2014年高考数学

2014年高考数学泄露天机

数学

一、选择题

1.已知集合Myy2,x0,Nxy1g(2xx)，则M（A）（1，2） （B）(1,) （C）[2,) （D）[1,)

1.Ａ Myy2,x0yy1，Nxy1g(2xx)x0x2，则

x2N为( ).

x2MNyy1x0x2x1x2．

32i(32i)i3i223i. 2ii12.设i是虚数单位，若复数z满足zi32i，则z( ).

（A）z32i （B）z23i （C）z23i （D）z23i 2.C zi32iz3.命题“对任意xR，均有x2－2x＋50”的否定为( ).

（A）对任意xR，均有x2－2x＋50 （B）对任意xR，均有x2－2x＋50 （C）存在xR，使得x2－2x＋50 （D）存在xR，使得x2－2x＋50 3.C 因为全称命题的否定为特称命题，所以“对任意xR，均有x2－2x＋50”的否定为“存在xR，使得x2－2x＋50”.

4.甲校有3600名学生，乙校有5400名学生，丙校有1800名学生，为统计三校学生某方面的情况，计划采用分层抽样法抽取一个容量为90人的样本，则应在这三校分别抽取学生( ).

（A）30人，30人，30人 （B）30人，50人，10人 （C）20人，30人，40人 （D）30人，45人，15人

4. D 因为三所学校共36005400180010800名学生，从中抽取一个容量为90人的样本，则抽取的比例为：

901130名，在，所以在甲校抽取学生数为3600108001201201145名，在丙校抽取学生为180015名. 120120乙校抽取学生数为54005.函数ylnxsinx的图象大致是( )

xsinx1 / 28

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5.A 因为fxlnxsin(x)xsinxxsinxlnlnfx，

xsin(x)xsinxxsinx所以函数yfx是偶函数,其图象关y于轴对称应排除B、D； 又因为当x0,所以选A. 6.设函数f(x)则( ).

（A）yf(x)的最小正周期为，且在(0,（B）yf(x)的最小正周期为，且在(0,（C）yf(x)的最小正周期为

2 时,0sinxx ,0xsinxxsinx1,ln0 ，

xsinxxsinx3sin(2x)cos(2x)(||2)，且其图象关于直线x0对称，

2)上为增函数 )上为减函数

2，且在(0,)上为增函数 24（D）yf(x)的最小正周期为，且在(0,)上为减函数

246.B f(x)3sin(2x)cos(2x)2sin(2x6)，∵函数的图象关于直线

2， 2x0对称，∴函数f(x)为偶函数，∴∵0x3，∴f(x)2cos2x，∴T2，∴02x，∴函数f(x)在(0,2)上为减函数.

4的球体与棱柱37. 已知一个三棱柱，其底面是正三角形，且侧棱与底面垂直，一个体积为的所有面均相切，那么这个三棱柱的表面积是( )

(A)63 (B)123 (C) 183 (D) 243

4的球体的半径为1，由此可以得到三棱柱的高为2，3底面正三角形中心到三角形各边的距离均为1，故可得到三角形的高是3，三角形边长是

7.C 此三棱柱为正三棱柱，体积为

323，所以三棱柱的表面积为223423232183.

8.已知直线l平面，直线m平面，给出下列命题,其中正确的是( ).

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①//lm ②l//m ③l//m ④lm//

（A）①③ （B） ②③④ （C） ②④ （D） ①②③

8.A 因为//，直线l平面，所以直线l平面，又因为直线m平面，所以

lm，所以①式正确，所以可以排除选项B、C. 若，直线l平面，直线m平面，则l与m可以有平行、异面、相交三种位置关系，所以②不正确. 9.已知等比数列an的各项都是正数，且a1,1aaa3,2a2成等差数列，则910( ). 2a7a8 （A）2 （B）322 （C） 322 （D）3 9.C 因为a1,1a3,2a2成等差数列，所以a3a12a2，即a1q2a，解得12a1q2aaq12，910q212a7a82322．

3,2210.已知向量asin,cos2,b12sin,1,8若，ab，则5tan的值为( ).

4（A）

1212 （B） （C） （D）  777710.C ∵absin2sin2cos2sin2sin2(12sin2)sin1，

8533sin,又因为,5223tan11tan,故,所以. tan41tan7411. 如图，已知P(x,y)为△ABC内部（包括边界）的动点，若目标函数zkxy仅在点

B处取得最大值，则实数k的取值范围是（ ）

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yB(3,5)A(5,4)C(1,1)Ox

（A）(2,) （B）(2,)

（C）(,2)(,) （D）(,2)(,)

11.B 由zkxy可得ykxz，z表示这条直线的纵截距，直线ykxz的纵

34121234515412，kAB，要使目标函数313521zkxy仅在点B处取得最大值，则需直线ykxz的斜率处在(,2)内，即

211k2，从而解得2k.

