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2014高考陕西（理科数学）试卷 10页

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2014高考陕西（理科数学）试卷

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2014·陕西卷(理科数学) 1．[2014·陕西卷] 设集合 M＝{x|x≥0，x∈R}，N＝{x|x2<1，x∈R}，则 M∩N＝(　　) 　 　　　　　 　　　　　 　　　　 A．[0，1] B．[0，1) C．(0，1] D．(0，1) 1．B　[解析] 由 M＝{x|x≥0，x∈R}，N＝{x|x2<1，x∈R}＝{x|－10，ω>0)的周期为 T＝ 2π ω ，故函数 f(x)的最 小正周期 T＝ 2π 2 ＝π. 3．[2014·陕西卷] 定积分∫1 0(2x＋ex)dx 的值为(　　) A．e＋2 B．e＋1 C．e D．e－1 3．C　[解析] ∫1 0(2x＋ex)dx＝(x2＋ex)10＝(12＋e1)－(02＋e0)＝e. 图 1­1 4．[2014·陕西卷] 根据如图 1­1 所示的框图，对大于 2 的整数 N，输出的数列的通项公 式是(　　) A．an＝2n B．an＝2(n－1) C．an＝2n D．an＝2n－1 4．C　[解析] 阅读题中所给的程序框图可知，对大于 2 的整数 N，输出数列：2，2×2 ＝22，2×22＝23，2×23＝24，…，2×2N－1＝2N，故其通项公式为 an＝2n. 5．[2014·陕西卷] 已知底面边长为 1，侧棱长为 2的正四棱柱的各顶点均在同一个球面 上，则该球的体积为(　　) A. 32π 3 B．4π C．2π D. 4π 3 5．D　[解析] 设该球的半径为 R，根据正四棱柱的外接球的直径长为正四棱柱的体对 角线长，可得(2R)2＝( 2)2＋12＋12，解得 R＝1，所以该球的体积为 V＝ 4 3πR3＝ 4 3π. 6．[2014·陕西卷] 从正方形四个顶点及其中心这 5 个点中，任取 2 个点，则这 2 个点的 距离不小于该正方形边长的概率为 (　　) A. 1 5 B. 2 5 C. 3 5 D. 4 5 6．C　[解析] 利用古典概型的特点可知从 5 个点中选取 2 个点的全部情况有 C 25＝ 10(种)，选取的 2 个点的距离不小于该正方形边长的情况有：选取的 2 个点的连线为正方形 的 4 条边长和 2 条对角线长，共有 6 种．故所求概率 P＝ 6 10＝ 3 5. 7．[2014·陕西卷] 下列函数中，满足“f(x＋y)＝f(x)·f(y)”的单调递增函数是(　　) A．f(x)＝x1 2 B．f(x)＝x3 C．f(x)＝(1 2 ) x D．f(x)＝3x 7．B　[解析] 由于 f(x＋y)＝f(x)f(y)，故排除选项 A，C.又 f(x)＝(1 2 ) x 为单调递减函 数，所以排除选项 D. 8．[2014·陕西卷] 原命题为“若 z1，z2 互为共轭复数，则|z1|＝|z2|”，关于其逆命题，否 命题，逆否命题真假性的判断依次如下，正确的是(　　) A．真，假，真 B．假，假，真 C．真，真，假 D．假，假，假 8．B　[解析] 设 z1＝a＋bi，z2＝a－bi，且 a，b∈R，则|z1|＝|z2|＝ a2＋b2，故原命题为 真，所以其否命题为假，逆否命题为真．当 z1＝2＋i，z2＝－2＋i 时，满足|z1|＝|z2|，此时 z1，z2 不是共轭复数，故原命题的逆命题为假． 9．[2014·陕西卷] 设样本数据 x1，x2，…，x10 的均值和方差分别为 1 和 4，若 yi＝xi＋a(a 为非零常数，i＝1，2，…，10)，则 y1，y2，…，y10 的均值和方差分别为(　　) A．1＋a，4 B．1＋a，4＋a C．1，4 D．1，4＋a 9．