2014江苏数学高考试题 12页

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  • 2021-06-21 发布

2014江苏数学高考试题

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‎2014·江苏卷(课标数学)‎ ‎1.[2014·江苏卷] 已知集合A={-2,-1,3,4},B={-1,2,3},则A∩B=________.‎ ‎1.{-1,3} [解析] 由题意可得A∩B={-1,3}.‎ ‎2.[2014·江苏卷] 已知复数z=(5-2i)2(i为虚数单位),则z的实部为________.‎ ‎2.21 [解析] 根据复数的乘法运算公式知,z=(5-2i)2=52-2×5×2i+(2i)2=21-20i,故实部为21,虚部为-20.‎ 图11‎ ‎3.[2014·江苏卷] 如图11所示是一个算法流程图,则输出的n的值是______.‎ ‎3.5 [解析] 根据流程图的判断依据,本题看2n>20是否成立.若不成立,则n从1开始每次增加1;若成立,则输出n的值.本题经过4次循环,得到25>20成立,则输出的n的值为5.‎ ‎4.[2014·江苏卷] 从1,2,3,6这4个数中一次随机地取2个数,则所取2个数的乘积为6的概率是________.‎ ‎4. [解析] 基本事件有(1,2),(1,3)(1,6),(2,3),(2,6),(3,6),共6种情况,乘积为6的是(1,6)和(2,3),则所求事件的概率为.‎ ‎5.、[2014·江苏卷] 已知函数y=cos x与y=sin(2x+φ)(0≤φ<π),它们的图像有一个横坐标为的交点,则φ的值是________.‎ ‎5. [解析] 将x=分别代入两个函数,得到sin=,解得π+φ=+2kπ(k∈Z)或π+φ=+2kπ(k∈Z),化简解得φ=-+2kπ(k∈Z)或φ=+2kπ(k∈Z).又φ∈[0,π),故φ=.‎ ‎6.[2014·江苏卷] 为了了解一片经济林的生长情况,随机抽测了其中60株树木的底部周长(单位:cm),所得数据均在区间[80,130]上,其频率分布直方图如图12所示,则在抽测的60株树木中,有____株树木的底部周长小于100 cm.‎ 图12‎ ‎6.24 [解析] 由频率分布直方图可得,数据在[80,90]的频率为0.015×10=0.15,数据在[90,100]的频率为0.025×10=0.25.又样本容量为60株,故所求为(0.15+0.25)×60=24(株).‎ ‎7.[2014·江苏卷] 在各项均为正数的等比数列{an}中,若a2=1,a8=a6+2a4,则a6的值是________.‎ ‎7.4 [解析] 由等比数列的定义可得,a8=a2q6,a6=a2q4,a4=a2q2,即a2q6=a2q4+2a2q2.又an>0,所以q4-q2-2=0,解得q2=2,故a6=a2q4=1×22=4.‎ ‎8.[2014·江苏卷] 设甲、乙两个圆柱的底面积分别为S1,S2,体积分别为V1,V2.若它们的侧面积相等,且=,则的值是________.‎ ‎8. [解析] 因为===,所以=.又圆柱的侧面积S侧=2πrh,所以S侧1=2πr1h1=S侧2=2πr2h2,则==,故==×=.‎ ‎9.[2014·江苏卷] 在平面直角坐标系xOy中,直线x+2y-3=0被圆(x-2)2+(y+1)2=4截得的弦长为________.‎ ‎9.  [解析] 由题意可得,圆心为(2,-1),r=2,圆心到直线的距离d== ,所以弦长为2=2 = .‎ ‎10.[2014·江苏卷] 已知函数f(x)=x2+mx-1,若对于任意x∈[m,m+1],都有f(x)<0成立,则实数m的取值范围是________.