22sinB12.设△ABC的内角A,B,C的所对的边a,b,c成等比数列，则的取值范围是（ ）

sinA截距越大，z就越大，依题意有，kBC（A）(0,) （B） 0,51 2515151（C） 2,2 （D） 2,

12. C 根据a,b,c成等比数列,有bac,则

2sinBbc, sinAab222根据三角形三边关系acbac,有(ac)b(ac),

b2222所以ac2acb,即ac3b0,消掉a得()c3b0,

c222222c22c2化简得：c3bcb0，两边同时除以b，可得(2)3210，

bb4224435c23551c512解得.则. 2b22b213. 如图，半径为2的半圆有一内接梯形ABCD，它的下底AB是⊙O的直径，上底CD的

端点在圆周上．若双曲线以A、B为焦点，且过C、D两点，则当梯形ABCD的周长最大时，双曲线的实轴长为( ).

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（A）3＋1 （B）23＋2 （C）3－1 （D）23－2

13.D 分别过点C,D作AB的垂线，垂足分别为F,E，连结OD,设AOD,

则OEOF2cos,ADBCOAOD2OAODcos44222cos ＝221cos,

等腰梯形ABCD的周长l44cos421cos,

2222210 ， 令1cost,则cos1t，所以l441t42t4t2所以当t22,即60时，lmax10, 222此时，AD2,BD22222cos12023,

因为A,B为双曲线的焦点，D点在双曲线上，所以实轴长2aDBDA232.

x2y214.若在区间1,5和2,6内各取一个数，分别记为a和b，则方程221ab表示

ab离心率小于5的双曲线的概率为( ).

（A）

1151731 （B） （C） （D） 22332325 / 28

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14.B 由题意知横轴为a，纵轴为b，建立直角坐标系，先作出满足题意的a、b的可行

a5,1剟23c域2剟，又由双曲线的离心率小于5得15，则b6,并求出其面积为

2aab,0b2，即b2aa0,b0，再作出虚线b2a，并求出其在可行域内的端点坐标a15，所以所求概2分别为A1,2、B3,6，由此可求出可行域范围内满足b2a的面积为

1515率为p2.

2323215.函数f(x)2sin(x)(0,如图所示,则AB·BD( ).

22)的图象

b6B(3,6)2OA(1,2)15a

228 8 （D）（A）8 （B） －8 （C）8815.Ｃ 由图可知，从而AT43124，所以T，故2，又由23，得，37,2，所以AB,2,BD,4，,0，B,2，D12426126 / 28

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ABBD,2,48. 42816..△ABC中，角A,B,C成等差数列是sinC(3cosAsinA)cosB成立的( ). （A）充分不必要条件 （B）必要不充分条件

（C）充要条件 （D）既不充分也不必要条件

16.A 若A,B,C成等差数列，则A+C=2B，∴B=60.若sinC(3cosAsinA)cosB，则sin(AB)3cosAcosBsinAcosB，

即sinAcosBcosAsinB3cosAcosBsinAcosB， ∴cosAsinB3cosAcosB，

∴cosA0或tanB3，即A=90或B=60.

故角A,B,C成等差数列是sinC(3cosAsinA)cosB成立的充分不必要条件. 17.对于R上可导的任意函数f(x)，若满足

22x0，则必有( ). f'(x)（A）f(1)f(3)2f(2) （B）f(1)f(3)2f(2) （C）f(1)f(3)2f(2) （D）f(1)f(3)2f(2)

17.C ∵2x0，∴当x2时，f'(x)0，则函数f(x)在,2上单调递减，当,f(x)x2时，f'(x)0，则函数f(x)在2,上单调递增，即函数f(x)在x2处取得最

小值f(2)，∴f(1)f(2)，f(3)f(2)，则将两式相加得f(1)f(3)2f(2)．

、B、C三点不共线，且有ABBC18.已知点A(A)BCCAAB (B)ABCABC (C)ABBCCA (D)CAABBC BCCA3CAAB32，则有( ).

18.B 设A,B,C所对的边分别为a,b,c，由ABBCBCCA3CAAB32，得

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accosB333abcosC(23)bccosA3BtCta，又由正弦定理得，

ttaCnaBnanA,ntan,B所(2以在)t△3ABCan，中

有

，所以AABC，所以ABCABC. 19.（文科）将n2个正整数1、2、3、…、n2（n2）任意排成n行n列的数表.对于某一

a个数表,计算某行或某列中的任意两个数a、b（ab）的比值,称这些比值中的最小值

b为这个数表的“特征值”.当n2时,数表的所有可能的“特征值”的最大值为( ).

