福建省高三高考押题卷文理数学试题及答案

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1、2014年福建押题卷数学（文理）一、选择题1.已知集合，则为( ).（A）（1，2） （B） （C） （D）1. ，则2.设是虚数单位，若复数满足，则( ).（A） （B） （C） （D）2.C .3.命题“对任意，均有”的否定为( ).（A）对任意，均有 （B）对任意，均有（C）存在，使得 （D）存在，使得3.C 因为全称命题的否定为特称命题，所以“对任意，均有”的否定为“存在，使得”.4.甲校有3600名学生，乙校有5400名学生，丙校有1800名学生，为统计三校学生某方面的情况，计划采用分层抽样法抽取一个容量为90人的样本，则应在这三校分别抽取学生( ).（A）30人，30人，30人 （

2、B）30人，50人，10人（C）20人，30人，40人 （D）30人，45人，15人4. D 因为三所学校共名学生，从中抽取一个容量为人的样本，则抽取的比例为：，所以在甲校抽取学生数为名，在乙校抽取学生数为名，在丙校抽取学生为名.5.函数的图象大致是( )5.A 因为，所以函数是偶函数,其图象关于轴对称应排除B、D；又因为当 时, , ，所以选A.6.设函数，且其图象关于直线对称，则( ).（A）的最小正周期为，且在上为增函数（B）的最小正周期为，且在上为减函数（C）的最小正周期为，且在上为增函数（D）的最小正周期为，且在上为减函数6.B ，函数的图象关于直线对称，函数为偶函数，函数在上为减函

3、数.7. 已知一个三棱柱，其底面是正三角形，且侧棱与底面垂直，一个体积为的球体与棱柱的所有面均相切，那么这个三棱柱的表面积是( )(A) (B) (C) (D) 7.C 此三棱柱为正三棱柱，体积为的球体的半径为，由此可以得到三棱柱的高为，底面正三角形中心到三角形各边的距离均为，故可得到三角形的高是，三角形边长是，所以三棱柱的表面积为.8.已知直线平面，直线平面，给出下列命题,其中正确的是( ). （A） （B） （C） （D） 8.A 因为，直线平面，所以直线平面，又因为直线平面，所以，所以式正确，所以可以排除选项B、C. 若，直线平面，直线平面，则与可以有平行、异面、相交三种位置关系，所以不

4、正确.9.已知等比数列的各项都是正数，且成等差数列，则( ). （A） （B） （C） （D）9.C 因为成等差数列，所以，即，解得，10.已知向量若则的值为( ).（A） （B） （C） （D） 10.C ,又因为,故,所以.11. 如图，已知为内部（包括边界）的动点，若目标函数仅在点处取得最大值，则实数的取值范围是（ ）（A） （B）（C） （D）11.B 由可得，表示这条直线的纵截距，直线的纵截距越大，就越大，依题意有，要使目标函数仅在点处取得最大值，则需直线的斜率处在内，即，从而解得.12.设的内角的所对的边成等比数列，则的取值范围是（ ）（A） （B） （C） （D） 12. C 根

5、据成等比数列,有,则,根据三角形三边关系,有,所以,即,消掉得,化简得：，两边同时除以，可得，解得.则.13. 如图，半径为2的半圆有一内接梯形，它的下底是O的直径，上底的端点在圆周上若双曲线以为焦点，且过两点，则当梯形的周长最大时，双曲线的实轴长为( ).（A）1 （B）22 （C）1 （D）2213.D 分别过点作的垂线，垂足分别为，连结,设,则,等腰梯形的周长,令则，所以 ，所以当即时，,此时，,因为为双曲线的焦点，点在双曲线上，所以实轴长.14.若在区间和内各取一个数，分别记为和，则方程表示离心率小于的双曲线的概率为( ).（A）（B）（C）（D）14.B 由题意知横轴为，纵轴为，建立

6、直角坐标系，先作出满足题意的、的可行域并求出其面积为，又由双曲线的离心率小于得，则，即，再作出虚线，并求出其在可行域内的端点坐标分别为、，由此可求出可行域范围内满足的面积为，所以所求概率为.15.函数的图象如图所示,则( ).（A）8 （B） 8 （C） （D）15. 由图可知，所以，故，又由，得，从而，所以，.16.中，角成等差数列是成立的( ).（A）充分不必要条件 （B）必要不充分条件（C）充要条件 （D）既不充分也不必要条件16.A 若成等差数列，则，.若，则，即，或，即或.故角成等差数列是成立的充分不必要条件.17.对于上可导的任意函数，若满足，则必有( ).（A） （B）（C） （

