《當代中學(xué)生報》2014年高考泄露天機(數(shù)學(xué))

1、當代中學(xué)生報2014年高考泄露天機數(shù)學(xué)一、選擇題1.已知集合，則為( ).（A）（1，2） （B） （C） （D）1. ，則2.設(shè)是虛數(shù)單位，若復(fù)數(shù)滿足，則( ).（A） （B） （C） （D）2.C .3.命題“對任意，均有”的否定為( ).（A）對任意，均有 （B）對任意，均有（C）存在，使得 （D）存在，使得3.C 因為全稱命題的否定為特稱命題，所以“對任意，均有”的否定為“存在，使得”.4.甲校有3600名學(xué)生，乙校有5400名學(xué)生，丙校有1800名學(xué)生，為統(tǒng)計三校學(xué)生某方面的情況，計劃采用分層抽樣法抽取一個容量為90人的樣本，則應(yīng)在這三校分別抽取學(xué)生( ).（A）30人，30人，30

2、人 （B）30人，50人，10人（C）20人，30人，40人 （D）30人，45人，15人4. D 因為三所學(xué)校共名學(xué)生，從中抽取一個容量為人的樣本，則抽取的比例為：，所以在甲校抽取學(xué)生數(shù)為名，在乙校抽取學(xué)生數(shù)為名，在丙校抽取學(xué)生為名.5.函數(shù)的圖象大致是( )5.A 因為，所以函數(shù)是偶函數(shù),其圖象關(guān)于軸對稱應(yīng)排除B、D；又因為當 時, , ，所以選A.6.設(shè)函數(shù)，且其圖象關(guān)于直線對稱，則( ).（A）的最小正周期為，且在上為增函數(shù)（B）的最小正周期為，且在上為減函數(shù)（C）的最小正周期為，且在上為增函數(shù)（D）的最小正周期為，且在上為減函數(shù)6.B ，函數(shù)的圖象關(guān)于直線對稱，函數(shù)為偶函數(shù)，函數(shù)在上

3、為減函數(shù).7. 已知一個三棱柱，其底面是正三角形，且側(cè)棱與底面垂直，一個體積為的球體與棱柱的所有面均相切，那么這個三棱柱的表面積是( )(A) (B) (C) (D) 7.C 此三棱柱為正三棱柱，體積為的球體的半徑為，由此可以得到三棱柱的高為，底面正三角形中心到三角形各邊的距離均為，故可得到三角形的高是，三角形邊長是，所以三棱柱的表面積為.8.已知直線平面，直線平面，給出下列命題,其中正確的是( ). （A） （B） （C） （D） 8.A 因為，直線平面，所以直線平面，又因為直線平面，所以，所以式正確，所以可以排除選項B、C. 若，直線平面，直線平面，則與可以有平行、異面、相交三種位置關(guān)系，

4、所以不正確.9.已知等比數(shù)列的各項都是正數(shù)，且成等差數(shù)列，則( ). （A） （B） （C） （D）9.C 因為成等差數(shù)列，所以，即，解得，10.已知向量若則的值為( ).（A） （B） （C） （D） 10.C ,又因為,故,所以.11. 如圖，已知為內(nèi)部（包括邊界）的動點，若目標函數(shù)僅在點處取得最大值，則實數(shù)的取值范圍是（ ）（A） （B）（C） （D）11.B 由可得，表示這條直線的縱截距，直線的縱截距越大，就越大，依題意有，要使目標函數(shù)僅在點處取得最大值，則需直線的斜率處在內(nèi)，即，從而解得.12.設(shè)的內(nèi)角的所對的邊成等比數(shù)列，則的取值范圍是（ ）（A） （B） （C） （D） 12.

5、C 根據(jù)成等比數(shù)列,有,則,根據(jù)三角形三邊關(guān)系,有,所以,即,消掉得,化簡得：，兩邊同時除以，可得，解得.則.13. 如圖，半徑為2的半圓有一內(nèi)接梯形，它的下底是O的直徑，上底的端點在圓周上若雙曲線以為焦點，且過兩點，則當梯形的周長最大時，雙曲線的實軸長為( ).（A）1 （B）22 （C）1 （D）2213.D 分別過點作的垂線，垂足分別為，連結(jié),設(shè),則,等腰梯形的周長,令則，所以 ，所以當即時，,此時，,因為為雙曲線的焦點，點在雙曲線上，所以實軸長.14.若在區(qū)間和內(nèi)各取一個數(shù)，分別記為和，則方程表示離心率小于的雙曲線的概率為( ).（A）（B）（C）（D）14.B 由題意知橫軸為，縱軸為