‎ ‎10. [解析] 因为f(x)=x2+mx-1是开口向上的二次函数,所以函数的最大值只能在区间端点处取到,所以对于任意x∈[m,m+1],都有f(x)<0,只需 解得即m∈.‎ ‎11.[2014·江苏卷] 在平面直角坐标系xOy中,若曲线y=ax2+(a,b为常数)过点P(2,-5),且该曲线在点P处的切线与直线7x+2y+3=0平行,则a+b的值是________.‎ ‎11.-3 [解析] 易知y′=2ax-.根据题意有解得 故a+b=-3.‎ ‎12.、[2014·江苏卷] 如图13所示,在平行四边形ABCD中,已知AB=8,AD=5,=3,·=2,则·的值是________.‎ 图13‎ ‎12.22 [解析] 因为CP=3PD,AP·BP=2,所以AP=AD+DP=AD+AB,BP=BC+CP=AD-AB,所以AP·BP=·=AD2-AD·AB-AB2=2.又因为AB=8,AD=5,所以2=25-×64-AB·AD,故AB·AD=22 .‎ ‎13.、[2014·江苏卷] 已知f(x)是定义在R上且周期为3的函数,当x∈[0,3)时,f(x)=.若函数y=f(x)-a在区间[-3,4]上有10个零点(互不相同),则实数a的取值范围是________.‎ ‎13. [解析] 先画出y=x2-2x+在区间[0,3]上的图像,再将x轴下方的图像对称到x轴上方,利用周期为3,将图像平移至区间[-3,4]内,即得f(x)在区间[-3,4]上的图像如下图所示,其中f(-3)=f(0)=f(3)=0.5,f(-2)=f(1)=f(4)=0.5.‎ 函数y=f(x)-a在区间[-3,4]上有10个零点(互不相同)等价于y=f(x)的图像与直线y=a有10个不同的交点,由图像可得a∈. ‎ ‎14.、[2014·江苏卷] 若△ABC的内角满足sin A+sin B=2sin C,则cos C的最小值是______.‎ ‎14. [解析] 设△ABC的内角A,B,C所对的边分别是a,b,c,则由正弦定理得a+b=2c.故 cos C====-≥-=,‎ 当且仅当3a2=2b2,即=时等号成立.‎ ‎15.[2014·江苏卷] 已知α∈,sin α=.‎ ‎(1)求sin的值;‎ ‎(2)求cos的值.‎ ‎15.解: (1)因为α∈,sin α=,‎ 所以cos α=-=-.‎ 故sin=sincos α+cossin α=‎ ×+×=-.‎ ‎(2)由(1)知sin 2α=2sin αcos α=2××‎ =-,‎ cos 2α=1-2sin2α=1-2×=,‎ 所以cos=coscos 2α+sinsin 2α=‎ ×+×=-.‎ ‎16.、[2014·江苏卷] 如图14所示,在三棱锥P ABC中,D,E,F分别为棱PC,AC,AB的中点.已知PA⊥AC,PA=6,BC=8,DF=5.‎ 求证:(1)直线PA∥平面DEF;‎ ‎(2)平面BDE⊥平面ABC.‎ 图14‎ ‎16.证明: (1)因为D,E分别为棱PC,AC的中点,所以DE∥PA.又因为PA⊄平面 DEF,DE⊂平面DEF,所以直线PA∥平面DEF.‎ ‎(2)因为D,E,F分别为棱PC,AC,AB的中点,PA=6,BC=8,所以DE∥PA,DE=PA=3,EF=BC=4.又因为DF=5,所以DF2=DE2+EF2,所以∠DEF=90°,即DE⊥EF.又PA⊥AC,DE∥PA,所以DE⊥AC.因为AC∩EF=E,AC⊂平面ABC,EF⊂平面ABC,所以DE⊥平面ABC.‎ 又DE⊂平面BDE,所以平面BDE⊥平面ABC.‎ ‎17.、[2014·江苏卷] 如图15所示,在平面直角坐标系xOy中,F1,F2分别是椭圆+=1(a>b>0)的左、右焦点,顶点B的坐标为(0,b),连接BF2并延长交椭圆于点A,过点A作x轴的垂线交椭圆于另一点C,连接F1C.