2014江苏高考数学试卷含答案（校正精确版）.doc

1、20142014 年江苏省高考数学试卷标准答案年江苏省高考数学试卷标准答案 一、填空题 1 已知集合 A2，1， ，3，4 ，B1，2，3 ，则 AB 【解析】由题意得 1,3AB 2已知复数 z（52i）2 （i 为虚数单位） ，则 z 的实部为 【解析】由题意 22 (52 )252 5 2(2 )21 20ziiii ，其实部为 21 3右图是一个算法流程图，则输出的 n 的值是（图略） 【解析】 本题实质上就是求不等式220 n 的最小整数解220 n 整数解为5n， 故输出的5n 4从 1， ，2，3，6 这 4 个数字中一次随机地取 2 个数，则所取 2 个数的乘机为 6 的概率是

2、 【解析】从1,2,3,6这 4 个数中任取 2 个数共有 2 4 6C 种取法，其中乘积为 6 的有1,6和2,3两种 取法，故所求概率为 21 63 P 5已知函数 ycosx 与 ysin(2x)(0)，他们的图象有一个横坐标为/3 的交点，则 的值是 【解析】 由题意cossin(2) 33 ， 即 21 sin() 32 ，2( 1) 36 k k ，()kZ， 因0，故 6 6莫种树木的底部周长的频率分布直方图如图所示，则在抽测的 60 株树木中，有（）株树木的底 部周长小于 100cm 【解析】由题意在抽测的 60 株树木中，底部周长小于 100cm的株数为(0.0150.025

3、) 10 6024 7在各项均值为正数的等比数列an中，若 a21， 864 2aaa，则 4 62 4aa q的值是 【解析】 设公比为q， 因 2 1a ， 则由 864 2aaa得 642 2qqa， 42 20qq， 解得 2 2q ， 故 4 62 4aa q 8 设甲，乙两个圆柱的底面积分别为 S1，S2，体积分别为 V1V1若它的侧面积比为 2 11 2 22 9 4 Sr Sr 2 11 2 22 9 4 Sr Sr ，则 222 11111121 222 22222212 3 2 Vr hrhrrr Vr hrhrrr 的值为 【解析】设甲、乙两个圆柱的底面和高分别为 11

4、rh、， 22 rh、，则 1 122 22rhr h， 12 21 hr hr ，又 2 11 2 22 9 4 Sr Sr ，故 1 2 3 2 r r ，则 9在平面直角坐标系中 xOy 中，直线 x2y30 被圆 22 (2)(1)4xy截得弦长为 【解析】圆 22 (2)(1)4xy的圆心为(2, 1)C，半径为2r ，点C到直线230xy的 距离为 22 |22 ( 1)3|3 5 12 d ，所求弦长为 22 92 55 22 4 55 lrd 10 已知函数 2 ( )1f xxmx，若对于任意 ,1xm m，都有( )0f x 成立，则实数 m 的取 值范围是 【解析】据题意

5、 22 2 ( )10, (1)(1)(1) 10 f mmm f mmm m ，解得 2 0 2 m 11在平面直角坐标系 xOy 中，若曲线 2 b yax x （a，b 为常数）过点(2, 5)P，且该曲线在点 P 处的切线与直线 7x2y30 平行，则 ab 的值是 【解析】 曲线 2 b yax x 过点(2, 5)P， 则45 2 b a ， 又 2 2 b yax x ， 故 7 4 42 b a ， 由解得 1, 1 a b 故 b2，ab3 12 如图，在平行四边形 ABCD 中，已知 AB8，AD5，CP 3PD ，AP BP2，则AB AD 的值是 【解】 由题图可得，

6、AP AD DP AD 1 4AB ， BPBCCPBC3 4CD AD 3 4AB AP BP AD 1 4AB AD 3 4AB AD 21 2AD AB 3 16AB 22， 故有 2251 2AD AB 3 16 64，解得AD AB 22 13 已知 f (x)是定义在 R 上且周期为 3 的函数， 当 x0， 3)时， f (x) x22x1 2 若函数 yf (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_ 【解析】作出函数 yf (x)在3，4上的图象，f (3)f (2)f (1)f (0)f (1)f (2)f (3) f (4)1 2，观

7、察图象可得 0a 1 2 14若三角形 ABC 的内角满足sin2sin2sinABC，则cosC的最小值是 【 解 析 】 由 已 知sin2sin2sinABC及 正 弦 定 理 可 得22abc， 222 222 2 () 2 cos 22 ab ab abc C abab 22 322 22 62 262 884 abababab abab ，当且仅当 22 32ab即 2 3 a b 时等号成 立，故cosC的最小值为 62 4 二、解二、解答题答题 15已知(, ) 2 ， 5 sin 5 求 22 52510 sin()sincoscossin() 444252510 的值； 求