34 （B） （C） 2 （D） 3 2319.A 当n2时，这4个数分别为1、2、3、4，排成了两行两列的数表，当1，2同行或同

443列时，这个数表的“特征值”为；当13，同行或同列时，这个数表的特征值分别为或；

33243当1，4同行或同列时，这个数表的“特征值”为或，故这些可能的“特征值”的最大值

323为. 2（A）

19.（理科）设(5x1n)的展开式的各项系数和为M，二项式系数和为N，若MN240，x则展开式中x的系数为（ ）

（A）150 （B）150 （C）300 （D）300 19.B 各项系数和M(51)n22n，二项式系数和N2n，

所以22n2n24022n2n2400(2n16)(2n15)0n4.

(5x14)xr44r的展开式的通项公式为：

Tr1C(5x)由4r3r4r41rr4rrr4rr2()(1)5C4x(1)5C4x2.

x3r2150. 1得r2，所以展开式中x的系数为(1)2542C4220.若定义在区间2015,2015上的函数f(x)满足：对于任意的x1,x22015,2015，都有f(x1x2)f(x1)f(x2)2014，且x0时，有f(x)2014，f(x)的最大值、最小值分别为M,N，则MN的值为( ).

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（A）2014 （B）2015 （C）4028 （D）4030

20.C 令x1x20，得f(0)2014，再令x1x20，将f(0)2014代入可得. f(x)f(x)4028设x1x2，x1,x22015,2015，则x2x10,f(x2x1)f(x2)f(x1)2014，所以f(x2)f(x1)20142014.又因为f(x1)4028f(x1)，所以可得

f(x2)f(x1)，所以函数f(x)是递增的，所以f(x)maxf(2015),f(x)minf(2015).

又因为f(2015)f(2015)4028，所以MN的值为4028. 二、填空题

x21. 曲线yxe2x1在点0,1处的切线方程为 .

21.3xy10

yxex2x1，yx1ex2，当x0时，

yxex2x1在点0,1处的切线方程为y13x，y012，因此曲线3e0即3xy10.

22.（理科）某同学参加北大、清华、科大三所学校的自主命题招生考试，其被录取的概率分别为,,111（各学校是否录取他相互独立，允许他可以被多个学校同时录取），则此同

543学至少被两所学校录取的概率为_____. 22.为

1 记“此同学至少被两所学校录取”为事件E, 该同学被北大，清华，科大录取分别记6事

件

A

，

B

，

C,

则

EABCABCABCABC1. 6,所以

P(E)P(ABC)P(ABC)P(ABC)P(ABC)=

22..（文科）设集合P{x,1},Q{y,1,2},x,y{1,2,3,4,5,6,7}，且PQ，在直角坐标平面内，从所有满足这些条件的有序实数对(x,y)所表示的点中任取一个，若该点落在圆

x2y2R2(R2Z)内的概率为

22，则满足要求的R的最小值为 ． 522..30 当x2时，y3,4,5,6,7，有5种取法；当x3时，y3，有1种取法；当x4时，y4，有1种取法；当x5时，y5，有1种取法；当x6时，y6，有1种取法；当x7时，y7，有1种取法，所以共有51510个基本事件．因为该点落

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在圆xyR(RZ)内的概率为

2222222222，所以满足“该点落在圆内”的基本事件共有4522222个.由小到大依次为23,33,24,2529，又RZ，所以满足要求的R的最小值为30.

23.如图，在直角梯形ABCD中，AB//CD，AB2，ADDC1，P是线段BC上一动点，Q是线段DC上一动点，DQDC,CP(1)CB，则APAQ的取值范围是 ．

23.0,2 建立平面直角坐标系如图所示，则A0,0,B2,0,C1,1,D0,1．

因为DQDC,CP(1)CB，所以P2,,Q,1， 所以AP2,,AQ,1，

39APAQ,12,2301,

24所以0APAQ2.

24.已知直线xt交抛物线y4x于A,B两点.若该抛物线上存在点C，使得ACBC，则t的取值范围为_________.

24.[4,) 由题意知A(t,2t),B(t,2t,)设C(m,2m)(m0),由ACBC得

22ACBC0,(mt)2(2m2t)(2m2t)m2(42t)mt24t0，

解得mt(舍)或mt4,由mt40得t的取值范围为[4,). 25.在△ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，满足b10 / 28

2c2a2bc，

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ABBC0,a3, 则b2c2的取值范围是 . 2BC|cos(B)>0，∴cosB0，∴B为钝角， 25.(,) ∵ABBC0,∴|AB||3544b2c2a2bc1，∴A， ∵bcabc，∴cosA2bc2bc232223abc∵∴bsinB，∴b2c2sin2Bsin2C， 21，csinC，sinAsinBsinC32∵

2B23，

0C6，∴

31sinB1，0sinC22，∴

3535sin2Bsin2C，∴b2c2.

