高考四川卷文科数学

高考四川卷文科数学

‎2014年普通高等学校招生全国统一考试(四川卷)‎ 文科数学 第Ⅰ卷(选择题　共50分)‎ 一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分．在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的．‎ ‎1．(2014四川，文1)已知集合A＝{x|(x＋1)(x－2)≤0}，集合B为整数集，则A∩B＝(　　)‎ A．{－1,0} B．{0,1}‎ C．{－2，－1,0,1} D．{－1,0,1,2}‎ 答案：D 解析：∵A＝{x|(x＋1)(x－2)≤0}＝{x|－1≤x≤2}，‎ A∩B＝A∩Z＝{x|－1≤x≤2}∩Z＝{－1,0,1,2}，故选D.‎ ‎2．(2014四川，文2)在“世界读书日”前夕，为了了解某地5 000名居民某天的阅读时间，从中抽取了200名居民的阅读时间进行统计分析．在这个问题中，5 000名居民的阅读时间的全体是(　　)‎ A．总体 B．个体 C．样本的容量 D．从总体中抽取的一个样本 答案：A 解析：由题意知，5 000名居民的阅读时间是总体，200名居民的阅读时间为一个样本；每个居民的阅读时间为个体；200为样本容量；故选A.‎ ‎3．(2014四川，文3)为了得到函数y＝sin(x＋1)的图象，只需把函数y＝sin x的图象上所有的点(　　)‎ A．向左平行移动1个单位长度 B．向右平行移动1个单位长度 C．向左平行移动π个单位长度 D．向右平行移动π个单位长度 答案：A 解析：根据图象的变换规律“左加右减”知，选A.‎ ‎4．(2014四川，文4)某三棱锥的侧视图、俯视图如图所示，则该三棱锥的体积是（锥体体积公式：，其中S为底面面积，h为高）(　　)‎ A．3 B．2 C． D．1‎ 答案：D 解析：由俯视图知该三棱锥的底面积，由侧视图知该三棱锥的高.‎ 所以，故选D.‎ ‎5．(2014四川，文5)若a＞b＞0，c＜d＜0，则一定有(　　)‎ A． B．‎ C． D．‎ 答案：B 解析：∵a＞b＞0，c＜d＜0，‎ ‎∴－c＞－d＞0，∴－ac＞－bd，‎ 即ac＜bd.又∵dc＞0，∴，‎ 即，故选B.‎ ‎6．(2014四川，文6)执行如图的程序框图，如果输入的x，y∈R，那么输出的S的最大值为(　　)‎ A．0 B．1 C．2 D．3‎ 答案：C 解析：记.‎ 由程序框图知，当(x，y)∈M时，S＝2x＋y；‎ 当(x，y)M时，S＝1.‎ 如图，画出集合M表示的可行域(阴影部分)．‎ 移动直线l0：y＝－2x.‎ 由图可知，当直线l0过点A(1,0)时，目标函数S＝2x＋y取得最大值，此时Smax＝2×1＋0＝2.‎ 所以，当(x，y)∈M时，S的最大值为2＞1，‎ 所以输出的S的最大值为2.故选C.‎ ‎7．(2014四川，文7)已知b＞0，log5b＝a，lg b＝c,5d＝10，则下列等式一定成立的是(　　)‎ A．d＝ac B．a＝cd C．c＝ad D．d＝a＋c 答案：B 解析：由log5b＝a，得；‎ 由5d＝10，得d＝log510＝，‎ 又lg b＝c，所以cd＝a.故选B.‎ ‎8．(2014四川，文8)如图，从气球A上测得正前方的河流的两岸B，C的俯角分别为75°，30°，此时气球的高是60 m，则河流的宽度BC等于(　　)‎ A． B．‎ C． D．‎ 答案：C 解析：如图，作AD⊥BC，垂足为D.‎ 由题意，得DC＝60×tan 60°＝ (m)，‎ DB＝60×tan 15°＝60×tan(45°－30°)‎ ‎.