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文檔簡介

1、2014 年高考數(shù)學指導試卷一、填空題:本大題共14 小題,每小題5 分,共計70 分 請把答案填寫在答題卡相應位置上1A1,2,集合B1, a,3 ,且A B,則實數(shù) a 的值為已知集合1 2 ;2 已 知 復 數(shù)(1i) (1bi ) 為 實 數(shù) , 則 實 數(shù) b的 值為2 1;3 為了了解初中生的身體素質(zhì),某地區(qū)隨機抽取了n 名學生進行跳頻率組距0.0160.0120.0080.0040次數(shù)繩測試, 根據(jù)所得數(shù)據(jù)畫樣本的頻率分布直方圖如圖所示,且從左到右第一小組的頻數(shù)是10,則 n 的值為3 100;5075 100 125 1504已知命題p : x1且 y1,命題 q : xy2

2、,則命題p 是命題 q 的條件。5下圖是一個算法的流程圖,輸出的結(jié)果是5 63;6在平面直角坐標系xOy 中, D 是到原點的距離不大于1開始xy10n 1, S 0的點構(gòu)成的區(qū)域,E 是滿足不等式組xy0的點x0n6否(x, y) 構(gòu)成的區(qū)域, 向 D 中隨機投一點, 則所投的點落在E是輸出 S中的概率是S2S+11 ;結(jié)束6n n+147設(shè) E, F , G, H 是三棱錐A BCD 的棱 AB , BC ,CD , DAA的中點,若 AC BD 1,則 EG 2FH 2 的值為EH7 1;BDFGC18已知質(zhì)點P 在半徑為 10cm的圓上按逆時針方向做勻速圓周運動,角速度是 1rad/s

3、,設(shè) A(10,0)為起始點, 記點 P 在 y 軸上的射影為M ,則 10秒時點 M 的速度是cm/s8 10 ;yPMOAx9用 x 表示不超過x 的最大整數(shù),設(shè)f ( x)x x( x 1,1) ,則函數(shù)f ( x) 的值域為9 2, 1) U 0,1) ;10已知函數(shù)f (x)sinxcosx(0) 向右最少平移1個單位長度后為偶函數(shù),則的最小值為答案:411 已知正項等比數(shù)列an滿足 :a6a52a4 , 若存在兩項am , an 使得 aman2a1 , 則14m的最小值為 _.n答案: 9 。412已知周期為 4 的函數(shù) f ( x)m1x2 , x( 1,1,其中 m0 若方程

4、 3 f ( x)x 恰有 51 x 2 , x (1,3個實數(shù)解,則m 的取值范圍為。答案: ( 15 ,7)313已知橢圓x2y21(ab0)3,A 、B 分別是橢圓的左、右頂點,P 是橢a2b2的離心率 e2圓上不同于 A 、B 的一點,直線 PA、PB 的傾斜角分別為、 ,則 cos() 的值為 _ 。cos()答案: 3514如圖,直線l1, l 2 交于點 A ,點 B 、 C 在直線 l1 ,l 2 上,已知CAB =45 0 , AB2 ,設(shè)2uuuruuuruuuruuurCDAB ,點 P 直 l2 上的一個 點,當= , 2PBPD 的最小 是 3 2 。答案: 1 或

5、-5l 2CDPABl 1二、解答 :(本大 共6 小 ,共 90 分 .解答 寫出文字 明、 明 程或演算步 )15在 ABC 中,角 A、 B、C 的 分 a 、 b 、 c ,已知 sin CcosC 1 sin C ,2( 1)求 sin C 的 ;uuuruuur( 2)若 ABC 外接 面 (47), 求 ACBC 的取 范 。解:( 1)由 sin CcosC1sin C得, 2sin C cos C2sin 2 Csin C 2 分22222 sin C0 , sin Ccos C1( * ) 4 分2222將( *)式兩 同 平方得,11sin C37 分sin C44CCC