444426.在数列an中，a11，Sn为数列an的前项和且Snn(2n1)an，则 3Sn________.

n 当n1时，anSnSn1n(2n1)an(n1)(2n3)an1， 2n12n3即(n1)(2n1)an(n1)(2n3)an1，所以anan1，

2n12n32n32n52n32n531所以anan1an2a1

2n12n12n12n12n17526.

11n，所以Snn(2n1)ann(2n1).

(2n1)(2n1)(2n1)(2n1)2n127.一个多面体的直观图、正（主）视图、侧（左）视图、俯视图如下，M、N分别为A1B、

B1C1的中点.

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aA1

C1

aaaNB 1 MA B

C

主视图 a左视图

a

俯视图

下列结论中正确的是_________.（填上所有正确项的序号）

ACC1A1； 线MN与AC1 相交；②MNBC；③MN//平面

④三棱锥NA1BC的体积为VNA1BC13a. 627.②③④ 取A1B1的中点D，连结DM、DN.由于M、N分别是所在棱的中点，所以可得DN//A1C1,DN平面A1AC1C,A1C1平面A1AC1C,所以DN//平面A1AC1C.同理可证DM//平面A1AC1C.又DMDND,所以平面DMN//平面A1AC1C,所以直

AC平面BCC1B1.所以DN平面线MN与AC1 相交不成立，①错误；由三视图可得11BCC1B1，所以DNBC，又易知DMBC，所以BC平面DMN，所以BCMN，

②正确； ③正确；因为VNA1BCVA1NBC确.

28.若不等式mx3lnx1对x0,1恒成立，则实数m的取值范围是 .

1121(a)aa3，所以④正确.综上，②③④正326e233328.[,) 由mx3lnx1得mxlnx1或mxlnx1，即mxlnx1或

3mx3lnx1.又x0,1，所以mlnx31或mlnx31.因为不等式mx3lnx1xx对x0,1恒成立，所以mlnx1或mlnx1. x3maxx3min12 / 28

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1x3(lnx1)3x22x2(13lnx)2(1)令f(x)lnx31，则f(x)x. 66xxx令f(x)0得xe所以f(x)在(0,e23231，当0xe时，f(x)0；当e232323x1时，f(x)0，

)上是增函数，在(e,1]是减函数，

2323所以f(x)max21e2lne1e23f(e)2，所以m. 23e3(e3)31x3(lnx1)3x222lnx14x3xlnx，因为x0,1，x(2)令g(x)，则g(x)636xxx所以lnx0，所以g(x)0，所以g(x)在0,1上是增函数.易知当x0时，

g(x)，故g(x)在0,1上无最小值，所以mlnx31在0,1上不能恒成立.

xe2e2综上所述，m，即实数m的取值范围是[,).

3329.设函数f(x)的定义域为D，如果xD，存在唯一的yD，使

f(x)f(y)2C（C为常数）成立。则称函数f(x)在D上的“均值”为C.已知四个函数：

x①yx(xR)；②y()(xR)；③ylnx(x(0,))；④y2sinx1(xR).

312上述四个函数中，满足在定义域上的“均值”为１的函数是 ．（填上所有满足条件函数的序号）

x3y3331 ，29.①③ ①对于函数yx ，定义域为R ，设xR ，由得y2x ，23所以y32x3R，所以函数yx是定义域上“均值”为1的函数；

311x1221,得

②对于函数y ，定义域为R ，设xR ,由

22xy111 ，当时 ，x2222 ，不存在实数y 的值，使

22212 ，所以该函数不是定义域上“均值”为1的函数； 213 / 28

yyx22014年高考数学

③对于函数ylnx ，定义域是0, ，设

lnxlny1 ，得lny2lnx ，则2ye2lnx0, ，所以该函数是定义域上“均值”为1的函数；

④对于函数y2sinx1 ，定义域为R ，设xR ,由

2sinx12siny11 ，得

2sinysinx ，因为sinx[1,1]，所以存在实数y，使得 sinysinx成立，但

这时y的取值不唯一，所以函数y2sinx1不是定义域上“均值”为1的函数.