‎ 所以，故选C.‎ ‎9．(2014四川，文9)设m∈R，过定点A的动直线x＋my＝0和过定点B的动直线mx－y－m＋3＝0交于点P(x，y)，则|PA|＋|PB|的取值范围是(　　)‎ A． B．‎ C． D．‎ 答案：B 解析：由题意，得A(0,0)，B(1,3)，‎ 因为1×m＋m×(－1)＝0，所以两直线垂直，‎ 所以点P在以AB为直径的圆上，所以PA⊥PB.‎ 所以|PA|2＋|PB|2＝|AB|2＝10，‎ 设∠ABP＝θ，‎ 则 ‎.‎ 因为|PA|≥0，|PB|≥0，‎ 所以.‎ 所以，故选B.‎ ‎10．(2014四川，文10)已知F为抛物线y2＝x的焦点，点A，B在该抛物线上且位于x轴的两侧，(其中O为坐标原点)，则△ABO与△AFO面积之和的最小值是(　　)‎ A．2 B．3 C． D．‎ 答案：B 解析：设AB所在直线方程为x＝my＋t.‎ 由消去x，得y2－my－t＝0.‎ 设，(不妨令y1＞0，y2＜0)，‎ 故，y1y2＝－t.‎ 而.‎ 解得y1y2＝－2或y1y2＝1(舍去)．‎ 所以－t＝－2，即t＝2.‎ 所以直线AB过定点M(2,0)．‎ 而S△ABO＝S△AMO＋S△BMO ‎，‎ ‎，‎ 故S△ABO＋S△AFO＝.‎ 由，‎ 得S△ABO＋S△AFO的最小值为3，故选B.‎ 第Ⅱ卷(非选择题　共100分)‎ 二、填空题：本大题共5小题，每小题5分，共25分．‎ ‎11．(2014四川，文11)双曲线的离心率等于__________．‎ 答案：‎ 解析：∵，∴a2＝4，b2＝1，‎ ‎∴c2＝a2＋b2＝5，∴a＝2，，‎ ‎∴.‎ ‎12．(2014四川，文12)复数＝__________.‎ 答案：－2i 解析：.‎ ‎13．(2014四川，文13)设f(x)是定义在R上的周期为2的函数，当x∈[－1,1)时，f(x)＝则＝__________.‎ 答案：1‎ 解析：∵f(x)的周期为2，‎ ‎∴.‎ 又∵当x∈[－1,0)时，f(x)＝－4x2＋2，‎ ‎∴.‎ ‎14．(2014四川，文14)平面向量a＝(1,2)，b＝(4,2)，c＝ma＋b(m∈R)，且c与a的夹角等于c与b的夹角，则m＝__________.‎ 答案：2‎ 解析：∵a＝(1,2)，b＝(4,2)，‎ ‎∴c＝ma＋b＝(m＋4,2m＋2)．‎ 又∵c与a的夹角等于c与b的夹角，‎ ‎∴cos〈c，a〉＝cos〈c，b〉，‎ ‎∴，即，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ ‎∴10m＋16＝8m＋20，∴m＝2.‎ ‎15．(2014四川，文15)以A表示值域为R的函数组成的集合，B表示具有如下性质的函数φ(x)组成的集合：对于函数φ(x)，存在一个正数M，使得函数φ(x)的值域包含于区间[－M，M]．例如，当φ1(x)＝x3，φ2(x)＝sin x时，φ1(x)∈A，φ2(x)∈B.现有如下命题：‎ ‎①设函数f(x)的定义域为D，则“f(x)∈A”的充要条件是“∀b∈R，∃a∈D，f(a)＝b”；‎ ‎②若函数f(x)∈B，则f(x)有最大值和最小值；‎ ‎③若函数f(x)，g(x)的定义域相同，且f(x)∈A，g(x)∈B，则f(x)＋g(x)B；‎ ‎④若函数f(x)＝aln(x＋2)＋(x＞－2，a∈R)有最大值，则f(x)∈B.‎ 其中的真命题有__________．(写出所有真命题的序号)‎ 答案：①③④‎ 解析：对于①，若对任意的b∈R，都∃a∈D使得f(a)＝b，则f(x)的值域必为R.‎ 反之，f(x)的值域为R，则对任意的b∈R，都∃a∈D使得f(a)＝b，故正确．