2014年江苏高考数学试题及详细答案(含附加题)

2014年江苏高考数学试题及详细答案(含附加题) D

的值； （1）求sin42的值． （2）求cos6【答案】本小题主要考查三角函数的基本关系式、两角和与差及二倍角的公式，考查运算求解能 力. 满分14分. （1）∵，，sin5， 25∴cos

1sin2255

；

sinsincoscossin2(cossin)10444210224，cos2cossin3 （2）∵sin22sincos55 ∴cos2coscos2sinsin23314334． 66625251016．(本小题满分14 分)如图，在三棱锥PABC中，D，E，F分别为棱PC，AC，AB的中点．已知PAAC，PA6，BC8，DF5． （1）求证：直线PA∥平面DEF； （2）平面BDE⊥平面ABC．

【答案】本小题主要考查直线与直线、直线与平面以及平面与平面的位置关系，

考查空间想象能力和推理论证能力.满分14分. （1）∵D，E为PC，AC中点 ∴DE∥PA ∵PA平面DEF，DE平面DEF ∴PA∥平面DEF （2）∵D，E为PC，AC中点 ∴DE1PA3 2

∵E，F为AC，AB中点 ∴EF1BC4 2∴DEEFDF ∴DEF90°，∴DE⊥EF ∵DE//PA，PAAC，∴DEAC

∵ACEFE ∴DE⊥平面ABC

∵DE平面BDE， ∴平面BDE⊥平面ABC． 17．(本小题满分14 分)如图，在平面直角坐标系xOy

222中，F，F分别是椭圆

122x2y1(ab0)a2b2的左、右焦点，顶

点B的坐标为(0，b)，连结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，连结FC．

211，（1）若点C的坐标为4，且BF2，求椭圆的方程； 332（2）若FCAB，求椭圆离心率e的值．

1

【答案】本小题主要考查椭圆的标准方程与几何性质、直线与直线的位置关系等基础知识，考查运 算求解能力. 满分14分.

1，（1）∵C4，∴33161999a2b22

，∴b1

2∵BF22b2c2a2，∴a2(2)222∴椭圆方程为x2y1

0)，F(c，0)，C(x，y) （2）设焦点F(c，∵A，C关于x轴对称，∴A(x，y)

12bbyF，A三点共线，∴∵B，，即bxcybc0① cx2

yb1，即xcbyc∵FCAB，∴xcc120②

222①②联立方程组，解得

xca2b2c2bc2y2b2c22 ∴Cbaccbc，22bc22

∵C在椭圆上，∴

化简得5c2a2cb2c2a222bc2b2c2b21，

a25c5，∴a, 故离心率为 5518．(本小题满分16分)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80m．经测量，点A位于点O正北方向60m处，

点C位于点O正东方向170m处(OC为河岸)，

tanBCO43．

（1）求新桥BC的长；

（2）当OM多长时，圆形保护区的面积最大？ 解：本小题主要考查直线方程、直线与圆的位置关系和解三角形等基础知识，考查建立数学模型及运用数学知识解决实际问题的能力.满分16分. 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k BC=－tan∠BCO=－4. 3又因为AB⊥BC，所以直线AB的斜率k AB=3. 404设点B的坐标为(a,b)，则k BC=ab, 17033 k AB=ba60, 04解得a=80，b=120. 所以BC=(17080)(0120)150. 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,(0≤d≤60).

22由条件知，直线BC的方程为y4即(x170)，4x3y6800 3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5680|68053d.

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d≥80r(60d)≥806803dd≥8056803d(60d)≥805即

解得10≤d≤35

故当d=10时,r68053d最大，即圆面积最大. 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.

43因为tan∠BCO=4.所以sin∠FCO=，cos∠FCO=. 355因为OA=60,OC=170，所以OF=OC tan∠FCO=680. 3850500CF=cosOC,从而. AFOFOAFCO334因为OA⊥OC，所以cos∠AFB=sin∠FCO==5，

又因为AB⊥BC，所以BF=AF cos∠AFB==400，从3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MD⊥BC，且MD是圆M的半

径，并设MD=r m，OM=d m(0≤d≤60).

因为OA⊥OC，所以sin∠CFO =cos∠FCO，

MDr故由(1)知，sin∠CFO =MDMFOFOM6803r6803d53,d5所以

.