0),A0(0，1),An(6，7),点A1,A2,30. 已知点O(0，点，则OA0OA1,An1(nN,n2)是线段A0An的n等分

OAn1OAn= ．

626626A1,1 ，A2,1 ，

nnnn30.5(n+1) 由题设，知

n1636k6n16 , 36k6A3,1A,1 ，…， ，… ，A,1kn1nnnnnn所以OA16263662636,1 ，OA2,1OA,1 ， 3 ，…，

nnnnnnn16k6n16 , OA6,7, k6OAk,1 ，… ，OA,1n1nnnnnOA0OA116OAn1OAn0n6n16n16,n10nnn6n16nnn =612n12n,n16=3n1,4n1 ,

nnOAn1OAn3n14n15n1

22OA0OA1三、解答题

31.已知向量a3cosx,cosx,向量bsinx,cosx,记fxab.

（1）求函数fx的单调递增区间； （2）若x,，求函数fx的值域. 4431.解：（1）fxab331cos2x1sin2xcos2xsin2xsin(2x). 2226214 / 28

2014年高考数学

由22k2xxk622k,kZ,得

k36,kZ，

故函数f(x)的单调递增区间为[（2）由x3k,6k](kZ).

2,，得2x[,]，

63344所以3sin(2x)1， 26133,]. 22所以f(x)的值域为[32.在△ABC中，BC=5，AC=3,sinC=2sinA. (1)求AB的值； (2)求sin(2A-π)的值． 4BCsinA1 ABsinC2解：（1）因为sinC=2sinA，所以所以AB2BC25．

AC2AB2-BC225（2）由余弦定理得cosA=，

52ACAB所以sinA1-cosA25， 5所以sin2A=2sinAcosA=432, cos2A2cosA-1， 55ππ2cos2Asin． 4410所以sin(2A)sin2Acosπ433.已知各项均不为零的数列an，其前n项和Sn满足Sn2an.在等差数列bn中，

b14，且b21是b11与b41的等比中项.

(1)求an和bn， (2)记cnbn，求cn的前n项和Tn. an15 / 28

2014年高考数学

33.解：(1)对于数列{an}，由题设可知sn2an ①， 当n2时，Sn12an1 ②， ①-②得SnSn1anan1n2， 即ananan1，2anan1n2，

an0,an1n2， an12又a1s12a1,a11,{an}是以1为首项，以

1为公比的等比数列， 21an2n1 .

2设等差数列{bn}的公差为d，由题设可知b21b11b41， 又b14,b24d,b443d，

3d333d，解得d0或d3.

2当d0时，bn4；当d3时，bn3n1. (2)当bn4时，cnbn42n12n1， an412nTn2n24；

12当bn3n1时，Cnbn3n12n1， an012n1此时Tn42721023n12 ③，

2Tn4217223n22n13n12n ④，

12n13n12n ③-④得Tn4322243212n1123n12n432n63n12n23n2n2，

Tn23n22n．

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2014年高考数学

n24；当bn3n1时，Tn23n22n． 综上，当bn4时，Tn234.（文）交通指数是交通拥堵指数的简称，是综合反映道路网畅通或拥堵的概念，记交通

10，指数为T．其范围为0，分别有五个级别：T0,2畅通;T2,4基本畅通;T4,6轻度拥堵;T6,8中度拥堵；T8,10严重拥堵．在晚高峰时段(T2)，从某市交通指挥中心选取了市区20个交通路段，依据其交通指数数据绘制的频率分布直方图如图所示．

(1)求出轻度拥堵、中度拥堵、严重拥堵的路段各有多少个？

6,8，8,10的路段中共抽取6个路段，求依次抽取(2)用分层抽样的方法从交通指数在4,6，的三个级别路段的个数；

(3)从(2)中抽出的6个路段中任取2个，求至少一个路段为轻度拥堵的概率．

34.解：(1)由直方图得：这２０个路段中，轻度拥堵的路段有0.10.21206个，中度拥堵的路段有0.250.21209个，严重拥堵的路段有0.10.051203个． (2)由(1)知：拥堵路段共有69318个，按分层抽样，从18个路段选出６个，依次抽取的三个级别路段的个数分别为：

66662，93，31，即从交通指数在1818184,6，6,8，8,10的路段中分别抽取的个数为2,3,1．

(3)记选出的２个轻度拥堵路段为A1,A2，选出的３个中度拥堵路段为B1,B2,B3，选出的１个严重拥堵路段为C1，则从６个路段中选取２个路段的所有可能情况如下：

A1,A2,A1,B1,A1,B2,A1,B3,A1,C1,A2,B1,A2,B2,A2,B3,A2,C1,B1,B2,B1,B3,B1,C1,B2,B3,B2,C1,B3,C1，共１５种情况．其中至少有一个轻度拥堵路段的情况有：

