2014高考福建卷（理科数学）试卷 13页

‎2014·福建卷(理科数学)‎ ‎1．[2014·福建卷] 复数z＝(3－2i)i的共轭复数z等于(　　)‎ ‎　 　　　　　 　　　　　 　　　　‎ A．－2－3i B．－2＋3i ‎ C．2－3i D．2＋3i ‎1．C　[解析] 由复数z＝(3－2i)i＝2＋3i，得复数z的共轭复数z＝2－3i.‎ ‎2．[2014·福建卷] 某空间几何体的正视图是三角形，则该几何体不可能是(　　)‎ A．圆柱 B．圆锥 C．四面体 D．三棱柱 ‎2．A　[解析] 由空间几何体的三视图可知，圆柱的正视图、侧视图、俯视图都不可能是三角形．‎ ‎3．[2014·福建卷] 等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝2，S3＝12，则a6等于(　　)‎ A．8 B．10 C．12 D．14‎ ‎3．C　[解析] 设等差数列{an}的公差为d，由等差数列的前n项和公式，得S3＝3×2＋d＝12，解得d＝2，‎ 则a6＝a1＋(6－1)d＝2＋5×2＝12.‎ ‎4．、、[2014·福建卷] 若函数y＝logax(a>0，且a≠1)的图像如图11所示，则下列函数图像正确的是(　　)‎ 图11‎ ‎　　　　A　　　　　　　　　　　B ‎　　　　C　　　　　　　　　　　D图12‎ ‎4．B　[解析] 由函数y＝logax的图像过点(3，1)，得a＝3.‎ 选项A中的函数为y＝，则其函数图像不正确；选项B中的函数为y＝x3，则其函数图像正确；选项C中的函数为y＝(－x)3，则其函数图像不正确；选项D中的函数为y＝log3(－x)，则其函数图像不正确．‎ 图13‎ ‎5．[2014·福建卷] 阅读如图13所示的程序框图，运行相应的程序，输出的S的值等于(　　)‎ A．18 ‎ B．20 ‎ C．21 ‎ D．40‎ ‎5．B　[解析] 输入S＝0，n＝1，第一次循环，S＝0＋2＋1＝3，n＝2；‎ 第二次循环，S＝3＋22＋2＝9，n＝3；‎ 第三次循环，S＝9＋23＋3＝20，n＝4，满足S≥15，结束循环，输出S＝20.‎ ‎6．、[2014·福建卷] 直线l：y＝kx＋1与圆O：x2＋y2＝1相交于A，B两点，则“k＝1”是“△OAB的面积为”的(　　)‎ A．充分而不必要条件 ‎ B．必要而不充分条件 C．充分必要条件 ‎ D．既不充分又不必要条件 ‎6．A　[解析] 由直线l与圆O相交，得圆心O到直线l的距离d＝<1，解得k≠0.‎ 当k＝1时，d＝，|AB|＝2＝，则△OAB的面积为××＝；‎ 当k＝－1时，同理可得△OAB的面积为，则“k＝1”是“△OAB的面积为”的充分不必要条件．‎ ‎7．、、[2014·福建卷] 已知函数f(x)＝则下列结论正确的是(　　)‎ A．f(x)是偶函数 B．f(x)是增函数 C．f(x)是周期函数 D．f(x)的值域为[－1，＋∞)‎ ‎7．D　[解析] 由函数f(x)的解析式知，f(1)＝2，f(－1)＝cos(－1)＝cos 1，f(1)≠f(－1)，则f(x)不是偶函数；‎ 当x>0时，令f(x)＝x2＋1，则f(x)在区间(0，＋∞)上是增函数，且函数值f(x)>1；‎ 当x≤0时，f(x)＝cos x，则f(x)在区间(－∞，0]上不是单调函数，且函数值f(x)∈[－1，1]；‎ ‎∴函数f(x)不是单调函数，也不是周期函数，其值域为[－1，＋∞)．‎ ‎8．[2014·福建卷] 在下列向量组中，可以把向量a＝(3，2)表示出来的是(　　)‎ A．e1＝(0，0)，e2＝(1，2) ‎ B．e1＝(－1，2)，e2＝(5，－2)‎ C．