6、,從而 C 角, cosC7( 2)由( * )式知, sincos,從而442229 分根據(jù)正弦定理,c2R sin C ,從而 c24R2 sin 2 C9(47) 11 分4根據(jù)余弦定理,9 (47)a2b22ab (7 )2ab(17 ) , 0 ab9444uuuruuurab cosC 9 7uuuruuur97因此, ACBC4,0) ,即 ACBC 范 ,0) 。4 14 分16(本小 分14 分)如 ,在直四棱柱ABCDA1 B1C1D1 中, 已知底面 ABCD 是 3為 1的正方形, 棱 C1C 垂直于底面ABCD ,且D 1C 1C1C2 ,點 P 是 棱 C1C 的中

7、點( 1)求 : AC1/ / 平面 PBD ;A 1B1P( 2)求 : A1 P平面 PBD ;( 3)求三棱 A1BDC 1 的體 V DC解:( 1) 明: AC 交 BD 于 O 點, OP , 四 形 ABCD 是正方形 O 點是 AC 的中點ABD1C1又點 P 是 棱 C1C 的中點A11B OP 是ACC1 的中位 P AC1 / /OP 即得,2 分又 OP面PBD , AC1面 PBDDC AC1 / / 平面 PBD 。 4 分O( 2) 明:AB底面 ABCD 是正方形,ACBD ,又 棱 C1C 垂直于底面 ABCD , CC1BD又 AC I CC1C , BD面

8、 AC1 BDA1 P 6 分可以 算得 A1P3,BP2, A1 B5 , BP A1 P 8 分 BD I BPB , A1 P平面 PBD; 9 分( 3)易知三棱 A1BDC1 的體 等于四棱柱的體 減去四個體 相等的三棱 的體 。 VA1BDC1=2 4 111 1 22 14 分323417(本小 分14 分)在 合 踐活 中,因制作一個工 品的需要,某小 了如 所示的一個 ( 稱 形),其中矩形ABCD 的三 AB 、 BC、CD 由 6 分米的材料彎折而成, BC 的 2t 分米( 1 t3曲 C1);曲 AOD 從以下兩種曲 中 一種:2是一段余弦曲 (在如 所示的平面直角坐

9、 系中,其解析式 y cos x1),此 的最高點 O 到 BC 的距離 h1 t ;曲 C 2是一段拋物 ,其焦點到準 的距離 9 ,此 的8最高點 O到 BC 的距離 h2 (t)( 1) 分 求函數(shù) h1 t 、 h2 (t) 的表達式( 2)要使得點 O到 BC 的距離最大, 用哪一種曲 ?此 最大 是多少?解:( 1) h1t4 tcost1t32h2t4 t 2t 31t3 6 分92( 2)由于 h1 (t)1sin t 0 恒成立,所以函數(shù) h1(t ) 在 1, 3上 減,2因此, h1t maxh11 3 cos1 10 分而 h2t35 12 分maxh,22Q 3cos

10、13 cos5 14 分3所以 用 C 2218(本小 分16 分 ) 如 , L 的左 點 A(3,0) 和下 點 B 且斜率均 k 的兩直 l1 , l2分 交 于C , D ,又 l1 交 y 于 M , l 2 交 x 于 N ,且 CD 與 MN 相交于點 P .當 k = 3 ,5ABM 是直角三角形 .y( 1)求 L 的 準方程;uuuuruuurM( 2) 明:存在 數(shù),使得 AMOP ;CD求 |OP|的取 范 .APx解:( 1) x2ONy21; 4 分B9( 2 ) 證 明 : 由 ( 1 ) 可 設(shè) 直 線 l1,l 2 的 方 程 分 別 為y k( x 3) 和

11、 ykx -1 ,其中 k 0, M (0,3 k ) , N ( 1 ,0)kyk( x3)2222由x2消去 x 得 (1+ 9k) x54kx+ 81k90y219以上方程必有一根3,由 達定理可得另一根 327k 2,1+ 9k 2故點 C 的坐 (327k 2,6k), 6 分1+ 9k 21+ 9k2ykx - 122218k由消去x 得 (1+ 9k) x18kx,x20 ,解得一根 y21+ 9k 219故點 D 的坐 (18k9k 218 分1+ 9k2,),1+ 9k 2uuuruuuur uuuruuur由 l1 與 l2 平行得 MPtMN , CPtCD ,然后, 行

