2013届福建省检(文科)word版

2013年福建省普通高中毕业班质量检查

文 科 数 学

本试卷分第1卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)．本试卷共5页．满分150分．考试时间120分钟．

注意事项：

1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．

2．考生作答时，将答案答在答题卡上．请按照题号在各题的答题区域(黑色线框)内作答，超出答题区域书写的答案无效．在草稿纸、试题卷上答题无效．

3．选择题答案使用2B铅笔填涂，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号；非选择题答案使用0．5毫米的黑色中性(签字)笔或碳素笔书写，字体工整、笔迹清楚．

4．保持答题卡卡面清洁，不折叠、不破损．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 参考公式：

样本数据x1，x2， …，xn的标准差 锥体体积公式

s=11222(xx)(xx)…(xx) V=Sh 12nn3

其中S为底面面积，h为高 球的表面积、体积公式 S4R，V2其中x为样本平均数 柱体体积公式

V=Sh

43

R3其中S为底面面积，h为高 其中R为球的半径

第Ⅰ卷（选择题 共60分）

一．选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60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．已知复数z1i，z为z的共轭复数，则下列结论正确的是

A．z1i

B．z1+i

C．z2

D．z2 2．已知ab,c0，则下列不等式一定成立的是 A．ab

22 B．acbc

D．

C．acbc

ab cc1 / 13

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3．执行如图所示的程序框图，若输入的x值为2，则输出的x值为 A．3 B．8 C．9 D．63 4．“x1”是“x10”的

Ａ．充分而不必要条件 Ｂ．必要而充分不条件 Ｃ．充要条件 Ｄ．既不充分也不必要条件 5．函数yxcosx

C

D

π222x的图象是

22yy Oπ2xπ2Oπ2xA B 6．已知集合Mx|2x8，Nx|x23x20，在集合M中任取一个元素x ，则

“xMA．

N”的概率是

B．

1 101 6 C．

3 10 D．

1 27．已知F1，F2是椭圆C的两个焦点，焦距为4.若P为椭圆C上一点，且PF1F2的周长为14，则椭圆C的离心率e为 A ．

21124 B． C． D．

55553xy10,8．若变量x,y满足约束条件3xy110,则z2xy的最小值为

y2,A．4 B．1 C．0 D．1 9．设m,n为两条不同的直线，,是两个不同的平面，下列命题正确的是 A．若m//n,m//，则n// B．若m//,n//，则m//n

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C．若m//n,m，则n D．若m,n,m//n，则//

10．已知点O0,0，A1,2,B3,2，以线段AB为直径作圆C，则直线l:xy30与圆C的位置关系是

A．相交且过圆心 B．相交但不过圆心 C．相切 D．相离 11．已知点O0,0,A17点,A1,A2,,nA6,00,,An1nN,n2是线段A0An的n等分点，则

OA0OA1+OAn1OAn等于

A．5n B．10n C．5n1 D．10n1

12．定义两个实数间的一种新运算“*”：xylg10x10y,x,yR.对任意实数a,b,c，给出如下结

论：

①a*b*ca*b*c； ②a*bb*a； ③a*bcac*bc； 其中正确的个数是

A． 0 B．1 C．2 D．3

第Ⅱ卷（非选择题 共90分）

二、填空题:本大题共4小题，每小题4分，共16分．把答案填在答题卡相应位置．

13．一支田径队有男运动员28人，女运动员21人，现按性别用分层抽样的方法，从中抽取14位运动员

进行健康检查，则男运动员应抽取________人．

14．在ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c．已知a3，b8，C=3，则c= ．

2xa,x0,15．若函数f(x)有两个不同的零点，则实数a的取值范围是 ．

lnx,x016．观察下列等式：

121； 3378101112； 333316171920222339； 333333…

则当mn且m,nN表示最后结果.

