2014高考数学江苏卷试卷

2014高考数学江苏卷试卷

‎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＝cosx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100cm.‎ 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sinA＋sinB＝2sinC，则cosC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 cosC＝＝＝＝－≥－＝，‎ 当且仅当3a2＝2b2，即＝时等号成立．‎ ‎15．[2014·江苏卷] 已知α∈，sinα＝.‎ ‎(1)求sin的值；‎ ‎(2)求cos的值．‎ ‎15．解： (1)因为α∈，sinα＝，‎ 所以cosα＝－＝－.‎ 故sin＝sincosα＋cossinα＝‎ ×＋×＝－.‎ ‎(2)由(1)知sin2α＝2sinαcosα＝2××‎ ＝－，‎ cos2α＝1－2sin2α＝1－2×＝，‎ 所以cos＝coscos2α＋sinsin2α＝‎ ×＋×＝－.‎ ‎16．、[2014·江苏卷] 如图14所示，在三棱锥PABC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80m．经测量，点A位于点O正北方向60m处，点C位于点O正东方向170m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150m.‎ ‎(2)设保护区的边界圆M的半径为rm, OM＝dm(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80m，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＝10m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＝OCtan∠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150m.‎ ‎(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＝rm，OM＝dm(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80m，‎ 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＝10m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＝ln2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)lnx－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)lna，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)＝sinx，等式两边分别对x求导，得f0(x)＋xf0′(x)＝cosx，‎ 即f0(x)＋xf1(x)＝cosx＝sin.‎ 类似可得 ‎2f1(x)＋xf2(x)＝－sinx＝sin(x＋π)，‎ ‎3f2(x)＋xf3(x)＝－cosx＝sin，‎ ‎4f3(x)＋xf4(x)＝sinx＝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*)．‎