7、D）17.C ，当时，则函数在上单调递减，当时，则函数在上单调递增，即函数在处取得最小值，则将两式相加得18.已知点三点不共线，且有，则有( ). (A) (B)(C) (D)18.B 设所对的边分别为，由，得，又由正弦定理得，,所以在中，有，所以，所以.19.（文科）将个正整数、（）任意排成行列的数表.对于某一个数表,计算某行或某列中的任意两个数、（）的比值,称这些比值中的最小值为这个数表的“特征值”.当时,数表的所有可能的“特征值”的最大值为( ).（A） （B） （C） （D） 19.A 当时，这4个数分别为1、2、3、4，排成了两行两列的数表，当同行或同列时，这个数表的“特征值”为；当

8、同行或同列时，这个数表的特征值分别为或；当同行或同列时，这个数表的“特征值”为或，故这些可能的“特征值”的最大值为.19.（理科）设的展开式的各项系数和为，二项式系数和为，若，则展开式中的系数为（ ）（A） （B） （C） （D）19.B 各项系数和，二项式系数和，所以.的展开式的通项公式为：.由得，所以展开式中的系数为.20.若定义在区间上的函数满足：对于任意的，都有，且时，有，的最大值、最小值分别为，则的值为( ).（A）2014 （B）2015 （C）4028 （D）403020.C 令，得，再令，将代入可得.设，则，所以.又因为，所以可得，所以函数是递增的，所以.又因为，所以的值为40

9、28.2、 填空题21. 曲线在点处的切线方程为 .21. ，当时，因此曲线在点处的切线方程为，即.22.（理科）某同学参加北大、清华、科大三所学校的自主命题招生考试，其被录取的概率分别为（各学校是否录取他相互独立，允许他可以被多个学校同时录取），则此同学至少被两所学校录取的概率为_.22. 记“此同学至少被两所学校录取”为事件E, 该同学被北大，清华，科大录取分别记为事件A，B，C,则,所以=.22.（文科）设集合，且，在直角坐标平面内，从所有满足这些条件的有序实数对所表示的点中任取一个，若该点落在圆内的概率为，则满足要求的的最小值为 22. 当时，有5种取法；当时，有1种取法；当时，有1种

10、取法；当时，有1种取法；当时，有1种取法；当时，有1种取法，所以共有个基本事件因为该点落在圆内的概率为，所以满足“该点落在圆内”的基本事件共有4个.由小到大依次为，又，所以满足要求的的最小值为.23.如图，在直角梯形中，是线段上一动点，是线段上一动点，则的取值范围是 23. 建立平面直角坐标系如图所示，则因为，所以，所以，,所以.24.已知直线交抛物线于两点.若该抛物线上存在点，使得，则的取值范围为_.24. 由题意知,设,由得，解得(舍)或,由得的取值范围为.25.在ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，满足，, 则的取值范围是 .25. ,，为钝角，.26.在数列中，为数列的前项

11、和且，则26. 当时，即，所以，所以，所以.27.一个多面体的直观图、正（主）视图、侧（左）视图、俯视图如下，、分别为、的中点.ABC1A1B1主视图左视图俯视图 C下列结论中正确的是_.（填上所有正确项的序号） 线与 相交；/平面；三棱锥的体积为.27. 取的中点D，连结、.由于、分别是所在棱的中点，所以可得平面,平面,所以平面.同理可证平面.又,所以平面平面,所以直线与 相交不成立，错误；由三视图可得平面.所以平面，所以，又易知，所以平面，所以，正确； 正确；因为，所以正确.综上，正确.28.若不等式对恒成立，则实数的取值范围是 .28. 由得或，即或.又，所以或.因为不等式对恒成立，所以

12、或.(1)令，则.令得，当时，；当时，所以在上是增函数，在是减函数，所以，所以.(2) 令，则，因为，所以，所以，所以在上是增函数.易知当时，故在上无最小值，所以在上不能恒成立.综上所述，即实数的取值范围是.29.设函数的定义域为，如果，存在唯一的，使（为常数）成立。则称函数在上的“均值”为.已知四个函数：；上述四个函数中，满足在定义域上的“均值”为的函数是 （填上所有满足条件函数的序号）29. 对于函数 ，定义域为 ，设 ，由 ，得 ，所以，所以函数是定义域上“均值”为1的函数；对于函数 ，定义域为 ，设 ,由得 ，当时 ， ，不存在实数 的值，使 ，所以该函数不是定义域上“均值”为1的函数