A1,A2,A1,B1,A1,B2,A1,B3,A1,C1,A2,B1,A2,B2,A2,B3,A2,C1，共９种，所选２个路段中至少一个轻度拥堵的概率是

93. 15534.（理）交通指数是交通拥堵指数的简称，是综合反映道路网畅通或拥堵的概念，记交通

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2014年高考数学

10，指数为T．其范围为0，分别有五个级别：T0,2畅通;T2,4基本畅通;T4,6轻度拥堵;T6,8中度拥堵；T8,10严重拥堵．在晚高峰时段(T2)，从某市交通指挥中心选取了市区20个交通路段，依据其交通指数数据绘制的频率分布直方图如图所示．

(1)在这20个路段中，轻度拥堵、中度拥堵的路段各有多少个？

(2)从这20个路段中随机抽出3个路段，用X表示抽取的中度拥堵的路段的个数，求X的分布列及期望．

34.解：(1)由直方图得：轻度拥堵的路段个数是0.10.21206个， 中度拥堵的路段个数是0.250.21209个． (2)X的可能取值为0，1，2，3．

3021C11C9C11C91133 ，， PX0PX133C2076C2076103C11C9233C11C97 ，， PX2PX333C2095C2095X的分布列为 0 X 11P 76 ∴EX01 2 3 33 7633 957 951133337513123. 7676959538035.（文）在四棱锥EABCD中，底面ABCD是正方形，AC与BD交于点O,EC底面ABCD，F为BE的中点.

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2014年高考数学

(1)求证：DE//平面ACF；

(2)若AB2CE，在线段EO上是否存在点G，使CG平面BDE？若存在，求出值；若不存在，请说明理由. 35. 解：（1）证明如下：连接OF.

由四边形ABCD是正方形可知，点O为BD的中点. 又F为BE的中点，所以OF//DE.

又OF平面ACF，DE平面ACF， 所以DE//平面ACF.

(2)解法一：若CG平面BDE，则必有CGOE. 于是作CGOE于点G，

因为EC底面ABCD，所以BDEC，又底面ABCD是正方形， 所以BDAC，又ECACC，所以BD平面ACE， 而CG平面ACE，所以CGBD.

又OEBDO，所以CG平面BDE，

2ABCE， 2EG1所以G为EO的中点，所以.

EO2解法二：取EO的中点G，连接CG，在四棱锥EABCD中，

EG的EO又AB2CE，所以CO2ABCE，所以CGEO. 2又由EC底面ABCD，BD底面ABCD，所以ECBD. 由四边形ABCD是正方形可知，ACBD. 又ACECC， AB2CE，CO所以BD平面ACE， 而BD平面BDE，

所以平面ACE平面BDE，且平面ACE平面BDEEO.

因为CGEO，CG平面ACE，所以CG平面BDE. 故在线段EO上存在点G，使CG平面BDE.

EG1. EO235.（理）如图所示，四边形ABCD为直角梯形，AB//CD，ABBC，△ABE为等边三角形，且平面ABCD平面ABE，AB2CD2BC2，P为CE中点．

由G为EO的中点，得

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2014年高考数学

C D · P

B E

A

（1）求证：ABDE；

（2）求平面ADE与平面BCE所成的锐二面角的余弦值；

（3）在△ABE内是否存在一点Q，使PQ平面CDE，如果存在，求PQ的长；如果不存在，说明理由．

解：（1）证明如下：取AB的中点O，连结OD,OE， 因为△ABE是正三角形，所以AB^OE.

1AB，AB//CD， 2所以四边形OBCD是平行四边形，OD//BC. 又AB^BC，所以AB^OD.

因为四边形ABCD是直角梯形，DC=又因为ODIOE=O,所以AB^平面ODE， 所以AB^DE.

（2)因为平面ABCD平面ABE， AB^OE，所以OE^平面ABCD， 所以OEOD.

如图所示，以O为原点建立空间直角坐标系.

z D · C P B O A x E y 则A(1,0,0)，B(-1,0,0)，D(0,0,1)，C(-1,0,1)，E(0,3,0)，

uuuruuur所以 AD=(-1,0,1),DE=(0,3,-1)，

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2014年高考数学

设平面ADE的一个法向量为n1=(x1,y1,z1)，则

uuurìïïn1?DEíuuurïïïîn1?AD0ìï3y1-z1=0， Ûïíï0ïî-x1+z1=033,1). ,所以n1=(1,333,1,0)，设平面ADE与平面BCE所成的

令z1=1，则x1=1,y1=同理可求得平面BCE的一个法向量为n2=(-锐二面角为，则

cos=7n1×n2=，

7n1n27. 7所以平面ADE与平面BCE所成的锐二面角的余弦值为

（3）设Q(x2,y2,0)，因为P(-131,,)， 222uuuruuuruuur131,-)，CD=(1,0,0),DE=(0,3,-1). 所以PQ=(x2+,y2-222uuuruuurìïïPQ?CD依题意得íuuuruuurïïïîPQ?DEì1ïïx+=0,20，ïï2即ï íï310，ï3(y-)+=0,ï2ï22ïî解得 x2=-31，y2=.

