2014年第一次高考诊断各市、州统计表

2014 年浙江省高考数学试卷（理科）一、选择题（每小题 5 分，共 50 分）．（分）设全集U={ x∈N| x≥2}，集合 A={ x∈ N| x 2≥5} ，则?U（）1 5A=A．?B．{ 2}C．{ 5}D．{ 2，5} 2．（5分）已知 i 是虚数单位， a，b∈R，则“ a=b=1是”“（ a+bi）2=2i ”的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件3．（5 分）某几何体的三视图（单位：cm）如图所示，则此几何体的表面积是（）A．90cm2B．129cm2C．132cm2D．138cm24．（5 分）为了得到函数y=sin3x+cos3x 的图象，可以将函数y=cos3x 的图象（）A．向右平移个单位B．向左平移个单位C．向右平移个单位D．向左平移个单位．（分）在（）6（1+y）4的展开式中，记 x m n项的系数为 f（ m，n），则 f5 51+x y（3，0）+f（ 2， 1） +f（1，2）+f（0，3）=（）A．45B．60C．120D．210 6．（5 分）已知函数 f（ x）=x3+ax2+bx+c．且 0＜f（﹣ 1）=f（﹣ 2）=f（﹣ 3）≤3，则（）A．c≤3B．3＜c≤ 6C．6＜c≤9D．c＞9 7．（5 分）在同一直角坐标系中，函数f（x）=x a（ x＞ 0），g（x）=log a x 的图象可1能是（）A．B．C．D．8．（5 分）记 max{ x，y} =，min{ x，y} =，设，为平面向量，则（）A．min{|+ |，|﹣ |}≤min{|| ，||}B．min{|+ |，|﹣ |}≥min{|| ，||}．+ |2，|﹣ |2}≤| |2+| |2C max{|．+ |2， |﹣ |2}≥| |2+| |2D max{|9．（ 5 分）已知甲盒中仅有 1 个球且为红球，乙盒中有 m 个红球和 n 个蓝球（ m ≥3，n≥3），从乙盒中随机抽取i（i=1，2）个球放入甲盒中．（ a）放入 i 个球后，甲盒中含有红球的个数记为ξi（i=1，2）；（b）放入 i 个球后，从甲盒中取 1 个球是红球的概率记为 p i（i=1，2）．则（）A．p1＞ p2，E（ξ1）＜ E（ξ2）B．p1＜ p2，E（ξ1）＞ E（ξ2）．1＞p2，E（ξ1）＞ E（ξ2）D．p1＜p2，E（ξ1）＜ E（ξ2）C p10．（5 分）设函数 f1（x）=x2，f2（ x）=2（ x﹣ x2），，，，，，，．记k=| f k（a1）﹣f k（a0）|+| f k（a2）﹣f k（a1）丨+ +| f ki=0 1 299I（a99）﹣ f k（ a98）| ，k=1， 2， 3，则（）A．I1＜I2＜I3．2＜I1＜I3．1＜I3＜I2．3＜I2＜I1B IC ID I2二、填空题11．（ 4 分）在某程序框图如图所示，当输入50 时，则该程序运算后输出的结果是．12．（ 4 分）随机变量ξ的取值为 0，1，2，若 P（ξ =0） = ， E（ξ）=1，则 D（ξ）=．13．（4 分）当实数 x，y 满足时，1≤ax+y≤ 4恒成立，则实数a的取值范围是．14．（ 4 分）在 8 张奖券中有一、二、三等奖各 1 张，其余 5 张无奖．将这 8 张奖券分配给 4 个人，每人 2 张，不同的获奖情况有种（用数字作答）．15．（ 4 分）设函数 f（x）=，若f（f（a））≤ 2，则实数a的取值范围是．16．（ 4 分）设直线 x﹣3y+m=0（m≠0）与双曲线=1（a＞0，b＞0）的两条渐近线分别交于点A，B．若点 P（ m，0）满足 | PA| =| PB| ，则该双曲线的3离心率是．17．（4 分）如图，某人在垂直于水平地面ABC的墙面前的点 A 处进行射击训练．已知点 A 到墙面的距离为 AB，某目标点 P 沿墙面上的射线 CM 移动，此人为了准确瞄准目标点 P，需计算由点 A 观察点 P 的仰角θ的大小．若 AB=15m，AC=25m，∠ BCM=30°，则 tan θ的最大值是．