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沧州市普通高中2013-2014学年度第二学期教学质量监测高二数学(文)答案


沧州市普通高中 2013~2014 学年度 第二学期教学质量监测 高二文科数学参考答案
1.D A∪ B={x|0<x<2}. 2.C 由 i·z=1+z 得(i-1)z=1,所以 z= i+1 i+1 1 1 1 = = =- - i. 2 2 i-1 (i-1)(i+1) -2

3.D 是奇函数的只有 C 和 D,是减函数的则只有 D. 4. C 从某市质量监督局计量认证审查流程图看出,判断框有三个,可得在审查过程中可能不被通 过审查的环节有三处. 5.B “恰有一个偶数”的对立面是“没有偶数或至少有两个偶数”. 6.B ∵ 复数(a+i)2=(a2-1)+2ai,∴ 其在复平面内对应的点的坐标是(a2-1,2a),又∵ 该点在 y

?a2-1=0, 轴负半轴上,∴ 有? 解得 a=-1. ?2a<0,
7. A 由 f′(x)|x=1=x2-2bx+3|x=1=4-2b=0,得 b=2.令 f′(x)=x2-4x+3=0 得 x=1 或 x=3,易得 y=f(x)在 x=3 取极小值 0. 8 8.C ∵ log8 3>log9 3>log9 ,∴ c>a>b. 5 9.D 由第 1 与第 2 个图知,2 对的数字为 4,则侧面的数字就是 1、3、5、6,由第 2 与第 3 个图 知 1 对的数字为 5,故 3 对的数字为 6. 10.B M=[0,+∞),N=[-3,3],M-N=(3,+∞),N-M=[-3,0),M△N=[-3,0)∪(3, +∞). f(x) f′(x)-f(x) f(x) 11.C 令 F(x)= x ,∵ F′(x)= >0,∴ F(x)= x 在 R 上为增函数, e ex e 又∵ y=f(x+3)为奇函数,∴ f(0)=f(-3+3)=-f(3+3)=-f(6)=3, ∴ 当 x<0 时,F(x)= f(x) <F(0)=3,即当 x∈ (-∞,0)时,f(x)<3ex. ex (n-1)(n-2) ×2=n2-2n+1 个数,∴第 n 行(n ≥2)从左向 2

12.D ∵前 n-1 行共有 n-1+

右的第 3 个数为(n2-2n+1)+3=n2-2n+4. 13. -1 14.0 y′|x=0=cos x+ex-3|x=0=-1. 1 1 1 1 + + + =-i+i-i+i=0. i i3 i5 i7 【数学试卷·参考答案 第 1 页

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15.4.8 由 图 可 知 , 信 息 从 A 到 B 传 递 有 六 条 途 径 , 分 别 是 A-D-E-M-B , A-D-F-M-B,A-D-F-N-B,A-C-F-M-B,A-C-F-N-B,A-C-K-N-B,且信息由结点 A 传输到结点 B 所需的时 间分别是 5.1,4.9,5.0,4.8,4.9,4.9,所以信息由结点A传输到结点B所需的最短时间为 4.8 毫 秒. 16.-1007 2 令 a+b=1,则 f(a)+f(b)=
a b 1 + 1 = 2 ? 2 ?2 ? 2 2a ? 2 2b ? 2 (2a ? 2)(2b ? 2)

?

a b 2, 2a ? 2b ? 2 2 =- 2 ? 2 ? 2 2 =- a ?b a b a b 2 2 ? 2(2 ? 2 ) ? 2 2(2 ? 2 ? 2 2)

所以原式=[f(-2013)+f(2014)]+[f(-2012)+f(2013)]+?+[f(0)+f(1)] 1 = ×4028×(- 2

2 )=-1007 . 2 2

17.解:网上购物系统分为前台管理和后台管理, 前台管理包括浏览商品、查询商品、订购商品、用户信息维护等功能, 后台管理包括公告管理、商品管理、订单管理、投诉管理和用户管理等模块, 所以网上购物系统的结构图如下所示:

(12 分) 18.解:设 z=a+bi(a,b∈ R),则有 a2+b2=5.

于是(3+4i)z=(3a-4b)+(4a+3b)i.(6 分)

?3a-4b=0, 3 3 由题设得? 得 b= a 代入得 a2+( a)2=25,a=± 4, 4 4 ?4a+3b≠0, ?a=4, ?a=-4, ∴ 或? ∴ z=± (4+3i).(12 分) ? ?b=3 ?b=-3.
19.证明:∵m>0,∴1+m>0,∴要证原不等式成立, 只需证明(a+mb)2≤(1+m)(a2+mb2),即证 m(a2-2ab+b2)≥0, 即证(a-b)2≥0,而(a-b)2≥0 显然成立,∴原不等式成立.(12 分)

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f(-1)=0, a-b+c=0, ?a=1, ? ? ?f(0)=1, ? ? 20.解:(1)∵? ∴?c=1, ∴?c=1, ∴f(x)=(x+1) , b ? ? ?b=2, ? ?x=-2a=-1, ?b=2a,
2

∴g(x)=?

