离心率e＝＝.
10．A 当a＝0时，f(x)＝x，则f(x＋8)>f(x)，即f(x)为R上的8高调函数；当a≠0时，函数y＝f(x)的图象如图所示，若f(x)为R上的8高调函数，则3a2－(－a2)≤8，解得－≤a≤且a≠0.综上－≤a≤.
11. ∵∴则
12．4 满足约束条件的可行域如图所示．
因为函数z＝2y－3x，所以zA＝－3，zB＝2，zC＝4，
即目标函数z＝2y－3x的最大值为4.
13．－1 f(m)＝dx＝(x＋)＝m＋－5≥4－5＝－1，当且仅当m＝2时等号成立．
14. 观察知：四个等式等号右边的分母为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，所以归纳出分母为fn(x)＝f(fn－1(x))的分母为(2n－1)x＋2n，故当n∈N*且n≥2时，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)＋，这说明数列{f(x)}(x∈Z)是首项为，公差为的等差数列，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， ①
∵c2＝a2＋b2－2abcos，∴a2＋b2－ab＝3. ②
由①②解得a＝1，b＝2，∴S△ABC＝×1×2×＝.（13分）
17．解:如图，以B为原点，分别以BC、BA、BP为x、y、z轴，建立空间直角坐标系，则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)设平面PAD的一个法向量为n0＝(x，y，z)，
则由得
令z＝1，则n0＝(0，1，1)．
又＝(0，0，1)，设平面PBD的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，
则由得
令x1＝1，则n1＝(1，－1，0)，
∴cos〈n0，n1〉＝＝＝－，
∴〈n0，n1〉＝120°.
又二面角A—PD—B为锐二面角，故二面角A—PD—B的大小为60°.(13分)
18．解：(1)设an，bn分别为甲省，乙省在第n月新购校车的数量．依题意，{an}是首项为10，公比为1＋50%＝的等比数列；{bn}是首项为40，公差为m的等差数列．{an}的前n项和An＝，{bn}的前n项和Bn＝＝40n＋.所以经过n个月，两省新购校车的总数为S(n)＝An＋Bn＝＋40n＋＝20[()n－1]＋40n＋＝20·()n＋n2＋(40－)n－20. (8分)
(2)若计划在3个月内完成新购目标，则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的最小值为278.（13分）
19．解：(1)∵CD＝，∴点E(，)，
又∵PQ＝，∴点G(，)，
则解得
∴椭圆方程＋＝1.（4分）
(2)设直线MA、MB的斜率分别为k1，k2，只需证明k1＋k2＝0即可，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则k1＝，k2＝，直线l方程为y＝x＋m，代入椭圆方程＋＝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，故直线MA、MB与x轴始终围成一个等腰三角形.（13分）
20．解：(1)F′(x)＝f′(x)－g′(x)＝2(x－)＝(x＞0)，
令F′(x)＝0，得x＝(x＝－舍)，
∴当0＜x＜时，F′(x)＜0，F(x)在(0，)上单调递减；
当x＞时，F′(x)＞0，F(x)在(，＋∞)上单调递增．
∴当x＝时，F(x)有极小值，也是最小值，
即F(x)min＝F()＝e－2eln＝0.
∴F(x)的单调递增区间为(，＋∞)，单调递减区间为(0，)，最小值为0.（7分）
(2)由(1)知，f(x)与g(x)的图象有且仅有一个公共点(，e)，
∴猜想：一次函数的图象就是f(x)与g(x)的图象在点(，e)处的公切线，
其方程为y＝2x－e.
下面证明：当x＞0时，f(x)≥2x－e，且g(x)≤2x－e恒成立．
∵f(x)－(2x－e)＝(x－)2≥0，∴f(x)≥2x－e对x＞0恒成立．
又令G(x)＝2x－e－g(x)＝2x－e－2eln x，∴G′(x)＝2－＝，
∴当0＜x＜时，G′(x)＜0，G(x)在(0，)上单调递减；
当x＞时，G′(x)＞0，G(x)在(，＋∞)上单调递增．
∴当x＝时，G(x)有极小值，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．
故存在一次函数y＝2x－e，使得当x＞0时，f(x)≥2x－e，且g(x)≤2x－e恒成立.（14分）
21．(1)解：①设M＝，则有＝，＝，
所以解得
所以M＝.（3分）
②任取直线l上一点P(x，y)经矩阵M变换后为点P′(x′，y′)．
因为＝＝，
所以又m：x′－y′＝4，
所以直线l的方程为(x＋2y)－(3x＋4y)＝4，即x＋y＋2＝0.（7分）
(2)解：①设Q(x，y)，则点P(2x，2y)，又P为C1上的动点，
所以(t为参数)，即(t为参数)．
所以C2的方程为(t为参数)(或4x＋3y－4＝0).（4分）
②由①可得点M(1，0)，且曲线ρ＝2sin θ的直角坐标方程为x2＋(y－1)2＝1，
所以|MN|的最大值为＋1＝1＋.（7分）
(3)①∵f(x)＝|x＋1|－|x－4|＝
∴由f(x)＜2得x＜.（4分）
②因为f(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，须使|a＋4|≤5－|a＋1|，
即|a＋4|＋|a＋1|≤5，解得－5≤a≤0.（7分）