3n13n2333m23m1 （最后结果用m,n表示最后结果）． 333 / 13

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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．(本小题满分12分)

某工厂生产A,B两种元件，其质量按测试指标划分为：大于或等于7．5为正品，小于7．5为次品．现从一批产品中随机抽取这两种元件各5件进行检测，检测结果记录如下：

A B 7 6 7 7．5 8．5 9 8．5 9．5 x y 由于表格被污损，数据x,y看不清，统计员只记得xy，且A,B两种元件的检测数据的平均值相等，方差也相等．

（Ⅰ）求表格中x与y的值；

（Ⅱ）若从被检测的5件B种元件中任取2件，求2件都为正品的概率． 18．(本小题满分12分)

已知函数fxsinxcosx，xR． （Ⅰ）求f的值； 12（Ⅱ）试写出一个函数gx，使得gxfxcos2x，并求gx的单调区间． 19．(本小题满分12分)

某几何体ABCA1B1C1的三视图和直观图如图所示． （Ⅰ）求证：平面AB1C1平面AAC11C； （Ⅱ）若E是线段AB1上的一点，且满足VEAA1C1

C11VABCA1B1C1，求AE的长． 9B1

俯视图42正(主)视图4A1侧(左)视图AC正视方向B20．(本小题满分12分)

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某工业城市按照“十二五”（2011年至2015年）期间本地区主要污染物排放总量控制要求，进行减排治污．现以降低SO2的年排放量为例，原计划“十二五”期间每年的排放量都比上一年减少0.3万吨，已知该城市2011年SO2的年排放量约为9.3万吨，

（Ⅰ）按原计划，“十二五”期间该城市共排放SO2约多少万吨？

（Ⅱ）该城市为响应“十八大”提出的建设“美丽中国”的号召，决定加大减排力度．在2012年刚好按原计划完成减排任务的条件下，自2013年起，SO2的年排放量每年比上一年减少的百分率为p，为使2020年这一年的SO2年排放量控制在6万吨以内，求p的取值范围. （参考数据8220.9505，90.9559）． 3321．(本小题满分12分)

已知函数fxeaxbx．

x2（Ⅰ）当a0,b1时，求fx的单调区间； （Ⅱ）设函数fx在点Pt,ft标恒小于1，求实数a的取值范围． 22．(本小题满分14分)

某同学用《几何画板》研究抛物线的性质：打开《几何画板》软件，绘制某抛物线E:y2px，在抛物线上任意画一个点S，度量点S的坐标xS,yS，

20t1处的切线为l，直线l与y轴相交于点Q.若点Q的纵坐

如图．

（Ⅰ）拖动点S，发现当xS4时，yS4，试求抛物线E的方程； （Ⅱ）设抛物线E的顶点为A，焦点为F，构造直线SF交抛物线E于不同两点S、构造直线AS、构造直线MT、经N两点，NS．T，AT分别交准线于M、观察得：沿着抛物线E，无论怎样拖动点S，恒有MT//NS.请你证明这一结论． （Ⅲ）为进一步研究该抛物线E的性质，某同学进行了下面的尝试：在（Ⅱ）

中，把“焦点F”改变为其它“定点Gg,0g0”，其余条件不变，发现“MT与NS不再平行”．是否可以适当更改（Ⅱ）中的其它条件，使得仍有“MT//NS”成立？如果可以，请写出相应的正确命题；否则，说明理由．

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2013年福建省普通高中毕业班质量检查 文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60分． 1．D 2．C 3．B 4．A 5．B 6．A 7．B 8．A 9．C 10．B 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． 13．8； 14．7； 15．0a1； 16．nm．

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、统计等基础知识，考查数据处理能力、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：(Ⅰ)因为xA=（7+7+75+9+95）， =8，xB=（6+x8585y） 由xA=xB，得xy17． ① ………………………………………2分 因为sA=（1+1+0.25+1+2.25）=1.1，sB=222215152152122， 4+（x8）+0.25+0.25+（y8）5（x8）+（y8）=1． ② …………………………………………4分 由sA=sB，得

由①②解得因为xy，

所以x8,y9． ………………………………………6分 (Ⅱ) 记被检测的5件B种元件分别为B1,B2,B3,B4,B5，其中B2,B3,B4,B5为正品， 从中任取2件,共有10个基本事件，列举如下:

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22x8，x9，或

y9，y8.2013届福建省检(文科)word版

B1,B2，B1,B3，B1,B4，B1,B5，B2,B3，

B2,B4，B2,B5，B3,B4，B3,B5，B4,B5， ………………………………………8分

记“2件都为正品”为事件C，则事件C包含以下6个基本事件：

B2,B3，B2,B4，B2,B5，B3,B4，B3,B5，B4,B5.……………………………10分

所以P(C)633，即2件都为正品的概率为. ………………………………………12分 105518．本小题主要考查三角函数的图象与性质、两角和与差三角公式、二倍角公式、三角函数的恒等变