A　[解析] 由题意可知 x1＋x2＋x3＋…＋x10 10 ＝1，故 y－ ＝ （x1＋x2＋x3＋…＋x10）＋10a 10 ＝1＋a.数据 x1，x2，…，x10 同时增加一个定值，方差不变．故选 A. 10．[2014·陕西卷] 如图 1­2，某飞行器在 4 千米高空水平飞行，从距着陆点 A 的水平 距离 10 千米处开始下降，已知下降飞行轨迹为某三次函数图像的一部分，则该函数的解析 式为 (　　) 图 1­2 A．y＝ 1 125x3－ 3 5x B．y＝ 2 125x3－ 4 5x C．y＝ 3 125x3－x D．y＝－ 3 125x3＋ 1 5x 10．A　[解析] 设该三次函数的解析式为 y＝ax 3＋bx2＋cx＋d.因为函数的图像经过点 (0，0)，所以 d＝0，所以 y＝ax3＋bx2＋cx.又函数过点(－5，2)，(5，－2)，则该函数是奇函 数，故 b＝0，所以 y＝ax3＋cx，代入点(－5，2)得－125a－5c＝2.又由该函数的图像在点(－ 5，2)处的切线平行于 x 轴，y′＝3ax2＋c，得当 x＝－5 时，y′＝75a＋c＝0.联立{－125a－5c＝2， 75a＋c＝0， 解得{a＝ 1 125， c＝－3 5. 故该三次函数的解析式为 y＝ 1 125x3－ 3 5x. 11．[2014·陕西卷] 已知 4a＝2，lg x＝a，则 x＝________． 11. 10　[解析] 由 4a＝2，得 a＝ 1 2，代入 lg x＝a，得 lg x＝ 1 2，那么 x＝10 1 2 ＝ 10. 12．[2014·陕西卷] 若圆 C 的半径为 1，其圆心与点(1，0)关于直线 y＝x 对称，则圆 C 的标准方程为________． 12．x2＋(y－1)2＝1　[解析] 由圆 C 的圆心与点(1，0)关于直线 y＝x 对称，得圆 C 的圆 心为(0，1)．又因为圆 C 的半径为 1，所以圆 C 的标准方程为 x2＋(y－1)2＝1. 13．[2014·陕西卷] 设 0<θ< π 2 ，向量 a＝(sin 2θ，cos θ)，b＝(cos θ，1)，若 a∥b， 则 tan θ＝________． 13. 1 2　[解析] 因为向量 a∥b，所以 sin 2θ－cos θ·cos θ＝0，又 cos θ≠0，所以 2sin θ＝cos θ，故 tan θ＝ 1 2. 14．[2014·陕西卷] 观察分析下表中的数据： 多面体 面数(F) 顶点数(V) 棱数(E) 三棱柱 5 6 9 五棱锥 6 6 10 立方体 6 8 12 猜想一般凸多面体中 F，V，E 所满足的等式是________． 14．F＋V－E＝2　[解析] 由题中所给的三组数据，可得 5＋6－9＝2，6＋6－10＝2，6 ＋8－12＝2，由此可以猜想出一般凸多面体的顶点数 V、面数 F 及棱数 E 所满足的等式是 F ＋V－E＝2. 15．[2014·陕西卷] A．(不等式选做题)设 a，b，m，n∈R，且 a 2＋b2＝5，ma＋nb＝5， 则 m2＋n2的最小值为________． 图 1­3 B．(几何证明选做题)如图 1­3，△ABC 中，BC＝6，以 BC 为直径的半圆分别交 AB，AC 于点 E，F，若 AC＝2AE，则 EF＝________． C．(坐标系与参数方程选做题)在极坐标系中，点(2，π 6 )到直线 ρsin(θ－π 6 )＝1 的距离 是________． 15．A. 5　B．3　C．1　[解析] A．由柯西不等式可知(a 2＋b2)(m2＋n2)≥(ma＋nb)2， 代入数据，得 m2＋n2≥5，当且仅当 an＝bm 时，等号成立，故 m2＋n2 的最小值为 5. B．由题意，可知∠AEF＝∠ACB，又∠A＝∠A，所以△AEF∽ACB，所以 AE AC＝ EF BC.因为 AC ＝2AE，BC＝6，所以 EF＝3. C．点(2，π 6 )的极坐标可化为 x＝ρcos θ＝2cos π 6 ＝ 3，y＝ρsin θ＝2sin π 6 ＝1，即点 (2，π 6 )在平面直角坐标系中的坐标为( 3，1)．