13、；对于函数 ，定义域是 ，设 ，得 ，则 ，所以该函数是定义域上“均值”为1的函数； 对于函数 ，定义域为 ，设 ,由 ，得 ，因为，所以存在实数，使得 成立，但这时的取值不唯一，所以函数不是定义域上“均值”为1的函数. 30. 已知点点是线段的等分点，则= 30. 由题设，知 ， ， ， ， ， ,所以 ， ， ， ， ， , , = ,3、 解答题31.已知向量向量记（1）求函数的单调递增区间；（2）若，求函数的值域.31.解：（1）由得，故函数的单调递增区间为.（2）由，得，所以，所以的值域为.32.在中，.(1)求的值；(2)求的值解：（1）因为，所以 所以（2）由余弦定理得=，所以，

14、 所以, ，所以33.已知各项均不为零的数列，其前项和满足.在等差数列中，且是与的等比中项.(1)求和，(2)记，求的前n项和.33.解：(1)对于数列，由题设可知 ，当时， ，-得，即，又是以1为首项，以为公比的等比数列， .设等差数列的公差为，由题设可知，又，解得或.当时，；当时，.(2)当时，；当时，此时 ， ，-得，综上，当时，；当时，34.（文）交通指数是交通拥堵指数的简称，是综合反映道路网畅通或拥堵的概念，记交通指数为其范围为，分别有五个级别：畅通;基本畅通;轻度拥堵;中度拥堵；严重拥堵在晚高峰时段()，从某市交通指挥中心选取了市区20个交通路段，依据其交通指数数据绘制的频率分布直

15、方图如图所示(1)求出轻度拥堵、中度拥堵、严重拥堵的路段各有多少个？(2)用分层抽样的方法从交通指数在的路段中共抽取6个路段，求依次抽取的三个级别路段的个数；(3)从(2)中抽出的6个路段中任取2个，求至少一个路段为轻度拥堵的概率34.解：(1)由直方图得：这个路段中，轻度拥堵的路段有个，中度拥堵的路段有个，严重拥堵的路段有个(2)由(1)知：拥堵路段共有个，按分层抽样，从个路段选出个，依次抽取的三个级别路段的个数分别为：，即从交通指数在的路段中分别抽取的个数为(3)记选出的个轻度拥堵路段为，选出的个中度拥堵路段为，选出的个严重拥堵路段为，则从个路段中选取个路段的所有可能情况如下：，共种情况其

16、中至少有一个轻度拥堵路段的情况有：，共种，所选个路段中至少一个轻度拥堵的概率是.34.（理）交通指数是交通拥堵指数的简称，是综合反映道路网畅通或拥堵的概念，记交通指数为其范围为，分别有五个级别：畅通;基本畅通;轻度拥堵;中度拥堵；严重拥堵在晚高峰时段()，从某市交通指挥中心选取了市区20个交通路段，依据其交通指数数据绘制的频率分布直方图如图所示(1)在这20个路段中，轻度拥堵、中度拥堵的路段各有多少个？(2)从这20个路段中随机抽出3个路段，用X表示抽取的中度拥堵的路段的个数，求X的分布列及期望34.解：(1)由直方图得：轻度拥堵的路段个数是，中度拥堵的路段个数是(2)的可能取值为 ， ，的分

17、布列为0123 . 35.（文）在四棱锥中，底面是正方形，与交于点底面，为的中点.(1)求证：平面；(2)若，在线段上是否存在点，使平面？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.35. 解：（1）证明如下：连接.由四边形是正方形可知，点为的中点.又为的中点，所以.又平面，平面，所以平面.(2)解法一：若平面，则必有.于是作于点，因为底面，所以，又底面是正方形，所以，又，所以平面，而平面，所以.又，所以平面，又，所以，所以为的中点，所以.解法二：取的中点，连接，在四棱锥中，所以.又由底面，底面，所以.由四边形是正方形可知，.又，所以平面，而平面，所以平面平面，且平面平面.因为，平面，所以平面.故

18、在线段上存在点，使平面.由为的中点，得.35.（理）如图所示，四边形为直角梯形，为等边三角形，且平面平面，为中点ABECDP（1）求证：；（2）求平面与平面所成的锐二面角的余弦值；（3）在内是否存在一点，使平面，如果存在，求的长；如果不存在，说明理由 解：（1）证明如下：取的中点，连结，因为是正三角形，所以.因为四边形是直角梯形，所以四边形是平行四边形，.又，所以.又因为,所以平面，所以.（2)因为平面平面，所以平面，所以.如图所示，以为原点建立空间直角坐标系. ABECDPyxzO则，所以 ,， 设平面的一个法向量为，则 ，令，则,所以.同理可求得平面的一个法向量为，设平面与平面所成的锐二面