e1＝(3，5)，e2＝(6，10) ‎ D．e1＝(2，－3)，e2＝(－2，3)‎ ‎8．B　[解析] 由向量共线定理，选项A，C，D中的向量组是共线向量，不能作为基底；而选项B中的向量组不共线，可以作为基底，故选B.‎ ‎9．、[2014·福建卷] 设P，Q分别为圆x2＋(y－6)2＝2和椭圆＋y2＝1上的点，则P，Q两点间的最大距离是(　　)‎ A．5 B.＋ ‎ C．7＋ D．6 ‎9．D　[解析] 设圆心为点C，则圆x2＋(y－6)2＝2的圆心为C(0，6)，半径r＝.设点Q(x0，y0)是椭圆上任意一点，则＋y＝1，即x＝10－10y，‎ ‎∴|CQ|＝＝＝，‎ 当y0＝－时，|CQ|有最大值5　，‎ 则P，Q两点间的最大距离为5　＋r＝6　.‎ ‎10．、[2014·福建卷] 用a代表红球，b代表蓝球，c代表黑球．由加法原理及乘法原理，从1个红球和1个蓝球中取出若干个球的所有取法可由(1＋a)(1＋b)的展开式1＋a＋b＋ab表示出来，如：“1”表示一个球都不取、“a”表示取出一个红球、而“ab”则表示把红球和蓝球都取出来．依此类推，下列各式中，其展开式可用来表示从5个无区别的红球、5个无区别的蓝球、5个有区别的黑球中取出若干个球，且所有的蓝球都取出或都不取出的所有取法的是(　　)‎ A．(1＋a＋a2＋a3＋a4＋a5)(1＋b5)(1＋c)5 ‎ B．(1＋a5)(1＋b＋b2＋b3＋b4＋b5)(1＋c)5‎ C．(1＋a)5(1＋b＋b2＋b3＋b4＋b5)(1＋c5) ‎ D．(1＋a5)(1＋b)5(1＋c＋c2＋c3＋c4＋c5)‎ ‎10．A　 [解析] 从5个无区别的红球中取出若干个球，可以1个球都不取、或取1个、2个、3个、4个、5个球，共6种情况，则其所有取法为1＋a＋a2＋a3＋a4＋a5；从5个无区别的蓝球中取出若干个球，由所有的蓝球都取出或都不取出，得其所有取法为1＋b5；从5个有区别的黑球中取出若干个球，可以1个球都不取、或取1个、2个、3个、4个、5个球，共6种情况，则其所有取法为1＋Cc＋Cc2＋Cc3＋Cc4＋Cc5＝(1＋c)5，根据分步乘法计数原理得，适合要求的所有取法是(1＋a＋a2＋a3＋a4＋a5)(1＋b5)(1＋c)5.‎ ‎11．[2014·福建卷] 若变量x，y满足约束条件则z＝3x＋y的最小值为________．‎ ‎11．1　[解析] 作出不等式组表示的平面区域(如图所示)，‎ 把z＝3x＋y变形为y＝－3x＋z，则当直线y＝3x＋z经过点(0，1)时，z最小，将点(0，1)代入z＝3x＋y，得zmin＝1，即z＝3x＋y的最小值为1.‎ ‎12．[2014·福建卷] 在△ABC中，A＝60°，AC＝4，BC＝2　，则△ABC的面积等于________．‎ ‎12．2　　[解析] 由＝，得sin B＝＝1，‎ ‎∴B＝90°，C＝180°－(A＋B)＝30°，‎ 则S△ABC＝·AC·BCsin C＝×4×2sin 30°＝2，即△ABC的面积等于2.‎ ‎13．[2014·福建卷] 要制作一个容积为4 m3，高为1 m的无盖长方体容器．已知该容器的底面造价是每平方米20元，侧面造价是每平方米10元，则该容器的最低总造价是________(单位：元)．‎ ‎13．160　[解析] 设底面矩形的一边长为x，由容器的容积为4 m3，高为1 m得，另一边长为 m.‎ 记容器的总造价为y元，则 y＝4×20＋2×1×10‎ ‎＝80＋20 ‎≥80＋20×2 ‎＝160(元)，‎ 当且仅当x＝，即x＝2时，等号成立．‎ 因此，当x＝2时，y取得最小值160元，‎ 即容器的最低总造价为160元．‎ 图14‎ ‎14．