（仰角θ为直线AP与平面 ABC所成角）三、解答题18．（ 14 分）在△ ABC中，内角 A， B， C 所对的边分别为 a，b，c．已知 a≠b，c= ，cos2A﹣cos2 B= sinAcosA﹣sinBcosB（1）求角 C 的大小；（2）若 sinA= ，求△ ABC的面积．4．（分）已知数列{ a n } 和{ b } 满足 a a（n∈N*）．若 { a } 为等19 14n1a2a3n=n比数列，且 a1=2， b3=6+b2．（Ⅰ）求 a n和 b n；（Ⅱ）设 c（∈N *）．记数列 { c } 的前 n 项和为 S ．n=n n n（i）求 S n；（i i）求正整数 k，使得对任意 n∈N*均有 S k≥ S n．20（．15 分）如图，在四棱锥 A﹣BCDE中，平面 ABC⊥平面 BCDE，∠CDE=∠BED=90°，AB=CD=2，DE=BE=1，AC= ．（Ⅰ）证明： DE⊥平面 ACD；（Ⅱ）求二面角B﹣AD﹣ E 的大小．521．（ 15 分）如图，设椭圆C：（a＞b＞0），动直线l与椭圆C只有一个公共点 P，且点 P 在第一象限．（Ⅰ）已知直线l 的斜率为 k，用 a，b，k 表示点 P 的坐标；（Ⅱ）若过原点O 的直线 l1与 l 垂直，证明：点 P 到直线 l1的距离的最大值为 a ﹣b．22．（ 14 分）已知函数 f （x）=x3+3| x﹣ a| （a∈R）．（Ⅰ）若 f（x）在 [ ﹣ 1，1] 上的最大值和最小值分别记为M（a），m（a），求 M（a）﹣ m（a）；（Ⅱ）设 b∈R，若 [ f（x）+b] 2≤4 对 x∈[ ﹣1，1] 恒成立，求 3a+b 的取值范围．62014 年浙江省高考数学试卷（理科）参考答案与试题解析一、选择题（每小题 5 分，共 50 分）1．（5 分）设全集 U={ x∈N| x≥2} ，集合 A={ x∈ N| x2≥ 5} ，则 ?U A=（）A．?B．{ 2}C．{ 5}D．{ 2，5}【考点】 1F：补集及其运算．【专题】 5J：集合．【分析】先化简集合 A，结合全集，求得 ?U A．【解答】解：∵全集 U={ x∈N| x≥2} ，集合 A={ x∈N| x2≥5} ={ x∈ N| x≥3} ，则 ?U A={ 2} ，故选： B．【点评】本题主要考查全集、补集的定义，求集合的补集，属于基础题．2．（5 分）已知 i 是虚数单位， a，b∈R，则“ a=b=1是”“（ a+bi）2=2i ”的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件【考点】 29：充分条件、必要条件、充要条件； A1：虚数单位 i、复数．【专题】 5L：简易逻辑．【分析】利用复数的运算性质，分别判断“a=b=1?”“（ a+bi ）2=2i ”与“”a=b=1?“（a+bi）2=2i ”的真假，进而根据充要条件的定义得到结论．【解答】解：当“a=b=1时”，“（a+bi）2=（1+i）2=2i ”成立，故“a=b=1是”“（a+bi）2=2i ”的充分条件；当“（a+bi）2 =a2﹣ b2+2abi=2i 时”，“a=b=1或”“a=b=﹣1”，故“a=b=1是”“（a+bi）2=2i ”的不必要条件；综上所述，“a=b=1是”“（a+bi）2=2i ”的充分不必要条件；7故选： A．【点评】本题考查的知识点是充要条件的定义，复数的运算，难度不大，属于基础题．3．（5 分）某几何体的三视图（单位：cm）如图所示，则此几何体的表面积是（）A．90cm2B．129cm2C．132cm2D．138cm2【考点】 L!：由三视图求面积、体积．【专题】 5Q：立体几何．【分析】几何体是直三棱柱与直四棱柱的组合体，根据三视图判断直三棱柱的侧棱长与底面的形状及相关几何量的数据，判断四棱柱的高与底面矩形的边长，把数据代入表面积公式计算．【解答】解：由三视图知：几何体是直三棱柱与直四棱柱的组合体，其中直三棱柱的侧棱长为 3，底面是直角边长分别为 3、4 的直角三角形，四棱柱的高为 6，底面为矩形，矩形的两相邻边长为 3 和 4，∴几何体的表面积S=2×4× 6+3×6+3×3+2×3×4+2××3×4+（4+5）×3=48+18+9+24+12+27=138（ cm2）．