19、角为，则，所以平面与平面所成的锐二面角的余弦值为.（3）设，因为，所以，,.依题意得即解得 ，.符合点在内的条件.所以存在点，使平面，此时.36.某公园准备建一个摩天轮，摩天轮的外围是一个周长为米的圆在这个圆上安装座位，且每个座位和圆心处的支点都有一根直的钢管相连经预算，摩天轮上的每个座位与支点相连的钢管的费用为元/根，且当两相邻的座位之间的圆弧长为米时，相邻两座位之间的钢管和其中一个座位的总费用为元假设座位等距离分布，且至少有两个座位，所有座位都视为点，且不考虑其他因素，记摩天轮的总造价为元（1）试写出关于的函数关系式，并写出定义域；（2）当米时，试确定座位的个数，使得总造价最低？36.解：

20、（1）设摩天轮上总共有个座位，则，即，定义域为. （2）当时，.令，则， ，.当时，即在上单调递减，当时，即在上单调递增，在时，y取到最小值，此时座位个数为个 37.已知是抛物线上的两个点，点的坐标为，直线的斜率为.设抛物线的焦点在直线的下方.（1）求的取值范围；（2）设为上的一点，且，过两点分别作的切线，记两切线的交点为. 判断四边形是否为梯形，并说明理由.解：（1）抛物线的焦点为.由题意，得直线的方程为，令，得，即直线与y轴相交于点.因为抛物线的焦点在直线的下方，所以，解得，因为，所以.（2）结论：四边形不可能为梯形.理由如下：假设四边形为梯形.依题意，设，联立方程消去y，得，由韦达定理，

21、得，所以.同理，得.对函数求导，得，所以抛物线在点处的切线的斜率为，抛物线在点处的切线的斜率为.由四边形为梯形，得或.若，则，即，因为方程无解，所以与不平行.若，则，即，因为方程无解，所以与不平行，所以四边形不是梯形，这与假设矛盾.因此四边形不可能为梯形.38. 数列的首项为（），前项和为，且（）设，（）（1）求数列的通项公式；（2）当时，若对任意，恒成立，求的取值范围；（3）当时，试求三个正数，的一组值，使得为等比数列，且，成等差数列38.解：（1）因为，当时，-得，（）， 又由，得， 所以是首项为，公比为的等比数列，所以（） （2）当时， 由，得，（*），当时，若，则（*）式不成立当时，（

22、*）式等价于，当时，（*）式成立；当时，有，即恒成立，所以；当时，有，；当时，有， 综上，的取值范围是 （3）当时， ， 所以当时，数列是等比数列，所以 又因为，成等差数列，所以，即，解得 从而， 所以，当，时，数列为等比数列，且，成等差数列 39.已知椭圆的离心率为，且经过点，圆的直径为的长轴.如图，是椭圆短轴的一个端点，动直线过点且与圆交于两点，垂直于交椭圆于点.（1）求椭圆的方程；（2）求 面积的最大值，并求此时直线的方程.39.解：（1）由已知得到,所以,即.又椭圆经过点,所以,解得,所以椭圆的方程是.（2）因为直线且两直线都过点,当斜率存在且不为0时,设直线,直线,即,所以圆心到直线

23、的距离为,所以,由得,所以,所以.令,则,.当,即时,等号成立,故面积的最大值为,此时直线的方程为.当的斜率为0,即时, ;当的斜率不存在时,不符合题意;综上, 面积的最大值为,此时直线的方程为.40.（文）设函数. （1）求的单调区间；（2）设函数，若当时，恒成立，求的取值范围.40.解：（1）因为，其中 所以， 当时，所以在上是增函数， 当时，令，得，所以在上是增函数，在上是减函数. （2）令，则，根据题意，当时，恒成立. .若，当时，恒成立，所以在上是增函数，且，不符合题意；若，当时，恒成立，所以在上是增函数，且，不符合题意；若，当时，恒有，故在上是减函数，于是“对任意都成立”的充要条件是， 即，解得，故.综上所述，的取值范围是. 40.（理）已知函数（1）证明函数在区间上单调递减；（2）若不等式对任意的都成立，（其中是自然对数的底数），求实数的最大值40.解：（1）证明如下：，令，所以函数在上单调递减，函数在区间上单调递减.（2）在原不等式两边取对数得，由知.设，则，设，则.由（1）知时，函数在上单调递减，函数在上单调递减.，函数在上的最小值为，的最大值为. 34