‎ ‎(1)若点C的坐标为,且BF2=,求椭圆的方程;‎ ‎(2)若F1C⊥AB,求椭圆离心率e的值.‎ 图15‎ ‎17.解: 设椭圆的焦距为2c, 则 F1(-c, 0), F2(c, 0).‎ ‎(1)因为B(0, b), 所以BF2==a.又BF2=, 故a=.‎ 因为点C在椭圆上,所以+=1,解得b2=1.‎ 故所求椭圆的方程为+y2=1.‎ ‎(2)因为B(0, b), F2(c, 0)在直线 AB 上,所以直线 AB 的方程为 +=1.‎ 解方程组得 所以点 A 的坐标为.‎ 又AC 垂直于x 轴, 由椭圆的对称性,可得点 C 的坐标为.‎ 因为直线 F1C的斜率为=,直线AB的斜率为-,且F1C⊥AB,所以·=-1.又b2=a2-c2,整理得a2=5c2,故e2=,‎ 因此e=.‎ ‎18.、、、[2014·江苏卷] 如图16所示,为保护河上古桥OA,规划建一座新桥BC,同时设立一个圆形保护区.规划要求:新桥BC与河岸AB垂直;保护区的边界为圆心M在线段OA上并与BC相切的圆,且古桥两端O和A到该圆上任意一点的距离均不少于80 m.经测量,点A位于点O正北方向60 m处,点C位于点O正东方向170 m处(OC为河岸),tan∠BCO=.‎ ‎(1)求新桥BC的长.‎ ‎(2)当OM多长时,圆形保护区的面积最大?‎ 图16‎ ‎18.解: 方法一:‎ ‎(1)如图所示, 以O为坐标原点, OC 所在直线为 x 轴, 建立平面直角坐标系xOy.‎ 由条件知A(0, 60), C(170,0),‎ 直线 BC 的斜率kBC=-tan∠BCO=-.‎ 又因为 AB⊥BC, 所以直线AB的斜率kAB=.‎ 设点 B 的坐标为(a,b),‎ 则kBC==-, kAB==,‎ 解得a=80, b=120,‎ 所以BC==150.‎ 因此新桥BC的长是150 m.‎ ‎(2)设保护区的边界圆M的半径为r m, OM=d m (0≤d≤60).‎ 由条件知, 直线BC的方程为y=-(x-170),‎ 即4x+3y-680=0.‎ 由于圆M与直线BC相切, 故点 M(0, d)到直线BC的距离是r,‎ 即r==.‎ 因为O和A到圆M上任意一点的距离均不少于80 m,所以 即 解得10≤d≤35.‎ 故当d=10时, r =最大, 即圆面积最大,‎ 所以当OM=10 m时, 圆形保护区的面积最大.‎ 方法二:‎ ‎(1)如图所示, 延长 OA, CB 交于点F.‎ 因为 tan∠FCO=,‎ 所以sin∠FCO=, cos∠FCO=.‎ 因为OA=60,OC=170,‎ 所以OF=OC tan∠FCO=, CF==, 从而AF=OF-OA=.‎ 因为OA⊥OC, 所以cos∠AFB =sin∠FCO=.‎ 又因为 AB⊥BC,所以BF=AFcos∠AFB=, 从而BC=CF-BF=150.‎ 因此新桥BC的长是150 m.‎ ‎(2)设保护区的边界圆 M与BC的切点为D,连接 MD,则MD⊥BC,且MD是圆M 的半径,并设MD=r m,OM=d m (0≤d≤60).‎ 因为OA⊥OC, 所以sin∠CFO=cos∠FCO.‎ 故由(1)知sin∠CFO====, 所以r=.‎ 因为O和A到圆M上任意一点的距离均不少于80 m,‎ 所以 即 解得10≤d≤35.‎ 故当d=10时, r=最大,即圆面积最大,‎ 所以当OM=10 m时, 圆形保护区的面积最大.‎ ‎19.、、、[2014·江苏卷] 已知函数f(x)=ex+e-x,其中e是自然对数的底数.‎ ‎(1)证明:f(x)是R上的偶函数.‎ ‎(2)若关于x的不等式mf(x)≤e-x +m-1在(0,+∞)上恒成立,求实数m的取值范围.