2014年普通高等学校招生全国统一考试数学(四川卷)文 (2)

1、2014年普通高等学校招生全国统一考试(四川卷)数学(文科)第卷(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ab=()a.-1,0b.0,1c.-2,-1,0,1d.-1,0,1,2答案:d解析:a=x|(x+1)(x-2)0=x|-1x2,ab=az=x|-1x2z=-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

2、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.向左平行移动个单位长度d.向右平行移动个单位长度答案: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

3、体体积公式:v=13sh,其中s为底面面积,h为高 ()a.3b.2c.3d.1答案:d解析:由俯视图知该三棱锥的底面积s底=12×2×3=3,由侧视图知该三棱锥的高h=3.所以v三棱锥=13s底×h=13×3×3=1,故选d.5.(2014四川,文5)若a>b>0,c<d<0,则一定有()a.ad>bcb.ad<bcc.ac>bdd.ac<bd答案:b解析:a>b>0,c<d<0,-c>-d>0,-ac>-bd,即ac<bd.又dc>

4、;0,acdc<bddc,即ad<bc,故选b.6.(2014四川,文6)执行如图的程序框图,如果输入的x,yr,那么输出的s的最大值为()a.0b.1c.2d.3答案:c解析:记m=(x,y)x0,y0,x+y1.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&g

5、t;0,log5b=a,lg b=c,5d=10,则下列等式一定成立的是()a.d=acb.a=cdc.c=add.d=a+c答案:b解析:由log5b=a,得lgblg5=a;由5d=10,得d=log510=lg10lg5=1lg5,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.240(3-1)mb.180(2-1)mc.120(3-1)md.30(3+1)m答案:c解析:如图,作adbc,垂足为d.由题意,得dc=60×

6、;tan 60°=603(m),db=60×tan 15°=60×tan(45°-30°)=60×tan45°-tan30°1+tan45°tan30°=60×1-331+33=(120-603)m.所以bc=dc-db=603-(120-603)=1203-120=120(3-1)(m),故选c.9.(2014四川,文9)设mr,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.5,25b.10,2

7、5c.10,45d.25,45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papb.所以|pa|2+|pb|2=|ab|2=10,设abp=,则|pa|+|pb|=10sin +10cos =25sin+4.因为|pa|0,|pb|0,所以02.所以10|pa|+|pb|25,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,oa·ob=2(其中o为坐标原点),则abo与afo面积之和的最小值是()a.2b.3c.1728

8、d.10答案:b解析:设ab所在直线方程为x=my+t.由x=my+t,y2=x,消去x,得y2-my-t=0.设a(y12,y1),b(y22,y2)(不妨令y1>0,y2<0),故y12+y22=m,y1y2=-t.而oa·ob=y12y22+y1y2=2.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sabo=samo+sbmo=12|om|y1-y2|=y1-y2,safo=12|of|×y1=12×14y1=18y1,故sabo+safo=y1-y2+18y1=98y1-y2.由98y1

9、-y2=98y1+(-y2)298y1×(-y2)=298×2=3,得sabo+safo的最小值为3,故选b.第卷(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x24-y2=1的离心率等于. 答案:52解析:x24-y2=1,a2=4,b2=1,c2=a2+b2=5,a=2,c=5,e=ca=52.12.(2014四川,文12)复数2-2i1+i=. 答案:-2i解析:2-2i1+i=(2-2i)(1-i)(1+i)(1-i)=2(1-i)22=-2i.13.(2014四川,文13)设f(x)

10、是定义在r上的周期为2的函数,当x-1,1)时,f(x)=-4x2+2,-1x<0,x,0x<1,则f32=. 答案:1解析:f(x)的周期为2,f32=f32-2=f-12.又当x-1,0)时,f(x)=-4x2+2,f-12=-4×-122+2=1.14.(2014四川,文14)平面向量a=(1,2),b=(4,2),c=ma+b(mr),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>

11、;,c·a|c|a|=c·b|c|b|,即c·a|a|=c·b|b|,m+4+4m+45|c|=4m+16+4m+420|c|,5m+85=8m+2020,10m+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(x)组成的集合:对于函数(x),存在一个正数m,使得函数(x)的值域包含于区间-m,m.例如,当1(x)=x3,2(x)=sin x时,1(x)a,2(x)b.现有如下命题:设函数f(x)的定义域为d,则“f(x)a”的充要条件是“br,ad,f(a)=b”;若函数f(x)b,则

12、f(x)有最大值和最小值;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;若函数f(x)=aln(x+2)+xx2+1(x>-2,ar)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:解析:对于,若对任意的br,都ad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br,都ad使得f(a)=b,故正确.对于,比如对f(x)=sin xx-2,2b,但它无最大值也无最小值.对于,f(x)a,f(x)(-,+).g(x)b,存在正数m使得-mg(x)m,故f(x)+g(x)(-,+),f(

13、x)+g(x)b,正确.对于,-12xx2+112,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)=xx2+1,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.