故选： D．【点评】本题考查了由三视图求几何体的表面积，根据三视图判断几何体的形状及数据所对应的几何量是解题的关键．84．（5 分）为了得到函数y=sin3x+cos3x 的图象，可以将函数y=cos3x 的图象（）A．向右平移个单位B．向左平移个单位C．向右平移个单位D．向左平移个单位【考点】 HJ：函数 y=Asin（ωx+φ）的图象变换．【专题】 57：三角函数的图像与性质．【分析】利用两角和与差的三角函数化简已知函数为一个角的一个三角函数的形式，然后利用平移原则判断选项即可．【解答】解：函数 y=sin3x+cos3x=，故只需将函数y=cos3x 的图象向右平移个单位，得到 y==的图象．故选： C．【点评】本题考查两角和与差的三角函数以及三角函数的平移变换的应用，基本知识的考查．5．（5 分）在（ 1+x）6（1+y）4的展开式中，记 x m y n项的系数为 f（ m，n），则 f（3，0）+f（ 2， 1） +f（1，2）+f（0，3）=（）A．45B．60C．120D．210【考点】 DA：二项式定理．【专题】 5P：二项式定理．【分析】由题意依次求出 x3y0，x2y1， x1y2，x0y3，项的系数，求和即可．【解答】解：（ 1+x）6（ 1+y）4的展开式中，含 x3y0的系数是：=20．f（3，0）=20；含 x2y1的系数是=60， f（2，1）=60；含 x1y2的系数是=36， f（1，2）=36；含 x0y3的系数是=4，f（ 0， 3） =4；9∴f（3，0）+f（ 2， 1） +f （1，2）+f（0，3）=120．故选： C．【点评】本题考查二项式定理系数的性质，二项式定理的应用，考查计算能力．6．（5 分）已知函数 f（ x）=x3+ax2+bx+c．且 0＜f（﹣ 1）=f（﹣ 2）=f（﹣ 3）≤3，则（）A．c≤3B．3＜c≤ 6C．6＜c≤9D．c＞9【考点】 7E：其他不等式的解法．【专题】 11：计算题； 51：函数的性质及应用．【分析】由 f（﹣ 1）=f（﹣ 2）=f（﹣ 3）列出方程组求出a，b，代入 0＜f（﹣ 1）≤3，即可求出 c 的范围．【解答】解：由 f（﹣ 1）=f（﹣ 2）=f（﹣ 3）得，解得，则 f（ x）=x3+6x2+11x+c，由0＜f（﹣1）≤3，得0＜﹣1+6﹣11+c≤3，即 6＜c≤ 9，故选： C．【点评】本题考查方程组的解法及不等式的解法，属于基础题．7．（5 分）在同一直角坐标系中，函数f（x）=x a（ x＞ 0），g（x）=log a x 的图象可能是（）A．B．10C．D．【考点】 3A：函数的图象与图象的变换．【专题】 51：函数的性质及应用．【分析】结合对数函数和幂函数的图象和性质，分当0＜ a＜ 1 时和当 a＞1 时两种情况，讨论函数f（x）=x a（x≥0），g（x）=log a x 的图象，比照后可得答案．此时答案 D 满足要求，当 a＞1 时，函数 f（x）=x a（x≥0），g（x）=log a x 的图象为：无满足要求的答案，11综上：故选 D，故选： D．【点评】本题考查的知识点是函数的图象，熟练掌握对数函数和幂函数的图象和性质，是解答的关键．8．（5 分）记 max{ x，y} =，min{ x，y} =，设，为平面向量，则（）A．min{|+ |，|﹣ |} ≤min{| | ，||}B．min{| + | ，| ﹣ |} ≥min{|| ，||}．max{|+ |2，|﹣ |2}≤| |2+| |2．max{| + |2，| ﹣ |2} ≥C D| |2+|| 2【考点】 98：向量的加法； 99：向量的减法．【专题】 5A：平面向量及应用．【分析】将，平移到同一起点，根据向量加减法的几何意义可知，+ 和﹣分别表示以，为邻边所做平行四边形的两条对角线，再根据选项内容逐一判断．