32符合点Q在△ABE内的条件.

所以存在点Q(-133,,0)，使PQ^平面CDE，此时PQ=. 23336.某公园准备建一个摩天轮，摩天轮的外围是一个周长为k米的圆．在这个圆上安装座位，

且每个座位和圆心处的支点都有一根直的钢管相连．经预算，摩天轮上的每个座位与支点相连的钢管的费用为8k元/根，且当两相邻的座位之间的圆弧长为x米时，相邻两座位之间的

(1024x20)x2k元．钢管和其中一个座位的总费用为假设座位等距离分布，且至少

100有两个座位，所有座位都视为点，且不考虑其他因素，记摩天轮的总造价为y元．

（1）试写出y关于x的函数关系式，并写出定义域；

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2014年高考数学

（2）当k100米时，试确定座位的个数，使得总造价最低？ 36.解：（1）设摩天轮上总共有n个座位，则xkk，即n， nxkk(1024x20)x1024x20210y8k2kkx， xx100100定义域为x0xkk,Z. 2x10001024x20.

x（2）当k100时，y100令f(x)10001024x， x100011000512x5120， 2xx2x2332则f(x)32∴x25125125，x. 1664642525)时，f(x)0，即f(x)在x(0,)上单调递减， 16162525当x(,50)时，f(x)0，即f(x)在x(,50)上单调递增，

161625100

∴在x时，y取到最小值，此时座位个数为64个．

251616

当x(0,237.已知A,B是抛物线W:yx上的两个点，点A的坐标为(1,1)，直线AB的斜率为

k(k0).设抛物线W的焦点在直线AB的下方.

（1）求k的取值范围；

（2）设C为W上的一点，且ABAC，过B,C两点分别作W的切线，记两切线的交点为D. 判断四边形ABDC是否为梯形，并说明理由.

2解：（1）抛物线yx的焦点为(0,).由题意，得直线AB的方程为y1k(x1)，

14令x0，得y1k，即直线AB与y轴相交于点(0,1k).因为抛物线W的焦点在直线

AB的下方，所以1k133，解得k，因为k0，所以0k.

444（2）结论：四边形ABDC不可能为梯形.理由如下：

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2014年高考数学

假设四边形ABDC为梯形.依题意，设B(x1,x1)，C(x2,x2)，D(x3,y3)， 联立方程22y1k(x1),2yx,2消去y，得xkxk10，由韦达定理，得1x1k，所以

x1k1.

同理，得x211.对函数yx2求导，得y2x，所以抛物线yx2在点B处的切线k2BD的斜率为2x12k2，抛物线yx2在点C处的切线CD的斜率为2x22.

k由四边形ABDC为梯形，得AB//CD或AC//BD.

若AB//CD，则k2，即k2k20，因为方程k2k20无解，所以AB与CD不平行. 若AC//BD，则2k2212k2，即2k22k10，因为方程2k22k10无解，所以kAC与BD不平行，所以四边形ABDC不是梯形，这与假设矛盾.因此四边形ABDC不可

能为梯形.

38. 数列{an}的首项为a（a0），前n项和为Sn，且Sn1tSna（t0）．设

bnSn1，cnkb1b2bn（kR）．

（1）求数列{an}的通项公式；

*（2）当t1时，若对任意nN，|bn||b3|恒成立，求a的取值范围；

（3）当t1时，试求三个正数a，t，k的一组值，使得{cn}为等比数列，且a，t，k成等差数列．

38.解：（1）因为Sn1tSna①， 当n2时，SntSn1a②，

①②得，an1tan（n2）， 又由S2tS1a，得a2ta，

*n1所以{an}是首项为a，公比为t的等比数列，所以anat（nN）．

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（2）当t1时，ana，Snna，bnna1，

由|bn||b3|，得|na1||3a1|，(n3)a[(n3)a2]0（*）， 当a0时，若n3，则（*）式不成立．

当a0时，（*）式等价于(n3)[(n3)a2]0， 当n3时，（*）式成立；

当n4时，有(n3)a20，即a当n1时，有4a20，a综上，a的取值范围是22恒成立，所以a； n3712；当n2时，有5a20，a． 2522,． 75a(1tn)a(1tn)aatn11（3）当t1时，Sn，bn，

1t1t1t1tanat(1tn)atn11atk(1t)2at， cnknn1t1t(1t)2(1t)2(1t)21at0,at1,1t所以当时，数列{cn}是等比数列，所以t 2k(1t)atk,0t12(1t)又因为a，t，k成等差数列，所以2tak，即2tt1t， t1解得t51． 251，k251，t253． 251，k253时，数列{cn}为等比数列，且a，t，k成2从而，a所以，当a等差数列．

3x2y2139.已知椭圆C1:221ab0的离心率为，且经过点M(3,)，圆C2的

2ab2直径为C1的长轴.如图，C是椭圆短轴的一个端点，动直线AB过点C且与圆C2交于A,B两点，CD垂直于AB交椭圆于点D.