因为O和A到圆M上任意一点的距离均不少于80 m,

rd≥80所以即r(60d)≥806803dd≥8056803d(60d)≥805解得10≤d≤35

故当d=10时,r68053d最大，即圆面积最大.

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)已知函数f(x)ee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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x[1，使得f(x)a(x3x))，

成立．试比较e与a的大小，并证明你的结论．

【答案】本小题主要考查初等函数的基本性质、导数的应用等基础知识，考查综合运用数学思想 方法分析与解决问题的能力.满分16分.

（1）xR，f(x)eef(x)，∴f(x)是R上的偶函数 （2）由题意，m(ee)≤em1，即m(ee1)≤e1

xxx00300a1e1xxxxxxxx∵x(0，)，∴eexxx10，即

xe1m≤xeex1对x(0，)恒成立

令te(t1)，则m≤t1tt1对任意t(1，)恒成立

2∵t1tt1(t1)t(t11)122≥13t111t11，当且仅当t2时等号成

立 ∴m≤1 3

（3）f'(x)ee，当x1时f'(x)0，∴f(x)在(1，)上单调增 令h(x)a(x3x)，h'(x)3ax(x1) ∵a0，x1，∴h'(x)0，即h(x)在x(1，)上单调减

xx3∵存在x[1，使得f(x)a(x)，

00303x0)a1e1 2a，，∴f(1)e1即e2e∵

e-1alna1lnae1lnea1(e1)lnaa1e

11e1a，a1e1 设m(a)(e1)lnaa1，则m'(a)eaa2ee1ae1时，m'(a)0，m(a)单调增； 当12e当ae1时，m'(a)0，m(a)单调减

因此m(a)至多有两个零点，而m(1)m(e)0 ∴当ae时，m(a)0，ae；

e1a1e1ae时，m(a)0，a当12ee1a1e1ea1；

当ae时，m(a)0，ae．

20．(本小题满分16分)设数列{a}的前n项和为S．若

对任意的正整数n，总存在正整数m，使得Sa，则称{a}是“H数列”． （1）若数列{a}的前n项和S2(nN)，证明：“H{a}是数列”；

（2）设{a}是等差数列，其首项a1，公差d0．若{a}是“H数列”，求d的值；

（3）证明：对任意的等差数列{a}，总存在两个“H数列”{b}和{c}，使得abc(nN)成立．

nnnmnnnnnn1nnnnnnn

【答案】本小题主要考查数列的概念、等差数列等基础知识，考查探究能力及推理论证能力, 满分16分. （1）当n≥2时，aSS222

当n1时，aS2

∴n1时，Sa，当n≥2时，Sa ∴{a}是“H数列”

nn1n1nnn11111nn1n（2）Snna1n(n1)n(n1)dnd22

对nN，mN使Snam，即nn(n21)d1(m1)d

1取n2得1d(m1)d，m2d

∵d0，∴m2，又mN，∴m1，∴d1 （3）设{a}的公差为d

令ba(n1)a(2n)a，对nN，bba c(n1)(ad)，对nN，ccad 则bca(n1)da，且{b}，{c}为等差数列

nn111n1n1n1n1n1nn1nnn{bn}的前n项和Tnan(n21)(a)，令T(2m)a，则mn(n23)2

n11n1当n1时m1； 当n2时m1；

当n≥3时，由于n与n3奇偶性不同，即n(n3)非负偶数，mN

因此对n，都可找到mN，使Tb成立，即{b}为“H数列”．

nmn{cn}的前ｎ项和Rn(n21)(ad)，令c(m1)(ad)R，则

n1n1m

mn(n1)12

∵对nN，n(n1)是非负偶数，∴mN

即对nN，都可找到mN，使得Rc成立，即{c}为“H数列”

因此命题得证.

nmn

数学Ⅱ(附加题)

21.【选做题】本题包括A, B,C,D四小题，请选定其

中两小题，并在相应的答题区域内作答.若多做，则按作答的前两小题评分.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤.

A.【选修4-1:几何证明选讲】(本小题满分10分)

如图，AB是圆O的直径，C、 D是圆O 上位于AB异侧的两点

证明:∠OCB=∠D.