【解答】解：对于选项 A，取⊥，则由图形可知，根据勾股定理，结论不成立；对于选项 B，取，是非零的相等向量，则不等式左边min{|+ | ，|﹣|} =0，显然，不等式不成立；对于选项C，取，是非零的相等向量，则不等式左边max{| + | 2， |﹣| 2} =| + | 2=4，而不等式右边=|| 2+| | 2=2，故C不成立，D选项正确．故选： D．【点评】本题在处理时要结合着向量加减法的几何意义，将，，，放12在同一个平行四边形中进行比较判断，在具体解题时，本题采用了排除法，对错误选项进行举反例说明，这是高考中做选择题的常用方法，也不失为一种快速有效的方法，在高考选择题的处理上，未必每一题都要写出具体解答步骤，针对选择题的特点，有时“排除法”，“确定法”，“特殊值”代入法等也许是一种更快速，更有效的方法．9．（ 5 分）已知甲盒中仅有 1 个球且为红球，乙盒中有 m 个红球和 n 个蓝球（ m ≥3，n≥3），从乙盒中随机抽取i（i=1，2）个球放入甲盒中．（ a）放入 i 个球后，甲盒中含有红球的个数记为ξi（i=1，2）；（b）放入 i 个球后，从甲盒中取 1 个球是红球的概率记为 p i（i=1，2）．则（）＞ p ，E（ξ）＜ E（ξ）A．p1 212 C．p1＞p2，E（ξ1）＞ E（ξ2）B．p ＜ p ，E（ξ）＞ E（ξ）1212 D．p1＜p2，E（ξ1）＜ E（ξ2）【考点】 CH：离散型随机变量的期望与方差．【专题】 5I：概率与统计．【分析】首先，这两次先后从甲盒和乙盒中拿球是相互独立的，然后分两种情况：即当ξ=1时，有可能从乙盒中拿出一个红球放入甲盒，也可能是拿到一个蓝球放入甲盒；ξ=2时，则从乙盒中拿出放入甲盒的球可能是两蓝球、一红一蓝、或者两红；最后利用概率公式及分布列知识求出P1，P2和E（ξ1），E（ξ2）进行比较即可．【解答】解析：，，，所以 P1＞P2；由已知ξ的取值为 1、2，ξ的取值为 1、2、 3，12所以，==，13）﹣ E（ξ）=．E（ξ12故选： A．【点评】正确理解ξi（i=1，2）的含义是解决本题的关键．此题也可以采用特殊值法，不妨令 m=n=3，也可以很快求解．．（分）设函数1（x）=x2，f2（x）=2（x﹣x2），，，10 5fi=0， 1，2，， 99．记 I k=| f k（a1）﹣ f k（a0）|+| f k（a2）﹣ f k（a1）丨 + +| f k （a99）﹣ f k（ a98）| ，k=1， 2， 3，则（）A．I1＜I2＜I3B．I2＜I1＜I3C．I1＜I3＜I2D．I3＜I2＜I1【考点】 57：函数与方程的综合运用．【专题】 51：函数的性质及应用．【分析】根据记 I k=| f k（a1）﹣ f k（a0）|+| f k（a2）﹣ f k（a1）丨 + +| f k（ a99）﹣ f k （a98）| ，分别求出 I1， I2，I3与 1 的关系，继而得到答案【解答】解：由，故==1，由，故×= ×＜1，+=，故 I2＜I1＜I3，故选： B．【点评】本题主要考查了函数的性质，关键是求出这三个数与1 的关系，属于难题．14二、填空题11．（ 4 分）在某程序框图如图所示，当输入50 时，则该程序运算后输出的结果是 6 ．【考点】 E7：循环结构； EF：程序框图．【专题】 5K：算法和程序框图．【分析】根据框图的流程模拟运行程序，直到满足条件S＞50，跳出循环体，确定输出的 i 的值．【解答】解：由程序框图知：第一次循环 S=1，i=2；第二次循环 S=2×1+2=4，i=3；第三次循环S=2×4+3=11， i=4；第四次循环 S=2×11+4=26，i=5；第五次循环 S=2×26+5=57，i=6，满足条件 S＞ 50，跳出循环体，输出i=6．故答案为： 6．【点评】本题考查了直到型循环结构的程序框图，根据框图的流程模拟运行程序是解答此类问题的常用方法．1512．（ 4 分）随机变量ξ的取值为 0，1，2，若 P（ξ =0） = ， E（ξ）=1，则 D（ξ）=．【考点】 CH：离散型随机变量的期望与方差．【专题】 5I：概率与统计．【分析】结合方差的计算公式可知，应先求出P（ξ=1），P（ξ=2），根据已知条件结合分布列的性质和期望的计算公式不难求得．