换等基础知识，考查运算求解能力，考查化归与转化思想等．满分12分．

解法一：(Ⅰ)因为fx所以f2sin(x)，………………………………………3分

462sin2sin.……………………………6分 3212124(Ⅱ)gxcosxsinx. …………………………………………………………7分 下面给出证明：

因为gxfx(cosxsinx)(sinxcosx)cosxsinxcos2x,

22所以gxcosxsinx符合要求．……………………………………………………9分 又因为gxcosxsinx由2kx2cosx，…………………………………………10分

437x2k, 44，kZ.………………………………11分 42k2,得2k所以gx的单调递增区间为2k又由2kx372k4442k,得2k4x2k343, 4所以gx的单调递减区间为2k4，2k，kZ.………………………………12分 2fx1sin2x,解法二：(Ⅰ)因为所以f231sin，………………………………3分 1262又因为f0,所以126．………………………………6分 f122(Ⅱ)同解法一． 解法三：(Ⅰ)fsincossincos

12121234347 / 13

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sin(Ⅱ)同解法一．

注：若通过gx3cos4cos3sin4cos3cos4sin3sin4…………………3分

321212326.………………………………6分 222222222cos2x得到gx或由gxfx(cosxsinx)(cosxsinx)两边同时约去fxfx得到gx不扣分．

19．本小题主要考查三视图、直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系，几何体的体积等基础知识；考查空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力；考查函数与方程思想、数形结合思想、化归与转化思想．满分12分．

解法一：（Ⅰ）由三视图可知，几何体ABCA1B1C1为三棱柱，侧棱AA1底面A1B1C1，B1C1A1C1,且AA1AC4，BC2．………………………………………2分

AA1平面A1B1C1，B1C1平面A1B1C1,AA1B1C1， …………………3分 B1C1A1C1,AA1A1C1A1，B1C1平面A1ACC1．……………………5分

又B1C1平面AB1C1， 平面AB1C1平面AA1C1C．………………………6分 （Ⅱ）过点E作EF//B1C1交AC1于F，

由（Ⅰ）知，EF平面A1ACC1，即EF为三棱锥EAA1C的高. ………7分

111VEAA1C1VABCA1B1C1，SAA1C1EFSABCAA1, ……………………8分

9391111244EF244，解得EF.……………………9分 32923在RtABC中，AB在RtABB1中，AB1由

AC2BC2422225， ABBB221252426，……………………10分

AEEF， ……………………11分 AB1B1C1得AEAB1EFB1C162232. ……………………12分

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解法二：（Ⅰ）同解法一.

（Ⅱ）过点E作EF//B1C1交AC1于F，

由（Ⅰ）知，EF平面A1ACC1，即EF为三棱锥EAA1C的高. ………7分

VABCA1B1C13VAA1B1C13VB1AA1C1，

11VEAA1C1VABCA1B1C1VB1AA1C1 ………8分

931111SAA1C1EFSAA1C1B1C1,EFB1C1, ………9分 3333在RtABC中，AB在RtABB1中，AB1由

AC2BC2422225，

AB2BB12252426，……………………10分

AEEF， ……………………11分 AB1B1C1得AE1AB12. ……………………12分 320．本小题主要考查等差数列、等比数列等基础知识，考查运算求解能力和应用意识，考查函数与方程思想.满分12分.

解：（Ⅰ）设“十二五”期间，该城市共排放SO2约y万吨，

依题意，2011年至2015年SO2的年排放量构成首项为9.3，公差为0.3的等差数列，……………3分 所以y59.3551(0.3)=43.5（万吨）． 2所以按计划“十二五”期间该城市共排放SO2约43．5万吨．……………………6分 （2）由已知得， 2012年的SO2年排放量9.60.32=9（万吨），……………………7分

所以2012年至2020年SO2的年排放量构成首项为9，公比为1p的等比数列，…………………9分

8（1p）＜6，即1p＜8由题意得92， 3所以1p0.9505，解得p4.95%.