本小题主要考查圆的基本性质，考查推理论证能力.满分10分.

证明：因为B, C是圆O上的两点，所以OB=OC. 故∠OCB=∠B.

又因为C, D是圆O上位于AB异侧的两点， 故∠B，∠D为同弧所对的两个圆周角， 所以∠B=∠D. 因此∠OCB=∠D.

B.【选修4-2:矩阵与变换】(本小题满分10分)

12112B已知矩阵A，，向量y为实数，若1x21y，x，，求x，y的值．

【答案】本小题主要考查矩阵的乘法等基础知识，考查运算求解能力.满分10分.

Aα=Bα2y2A2xy2y2y22y，x1，y4 ，Bα，由得解得Aα=Bα4y22xy4y，C.【选修4-4:坐标系与参数方程】(本小题满分10分)

在平面直角坐标系xOy中，已知直线l的参数方程为

x1y22t，22t2(t为参数)，直线l与抛物线y24x交于A，B两点，

求线段AB的长．

【答案】本小题主要考查直线的参数方程、抛物线的

标准方程等基础知识，考查运算求解能力.满分10分. 直线l：xy3代入抛物线方程y4x并整理得x10x90 ∴交点A(1，2)，B(9，6)，故|AB|82 D.【选修4-5:不等式选讲】(本小题满分10分) 已知x>0, y>0,证明：(1+x+y2)( 1+x2+y)≥9xy.

本小题主要考查算术一几何平均不等式.考查推理论证能力.满分10分.

证明：因为x>0, y>0, 所以1+x+y2≥3xy0，1+x2+y≥3xy0，

所以(1+x+y2)( 1+x2+y)≥3xy3xy=9xy.

【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)

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、

x，x，x，x中的绿球的个数分别记为x，随机变量X表示x，最大数，求X的概率分布和数学期望E(X)．

22.【必做题】本小题主要考查排列与组合、离散型随机变量的均值等基础知识，考查运算求解能力.满分10分.

2232323232123123

（1）一次取2个球共有C36种可能情况，2个球颜色相同共有CCC10种可能情况

292423225 ∴取出的2个球颜色相同的概率P103618（2）X的所有可能取值为4，，32，则

C4P(X4)414C9126

2 11 143 13 634 1126131C34C5C3C6P(X3)133C963P(X2)1P(X3)P(X4)1114∴X的概率分布列为

X P 113134120故X的数学期望E(X)214 63126923．(本小题满分10分)

x(x0)已知函数f(x)sin，设f(x)为fx0nn1(x)的导数，nN．

f的值； （1）求2f22212（2）证明：对任意的nN，等式nfn1f2成立． 4442n23.【必做题】本题主要考查简单的复合函数的导数，

考查探究能力及运用数学归纳法的推理论证能力.满分10分.

(1)解：由已知，得

sinxcosxsinxf1(x)f0(x)2,xxx

于是

cosxsinxsinx2cosx2sinxf2(x)f1(x),223xxxxx1223

4216所以f(),f(), 22故2f()f()1. 22212(2)证明：由已知，得xf(x)sinx,等式两边分别对x求导，得f(x)xf(x)cosx，

000)，类似可得 即f(x)xf(x)cosxsin(x2012f1(x)xf2(x)sinxsin(x)， ，

对所有

.

n13f2(x)xf3(x)cosxsin(x3)24f3(x)xf4(x)sinxsin(x2)下面用数学归纳法证明等式nf*(x)xfn(x)sin(xn)2的nN都成立.

(i)当n=1时，由上可知等式成立.

(ii)假设当n=k时等式成立, 即kf因为[kfk1k1(x)xfk(x)sin(xk)2.

(x)xfk(x)]kfk1(x)fk(x)xfk(x)(k1)fk(x)fk1(x),(k1)]2

[sin(xk)]cos(xk)(xk)sin[x222，

所以(k1)f(x)fkk1(x)sin[x(k1)]2.

对所有的nN都

*所以当n=k+1时,等式也成立. 综合(i),(ii)可知等式nf成立.

n1(x)xfn(x)sin(xn)2

nf令x，可得4

n1()fn()sin(n)44442(nN).

*所以nf

n1()fn()24442(nN).

*