‎ 对于②，比如对，但它无最大值也无最小值．‎ 对于③，∵f(x)∈A，∴f(x)∈(－∞，＋∞)．‎ ‎∵g(x)∈B，∴存在正数M使得－M≤g(x)≤M，‎ 故f(x)＋g(x)∈(－∞，＋∞)，‎ ‎∴，正确．‎ 对于④，，当a＞0或a＜0时，aln x∈(－∞，＋∞)，f(x)均无最大值，若f(x)有最大值，则a＝0，此时，f(x)∈B，故正确．‎ 三、解答题：本大题共6小题，共75分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．‎ ‎16．(本小题满分12分)(2014四川，文16)一个盒子里装有三张卡片，分别标记有数字1,2,3，这三张卡片除标记的数字外完全相同．随机有放回地抽取3次，每次抽取1张，将抽取的卡片上的数字依次记为a，b，c.‎ ‎(1)求“抽取的卡片上的数字满足a＋b＝c”的概率；‎ ‎(2)求“抽取的卡片上的数字a，b，c不完全相同”的概率．‎ 分析：(1)利用列举法分别求出基本事件空间和所求事件包含的基本事件，然后代入古典概型公式求解；注意该题抽取方式为有放回地抽取，故a，b，c可取相同的数字；‎ ‎(2)因为a，b，c不完全相同包含的基本事件较多，故可转化为其对立事件“a，b，c相同”的概率求解．‎ 解：(1)由题意，(a，b，c)所有的可能为(1,1,1)，(1,1,2)，(1,1,3)，(1,2,1)，(1,2,2)，(1,2,3)，(1,3,1)，(1,3,2)，(1,3,3)，(2,1,1)，(2,1,2)，(2,1,3)，(2,2,1)，(2,2,2)，(2,2,3)，(2,3,1)，(2,3,2)，(2,3,3)，(3,1,1)，(3,1,2)，(3,1,3)，(3,2,1)，(3,2,2)，(3,2,3)，(3,3,1)，(3,3,2)，(3,3,3)，共27种．‎ 设“抽取的卡片上的数字满足a＋b＝c”为事件A，‎ 则事件A包括(1,1,2)，(1,2,3)，(2,1,3)，共3种．‎ 所以.‎ 因此，“抽取的卡片上的数字满足a＋b＝c”的概率为.‎ ‎(2)设“抽取的卡片上的数字a，b，c不完全相同”为事件B，‎ 则事件包括(1,1,1)，(2,2,2)，(3,3,3)，共3种．‎ 所以.‎ 因此，“抽取的卡片上的数字a，b，c不完全相同”的概率为.‎ ‎17．(本小题满分12分)(2014四川，文17)已知函数.‎ ‎(1)求f(x)的单调递增区间；‎ ‎(2)若α是第二象限角，，求cos α－sin α的值．‎ 分析：(1)利用换元法，将视为整体t，即可将其转化为y＝sin t的单调增区间，然后解不等式即得；‎ ‎(2)首先代入，然后化简等式，根据sin α＋cos α是否为0进行分类讨论，即可求得cos α－sin α的值．‎ 解：(1)因为函数y＝sin x的单调递增区间为，k∈Z，‎ 由，k∈Z，得，k∈Z，‎ 所以，函数f(x)的单调递增区间为，k∈Z.‎ ‎(2)由已知，有，所以，‎ 即sin α＋cos α＝(cos α－sin α)2(sin α＋cos α)．‎ 当sin α＋cos α＝0时，由α是第二象限角，知，k∈Z.‎ 此时，.‎ 当sin α＋cos α≠0时，有(cos α－sin α)2＝.‎ 由α是第二象限角，知cos α－sin α＜0，‎ 此时cos α－sin α＝.‎ 综上所述，cos α－sin α＝或.‎ ‎18．(本小题满分12分)(2014四川，文18)在如图所示的多面体中，四边形ABB1A1和ACC1A1都为矩形．