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2014年高考数学

（1）求椭圆C1的方程；

（2）求△ABD 面积的最大值，并求此时直线AB的方程.

c3a2b232239.解：（1）由已知得到,所以,即a4b. a2a2又椭圆经过点M(3,),所以解得b1,a4,

2212311, 224b4bx2y21. 所以椭圆的方程是4（2）因为直线ABCD且两直线都过点C(0,1),

①当AB斜率存在且不为0时,设直线AB:ykx1,直线CD:y1x1,即k,所以

xkyk0,所以圆心(0,0)到直线AB的距离为d24k23k121k12AB24d2,

xkyk0,22(4k)x8kx0, 由x2得2y1,4所以xCxD8k, 2k41164k28k212, CD12(xCxD)4xCxD(12)22kk(k4)2k425 / 28

2014年高考数学

所以SABD1124k238k2184k23. ABCD22222k4k4k122t232,t3, 令t4k3,则k4S8t32t321613. 2213t3t13t134t4ABD当t1013,t13,即4k2313,k时,等号成立,

2t1613101. ,此时直线AB的方程为y132231613; 13故△ABD面积的最大值为

②当AB的斜率为0,即AB//x时, S当AB的斜率不存在时,不符合题意;

ABD综上, △ABD面积的最大值为

1613101. ,此时直线AB的方程为y13240.（文）设函数f(x)ax2lnx. （1）求f(x)的单调区间；

（2）设函数g(x)(2a1)x，若当x(1,)时，f(x)g(x)恒成立，求a的取值范围.

2ax2140.解：（1）因为f(x)axlnx，其中x0． 所以f(x)，

x2当a0时，f(x)0，所以f(x)在(0,)上是增函数，

当a0时，令f(x)0，得x1， 2a所以f(x)在(0,11)上是增函数，在(,)上是减函数. 2a2a2（2）令h(x)f(x)g(x)，则h(x)ax(2a1)xlnx，

根据题意，当x(1,)时，h(x)0恒成立.

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2014年高考数学

h'(x)2ax(2a1)1(x1)(2ax1). xx①若0a11，当x(,)时，h'(x)0恒成立，

2a211,)上是增函数，且h(x)(h(),)，不符合题意； 2a2a所以h(x)在(②若a≥1，当x(1,)时，h'(x)0恒成立， 2所以h(x)在(1,)上是增函数，且h(x)(h(1),)，不符合题意；

③若a0，当x(1,)时，恒有h'(x)0，故h(x)在(1,)上是减函数， 于是“h(x)0对任意x(1,)都成立”的充要条件是h(1)0， 即a(2a1)0，解得a1，故1a0.

综上所述，a的取值范围是1,0. 40.（理）已知函数f(x)ln2(1x)2ln(1x)2x． （1）证明函数f(x)在区间(0,1)上单调递减； （2）若不等式(1)数a的最大值．

40.解：（1）证明如下：f'(x)1n2na（其中e是自然对数的底数），求实e2对任意的nN都成立，

2[ln(1x)x]，令g(x)ln(1x)x,x(0,1)，

1xg'(x)1x10，所以函数g(x)在(0,1)上单调递减， 1x1x∴g(x)g(0)0，∴f'(x)0， ∴函数f(x)在区间(0,1)上单调递减.

（2）在原不等式两边取对数得(n)ln(1)1，由1a21n1a11知n. n2ln(11)n设G(x)11,x(0,1]，则

ln(1x)x11(1x)ln2(1x)x2G'(x)22， 22(1x)ln(1x)xx(1x)ln(1x)27 / 28

2014年高考数学

设h(x)(1x)ln(1x)x,x(0,1]，则

22h'(x)ln2(1x)2ln(1x)2x.

由（1）知x(0,1]时，h'(x)h'(0)0，

∴函数h(x)在x(0,1]上单调递减，∴h(x)h(0)0， ∴G'(x)0，∴函数G(x)在x(0,1]上单调递减. ∴G(x)G(1)11， ln21a11， 1，∴2ln2ln2∴函数G(x)在x(0,1]上的最小值为G(1)∴a的最大值为

22. ln228 / 28