12、坐 運算,即可得出點P 的坐 3,13k, 10 分13k3kuuuur3,3kuuur3,3kuuuur1uuur而 AM,OP13k3k, AM1OP13k1uuuuruuur存在 數(shù)=,使得 AMOP 12 分13k6uuur3,3k由 OP13k13k法一:由消參得點P 的 跡方程 x 3 y 30 ,所以 | OP |的最小 3 10 ;1016 分法二:得 | OP |3 1k2,令 t13k , |OP | =10(1)22(1)1 其中 10,1 ,|13k |ttt | OP | 的最小 310. 16 分1019 (本小 分16 分 ) 非零數(shù)列 an 足 an an 2a

13、n21(1)n1 (n N ) ( 1)當0 ,求 :an man man2 ,( nm,且 m, nR )( 2)當 a11,a22,3 ,求 : an2an3an1 明:( 1)當0 ,2 anqnn 2n 1 ,是等比數(shù)列, 公比 ,a aa所以則 anmanma1qn m1 a1qn m1a12q2n2(a1 qn 1 )2an2,得 4 分( 2)由條件知 a3a2237 , 6 分a1由 an an 2an2 1( 1)n 1 得an 2anan 2anan2an2 13( 1)n 1an2 10 分an 1an1anan 1 anan21 an23(1)n an21an 1an

14、1an 1an 1 , 14 分an 1anan 1anan所以數(shù)列 an2an 是常數(shù)列, an 2ana3a13,an1an1a2整理即得 an 2an3an1 16 分720(本小 分16 分 )已知函數(shù)f (x)kex , g (x)1ln x ,其中 k0 若函數(shù) f (x), g (x) 在它k 的 象與坐 交點 的切 互相平行( 1)求 k 的 ;( 2)是否存在直 l,使得 l同 是函數(shù)f ( x), g ( x) 的切 ? 明理由( 3)若直 xa(a0) 與 f (x) 、 g( x) 的 象分 交于A、 B 兩點,直 yb(b 0)與 h(x)的 象有兩個不同的交點CD

15、以ABCD 點的凸四 形面 S,求 :S2、 、解:( 1) f ( x), g ( x) 與坐 的交點分 (0, k),(1,0),由 f ( x) kex , g( x)1 ln x 得 f ( x) kex , g ( x)1 ,kkx由 意知 f (0)g (1),即 k10 ,所以 k1 2 分,又 kk( 2)假 存在直 l同 是函數(shù)f ( x), g (x) 的切 ,設(shè) l 與 f (x), g (x) 分 相切于點M (m, em ), N ( n,ln n) ( n0 ),則 l : yemem (xm) 或表示 yln n1 ( xn) ,nem1,要 明 l 是否存在,只

16、需 明上述方程 是否有解4 分則nem (1m)ln n1由 em1得 ne m ,代入 em (1m)ln n1 得 em (1m)m1 ,即 em (1m) m10 ,n令h( )em(1)m1,mm因 h(1)20, h(2)e230 ,所以方程 em (1m)m 10 有解, 方程 有解,故存在直 l,使得 l同 是函數(shù)f ( x), g ( x) 的切 8 分( 3) A( x0 , ex0 ) , B( x0 ,ln x0 ) , ABex0ln x,0設(shè) F ( x) ex0ln x0 , G ( x)F ( x) ex01,x0 G ( x)ex010,即G(x)在(0,)上單

17、 調(diào)遞 增,又x0281e2 0,G (1)e10 ,G ( )2110 ,因此 et 1故 G(x) 在 (0,) 上有唯一零點, t(,1) , et, tln t ,2tt當 x(0, t ) , F ( x)G ( x)G (t )0, F (x) 在 (0, t ) 上 減;當 x(t,) , F ( x)G (x)G (t )0 , F (x) 在 (t ,) 上 增,因此 F ( x)F (t ) etln t1t ,11t由于 t(,1) , F (x)t2 , ABex0ln x02 14 分2t設(shè) C (x1, ex1), D ( x2 ,ln x2 ) , ex1ln x