‎ ‎(1)若AC⊥BC，证明：直线BC⊥平面ACC1A1；‎ ‎(2)设D，E分别是线段BC，CC1的中点，在线段AB上是否存在一点M，使直线DE∥平面A1MC？请证明你的结论．‎ 分析：(1)首先利用两个矩形中的垂直关系证明AA1⊥平面ABC，进而得到AA1⊥BC，然后结合已知AC⊥BC即可证得结论；‎ ‎(2)当M为线段AB中点时，取平行四边形ACC1A1的对角线交点O，即可利用中位线的性质构造平行关系证明DE∥平面A1MC.‎ 解：(1)因为四边形ABB1A1和ACC1A1都是矩形，‎ 所以AA1⊥AB，AA1⊥AC.‎ 因为AB，AC为平面ABC内两条相交直线，‎ 所以AA1⊥平面ABC.‎ 因为直线BC⊂平面ABC，所以AA1⊥BC.‎ 又由已知，AC⊥BC，AA1，AC为平面ACC1A1内两条相交直线，‎ 所以BC⊥平面ACC1A1.‎ ‎(2)取线段AB的中点M，连接A1M，MC，A1C，AC1，设O为A1C，AC1的交点．‎ 由已知，O为AC1的中点．‎ 连接MD，OE，则MD，OE分别为△ABC，△ACC1的中位线．‎ 所以，MDAC，OEAC，‎ 因此MDOE.‎ 连接OM，从而四边形MDEO为平行四边形，‎ 则DE∥MO.‎ 因为直线DE⊄平面A1MC，MO⊂平面A1MC，‎ 所以直线DE∥平面A1MC.‎ 即线段AB上存在一点M(线段AB的中点)，使直线DE∥平面A1MC.‎ ‎19．(本小题满分12分)(2014四川，文19)设等差数列{an}的公差为d，点(an，bn)在函数f(x)＝2x的图象上(n∈N*)．‎ ‎(1)证明：数列{bn}为等比数列；‎ ‎(2)若a1＝1，函数f(x)的图象在点(a2，b2)处的切线在x轴上的截距为，求数列的前n项和Sn.‎ 分析：(1)利用点(an，bn)在函数图象上建立an与bn的关系式，然后利用等差数列和等比数列的定义证明结论；‎ ‎(2)先利用导数几何意义求出函数f(x)的图象在点(a2，b2)处的切线方程，根据已知截距求出a2的值，从而求出数列的通项公式，然后根据通项的结构特征利用错位相减法求和．‎ ‎(1)证明：由已知，bn＝＞0.‎ 当n≥1时，.‎ 所以，数列{bn}是首项为，公比为2d的等比数列．‎ ‎(2)解：函数f(x)＝2x在(a2，b2)处的切线方程为y－＝(ln 2)(x－a2)，‎ 它在x轴上的截距为.‎ 由题意，.‎ 解得a2＝2.‎ 所以，d＝a2－a1＝1，an＝n，bn＝2n，＝n·4n.‎ 于是，Tn＝1×4＋2×42＋3×43＋…＋(n－1)·4n－1＋n·4n，‎ ‎4Tn＝1×42＋2×43＋…＋(n－1)×4n＋n·4n＋1.‎ 因此，Tn－4Tn＝4＋42＋…＋4n－n·4n＋1‎ ‎.‎ 所以，.‎ ‎20．(本小题满分13分)(2014四川，文20)已知椭圆C：(a＞b＞0)的左焦点为F(－2,0)，离心率为.‎ ‎(1)求椭圆C的标准方程；‎ ‎(2)设O为坐标原点，T为直线x＝－3上一点，过F作TF的垂线交椭圆于P，Q.当四边形OPTQ是平行四边形时，求四边形OPTQ的面积．‎ 分析：(1)由焦点可求c，然后利用离心率即可求a，再求b，即可求得方程；‎ ‎(2)由题意设T(－3，m)，然后利用TF⊥PQ求出PQ的斜率，从而设出直线PQ方程，与椭圆C方程联立后，根据平行四边形OPTQ的性质：对边平行且相等，即可求出m的值，最后将四边形OPTQ的面积转化为△OPQ面积的两倍求解．‎ 解：(1)由已知可得，，c＝2，所以.‎ 又由a2＝b2＋c2，解得，‎ 所以椭圆C的标准方程是.‎ ‎(2)设T点的坐标为(－3，m)，‎ 则直线TF的斜率.