? (x+1)2(x>0), ?
2

? ?-(x+1) (x<0),

∴g(2)+g(-2)=8.(6 分)

(2)当 t+2≤-1 时, 即 t≤-3 时,f(x)=(x+1)2 在区间[t,t+2]上单调递减,即 f(x)min =f(t+2)=(t+3)2; 当 t<-1<t+2,即-3<t<-1 时,f(x)=(x+1)2 在区间[t,-1]上单调递减,在区 间[-1,t+2]上单调递增,f(x)min=f(-1)=0; 当 t≥-1 时,f(x)=(x+1)2 在区间[t,t+2]上单调递增,f(x)min=f(t)=(t+1)2.(12 分)
21.解:(1)f′(x)=(2x-3)ex+ex(x2-3x+3)=exx(x-1), ① 当-2<t≤0,x∈ [-2,t]时,f′(x)≥0,f(x)单调递增; ② 当 0<t<1,x∈ [-2,0)时,f′(x)>0,f(x)单调递增; 当 x∈ (0,t]时,f′(x)<0,f(x)单调递减. 综上,当-2<t≤0 时,y=f(x)的单调递增区间为[-2,t]; 当 0<t<1 时,y=f(x)的单调递增区间为[-2,0),单调递减区间为(0,t].(6 分) (2)依题意得 m=f(-2)=13e-2,n=f(t)=(t2-3t+3)et, 设 h(t)=n-m=(t2-3t+3)et-13e-2,t>-2, h′(t)=(2t-3)et+et(t2-3t+3)=ett(t-1)(t>-2). 故 h(t),h′(t)随 t 的变化情况如下表: t h′(t) (-2,0) + 0 0 (0,1) - 1 0 (1,+∞) +

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h (t )

极大值

极小值

由上表可知 h(t)的极小值为 h(1)=e-

3 13 e -13 >0, 又 h(-2)=0, 故当-2<t<0 时, h(t)>h(-2)=0, 2= e e2

即 h(t)>0,因此,n-m>0,即 m<n.(12 分) 22.解:(1)如图,连接 OC,∵ OA=OB,CA=CB,∴ OC⊥ AB. ∵ OC 是圆的半径,∴ AB 是圆的切线.(4 分) (2)∵ ED 是直径,∴ ∠ ECD=90° ,∴ ∠ E+∠ EDC=90° , 又∠ BCD + ∠ OCD = 90° ,∠ OCD = ∠ EDC , ∴ ∠ BCD = ∠ E ,又 ∠ CBD = ∠ EBC, BC BD ∴ △ BCD∽ △ BEC,∴ = ? BC2=BD· BE, BE BC ∵ tan∠ CED= CD 1 BD CD 1 = ,△ BCD∽ △ BEC,∴ = = , EC 2 BC EC 2

设 BD=x,则 BC=2x,∵ BC2=BD· BE, ∴ (2x)2=x(x+6),∴ BD=2, ∴ OA=OB=BD+OD=2+3=5.(10 分) 23.解:(1)∵ ρ=4sin θ,∴ ρ2=4ρsin θ,则 x2+y2-4y=0.(2 分) 即圆 C 的直角坐标方程为 x2+y2-4y=0.(4 分)

?x=1+ 22t, (2)由题意,得直线 l 的参数方程为? (t 为参数).(6 分) 2 ?y=1+ 2 t
将该方程代入圆 C 方程 x2+y2-4y=0, 得(1+ 2 2 2 2 t) +(1+ t)2-4(1+ t)=0, 2 2 2

即 t2=2,∴ t1= 2,t2=- 2.(8 分) 【数学试卷·参考答案 第 4 页 共4页 (文科) 】 ·14-05-181B·

则|PA|· |PB|=|t1t2|=2.(10 分)

24. 解: (1)当 a=1 时, f(x)=|2x-1|+1, ∵f(x)≤6, ∴|2x-1|≤5, ∴-5≤2x-1≤5, ∴-2≤x≤3,∴原不等式的解集为{x|-2≤x≤3}.(4 分) (2)由(1)知 f(x)=|2x-1|+1,令 φ(n)=f(n)+f(-n), 则 φ(n)=|2n-1|+|2n+1|+2≥|(2n-1)-(2n+1)|+2=4, 当且仅当(2n-1)(2n+1)≤0, 1 1 即- ≤n≤ 时取等号. 2 2 ∴φ(n)的最小值为 4,故实数 m 的取值范围是[4,+∞).(10 分)

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