直线 ρsin(θ－π 6 )＝ρsin θcos π 6 －ρcos θsin π 6 ＝1，即该直线在直角坐标系中的方程为 x－ 3y＋2＝0，由点到直线的距离公式得所求距 离为 d＝ | 3－ 3＋2| 12＋（－ 3）2 ＝1. 16．，，[2014·陕西卷] △ABC 的内角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c. (1)若 a，b，c 成等差数列，证明：sin A＋sin C＝2sin(A＋C)； (2)若 a，b，c 成等比数列，求 cos B 的最小值． 16．解：(1)∵a，b，c 成等差数列，∴a＋c＝2b. 由正弦定理得 sin A＋sin C＝2sin B. ∵sin B＝sin[π－(A＋C)]＝sin(A＋C)， ∴sin A＋sin C＝2sin(A＋C)． (2)∵a，b，c 成等比数列，∴b2＝ac. 由余弦定理得 cos B＝ a2＋c2－b2 2ac ＝ a2＋c2－ac 2ac ≥ 2ac－ac 2ac ＝ 1 2， 当且仅当 a＝c 时等号成立， ∴cos B 的最小值为 1 2. 17．[2014·陕西卷] 四面体 ABCD 及其三视图如图 1­4 所示，过棱 AB 的中点 E 作平行 于 AD，BC 的平面分别交四面体的棱 BD，DC，CA 于点 F，G，H. (1)证明：四边形 EFGH 是矩形； (2)求直线 AB 与平面 EFGH 夹角 θ 的正弦值． 　　 图 1­4 17．解：(1)证明：由该四面体的三视图可知， BD⊥DC，BD⊥AD，AD⊥DC， BD＝DC＝2，AD＝1. 由题设，BC∥平面 EFGH， 平面 EFGH∩平面 BDC＝FG， 平面 EFGH∩平面 ABC＝EH， ∴BC∥FG，BC∥EH，∴FG∥EH. 同理 EF∥AD，HG∥AD，∴EF∥HG. ∴四边形 EFGH 是平行四边形． 又∵AD⊥DC，AD⊥BD，∴AD⊥平面 BDC， ∴AD⊥BC，∴EF⊥FG， ∴四边形 EFGH 是矩形． (2)方法一：如图，以 D 为坐标原点建立空间直角坐标系，则 D(0，0，0)，A(0，0，1)， B(2，0，0)，C(0，2，0)， DA＝(0，0，1)，BC＝(－2，2，0)， BA＝(－2，0，1)． 设平面 EFGH 的法向量 n＝(x，y，z)， ∵EF∥AD，FG∥BC， ∴n·DA＝0，n·BC＝0， 得{z＝0， －2x＋2y＝0，取 n＝(1，1，0)， ∴sin θ＝|cos〈BA → ，n〉|＝|BA·n |BA||n||＝ 2 5 × 2＝ 10 5 . 方法二：如图，以 D 为坐标原点建立空间直角坐标系， 则 D(0，0，0)，A(0，0，1)，B(2，0，0)，C(0，2，0)， ∵E 是 AB 的中点，∴F，G 分别为 BD，DC 的中点，得 E (1，0，1 2)，F(1，0，0)， G(0，1，0)． ∴FE→ ＝(0，0，1 2)，FG＝(－1，1，0)， BA＝(－2，0，1)． 设平面 EFGH 的法向量 n＝(x，y，z)， 则 n·FE＝0，n·FG＝0， 得{1 2z＝0， －x＋y＝0， 取 n＝(1，1，0)， ∴sin θ＝|cos〈BA→ ，n〉|＝|BA·n |BA → ||n||＝ 2 5 × 2＝ 10 5 . 18．，[2014·陕西卷] 在直角坐标系 xOy 中，已知点 A(1，1)，B(2，3)，C(3，2)，点 P(x，y)在△ABC 三边围成的区域(含边界)上． (1)若PA→ ＋PB→ ＋PC→ ＝0，求|OP→ |； (2)设OP→ ＝mAB→ ＋nAC→ (m，n∈R)，用 x，y 表示 m－n，并求 m－n 的最大值． 18．