‎ 当m≠0时，直线PQ的斜率，直线PQ的方程是x＝my－2.‎ 当m＝0时，直线PQ的方程是x＝－2，也符合x＝my－2的形式．‎ 设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，将直线PQ的方程与椭圆C的方程联立，得 消去x，得(m2＋3)y2－4my－2＝0，‎ 其判别式Δ＝16m2＋8(m2＋3)＞0.‎ 所以，，‎ x1＋x2＝m(y1＋y2)－4＝.‎ 因为四边形OPTQ是平行四边形，‎ 所以＝，即(x1，y1)＝(－3－x2，m－y2)．‎ 所以 解得m＝±1.‎ 此时，四边形OPTQ的面积SOPTQ＝2SOPQ＝.‎ ‎21．(本小题满分14分)(2014四川，文21)已知函数f(x)＝ex－ax2－bx－1，其中a，b∈R，e＝2.718 28…为自然对数的底数．‎ ‎(1)设g(x)是函数f(x)的导函数，求函数g(x)在区间[0,1]上的最小值；‎ ‎(2)若f(1)＝0，函数f(x)在区间(0,1)内有零点，证明：e－2＜a＜1.‎ 分析：(1)先利用求导求出g(x)的解析式，再求出其导函数g′(x)，根据a的不同取值分类讨论g′(x)的符号变化，判断其单调性，从而求其最值；‎ ‎(2)先根据已知分析f(x)在(0,1)上的单调性与零点个数，将其转化为g(x)的零点个数，进而利用(1)中的结论判断a的范围及其零点所在区间，结合函数g(x)在区间端点处的函数值及f(1)＝0即可证得结论．‎ 解：(1)由f(x)＝ex－ax2－bx－1，有g(x)＝f′(x)＝ex－2ax－b.所以g′(x)＝ex－2a.‎ 当x∈[0,1]时，g′(x)∈[1－2a，e－2a]．‎ 当时，g′(x)≥0，‎ 所以g(x)在[0,1]上单调递增，‎ 因此g(x)在[0,1]上的最小值是g(0)＝1－b；‎ 当时，g′(x)≤0，‎ 所以g(x)在[0,1]上单调递减，‎ 因此g(x)在[0,1]上的最小值是g(1)＝e－2a－b；‎ 当时，令g′(x)＝0，得x＝ln(2a)∈(0,1)．‎ 所以函数g(x)在区间[0，ln(2a)]上单调递减，在区间(ln(2a)，1]上单调递增．‎ 于是，g(x)在[0,1]上的最小值是g(ln(2a))＝2a－2aln(2a)－b.‎ 综上所述，当时，g(x)在[0,1]上的最小值是g(0)＝1－b；‎ 当时，g(x)在[0,1]上的最小值是g(ln(2a))＝2a－2aln(2a)－b；‎ 当时，g(x)在[0,1]上的最小值是g(1)＝e－2a－b.‎ ‎(2)设x0为f(x)在区间(0,1)内的一个零点，‎ 则由f(0)＝f(x0)＝0可知f(x)在区间(0，x0)上不可能单调递增，也不可能单调递减．‎ 则g(x)不可能恒为正，也不可能恒为负．‎ 故g(x)在区间(0，x0)内存在零点x1，‎ 同理g(x)在区间(x0,1)内存在零点x2.‎ 所以g(x)在区间(0,1)内至少有两个零点．‎ 由(1)知，当时，g(x)在[0,1]上单调递增，‎ 故g(x)在(0,1)内至多有一个零点．‎ 当时，g(x)在[0,1]上单调递减，‎ 故g(x)在(0,1)内至多有一个零点．‎ 所以.‎ 此时g(x)在区间[0，ln(2a)]上单调递减，在区间(ln(2a)，1]上单调递增．‎ 因此x1∈(0，ln(2a)]，x2∈(ln(2a)，1)，必有g(0)＝1－b＞0，g(1)＝e－2a－b＞0.‎ 由f(1)＝0有a＋b＝e－1＜2，‎ 有g(0)＝a－e＋2＞0，g(1)＝1－a＞0.‎ 解得e－2＜a＜1.‎ 所以，函数f(x)在区间(0,1)内有零点时，e－2＜a＜1.‎