6、，建立直角坐標系，先作出滿足題意的、的可行域并求出其面積為，又由雙曲線的離心率小于得，則，即，再作出虛線，并求出其在可行域內(nèi)的端點坐標分別為、，由此可求出可行域范圍內(nèi)滿足的面積為，所以所求概率為.15.函數(shù)的圖象如圖所示,則·( ).（A）8 （B） 8 （C） （D）15. 由圖可知，所以，故，又由，得，從而，所以，.16.中，角成等差數(shù)列是成立的( ).（A）充分不必要條件 （B）必要不充分條件（C）充要條件 （D）既不充分也不必要條件16.A 若成等差數(shù)列，則，.若，則，即，或，即或.故角成等差數(shù)列是成立的充分不必要條件.17.對于上可導(dǎo)的任意函數(shù)，若滿足，則必有( ).（A）

7、 （B）（C） （D）17.C ，當時，則函數(shù)在上單調(diào)遞減，當時，則函數(shù)在上單調(diào)遞增，即函數(shù)在處取得最小值，則將兩式相加得18.已知點三點不共線，且有，則有( ). (A) (B)(C) (D)18.B 設(shè)所對的邊分別為，由，得，又由正弦定理得，,所以在中，有，所以，所以.19.（文科）將個正整數(shù)、（）任意排成行列的數(shù)表.對于某一個數(shù)表,計算某行或某列中的任意兩個數(shù)、（）的比值,稱這些比值中的最小值為這個數(shù)表的“特征值”.當時,數(shù)表的所有可能的“特征值”的最大值為( ).（A） （B） （C） （D） 19.A 當時，這4個數(shù)分別為1、2、3、4，排成了兩行兩列的數(shù)表，當同行或同列時，這個數(shù)表

8、的“特征值”為；當同行或同列時，這個數(shù)表的特征值分別為或；當同行或同列時，這個數(shù)表的“特征值”為或，故這些可能的“特征值”的最大值為.19.（理科）設(shè)的展開式的各項系數(shù)和為，二項式系數(shù)和為，若，則展開式中的系數(shù)為（ ）（A） （B） （C） （D）19.B 各項系數(shù)和，二項式系數(shù)和，所以.的展開式的通項公式為：.由得，所以展開式中的系數(shù)為.20.若定義在區(qū)間上的函數(shù)滿足：對于任意的，都有，且時，有，的最大值、最小值分別為，則的值為( ).（A）2014 （B）2015 （C）4028 （D）403020.C 令，得，再令，將代入可得.設(shè)，則，所以.又因為，所以可得，所以函數(shù)是遞增的，所以.又因

9、為，所以的值為4028.2、 填空題21. 曲線在點處的切線方程為 .21. ，當時，因此曲線在點處的切線方程為，即.22.（理科）某同學(xué)參加北大、清華、科大三所學(xué)校的自主命題招生考試，其被錄取的概率分別為（各學(xué)校是否錄取他相互獨立，允許他可以被多個學(xué)校同時錄?。瑒t此同學(xué)至少被兩所學(xué)校錄取的概率為_.22. 記“此同學(xué)至少被兩所學(xué)校錄取”為事件E, 該同學(xué)被北大，清華，科大錄取分別記為事件A，B，C,則,所以=.22.（文科）設(shè)集合，且，在直角坐標平面內(nèi)，從所有滿足這些條件的有序?qū)崝?shù)對所表示的點中任取一個，若該點落在圓內(nèi)的概率為，則滿足要求的的最小值為 22. 當時，有5種取法；當時，有1種

10、取法；當時，有1種取法；當時，有1種取法；當時，有1種取法；當時，有1種取法，所以共有個基本事件因為該點落在圓內(nèi)的概率為，所以滿足“該點落在圓內(nèi)”的基本事件共有4個.由小到大依次為，又，所以滿足要求的的最小值為.23.如圖，在直角梯形中，是線段上一動點，是線段上一動點，則的取值范圍是 23. 建立平面直角坐標系如圖所示，則因為，所以，所以，,所以.24.已知直線交拋物線于兩點.若該拋物線上存在點，使得，則的取值范圍為_.24. 由題意知,設(shè),由得，解得(舍)或,由得的取值范圍為.25.在ABC中，角A、B、C所對的邊分別為a、b、c，滿足，, 則的取值范圍是 .25. ,，為鈍角，.26.在數(shù)

11、列中，為數(shù)列的前項和且，則26. 當時，即，所以，所以，所以.27.一個多面體的直觀圖、正（主）視圖、側(cè)（左）視圖、俯視圖如下，、分別為、的中點.ABC1A1B1主視圖左視圖俯視圖 C下列結(jié)論中正確的是_.（填上所有正確項的序號） 線與 相交；/平面；三棱錐的體積為.27. 取的中點D，連結(jié)、.由于、分別是所在棱的中點，所以可得平面,平面,所以平面.同理可證平面.又,所以平面平面,所以直線與 相交不成立，錯誤；由三視圖可得平面.所以平面，所以，又易知，所以平面，所以，正確； 正確；因為，所以正確.綜上，正確.28.若不等式對恒成立，則實數(shù)的取值范圍是 .28. 由得或，即或.又，所以或.因為不

