2014年高考數(shù)學(xué)試題

2014年江蘇高考數(shù)學(xué)試參考公式圓柱的側(cè)面積公式:S圓柱=cl,其中c是圓柱底面的周長，l為母線長.圓柱的體積公式:V圓柱=Sh,其中S是圓柱的底面積，h為高.B3} B【答案】已知復(fù)數(shù)z(52i)(i為虛數(shù)單位)，則z的實(shí)部 【答案】 【答案】1236 3ycosxysin(2x)(0≤的交點(diǎn)，則的值 36為了了解一片經(jīng)濟(jì)林的生長情況，隨機(jī)抽測了其中60株樹木的：cm，130]直方圖如圖所示，則在抽測的60株樹木中，有 100【答案】在各項(xiàng)均為正數(shù)的等比數(shù)列{a}中，若a1，a8a62a4，則a【答案】V

V1的值 2在平面直角坐標(biāo)系xOy中直線x2y30被圓(x2)(y1)4截得的弦長 25已知函數(shù)f(x)xmx1，若對(duì)任意x[mm1]，都有f(x)0成立，則實(shí)數(shù)m的取值范圍 【答案】20 xOyyax2bab為常數(shù))P(2，5Px切線與直線7x2y30平行，則ab的值 【答案】如圖，在平行四邊形ABCD中，已知，AB8AD5，CP3PD，APBP2，則ABAD的 【答案】f(xR3x[03)時(shí)，f(xx22x2

yf(x 22若ABC的內(nèi)角滿足sinA2sinB2sinC，則cosC的最小值 2【答案 24二、解答題：本大題共6小題,共計(jì)90分.作答,解答時(shí)應(yīng)寫出文字說明、證2515．(本小題滿分14分)已知，sin5254求sin的值46求cos2的值6力.14分. 5 ∴cos

21sin1sin2sinsincossin 2(cossin)1044 cos ∴2coscossinsin2331433466 考查空間想象能力和推理論證能力.14分. ∵PA平面DEF，DE平面 ∴DE1PA2 ∴EF1BC2∴DEEFDF∴DEFE//AAEF EF∵DE平面 217．(14分)xOy中，F(xiàn)，F(xiàn)a2b21(ab0的左、(0b)CFC．2C

4 3

，且BF

2FCABe算求解能力.14分.

43

，∴

9∵BFbca，∴a2(2)22，∴b2xy200C(xACB，F(xiàn)，Abby，即bxcybc0 ∵FCAB

ybxc

1xcbyc0x①②聯(lián)立方程組，解得

b2

∴ a2 b

2b 2bcbbcbc∵C

ac

1化簡得5c2a2，∴c 5 故離心率為 劃要求：新橋BC與河岸AB垂直；保護(hù)區(qū)的邊界為圓心M段OA上并與BC相切的圓，且古橋OA80mAO60mCO170m處(OC為河岸)tanBCO43BC力.16分.O為坐標(biāo)原點(diǎn)，OCx軸，建立平面直角xOy.A(060)，C(1704BCkBC=－tan∠BCO=－33又因?yàn)锳B⊥BC，所以直線AB的斜率k 4B的坐標(biāo)為(a,b)

b

4k

=b603a

a (17080)2(0(17080)2(0BC150Mrm,OM=d

BCy4(x170)，即4x3y6803MBCM(0，d)BCr，r|3d680|6803d. OAM806803dd≥rd≥ 所以r60d80即680

解得10≤d (60d)≥ d=10時(shí)r6803d最大，即圓面積最大5OM10m時(shí)，圓形保護(hù)區(qū)的面積最大解法二:(1)OACB43

5

5 3 ,從而AFOFOA 4 5BC150

3

(2)MBCDMDMD⊥BCMDM的半MD=rm，OM=dm(0≤d≤60).故由(1)知，sin∠CFO=MD 3,所以r6803d OF

680 3OAM806803dd≥rd≥ 所以r60d80即680

解得10≤d (60d)≥ d=10時(shí)r6803d最大，即圓面積最大5OM10m時(shí)，圓形保護(hù)區(qū)的面積最大19．(16分)f(x)eeef(xRx的不等式mf(xem1在(0max[1，f(xa(x3x成立．試比較ea1與ae1方法分析與解決問題的能力.16分.xRf(x)eef(xf(xRm(eeem1，即m(ee1ex(0exex10m