14、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)

15、,(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p(a)=327=19.因此,“抽取的卡片上的数字满足a+b=c”的概率为19.(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b包括(1,1,1),(2,2,2),(3,3,3),共3种.所以p(b)=1-p(b)=1-327=89.因此,“抽取的卡片上的数字a,b,c不完全相同”的概率为89.17.(本小题满分12分

16、)(2014四川,文17)已知函数f(x)=sin3x+4.(1)求f(x)的单调递增区间;(2)若是第二象限角,f3=45cos+4cos 2,求cos -sin 的值.分析:(1)利用换元法,将3x+4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f3,然后化简等式,根据sin +cos 是否为0进行分类讨论,即可求得cos -sin 的值.解:(1)因为函数y=sin x的单调递增区间为-2+2k,2+2k,kz,由-2+2k3x+42+2k,kz,得-4+2k3x12+2k3,kz,所以,函数f(x)的单调递增区间为-4+2k3,12+2k3,k

17、z.(2)由已知,有sin+4=45cos+4(cos2-sin2),所以,sin cos4+cos sin4=45coscos4-sinsin4(cos2-sin2),即sin +cos =45(cos -sin )2(sin +cos ).当sin +cos =0时,由是第二象限角,知=34+2k,kz.此时,cos -sin =-2.当sin +cos 0时,有(cos -sin )2=54.由是第二象限角,知cos -sin <0,此时cos -sin =-52.综上所述,cos -sin =-2或-52.18.(本小题满分12分)(2014四川,文18)在如图所示的多面体中,四

18、边形abb1a1和acc1a1都为矩形.(1)若acbc,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aa1bc,然后结合已知acbc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aa1ab,aa1ac.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

19、平面abc,所以aa1bc.又由已知,acbc,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,md􀰿12ac,oe􀰿12ac,因此md􀰿oe.连接om,从而四边形mdeo为平行四边形,则demo.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.(

20、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(nn*).(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2-1ln2,求数列anbn2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anbn2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=2a

21、n>0.当n1时,bn+1bn=2an+1-an=2d.所以,数列bn是首项为2a1,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-2a2=(2a2ln 2)(x-a2),它在x轴上的截距为a2-1ln2.由题意,a2-1ln2=2-1ln2.解得a2=2.所以,d=a2-a1=1,an=n,bn=2n,anbn2=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+

22、1.因此,tn-4tn=4+42+4n-n·4n+1=4n+1-43-n·4n+1=(1-3n)4n+1-43.所以,tn=(3n-1)4n+1+49.20.(本小题满分13分)(2014四川,文20)已知椭圆c:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左焦点为f(-2,0),离心率为63.(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tfpq

23、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,ca=63,c=2,所以a=6.又由a2=b2+c2,解得b=2,所以椭圆c的标准方程是x26+y22=1.(2)设t点的坐标为(-3,m),则直线tf的斜率ktf=m-0-3-(-2)=-m.当m0时,直线pq的斜率kpq=1m,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x

24、=my-2,x26+y22=1.消去x,得(m2+3)y2-4my-2=0,其判别式=16m2+8(m2+3)>0.所以y1+y2=4mm2+3,y1y2=-2m2+3,x1+x2=m(y1+y2)-4=-12m2+3.因为四边形optq是平行四边形,所以op=qt,即(x1,y1)=(-3-x2,m-y2).所以x1+x2=-12m2+3=-3,y1+y2=4mm2+3=m.解得m=±1.此时,四边形optq的面积soptq=2sopq=2×12·|of|·|y1-y2|=24mm2+32-4·-2m2+3=23.21.(本小题满分14

25、分)(2014四川,文21)已知函数f(x)=ex-ax2-bx-1,其中a,br,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x0,1时,g'(x)1-2