12、等式對恒成立，所以或.(1)令，則.令得，當時，；當時，所以在上是增函數(shù)，在是減函數(shù)，所以，所以.(2) 令，則，因為，所以，所以，所以在上是增函數(shù).易知當時，故在上無最小值，所以在上不能恒成立.綜上所述，即實數(shù)的取值范圍是.29.設(shè)函數(shù)的定義域為，如果，存在唯一的，使（為常數(shù)）成立。則稱函數(shù)在上的“均值”為.已知四個函數(shù)：；上述四個函數(shù)中，滿足在定義域上的“均值”為的函數(shù)是 （填上所有滿足條件函數(shù)的序號）29. 對于函數(shù) ，定義域為 ，設(shè) ，由 ，得 ，所以，所以函數(shù)是定義域上“均值”為1的函數(shù)；對于函數(shù) ，定義域為 ，設(shè) ,由得 ，當時 ， ，不存在實數(shù) 的值，使 ，所以該函數(shù)不是定義域上

13、“均值”為1的函數(shù)；對于函數(shù) ，定義域是 ，設(shè) ，得 ，則 ，所以該函數(shù)是定義域上“均值”為1的函數(shù)； 對于函數(shù) ，定義域為 ，設(shè) ,由 ，得 ，因為，所以存在實數(shù)，使得 成立，但這時的取值不唯一，所以函數(shù)不是定義域上“均值”為1的函數(shù). 30. 已知點點是線段的等分點，則= 30. 由題設(shè)，知 ， ， ， ， ， ,所以 ， ， ， ， ， , , = ,3、 解答題31.已知向量向量記（1）求函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間；（2）若，求函數(shù)的值域.31.解：（1）由得，故函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間為.（2）由，得，所以，所以的值域為.32.在中，.(1)求的值；(2)求的值解：（1）因為，所以 所以（2）由余

14、弦定理得=，所以， 所以, ，所以33.已知各項均不為零的數(shù)列，其前項和滿足.在等差數(shù)列中，且是與的等比中項.(1)求和，(2)記，求的前n項和.33.解：(1)對于數(shù)列，由題設(shè)可知 ，當時， ，-得，即，又是以1為首項，以為公比的等比數(shù)列， .設(shè)等差數(shù)列的公差為，由題設(shè)可知，又，解得或.當時，；當時，.(2)當時，；當時，此時 ， ，-得，綜上，當時，；當時，34.（文）交通指數(shù)是交通擁堵指數(shù)的簡稱，是綜合反映道路網(wǎng)暢通或擁堵的概念，記交通指數(shù)為其范圍為，分別有五個級別：暢通;基本暢通;輕度擁堵;中度擁堵；嚴重擁堵在晚高峰時段()，從某市交通指揮中心選取了市區(qū)20個交通路段，依據(jù)其交通指數(shù)數(shù)

15、據(jù)繪制的頻率分布直方圖如圖所示(1)求出輕度擁堵、中度擁堵、嚴重擁堵的路段各有多少個？(2)用分層抽樣的方法從交通指數(shù)在的路段中共抽取6個路段，求依次抽取的三個級別路段的個數(shù)；(3)從(2)中抽出的6個路段中任取2個，求至少一個路段為輕度擁堵的概率34.解：(1)由直方圖得：這個路段中，輕度擁堵的路段有個，中度擁堵的路段有個，嚴重擁堵的路段有個(2)由(1)知：擁堵路段共有個，按分層抽樣，從個路段選出個，依次抽取的三個級別路段的個數(shù)分別為：，即從交通指數(shù)在的路段中分別抽取的個數(shù)為(3)記選出的個輕度擁堵路段為，選出的個中度擁堵路段為，選出的個嚴重擁堵路段為，則從個路段中選取個路段的所有可能情況

16、如下：，共種情況其中至少有一個輕度擁堵路段的情況有：，共種，所選個路段中至少一個輕度擁堵的概率是.34.（理）交通指數(shù)是交通擁堵指數(shù)的簡稱，是綜合反映道路網(wǎng)暢通或擁堵的概念，記交通指數(shù)為其范圍為，分別有五個級別：暢通;基本暢通;輕度擁堵;中度擁堵；嚴重擁堵在晚高峰時段()，從某市交通指揮中心選取了市區(qū)20個交通路段，依據(jù)其交通指數(shù)數(shù)據(jù)繪制的頻率分布直方圖如圖所示(1)在這20個路段中，輕度擁堵、中度擁堵的路段各有多少個？(2)從這20個路段中隨機抽出3個路段，用X表示抽取的中度擁堵的路段的個數(shù)，求X的分布列及期望34.解：(1)由直方圖得：輕度擁堵的路段個數(shù)是，中度擁堵的路段個數(shù)是(2)的可能