ex1exex1

x(0令te(t1，則m1t對(duì)任意t(1，恒成t2t1t t 1，當(dāng)且僅當(dāng)t2時(shí)等號(hào)成立tt (t1)(t1)∴m≤3

t11 th(x)a(x3x)h'(x)3ax(x1)∵存在x[1，，使得f(xa(x3xf∵存在x[1，，使得f(xa(x3xf(1e12a，即ae

2 e∵lnae-1lnae1lnea1(e1)lnaa1m(ae1lnaa1，則m'(ae11e1aa1e1 1e1ae1m'(a0m(a ae1m'(a0m(a因此m(a至多有兩個(gè)零點(diǎn)，而m(1m(e ∴當(dāng)aem(a0ae1ea1 1e1ae時(shí)m(a0ae1ea1 ae時(shí)m(a0ae1ea120．(16分)設(shè)數(shù)列{an項(xiàng)和為SnmSa，則稱{a是“H若數(shù)列{anS2(nN，證明：{a設(shè){a是等差數(shù)列，其首項(xiàng)a1，公差d0．若{a是“Hd證明：對(duì)任意的等差數(shù)列{a}，總存在兩個(gè)“H數(shù)列”{b和{c}，使得abc(nN分（1）當(dāng)n≥2時(shí)，aS 22n1aSn1San2S∴{a是“H

nan(n1)dnn(n1) 對(duì)nNmN

，即nn(n1)d1m2n2得1dm1)dm2dd0m2mNm1d設(shè){a的公差為令ban1)a2n)a，對(duì)nNbbcn1)(ad，對(duì)nNcca則bcan1)da，且{c{bn項(xiàng)和Tnan(n1)(a)，令T2m)a，則mn(n3) n1時(shí)m1；n2時(shí)mn3n與n3奇偶性不同，即n(n3m因此對(duì)n，都可找到mN，使Tb成立，即{b為“H{c的前ｎ

n(n1)(ad，令

(m1)(ad)

mn(n1) ∵對(duì)nNn(n1m即對(duì)nN，都可找到mNRc成立，即{c為“H數(shù)列”數(shù)學(xué)Ⅱ(附加題如圖，ABO的直徑，CDOAB異側(cè)的兩點(diǎn)本小題主要考查圓的基本性質(zhì)，考查推理論證能力.10分.B,COOB=OC.CDOAB異側(cè)的兩點(diǎn)，故∠B，∠D為同弧所對(duì)的兩個(gè)圓周角，A12B11，向量2x，yAα=Bαx，y x

A2y2Bα2yAα=Bα得2y22y

，，

2xy4 解 x1xOyl的參數(shù)方程為y2

2t22(t為參數(shù))ly222AB分lxy3y4xx210x92A12)24-5:不等式選講】(10分)x>0,y>0,證明：(1+x+y2)(1+x2+y)≥9xy.x>0,y>0,1+x+y233xy20，1+x2+y33x2y0所以(1+x+y2)(1+x2+y)33xy233x2y22231020分.請(qǐng)?jiān)诖痤}卡指定區(qū)域內(nèi)作答，解答時(shí)應(yīng)寫出文22．(10分94個(gè)紅球，322210分.2個(gè)球共有C36種可能情況，2個(gè)球顏色相同共有CCC102P10 32C4CC4P(X4)4C49

P(X3)4P(X3)4 36C9 C9P(X2)1P(X3)P(X4)∴XX234PX的數(shù)學(xué)期望EX21131341 23．(10分f(xsinx(x0f(x

(x)nN

（1）求2f1f2 證明：對(duì)任意的nN，等式nfn1fn 成立2 10分f(x)f(x)sinxcosxsinx解：由已知，得

f(x)f(x)cosxsinxsinx2cosx2sinx于是

x2

所以f1(2)2,f2(2) 3 2f122f22xf(x)sinx,xf(xxf(x)cosxf(xxf(xcosxsin(x，類似f(x)xf(x)sinxsin(x)f(x)xf(x)cosxsin(x3)f(x)xf(x)sinxsin(x2)下面用數(shù)學(xué)歸納法證明等式nf(x)xf(x)sin(xn)對(duì)所有的nN*都成立n=1時(shí)，由上可知等式成立n=k時(shí)等式成立,即

(x)