、[2014·福建卷] 如图14，在边长为e(e为自然对数的底数)的正方形中随机撒一粒黄豆，则它落到阴影部分的概率为________．‎ ‎14.　[解析] 因为函数y＝ln x的图像与函数y＝ex的图像关于正方形的对角线所在直线y＝x对称，则图中的两块阴影部分的面积为 S＝2ln xdx＝2(xln x－x)1＝2[(eln e－e)－(ln 1－1)]＝2，‎ 故根据几何概型的概率公式得，该粒黄豆落到阴影部分的概率P＝.‎ ‎15．、[2014·福建卷] 若集合{a，b，c，d}＝{1，2，3，4}，且下列四个关系：‎ ‎①a＝1；②b≠1；③c＝2；④d≠4有且只有一个是正确的，则符合条件的有序数组(a，b，c，d)的个数是________．‎ ‎15．6　[解析] 若①正确，则②③④不正确，可得b≠1不正确，即b＝1，与a＝1矛盾，故①不正确；‎ 若②正确，则①③④不正确，由④不正确，得d＝4；由a≠1，b≠1，c≠2，得满足条件的有序数组为a＝3，b＝2，c＝1，d＝4或a＝2，b＝3，c＝1，d＝4.‎ 若③正确，则①②④不正确，由④不正确，得d＝4；由②不正确，得b＝1，则满足条件的有序数组为a＝3，b＝1，c＝2，d＝4；‎ 若④正确，则①②③不正确，由②不正确，得b＝1，由a≠1，c≠2，d≠4，得满足条件的有序数组为a＝2，b＝1，c＝4，d＝3或a＝3，b＝1，c＝4，d＝2或a＝4，b＝1，c＝3，d＝2；‎ 综上所述，满足条件的有序数组的个数为6.‎ ‎16．、、[2014·福建卷] 已知函数f(x)＝cos x(sin x＋cos x)－.‎ ‎(1)若0<α<，且sin α＝，求f(α)的值；‎ ‎(2)求函数f(x)的最小正周期及单调递增区间．‎ ‎16．解：方法一：(1)因为0<α<，sin α＝，所以cos α＝.‎ 所以f(α)＝×－ ‎＝.‎ ‎(2)因为f(x)＝sin xcos x＋cos2x－ ‎＝sin 2x＋－ ‎＝sin 2x＋cos 2x ‎＝sin，‎ 所以T＝＝π.‎ 由2kπ－≤2x＋≤2kπ＋，k∈Z，‎ 得kπ－≤x≤kπ＋，k∈Z.‎ 所以f(x)的单调递增区间为，k∈Z.‎ 方法二：f(x)＝sin xcos x＋cos2x－ ‎＝sin 2x＋－ ‎＝sin 2x＋cos 2x ‎＝sin.‎ ‎(1)因为0<α<，sin α＝，所以α＝，‎ 从而f(α)＝sin＝sin＝.‎ ‎(2)T＝＝π.‎ 由2kπ－≤2x＋≤2kπ＋，k∈Z，得kπ－≤x≤kπ＋，k∈Z.‎ 所以f(x)的单调递增区间为，k∈Z.‎ ‎17．、、[2014·福建卷] 在平面四边形ABCD中，AB＝BD＝CD＝1，AB⊥BD，CD⊥BD.将△ABD沿BD折起，使得平面ABD⊥平面BCD，如图15所示．‎ ‎(1)求证：AB⊥CD；‎ ‎(2)若M为AD中点，求直线AD与平面MBC所成角的正弦值．‎ 图15‎ ‎17．解：(1)证明：∵平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，AB⊂平面ABD，AB⊥BD，∴AB⊥平面BCD.‎ 又CD⊂平面BCD，∴AB⊥CD.‎ ‎(2)过点B在平面BCD内作BE⊥BD.‎ 由(1)知AB⊥平面BCD，BE⊂平面BCD，BD⊂平面BCD，∴AB⊥BE，AB⊥BD.‎ 以B为坐标原点，分别以，，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系(如图所示)．‎ 依题意，得B(0，0，0)，C(1，1，0)，D(0，1，0)，A(0，0，1)，M.‎ 则＝(1，1，0)，＝，＝(0，1，－1)．