2014年普通高等学校招生全国统一考试数学(江苏卷)

1、2014年普通高等学校招生全国统一考试综合能力测试数学试题(江苏卷)一、填空题:本大题共14小题,每小题5分,共计70分.请把答案填写在答题卡相应位置上.1.(2014江苏,1)已知集合A=-2,-1,3,4,B=-1,2,3,则AB=.答案:-1,3解析:由题意,得AB=-1,3.2.(2014江苏,2)已知复数z=(5+2i)2(i为虚数单位),则z的实部为.答案:21解析:由题意,得z=(5+2i)2=25+20i-4=21+20i,其实部为21.3.(2014江苏,3)下图是一个算法流程图,则输出的n的值是.答案:5解析:本题实质上是求不等式2n20的最小整数解,2n20的整数解为n5

2、,因此输出的n=5.4.(2014江苏,4)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.答案:1解析:从1,2,3,6这4个数中随机地取2个数,不同的取法为1,2,1,3,1,6,2,3,2,6,3,6共6个基本事件,其中乘积为6的有1,6,2,3两个基本事件,因此所求事件的概率为P=265.(2014江苏,5)已知函数y=cos x与y=sin(2x+)(0),它们的图象有一个横坐标为3的交点,则的值是答案:解析:由题意cos3=sin23+,即sin23+=12,23+因为0,所以=66.(2014江苏,6)为了了解一片经济林的生长情况,随机抽测了其中60

3、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所示,则在抽测的60株树木中,有株树木的底部周长小于100 cm.答案:24解析:由题意,在抽测的60株树木中,底部周长小于100 cm的株数为(0.015+0.025)1060=24.7.(2014江苏,7)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.答案:4解析:设公比为q,则由a8=a6+2a4,得a1q7=a1q5+2a1q3,q4-q2-2=0,解得q2=2(q2=-1舍去),所以a6=a2q4=4.8.(2014江苏,8)设甲、乙两个圆柱的底面积分别为S1,S2,体

4、积分别为V1,V2,若它们的侧面积相等,且S1S2=94答案:3解析:设甲、乙两个圆柱底面半径和高分别为r1,h1,r2,h2,则2r1h1=2r2h2,h1h2=r2r1.又S19.(2014江苏,9)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.答案:2解析:圆(x-2)2+(y+1)2=4的圆心为C(2,-1),半径r=2,圆心C到直线x+2y-3=0的距离为d=|2+2所求弦长l=2r2-d210.(2014江苏,10)已知函数f(x)=x2+mx-1,若对于任意xm,m+1,都有f(x)0成立,则实数m的取值范围是.答案:-解析:根据题

5、意,得f解得-22mb0)的左、右焦点,顶点B的坐标为(0,b),连结BF2并延长交椭圆于点A,过点A作(1)若点C的坐标为43,13,且BF2=(2)若F1CAB,求椭圆离心率e的值.分析:(1)利用椭圆的几何性质可得BF2=a=2,再把点C的坐标代入即可求出椭圆方程;(2)写出B,F2的坐标,用b,c表示直线AB的方程,联立椭圆方程表示出点A的坐标,利用点A与点C的对称性,表示出点C的坐标,利用直线F1C的斜率及kF1CkAB=-1建立a,b,c的关系解:设椭圆的焦距为2c,则F1(-c,0),F2(c,0).(1)因为B(0,b),所以BF2=b2又BF2=2,故a=2.因为点C43,所

6、以169a2+19b2=故所求椭圆的方程为x22+y2=(2)因为B(0,b),F2(c,0)在直线AB上,所以直线AB的方程为xc+y解方程组x所以点A的坐标为2a又AC垂直于x轴,由椭圆的对称性,可得点C的坐标为2a因为直线F1C的斜率为b(a2-c2)且F1CAB,所以b(a2-c又b2=a2-c2,整理得a2=5c2.故e2=15因此e=5518.(本小题满分16分)(2014江苏,18)如图,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

7、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处(OC为河岸),tanBCO=43(1)求新桥BC的长;(2)当OM多长时,圆形保护区的面积最大?分析:法一:(1)运用坐标法求BC的长,由已知建立以O为坐标原点,OC所在直线为x轴的直角坐标系.设出点B坐标,利用A,C坐标分别表示出kAB,kBC,建立方程组求出点B坐标,利用两点间的距离公式求解即可;(2)求圆形保护区的最大面积,即求圆的最大半径.由条件知,可转化为求点M到直线BC距离的最大值.由(1)可先求出直线BC的方程,设点M的坐标为(0,d),则半径r可用d表示,利用已知和r,d的关系求出d的范围,就可

8、求出r的最大值,即可求圆形保护区面积的最大值.法二:(1)延长CB,OA交于点F,在OCF中,利用条件求OF,CF.利用AF=OF-OA求AF的长,再借助AFB+OCF=90的关系,在ABF中,求出BF的长,进而利用CB=CF-BF求值;(2)设MD=r m(半径),OM=d m,在MDF中,利用sinCFO建立r,d的关系,利用已知和r,d的关系求出d的范围,就可求出r的最大值,即可求圆形保护区面积的最大值.解:解法一:(1)如图,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=-tanBCO=-43又因为ABBC