‎ ‎(3)已知正数a满足:存在x0∈[1,+∞),使得f(x0)0),则 t>1,所以 m≤-=‎ ‎-对任意 t>1成立.‎ 因为t-1++ 1≥2 +1=3, 所以 -≥-,‎ 当且仅当 t=2, 即x = ln 2时等号成立.‎ 因此实数 m 的取值范围是.‎ ‎(3)令函数 g(x)=ex+- a(-x3+3x),则g′ (x) =ex-+3a(x2-1).‎ 当 x≥1时,ex->0,x2-1≥0.又a>0,故 g′(x)>0,所以g(x)是[1,+∞)上的单调递增函数, 因此g(x)在[1,+∞)上的最小值是 g(1)= e+e-1-2a.‎ 由于存在x0∈[1,+∞),使ex0+e-x0-a(-x+ 3x0 )<0 成立, 当且仅当最小值g(1)<0,‎ 故 e+e-1-2a<0, 即 a>.‎ 令函数h(x) = x -(e-1)ln x-1,则 h′(x)=1-. 令 h′(x)=0, 得x=e-1.‎ 当x∈(0,e-1)时,h′(x)<0,故h(x)是(0,e-1)上的单调递减函数;‎ 当x∈(e-1,+∞)时,h′(x)>0,故h(x)是(e-1,+∞)上的单调递增函数.‎ 所以h(x)在(0,+∞)上的最小值是h(e-1).‎ 注意到h(1)=h(e)=0,所以当x∈(1,e-1)⊆(0,e-1)时,h(e-1)≤h(x)h(e)=0,即a-1>(e-1)ln a,故ea-1>ae-1.‎ 综上所述,当a∈时,ea-1ae-1.‎ ‎20.[2014·江苏卷] 设数列{an}的前n项和为Sn.若对任意的正整数n,总存在正整数m,使得Sn=am,则称{an}是“H数列”.‎ ‎(1)若数列{an}的前n项和Sn=2n(n∈N*),证明:{an}是“H数列”.‎ ‎(2)设{an}是等差数列,其首项a1=1,公差d<0.若{an}是“H数列”,求d的值.‎ ‎(3)证明:对任意的等差数列{an},总存在两个“H数列”{bn}和{cn},使得an=bn+cn(n∈N*)成立.‎ ‎20.解: (1)证明:由已知,当n≥1时,an+1=Sn+1-Sn=2n+1-2n=2n.于是对任意的正整数n,总存在正整数m=n+1,使得Sn=2n=am,‎ 所以{an}是“H数列”.‎ ‎(2)由已知得,S2=2a1+d=2+d.因为{an}是“H数列”,所以存在正整数m,使得S2=am,即2+d=1+(m-1)d,于是(m-2)d=1.因为d<0,所以m-2<0,故m=1,从而d=-1.‎ 当d=-1时,an=2-n,Sn=是小于2的整数,n∈N*.于是对任意的正整数n,总存在正整数m=2-Sn=2-,使得Sn=2-m=am,所以{an}是“H数列”,因此d的值为-1.‎ ‎(3)证明:设等差数列{an}的公差为d,则an =a1+(n-1)d=na1+(n-1)(d-a1)(n∈N*).‎ 令bn=na1,cn=(n-1)(d-a1),则an=bn+cn(n∈N*).‎ 下证{bn}是“H数列”.‎ 设{bn}的前n项和为Tn,则Tn=a1(n∈N*).于是对任意的正整数n,总存在正整数m=,使得Tn=bm,所以{bn}是“H数列”.‎ 同理可证{cn}也是“H数列”.‎ 所以对任意的等差数列{an},总存在两个“H数列”{bn}和{cn},使得an=bn+cn(n∈N*)成立.‎ ‎21.[2014·江苏卷] A.[选修41:几何证明选讲]‎ 如图17所示,AB是圆O的直径,C,D是圆O上位于AB异侧的两点.‎ 证明:∠OCB=∠D.‎ 图17‎ 证明:因为B,C是圆O上的两点,所以OB=OC,‎ 所以∠OCB=∠B.‎ 又因为C,D是圆O上位于AB异侧的两点,‎ 所以∠B,∠D为同弧所对的两个圆周角,‎ 所以∠B=∠D,因此∠OCB=∠D.