‎ 设平面MBC的法向量n＝(x0，y0，z0)，‎ 则即 取z0＝1，得平面MBC的一个法向量n＝(1，－1，1)．‎ 设直线AD与平面MBC所成角为θ，‎ 则sin θ＝＝＝.‎ 即直线AD与平面MBC所成角的正弦值为.‎ ‎18．、、[2014·福建卷] 为回馈顾客，某商场拟通过摸球兑奖的方式对1000位顾客进行奖励，规定：每位顾客从一个装有4个标有面值的球的袋中一次性随机摸出2个球，球上所标的面值之和为该顾客所获的奖励额．‎ ‎(1)若袋中所装的4个球中有1个所标的面值为50元，其余3个均为10元，求：‎ ‎　(i)顾客所获的奖励额为60元的概率；‎ ‎　(ii)顾客所获的奖励额的分布列及数学期望．‎ ‎(2)商场对奖励总额的预算是60 000元，并规定袋中的4个球只能由标有面值10元和50元的两种球组成，或标有面值20元和40元的两种球组成．为了使顾客得到的奖励总额尽可能符合商场的预算且每位顾客所获的奖励额相对均衡，请对袋中的4个球的面值给出一个合适的设计，并说明理由．‎ ‎18．解：(1)设顾客所获的奖励额为X.‎ ‎(i)依题意，得P(X＝60)＝＝.‎ 即顾客所获的奖励额为60元的概率为，‎ ‎(ii)依题意，得X的所有可能取值为20，60.‎ P(X＝60)＝，‎ P(X＝20)＝＝，‎ 即X的分布列为 X ‎20‎ ‎60‎ P ‎0.5‎ ‎0.5‎ 所以顾客所获的奖励额的期望为E(X)＝20×0.5＋60×0.5＝40(元)．‎ ‎(2)根据商场的预算，每个顾客的平均奖励额为60元．所以，先寻找期望为60元的可能方案．对于面值由10元和50元组成的情况，如果选择(10，10，10，50)的方案，因为60元是面值之和的最大值，所以期望不可能为60元；如果选择(50，50，50，10)的方案，因为60元是面值之和的最小值，所以期望也不可能为60元，因此可能的方案是(10，10，50，50)，记为方案1.‎ 对于面值由20元和40元组成的情况，同理可排除(20，20，20，40)和(40，40，40，20)的方案，所以可能的方案是(20，20，40，40)，记为方案2.‎ 以下是对两个方案的分析：‎ 对于方案1，即方案(10，10，50，50)，设顾客所获的奖励额为X1，则X1的分布列为 X1‎ ‎20‎ ‎60‎ ‎100‎ P X1的期望为E(X1)＝20×＋60×＋100×＝60，‎ X1的方差为D(X1)＝(20－60)2×＋(60－60)2×＋(100－60)2×＝.‎ 对于方案2，即方案(20，20，40，40)，设顾客所获的奖励额为X2，则X2的分布列为 X2‎ ‎40‎ ‎60‎ ‎80‎ P X2的期望为E(X2)＝40×＋60×＋80×＝60，‎ X2的方差为D(X2)＝(40－60)2×＋(60－60)2×＋(80－60)2×＝.‎ 由于两种方案的奖励额的期望都符合要求，但方案2奖励额的方差比方案1的小，所以应该选择方案2.‎ ‎19．、[2014·福建卷] 已知双曲线E：－＝1(a>0，b>0)的两条渐近线分别为l1：y＝2x，l2：y＝－2x.‎ ‎(1)求双曲线E的离心率．‎ ‎(2)如图16，O为坐标原点，动直线l分别交直线l1，l2于A，B两点(A，B分别在第一、四象限)，且△OAB的面积恒为8.试探究：是否存在总与直线l有且只有一个公共点的双曲线E？若存在，求出双曲线E的方程；若不存在，说明理由．‎ 图16‎ ‎19．解：方法一：‎ ‎(1)因为双曲线E的渐近线分别为y＝2x，y＝－2x，‎ 所以＝2，‎ 所以＝2，‎ 故c＝a，‎ 从而双曲线E的离心率 e＝＝.‎ ‎(2)由(1)知，双曲线E的方程为－＝1.‎ 设直线l与x轴相交于点C.