9、,所以直线AB的斜率kAB=34设点B的坐标为(a,b),则kBC=b-0a-170=-43解得a=80,b=120.所以BC=(170-80因此新桥BC的长是150 m.(2)设保护区的边界圆M的半径为r m,OM=d m(0d60).由条件知,直线BC的方程为y=-43(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=|3因为O和A到圆M上任意一点的距离均不少于80 m,所以r即680解得10d35.故当d=10时,r=680-3d5所以当OM=10 m时,圆形保护区的面积最大.解法二:(1)如图,延长OA,CB交于点F.因为tan

10、FCO=43所以sinFCO=45,cosFCO=3因为OA=60,OC=170,所以OF=OCtanFCO=6803,CF=OCcosFCO=因为OAOC,所以cosAFB=sinFCO=45又因为ABBC,所以BF=AFcosAFB=4003,从而BC=CF-BF=150因此新桥BC的长是150 m.(2)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MD=r m,OM=d m(0d60).因为OAOC,所以sinCFO=cosFCO.故由(1)知sinCFO=MDMF=MDOF-因为O和A到圆M上任意一点的距离均不少于80 m,所以r即680解得10d

11、35.故当d=10时,r=680-3d5所以当OM=10 m时,圆形保护区的面积最大.19.(本小题满分16分)(2014江苏,19)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x01,+),使得f(x0)1,换元后利用基本不等式求最小值;(3)由条件构造函数g(x)=f(x)-a(-x3+3x),利用导数求出g(x)的最小值,利用g(x)min0),则t1,所以m-t-1t2-t+1=-因为t-1+1t-1+12(t-所以-1t-1

12、+1当且仅当t=2,即x=ln 2时等号成立.因此实数m的取值范围是-(3)解:令函数g(x)=ex+1ex-a(-x3+3x),则g(x)=ex-1ex+3a(x2当x1时,ex-1ex0,x2-1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)=e+e-1-2a.由于存在x01,+),使ex0+e-x0-a(-x03+3x0)0成立故e+e-1-2ae+e令函数h(x)=x-(e-1)ln x-1,则h(x)=1-e-令h(x)=0,得x=e-1.当x(0,e-1)时,h(x)0,故h(x)是(e-1,+)上的单调增函数.所以h(x)在

13、(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(1)=0;当x(e-1,e)(e-1,+)时,h(x)h(e)=0.所以h(x)0对任意的x(1,e)成立.当ae+e-12,e(1,e)时,h(a)0,即a-1h(e)=0,即a-1(e-1)ln a,故ea-1ae-1.综上所述,当ae+e-12,e时,ea-1ae-1;当a=e时,ea-1=ae-1;当a(e,+)时,ea-20.(本小题满分16分)(2014江苏,20)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

14、“H数列”.(1)若数列an的前n项和Sn=2n(nN*),证明:an是“H数列”;(2)设an是等差数列,其首项a1=1,公差d0.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(nN*)成立.分析:在第(1)问中,先利用an与Sn的关系求出an,再根据“H数列”的定义即可证明结论;在第(2)问中,可采用由特殊到一般的方法,先取n=2,结合“H数列”的定义求出d的值,然后可求出an与Sn,再根据“H数列”的定义验证结论对任意的n成立;在第(3)问中,an=a1+(n-1)d,考虑到非零常数列不是“H数列”,因而应考虑将an

15、分解改写为两个等差数列和的形式an=na1+(n-1)(d-a1),然后再分别按“H数列”的定义证明na1和(n-1)(d-a1)为“H数列”,即可证得结论.(1)证明:由已知,当n1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)解: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d0,所以m-20,y0,证明:(1+x+y2)(1+x2+y)9xy.分析:可利用算术几何平均不等式:a+b+c33

16、abc(a,b,c0),将左边因式中的和化为积,实现不等式的证明证明:因为x0,y0,所以1+x+y233xy21+x2+y33x2y故(1+x+y2)(1+x2+y)33xy233【必做题】第22题、第23题,每题10分,共计20分.请在答题卡指定区域内作答,解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤.22.(本小题满分10分)(2014江苏,22)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

17、,x3中的最大数.求X的概率分布和数学期望E(X).分析:在第(1)问中,考虑到“2个球颜色相同”可分为3种情况:“同为红球”“同为黄球”“同为绿球”,故可用互斥事件的概率公式,结合排列组合及古典概型求得结果;在第(2)问中,先分析4个球中各类球的个数情况,确定X的所有可能的取值,然后利用超几何分布求出各个概率值,列出表格即得X的概率分布,最后根据数学期望的定义计算求得结果.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=C4(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)=C4X=3表示的随机事件是“取到

18、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)=C4于是P(X=2)=1-P(X=3)-P(X=4)=1-1363所以随机变量X的概率分布如下表:X234P11131因此随机变量X的数学期望E(X)=21114+31363+423.(本小题满分10分)(2014江苏,23)已知函数f0(x)=sinxx(x0),设fn(x)为fn-1(x)的导数,nN(1)求2f12+2f(2)证明:对任意的nN*,等式nfn分析:在第(1)问中,先由已知条件通过求导数得到f1(x)和f2(x)的解析式,然后代入自变量的值即可求得结果;在第(2)问中,先将f0(x)=sinxx改写为xf0(x)=sin x,然