‎ ‎[2014·江苏卷] B.[选修42:矩阵与变换]‎ 已知矩阵A=,B=,向量α=,x,y为实数.若=,求x+y的值.‎ 解:由已知得,==),‎ Bα= )))=).‎ 因为=,所以)=).‎ 故解得 所以x+y=.‎ ‎[2014·江苏卷] C.[选修44:坐标系与参数方程]‎ 在平面直角坐标系xOy中,已知直线l的参数方程为(t为参数),直线l与抛物线y2=4x相交于A,B两点,求线段AB的长.‎ 解:将直线l的参数方程代入抛物线方程y2=4x,‎ 得=4,‎ 解得t1=0,t2=-8 ,‎ 所以AB=|t1-t2|=8 .‎ ‎[2014·江苏卷] D.[选修45:不等式选讲]‎ 已知x>0,y>0,证明:(1+x+y2)(1+x2+y)≥9xy.‎ 证明:因为x>0,y>0,‎ 所以1+x+y2≥3>0,‎ ‎1+x2+y≥3>0,‎ 故(1+x+y2)(1+x2+y)≥3·3=9xy.‎ ‎22.[2014·江苏卷] 盒中共有9个球,其中有4个红球、3个黄球和2个绿球,这些球除颜色外完全相同.‎ ‎(1)从盒中一次随机取出2个球,求取出的2个球颜色相同的概率P;‎ ‎(2)从盒中一次随机取出4个球,其中红球、黄球、绿球的个数分别记为x1,x2,x3,随机变量X表示x1,x2,x3中的最大数,求X的概率分布和数学期望E(X).‎ ‎22.解:(1)取到的2个颜色相同的球可能是2个红球、2个黄球或2个绿球,所以P===.‎ ‎(2)随机变量X所有可能的取值为2,3,4.‎ ‎{X=4}表示的随机事件是“取到的4个球是4个红球”,故P(X=4)==;‎ ‎{X=3}表示的随机事件是“取到的4个球是3个红球和1个其他颜色的球,或3个黄球和1个其他颜色的球”,故P(X=3)===;于是P(X=2)=1-P(X=3)-P(X=4)=1--=.‎ 所以随机变量X的概率分布如下表:‎ X ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ P 因此随机变量X的数学期望 E(X)=2×+3×+4×=.‎ ‎23.、[2014·江苏卷] 已知函数f0(x)=(x>0),设fn(x)为fn-1(x)的导数,n∈N*.‎ ‎(1)求2f1+f2的值;‎ ‎(2)证明:对任意的n∈N*,等式=都成立.‎ ‎23.解: (1)由已知,得f1(x)=f′0(x)=′=-,‎ 于是f2(x)=f1′(x)=′-′=‎ ‎--+,‎ 所以f1=-,f2=-+.‎ 故2f1+f2=-1.‎ ‎(2)证明:由已知得,xf0(x)=sin x,等式两边分别对x求导,得f0(x)+xf0′(x)=cos x,‎ 即f0(x)+xf1(x)=cos x=sin.‎ 类似可得 ‎2f1(x)+xf2(x)=-sin x=sin(x+π),‎ ‎3f2(x)+xf3(x)=-cos x=sin,‎ ‎4f3(x)+xf4(x)=sin x=sin(x+2π).‎ 下面用数学归纳法证明等式nfn-1(x)+xfn(x)=sin对所有的n∈N*都成立.‎ ‎(i)当n=1时,由上可知等式成立.‎ ‎(ii)假设当n=k时等式成立,即kfk-1(x)+xfk(x)=sin.‎ 因为[kfk-1(x)+xfk(x)]′=kfk-1′(x)+fk(x)+xfk′(x)=(k+1)fk(x)+xfk+1(x),‎ ′=cos·′=sin,‎ 所以(k+1)fk(x)+xfk+1(x)=sin,‎ 因此当n=k+1时,等式也成立.‎ 综合(i)(ii)可知,等式nfn-1(x)+xfn(x)=sin对所有的n∈N*都成立.‎ 令x=,可得nfn-1+fn=sin(n∈N*),‎ 所以=(n∈N*).‎