‎ 当l⊥x轴时，若直线l与双曲线E有且只有一个公共点，则|OC|＝a，|AB|＝4a.又因为△OAB的面积为8，‎ 所以|OC|·|AB|＝8，‎ 因此a·4a＝8，解得a＝2，‎ 此时双曲线E的方程为－＝1.‎ 若存在满足条件的双曲线E，则E的方程只能为－＝1.‎ 以下证明：当直线l不与x轴垂直时，双曲线E：－＝1也满足条件．‎ 设直线l的方程为y＝kx＋m，依题意，得k>2或k<－2，则C.记A(x1，y1)，B(x2，y2)．‎ 由得y1＝，同理得y2＝.‎ 由S△OAB＝|OC|·|y1－y2|，得 ·＝8，‎ 即m2＝4＝4(k2－4)．‎ 由得(4－k2)x2－2kmx－m2－16＝0.‎ 因为4－k2<0，‎ 所以Δ＝4k2m2＋4(4－k2)(m2＋16)＝－16(4k2－m2－16)．‎ 又因为m2＝4(k2－4)，‎ 所以Δ＝0，即l与双曲线E有且只有一个公共点．‎ 因此，存在总与l有且只有一个公共点的双曲线E，且E的方程为－＝1.‎ 方法二：(1)同方法一．‎ ‎(2)由(1)知，双曲线E的方程为－＝1.‎ 设直线l的方程为x＝my＋t，A(x1，y1)，B(x2，y2)．‎ 依题意得－2或k<－2.‎ 由得(4－k2)x2－2kmx－m2＝0，‎ 因为4－k2<0，Δ>0，所以x1x2＝，‎ 又因为△OAB的面积为8，‎ 所以 |OA|·|OB|· sin∠AOB＝8，又易知sin∠AOB＝，‎ 所以·＝8，化简得x1x2＝4.‎ 所以＝4，即m2＝4(k2－4)．‎ 由(1)得双曲线E的方程为－＝1，‎ 由得(4－k2)x2－2kmx－m2－4a2＝0.‎ 因为4－k2<0，直线l与双曲线E有且只有一个公共点当且仅当Δ＝4k2m2＋4(4－k2)(m2＋4a2)＝0，‎ 即(k2－4)(a2－4)＝0，所以a2＝4，‎ 所以双曲线E的方程为－＝1.‎ 当l⊥x轴时，由△OAB的面积等于8可得l：x＝2，又易知l：x＝2与双曲线E：－＝1有且只有一个公共点．‎ 综上所述，存在总与l有且只有一个公共点的双曲线E，且E的方程为－＝1.‎ ‎20．、[2014·福建卷] 已知函数f(x)＝ex－ax(a为常数)的图像与y轴交于点A，曲线y＝f(x)在点A处的切线斜率为－1.‎ ‎(1)求a的值及函数f(x)的极值；‎ ‎(2)证明：当x>0时，x2ln 2时，f ′(x)>0，f(x)单调递增．‎ 所以当x＝ln 2时，f(x)取得极小值，‎ 且极小值为f(ln 2)＝eln 2－2ln 2＝2－ln 4，‎ f(x)无极大值．‎ ‎(2)证明：令g(x)＝ex－x2，则g′(x)＝ex－2x.‎ 由(1)得，g′(x)＝f(x)≥f(ln 2)＝2－ln 4>0，‎ 故g(x)在R上单调递增，又g(0)＝1>0，‎ 所以当x>0时，g(x)>g(0)>0，即x20时，x20时，x21，要使不等式x2kx2成立．‎ 而要使ex>kx2成立，则只要x>ln(kx2)，只要x>2ln x＋ln k成立．‎ 令h(x)＝x－2ln x－ln k，则h′(x)＝1－＝.‎ 所以当x>2时，h′(x)>0，h(x)在(2，＋∞)内单调递增．‎ 取x0＝16k>16，所以h(x)在(x0，＋∞)内单调递增．‎ 又h(x0)＝16k－2ln(16k)－ln k＝8(k－ln 2)＋3(k－ln k)＋5k，‎ 易知k>ln k，k>ln 2，5k>0，所以h(x0)>0.‎ 即存在x0＝，当x∈(x0，＋∞)时，恒有x20时，ex>x2，所以ex＝e·e>·，‎ 当x>x0时，ex>>＝x2，‎ 因此，对任意给定的正数c，总存在x0，当x∈(x0，＋∞)时，恒有x20时，x2x0时，有x2