解：(1)方法一：∵PA→ ＋PB→ ＋PC→ ＝0， 又PA→ ＋PB→ ＋PC→ ＝(1－x，1－y)＋(2－x，3－y)＋(3－x，2－y)＝(6－3x，6－3y)， ∴{6－3x＝0， 6－3y＝0，解得{x＝2， y＝2， 即OP→ ＝(2，2)，故|OP→ |＝2 2. 方法二：∵PA→ ＋PB→ ＋PC→ ＝0， 则(OA→ －OP→ )＋(OB→ －OP→ )＋(OC→ －OP→ )＝0， ∴OP→ ＝ 1 3(OA→ ＋OB→ ＋OC→ )＝(2，2)， ∴|OP→ |＝2 2. (2)∵OP→ ＝mAB → ＋nAC→ ， ∴(x，y)＝(m＋2n，2m＋n)， ∴{x＝m＋2n， y＝2m＋n， 两式相减得，m－n＝y－x， 令 y－x＝t，由图知，当直线 y＝x＋t 过点 B(2，3)时，t 取得最大值 1，故 m－n 的最大 值为 1. 19．，[2014·陕西卷] 在一块耕地上种植一种作物，每季种植成本为 1000 元，此作物的 市场价格和这块地上的产量均具有随机性，且互不影响，其具体情况如下表： 作物产量(kg) 300 500 概　率 0.5 0.5 作物市场价格(元/kg) 6 10 概　率 0.4 0.6 (1)设 X 表示在这块地上种植 1 季此作物的利润，求 X 的分布列； (2)若在这块地上连续 3 季种植此作物，求这 3 季中至少有 2 季的利润不少于 2000 元的 概率． 19．解：(1)设 A 表示事件“作物产量为 300 kg”，B 表示事件“作物市场价格为 6 元 /kg”， 由题设知 P(A)＝0.5，P(B)＝0.4， ∵利润＝产量×市场价格－成本， ∴X 所有可能的取值为 500×10－1000＝4000，500×6－1000＝2000， 300×10－1000＝2000，300×6－1000＝800. P(X＝4000)＝P(A)P(B)＝(1－0.5)×(1－0.4)＝0.3， P(X＝2000)＝P(A)P(B)＋P(A)P(B)＝(1－0.5)×0.4＋0.5×(1－0.4)＝0.5， P(X＝800)＝P(A)P(B)＝0.5×0.4＝0.2， 所以 X 的分布列为 X 4000 2000 800 P 0.3 0.5 0.2 (2)设 Ci 表示事件“第 i 季利润不少于 2000 元”(i＝1，2，3)， 由题意知 C1，C2，C3 相互独立，由(1)知， P(Ci)＝P(X＝4000)＋P(X＝2000)＝0.3＋0.5＝0.8(i＝1，2，3)， 3 季的利润均不少于 2000 元的概率为 P(C1C2C3)＝P(C1)P(C2)P(C3)＝0.83＝0.512； 3 季中有 2 季利润不少于 2000 元的概率为 P(C1C2C3)＋P(C1C2C3)＋P(C1C2C3)＝3×0.82×0.2＝0.384， 所以，这 3 季中至少有 2 季的利润不少于 2000 元的概率为 0.512＋0.384＝0.896. 20．，，[2014·陕西卷] 如图 1­5 所示，曲线 C 由上半椭圆 C 1： y2 a2＋ x2 b2＝1(a>b>0，y≥0) 和部分抛物线 C2：y＝－x2＋1(y≤0)连接而成，C1 与 C2 的公共点为 A，B，其中 C1 的离心率 为 3 2 . (1)求 a，b 的值； (2)过点 B 的直线 l 与 C1，C2 分别交于点 P，Q(均异于点 A，B)，若 AP⊥AQ，求直线 l 的方程． 图 1­5 20．解：(1)在 C1，C2 的方程中，令 y＝0，可得 b＝1，且 A(－1，0)，B(1，0)是上半椭 圆 C1 的左、右顶点． 设 C1 的半焦距为 c，由 c a＝ 3 2 及 a2－c2＝b2＝1 得 a＝2， ∴a＝2，b＝1. (2)方法一：由(1)知，上半椭圆 C1 的方程为y2 4＋x2＝1(y≥0)． 易知，直线 l 与 x 轴不重合也不垂直，设其方程为 y＝k(x－1)(k≠0)， 代入 C1 的方程，整理得 (k2＋4)x2－2k2x＋k2－4＝0.(*) 设点 P 的坐标为(xP，yP)， ∵直线 l 过点 B，∴x＝1 是方程(*)的一个根． 