所以SO2的年排放量每年减少的百分率p的取值范围4.95%p1<……………………12分 21．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，考查分类与整合思想、数形结合思想、化归与转化思想．满分12分．

解：（Ⅰ）当a0,b1时，fxex，fxe1，……………………1分

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所以，当x(,0)时，fx0；当x(0,)时，fx0；……………………3分 所以函数fx的单调递减区间为,0，单调递增区间为(0,)．……………………4分

（Ⅱ）因为fxex2axb，

所以Pt,ft处切线的斜率kftet2atb， 所以切线l的方程为yetat2btet2atbxt，

令x0，得y1tetat2 0t1.………………………………………………5分 当0t1时，要使得点Q的纵坐标恒小于1，

只需1teat1，即t1eat100t1.……………… 6分

t2t2令gtt1eat1，

t2则g(t)tet2a，………………………………………………………… 7分 因为0t1，所以1ee， ①若2a1即at1t时，e2a0， 2所以，当t0,1时，g(t)0，即gt在0,1上单调递增， 所以g(t)g(0)0恒成立，所以a②若2ae即a1满足题意.………………………………8分 2et时，e2a0， 2所以，当t0,1时，g(t)0，即gt在0,1上单调递减，

e不满足题意.………………………………………9分 2e1③若e2a1即a时，0ln(2a)1.

22所以g(t)g(0)0，所以a则t、gt、gt的关系如下表：

t (0,ln(2a)) ln(2a) (ln(2a),1)  递增 gt gt  递减 0 极小值 所以gln(2a)g00，所以e1a不满足题意.………………………………11分 2210 / 13

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综合①②③，可得，当a

1时，g(t)00t1时，此时点Q的纵坐标恒小于1.…………12分 222．本小题主要考查抛物线的标准方程、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，考查化归与转化思想、分类与整合思想、数形结合思想等．满分14分．

22解法一：（Ⅰ）把xS4，yS4代入y2px，得48p，……………………2分

所以p2，………………………………………………………………………3分 因此，抛物线E的方程y4x．…………………………………………………4分 （Ⅱ）因为抛物线E的焦点为F1,0，设Sx1,y1,Tx2,y2， 依题意可设直线l:myx1，

2y24x，y1y24m，2由得y4my40，则 ①……………………6分

y1y24.myx1又因为lAS:yy1yyyx，lAT:y2x，所以M1,1，N1,2， x1x2x1x2y1y2，NSx1,y1， ……………………7分 1x1x2所以MTx21,y2又因为y2y1y2x1y11x21……………………………………8分 x1x241412y2y121y1y21

y14y2414142y12y2y2y1y1y2y1y2

y14y242y12y2y2y1161y1y2y1y24y1y2， ② 4y1y24y1y22y12y216把①代入②，得y1y20，…………………………………………………10分

4y1y2y1y2即y2x11y1x210，

xx12所以MT//NS，

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又因为M、T、N、S四点不共线，所以MT//NS．……………………………………………11分 （Ⅲ）设抛物线E:y4x的顶点为A，定点Gg,0g0，过点G的直线l与抛物线E相交于S、

2T两点，直线AS、AT分别交直线xg于M、N两点，则MT//NS ．……………………14分

解法二：（Ⅰ）同解法一.

2（Ⅱ）因为抛物线E的焦点为F1,0，设St12,2t1,Tt2,2t2，……………………5分

依题意,可设直线lST:myx1，

y24x2由得y4my40， myx12t12t24m,则

2t2t4,12所以t1t24m,………………………………………………………………………………7分

t1t21.又因为lAS:y2t2x，lAT:y2t1x，

所以M1,2t2，N1,2t1，………………………………………………………………………10分 所以kMT0，kNS0，………………………………………………………………………………10分 又因为M、T、N、S四点不共线，所以MT//NS.…………………………………………………11分 （Ⅲ）同解法一. 解法三：（Ⅰ）同解法一.

（Ⅱ）因为抛物线E的焦点为F1,0，设Sx1,y1,Tx2,y2， 依题意，设直线l:myx1，

y24xy1y24m2由得y4my40，则，…………………………………………6分

y1y24myx1又因为lAS:yy1yyyx，lAT:y2x，所以M1,1，N1,2， x1x2x1x2又因为y1y2y2y24y1y24yyy0，……………………………………9分 1112y2x2y2y2x2412 / 13

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所以y1y2，所以NS平行于x轴； x2同理可证MT平行于x轴；

又因为M、T、N、S四点不共线，所以MT//NS.…………………………………………………11分 （Ⅲ）同解法一. …………………………………………………14分

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