8、 55533143 34 cos(2 )coscos2sinsin2() 666252510 的值 【解析】由题意 2 52 5 cos1 () 55 ， 故 22 52510 sin()sincoscossin() 444252510 由得， 4 sin22sincos 5 ， 2 3 cos22cos1 5 ，故 55533143 34 cos(2 )coscos2sinsin2() 666252510 16 如图，在三棱锥 PABC 中，D，E，F，分别为棱 PC，AC，AB 的中点已知PAAC，PA 6，BC8，DF5 求证：直线/PADEF平面； 平面BDE平面ABC 【解析】由于,

9、D E分别是,PC AC的中点，则有 /PADE， 又P AD E F 平面，DEDEF 平面， 故/PADEF平面 由/PADE，又PAAC，故PEAC，又F是AB中点，故 1 3 2 DEPA， 1 4 2 EFBC，又5DF ，故 222 DEEFDF，故DEEF，,EF AC是平面ABC内两 条相交直线，故DEABC平面，又DE 平面BDE，故平面BDE平面ABC 17如图，在平面直角坐标系xOy中， 1 F， 2 F分别是椭圆 22 22 1(0) xy ab ab 的左，右焦点， 顶点B的坐标为(0, )b，连结 2 BF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

10、结 1 FC 若点C的坐标为 4 1 (, ) 3 3 C，且 2 2BF ，求椭圆 的方程； 若 1 FCAB，求椭圆离心率e的值 【 解 】 由 题 意 ， 2( ,0) F c，(0, )Bb， 22 2 |2BFbca，又 4 1 ( , ) 3 3 C，故 22 2 41 ( )( ) 33 1 2b ，解得1b故椭圆方程为 2 2 1 2 x y 直线 2 BF方程为1 xy cb ，与椭圆方程 22 22 1 xy ab 联立方程组，解得A点坐标为 23 2222 2 (,) a cb acac ，则C点坐标为 23 2222 2 (,) a cb acac ， 1 3 3 22

11、 223 22 23 FC b b ac k a ca cc c ac ，又 AB b k c ， 由 1 F CA B得 ， 3 23 ()1 3 bb a ccc ， 即 4224 3bacc， 故 222222 ()()3bcbca c，即 22 4bc，化简得 5 5 c e a 18如图 1- 6 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 80 m经测量，点A位于点O正北方向 60 m 处， 点C位于点O正东方向 170 m

12、 处(OC为河岸)， 4 tan 3 BCO 求新桥BC的长 当OM多长时，圆形保护区的面积最大？ 图 1- 6 【解】 【法一】 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，(0,60)A，(170,0)C，直线BC的斜率 4 tan 3 BC kBCO 又ABBC，故直 线AB的斜率 3 4 AB k设点B的坐标为( , )a b，则 4 3 BC k ， 3 4 AB k，解得80a，120b ， 故150BC 故新桥BC的长是 150 m 【法二】过点B作BEOC于点E，过点A作ADBE于点F因 4 tan 3 BCO，设 5BCx，3C

13、Ex，4BEx， 故170 3OEx，170 3AFx，60EFAO， 460BFx， 又ABBC， 且 2 B A FA B F ， 2 CBEBOC ， 故 2 ABFCBE ， 故 2 CBEBAF ， 故 3460 tan 41703 BFx BAF AFx ， 故30x， 5150BCxm，故新桥BC的长为 150m 【法三】 如图所示， 延长 OA，BC交于点 F 因 tanFCO4 3， 故 sinFCO 4 5， cosFCO 3 5 因 OA60， OC170， 故 OFOC tanFCO680 3 ， CF OC cosFCO 850 3 ， 从而 AFOFOA500 3

14、因 OAOC，故 cosAFB sinFCO4 5又 ABBC，故 BFAFcosAFB 400 3 ，从而 BCCF BF150故新桥BC的长是 150 m 【法一】设保护区的边界圆 M 的半径为 r m，OMd m (0d60)由条件知，直线BC的方 程为 y4 3(x170)，即 4x3y6800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|3d 680| 4232 6803d 5 因 O 和 A 到圆 M 上任意一点的距离均不少于 80m，故 rd80， r（60d）80，即 6803d 5 d80， 680 3d 5 （60d）80， 解得 1