由求根公式，得 xP＝ k2－4 k2＋4，从而 yP＝ －8k k2＋4， ∴点 P 的坐标为(k2－4 k2＋4， －8k k2＋4). 同理，由{y＝k（x－1）（k ≠ 0）， y＝－x2＋1（y ≤ 0）， 得点 Q 的坐标为(－k－1，－k2－2k)． ∴AP→ ＝ 2k k2＋4(k，－4)，AQ → ＝－k(1，k＋2)． ∵AP⊥AQ， ∴AP·AQ＝0，即 －2k2 k2＋4[k－4(k＋2)]＝0， ∵k≠0， ∴k－4(k＋2)＝0，解得 k＝－ 8 3. 经检验，k＝－ 8 3符合题意， 故直线 l 的方程为 y＝－ 8 3(x－1)． 方法二：若设直线 l 的方程为 x＝my＋1(m≠0)，比照方法一给分． 21．[2014·陕西卷] 设函数 f(x)＝ln(1＋x)，g(x)＝xf′(x)，x≥0，其中 f′(x)是 f(x)的导函 数． (1)令 g1(x)＝g(x)，gn＋1(x)＝g(gn(x))，n∈N＋，求 gn(x)的表达式； (2)若 f(x)≥ag(x)恒成立，求实数 a 的取值范围； (3)设 n∈N＋，比较 g(1)＋g(2)＋…＋g(n)与 n－f(n)的大小，并加以证明． 21．解：由题设得，g(x)＝ x 1＋x(x≥0)． (1)由已知，g1(x)＝ x 1＋x， g2(x)＝g(g1(x))＝ x 1＋x 1＋ x 1＋x ＝ x 1＋2x， g3(x)＝ x 1＋3x，…，可得 gn(x)＝ x 1＋nx. 下面用数学归纳法证明． ①当 n＝1 时，g1(x)＝ x 1＋x，结论成立． ②假设 n＝k 时结论成立，即 gk(x)＝ x 1＋kx. 那么，当 n＝k＋1 时，gk＋1(x)＝g(gk(x))＝ gk（x） 1＋gk（x）＝ x 1＋kx 1＋ x 1＋kx ＝ x 1＋（k＋1）x，即结 论成立． 由①②可知，结论对 n∈N＋成立． (2)已知 f(x)≥ag(x)恒成立，即 ln(1＋x)≥ ax 1＋x恒成立． 设 φ(x)＝ln(1＋x)－ ax 1＋x(x≥0)， 则 φ′(x)＝ 1 1＋x－ a （1＋x）2＝ x＋1－a （1＋x）2， 当 a≤1 时，φ′(x)≥0(仅当 x＝0，a＝1 时等号成立)， ∴φ(x)在[0，＋∞)上单调递增，又 φ(0)＝0， ∴φ(x)≥0 在[0，＋∞)上恒成立， ∴a≤1 时，ln(1＋x)≥ ax 1＋x恒成立(仅当 x＝0 时等号成立)． 当 a>1 时，对 x∈(0，a－1]有 φ′(x)<0， ∴φ(x)在(0，a－1]上单调递减， ∴φ(a－1)<φ(0)＝0. 即 a>1 时，存在 x>0，使 φ(x)<0， 故知 ln(1＋x)≥ ax 1＋x不恒成立． 综上可知，a 的取值范围是(－∞，1]． (3)由题设知 g(1)＋g(2)＋…＋g(n)＝ 1 2＋ 2 3＋…＋ n n＋1， 比较结果为 g(1)＋g(2)＋…＋g(n)>n－ln(n＋1)． 证明如下： 方法一：上述不等式等价于 1 2＋ 1 3＋…＋ 1 n＋1 x 1＋x，x>0. 令 x＝ 1 n，n∈N＋，则 1 n＋1 x 1＋x，x>0. 令 x＝ 1 n，n∈N＋，则 ln n＋1 n > 1 n＋1. 故有 ln 2－ln 1> 1 2， ln 3－ln 2> 1 3， …… ln(n＋1)－ln n> 1 n＋1， 上述各式相加可得 ln(n＋1)> 1 2＋ 1 3＋…＋ 1 n＋1， 结论得证． 方法三：如图，∫n 0 x x＋1dx 是由曲线 y＝ x x＋1，x＝n 及 x 轴所围成的曲边梯形的面积， 而 1 2＋ 2 3＋…＋ n n＋1是图中所示各矩形的面积和， ∴ 1 2＋ 2 3＋…＋ n n＋1>∫n 0 x x＋1dx＝ ∫n 0(1－ 1 x＋1)dx＝n－ln(n＋1)， 结论得证．

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