18、2 ,令 ex1ln x2u , x1 ln u, x2eu , CDx2x1euln uF (u)2 ,故 S1 AB CD 1 2 2 2 22附加 21 做 在 A、 B、 C、 D 四小 中只能 做2 ,每小 明、 明 程或演算步 A 修 4-1:幾何 明 如 , PA 切 O 于點 A ,D 為 PA 的中點, 點D 引割 交 O 于 B 、 C 兩點求 :DPBDCP A 明 :因 PA 與 相切于 A ,所以2DB DC , 4 分DA因 D 為 PA 中點,所以 DP=DA ,所以 DP 2=DB DC ,即PDDB 8 分DCPD因 BDPPDC , 所以BDP PDC ,所

19、以DPBDCP 10 分B 修 4-2:矩 與 如 矩形 OABC 在 T 的作用下 成了平行四 形 OA B C 變換 T 所 的矩 M 16 分10 分 ,共 20 分 .解答 寫出文字PDABOCy,求B3A 2CC 1BA-1O2 x9B解法一: ( 1)由矩形 OABC 成平行四 形OA B C 可以看成先將矩形OABC 著 O 點旋 90o ,得到矩形 OA B C ,然后再將矩形OA B C 作切 得到平行四 形OA B C 。故旋 矩 :cos90o -sin 90o0-1 4 分sin 90o cos90 o10切 :xxx10x,yyxy-11y切 矩 10 8 分-11矩

20、 M100-10-1, 10 分-111011ab, 點 A2,0A 0,2 , B 2,11,3,解法二:( 1) 矩 Mdcab22a0故cd02c=,2ab22ab-1,6 分cd12cd32a0a02c2b1M0-1即2ab1解得1,1 10 分c12cd3d1C 修 4-4:坐 系與參數(shù)方程已知極坐 系的極點在直角坐 系的原點,極 與x 的正半 重合曲 C 的極坐 方程 2 cos232sin23 ,直 l 的參數(shù)方程 x3t, (t 參數(shù), t R) 在曲 C 上求一點y1 tM ,使它到直 l 的距離最大C解:曲 x22 2 分C 的普通方程是y 1 310直 l 的普通方程是

21、x3 y30 4 分 點 M 的直角坐 是 (3 cos ,sin) , 點 M 到直 l 的距離是3cos3sin332 sin(1d4) 6 分22因 22 sin()2 ,所以4當 sin(1,即Z ),即2k3)42k(k(k Z ) , d 取得最大 424此 3 cos6,sin2 22 上,點 M 的極坐 (2,7(6,2) 或點 M 的直角坐 2) , 點到直 l 的距離最大62 10 分D 修 4-5:不等式 若不等式 a1x2 y2z , 足 x 2y2z21 的一切 數(shù) x 、 y 、 z 恒成立,求 數(shù) a 的取 范 D解:由柯西不等式得9122222x2y2z221

22、x 2 y 2 z ,所以 x2 y2z 3 4 分x15xyz02122y等號當且 當, 即,x2y2z215z25x 2 y 2z 的最大 是 3 8 分不等式 a1x2 y2z , 足 x 2y 2z21 的一切 數(shù) x 、 y 、 z 恒成立,a13 或 a13 ,a4或 a2 10 分 必做 第 22 、第 23 ,每 10 分 ,共 20 分 .解答 寫出文字 明、 明 程或演算步 22(本小 分10 分)如 ,在三棱柱ABCA B C中, BA AC,ABAC A B 2, 1111點 A1 在底面 ABC 上的射影恰 點 B( 1)求異面直 AA1 與 BC 所成角的大小; (

23、 2)在棱 B1C1 上確定一點 P,使 AP 14,并求出二面角 P AB A1 的平面角的余弦 11A1C1B 1ACB22解:( 1)建立如 所示的空 直角坐 系,則 C(0, 2, 0),B(2, 0 , 0) ,A(0,2, 2),B (4, 0 , 2) 從111(2, 2, 0)而, AA1 (0, 2, 2), BC B1C41AA1 BC.記 AA1與 BC 的 角 , 有 cos28 8|AA |BC |1 又由異面直 AA1 與 BC 所成角的范 (0, ),可得異面直 AA1 與 BC 所成的角 60o. 4 分( 2) 平面 PAB 和平面 ABA1 的法向量分 m 和 n, 由 可令m (x, y, z),且有平面 ABA1的法向量 2, 2, 0), P(4 2,2, 2)n (0,2,0).

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