15、0d35故当 d10 时，r 680 3d 5 最大，即圆面积最大，故当 OM10 m 时，圆形保护区的面积最大 【法二】 设保护区的边界圆 M 与BC的切点为 D， 连接 MD， 则 MDBC， 且 MD 是圆 M 的半径， 并设 MDr m， OMd m (0d60) 因 OAOC， 故 sinCFOcosFCO 故由(1)知 sinCFO MD MF MD OFOM r 680 3 d 3 5， 故 r 6803d 5 因 O 和 A 到圆 M 上任意一点的距离均不少于 80 m， 故 rd80， r（60d）80，即 6803d 5 d80， 6803d 5 （60d）80， 解得 1

16、0d35故当 d10 时，r 680 3d 5 最大，即圆面积最大，故当 OM10 m 时，圆形保护区的面积最大 【法三】 以OC方向为x轴，OA为y轴建立直角坐标系 设点(0,)Mm， 点(0,60)A，(80,120)B， (170,0)C，直线BC方程为 4 (170) 3 yx ，即436800xy，故半径 6803 5 m R ，又 古桥两端O和A到该圆上任意一点的距离均不少于 80m，故80RAM且80R OM，故 6803 (60)80 5 m m ， 6803 80 5 m m ，故1035m，故 6803 130 5 m R ，此时 圆面积最大故当10OM 时圆形保护区面积最

17、大 19已知函数 f (x)exe 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 xm1 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 x01，)，使得 f (x0)a(x303x0)成立试比较 ea 1 与 ae 1 的大小， 并证明你的结论 (1)证明 因为对任意 xR，都有 f (x)e xe(x)exexf (x)，所以 f (x)是 R 上的偶函数 (2)由条件知 m(exe x1)ex1 在(0， )上恒成立 令 tex(x0)， 则 t1， 所以 m t1 t2t1 1 t1

18、 1 t11 对任意 t1 成立因为 t1 1 t112 （t1） 1 t113，所以 1 t1 1 t11 1 3， 当且仅当 t2， 即 xln 2 时等号成立 因此实数 m 的取值范围是(， 1 3 (3)令函数 g(x)ex1 exa(x 33x)， 则 g(x)ex1 ex3a(x 21) 当 x1 时， ex1 ex0， x 210， 又 a0，故 g(x)0所以 g(x)是1，)上的单调增函数，因此 g(x)在1，)上的最小值是 g(1) ee 12a由于存在 x 01，)，使 e x 0e x 0a(x 3 03x0)0 成立，当且仅当最小值 g(1) 0故 ee 12a0，即

19、 aee 1 2 令函数 h(x)x(e1)ln x1，则 h(x)1e1 x 令 h(x) 0，得 xe1，当 x(0，e1)时，h(x)0，故 h(x)是(0，e1)上的单调减函数；当 x(e1， )时，h(x)0，故 h(x)是(e1，)上的单调增函数所以 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，e1)(0，e1)时，h(e1)h(x)h(1)0当 x(e 1，e)(e1，)时，h(x)h(e)0所以 h(x)0 对任意的 x(1，e)成立 当 a ee 1 2 ，e (1，e)时，h(a)0，即 a1(e1)ln a，从而 ea 1ae1

20、； 当 ae 时，ea 1ae1； 当 a(e，)(e1，)时，h(a)h(e)0，即 a1(e1)ln a，故 ea 1ae1 综上所述，当 a ee1 2 ，e 时，ea 1ae1；当 ae 时，ea1ae1；当 a(e，)时，ea 1ae1 20 设数列 n a的前n项和为 n S 若对任意的正整数n， 总存在正整数m， 使得 nm Sa， 则称 n a 是“H数列” 若数列 n a的前n项和 * 2 () n n SnN，证明 n a是“H数列” ； 设 n a是等差数列，其首项 1 1a ，公差0d 若 n a是“H数列” ，求d的值； 证明：对任意的等差数列 n a，总存在两个“H

21、数列” n b和 n c使得 nnn abc， * nN成立 【解析】 首先 11 2aS， 当2n时， 11 1 222 nnn nnn aSS ， 故 1 2,1, 2,2, n n n a n ， 故对任意的 * nN，2n n S 是数列 n a中的1n项，故数列 n a是“H数列” 由题意1 (1) n and ， (1) 2 n n n Snd ，数列 n a是“H数列” ，则存在 * kN，使 (1) 1(1) 2 n n ndkd ， 1(1) 1 2 nn n k d ， 由于 * (1) 2 n n N ， 又 * kN， 则 1n Z d 对一切正整数n都成立，故1d 首先，若 n dbn（b是常数） ，则数列 n d前n项和为 (1) 2 n n n Sb 是数列 n d中的第 (1) 2 n n 项，故 n d是“H数列” ，对任意的等差数列 n a， 1 (1) n aand（d是公差） ，设 1n bna， 1 ()(1) n cdan，则 nnn abc，而数列 n b， n c都是“H数列” ，证毕