17、取值為 ， ，的分布列為0123 . 35.（文）在四棱錐中，底面是正方形，與交于點底面，為的中點.(1)求證：平面；(2)若，在線段上是否存在點，使平面？若存在，求出的值；若不存在，請說明理由.35. 解：（1）證明如下：連接.由四邊形是正方形可知，點為的中點.又為的中點，所以.又平面，平面，所以平面.(2)解法一：若平面，則必有.于是作于點，因為底面，所以，又底面是正方形，所以，又，所以平面，而平面，所以.又，所以平面，又，所以，所以為的中點，所以.解法二：取的中點，連接，在四棱錐中，所以.又由底面，底面，所以.由四邊形是正方形可知，.又，所以平面，而平面，所以平面平面，且平面平面.因為，

18、平面，所以平面.故在線段上存在點，使平面.由為的中點，得.35.（理）如圖所示，四邊形為直角梯形，為等邊三角形，且平面平面，為中點ABECDP·（1）求證：；（2）求平面與平面所成的銳二面角的余弦值；（3）在內(nèi)是否存在一點，使平面，如果存在，求的長；如果不存在，說明理由 解：（1）證明如下：取的中點，連結(jié)，因為是正三角形，所以.因為四邊形是直角梯形，所以四邊形是平行四邊形，.又，所以.又因為,所以平面，所以.（2)因為平面平面，所以平面，所以.如圖所示，以為原點建立空間直角坐標系. ABECDP·yxzO則，所以 ,， 設(shè)平面的一個法向量為，則 ，令，則,所以.同理可求得平

19、面的一個法向量為，設(shè)平面與平面所成的銳二面角為，則，所以平面與平面所成的銳二面角的余弦值為.（3）設(shè)，因為，所以，,.依題意得即解得 ，.符合點在內(nèi)的條件.所以存在點，使平面，此時.36.某公園準備建一個摩天輪，摩天輪的外圍是一個周長為米的圓在這個圓上安裝座位，且每個座位和圓心處的支點都有一根直的鋼管相連經(jīng)預(yù)算，摩天輪上的每個座位與支點相連的鋼管的費用為元/根，且當兩相鄰的座位之間的圓弧長為米時，相鄰兩座位之間的鋼管和其中一個座位的總費用為元假設(shè)座位等距離分布，且至少有兩個座位，所有座位都視為點，且不考慮其他因素，記摩天輪的總造價為元（1）試寫出關(guān)于的函數(shù)關(guān)系式，并寫出定義域；（2）當米時，試

20、確定座位的個數(shù)，使得總造價最低？36.解：（1）設(shè)摩天輪上總共有個座位，則，即，定義域為. （2）當時，.令，則， ，.當時，即在上單調(diào)遞減，當時，即在上單調(diào)遞增，在時，y取到最小值，此時座位個數(shù)為個 37.已知是拋物線上的兩個點，點的坐標為，直線的斜率為.設(shè)拋物線的焦點在直線的下方.（1）求的取值范圍；（2）設(shè)為上的一點，且，過兩點分別作的切線，記兩切線的交點為. 判斷四邊形是否為梯形，并說明理由.解：（1）拋物線的焦點為.由題意，得直線的方程為，令，得，即直線與y軸相交于點.因為拋物線的焦點在直線的下方，所以，解得，因為，所以.（2）結(jié)論：四邊形不可能為梯形.理由如下：假設(shè)四邊形為梯形.依

21、題意，設(shè)，聯(lián)立方程消去y，得，由韋達定理，得，所以.同理，得.對函數(shù)求導(dǎo)，得，所以拋物線在點處的切線的斜率為，拋物線在點處的切線的斜率為.由四邊形為梯形，得或.若，則，即，因為方程無解，所以與不平行.若，則，即，因為方程無解，所以與不平行，所以四邊形不是梯形，這與假設(shè)矛盾.因此四邊形不可能為梯形.38. 數(shù)列的首項為（），前項和為，且（）設(shè)，（）（1）求數(shù)列的通項公式；（2）當時，若對任意，恒成立，求的取值范圍；（3）當時，試求三個正數(shù)，的一組值，使得為等比數(shù)列，且，成等差數(shù)列38.解：（1）因為，當時，-得，（）， 又由，得， 所以是首項為，公比為的等比數(shù)列，所以（） （2）當時， 由，得，（*），當時，若，則（*）式不成立當時，（*）式等價于，當時，（*）式成立；當時，有，即恒成立，所以；當時，有，；當時，有， 綜上，的取值范圍是 （3）當時， ， 所以當時，數(shù)列是等比數(shù)列，所以 又因為，成