【解答】解析：设 P（ξ=1）=p，P（ξ=2）=q，则由已知得 p+q=，，解得，，所以．故答案为：【点评】本题综合考查了分布列的性质以及期望、方差的计算公式．13．（4 分）当实数 x，y 满足时，1≤ax+y≤ 4恒成立，则实数a的取值范围是[]．【考点】 7C：简单线性规划．【专题】 59：不等式的解法及应用．【分析】由约束条件作出可行域，再由1≤ax+y≤ 4 恒成立，结合可行域内特殊点 A， B， C 的坐标满足不等式列不等式组，求解不等式组得实数 a 的取值范围．【解答】解：由约束条件作可行域如图，联立，解得 C（1，）．联立，解得 B（2，1）．16在 x﹣y﹣ 1=0 中取 y=0 得 A（1，0）．要使 1≤ax+y≤4 恒成立，则，解得： 1．∴实数 a 的取值范围是．解法二：令 z=ax+y，当 a＞0 时， y=﹣ax+z，在 B 点取得最大值， A 点取得最小值，可得，即 1≤a≤；当 a＜0 时， y=﹣ax+z，在 C 点取得最大值，① a＜﹣ 1 时，在 B 点取得最小值，可得，解得0≤a≤（不符合条件，舍去）②﹣ 1＜a＜ 0 时，在 A 点取得最小值，可得，解得1≤a≤（不符合条件，舍去）综上所述即： 1≤a≤；故答案为：．【点评】本题考查线性规划，考查了数形结合的解题思想方法，考查了数学转化17思想方法，训练了不等式组得解法，是中档题．14．（ 4 分）在 8 张奖券中有一、二、三等奖各 1 张，其余 5 张无奖．将这 8 张奖券分配给 4 个人，每人 2 张，不同的获奖情况有60种（用数字作答）．【考点】 D9：排列、组合及简单计数问题．【专题】 5O：排列组合．【分析】分类讨论，一、二、三等奖，三个人获得；一、二、三等奖，有 1 人获得2张，1人获得 1张．【解答】解：分类讨论，一、二、三等奖，三个人获得，共有=24 种；一、二、三等奖，有 1 人获得 2 张， 1 人获得 1 张，共有=36 种，共有 24+36=60 种．故答案为： 60．【点评】本题考查排列、组合及简单计数问题，考查学生的计算能力，属于基础题．15．（ 4 分）设函数 f（x）=，若f（f（a））≤ 2，则实数a的取值范围是（﹣∞，]．【考点】 5B：分段函数的应用．【专题】 59：不等式的解法及应用．【分析】画出函数 f （x）的图象，由f（f（ a））≤ 2，可得 f（ a）≥﹣ 2，数形结合求得实数 a 的取值范围．【解答】解：∵函数 f （x）=，它的图象如图所示：由 f（f（ a））≤ 2，可得 f（ a）≥﹣ 2．当 a＜0 时， f （a）=a2+a=（a+）2﹣≥﹣2恒成立；18当 a≥0 时， f （a）=﹣a2≥﹣ 2，即 a2≤2，解得 0≤ a≤，则实数 a 的取值范围是a≤，故答案为：（﹣∞，] ．【点评】本题主要考查分段函数的应用，其它不等式的解法，体现了数形结合的数学思想，属于中档题．16．（ 4 分）设直线 x﹣3y+m=0（m≠0）与双曲线=1（a＞0，b＞0）的两条渐近线分别交于点A，B．若点 P（ m，0）满足 | PA| =| PB| ，则该双曲线的离心率是．【考点】 KC：双曲线的性质．【专题】 5D：圆锥曲线的定义、性质与方程．【分析】先求出 A，B 的坐标，可得AB 中点坐标为（，），利用点 P（ m，0）满足 | PA| =| PB| ，可得=﹣3，从而可求双曲线的离心率．【解答】解：双曲线（a＞0，b＞0）的两条渐近线方程为y=±x，则19与直线 x﹣3y+m=0 联立，可得 A（，），B（﹣，），∴ AB中点坐标为（，），∵点 P（m， 0）满足 | PA| =| PB| ，∴=﹣3，∴ a=2b，∴= b，∴e= = ．故答案为：．【点评】本题考查双曲线的离心率，考查直线的位置关系，考查学生的计算能力，属于中档题．17．（4 分）如图，某人在垂直于水平地面ABC的墙面前的点 A 处进行射击训练．已知点 A 到墙面的距离为 AB，某目标点 P 沿墙面上的射线 CM 移动，此人为了准确瞄准目标点 P，需计算由点 A 观察点 P 的仰角θ的大小．若 AB=15m，AC=25m，∠BCM=30°，则 tan θ的最大值是．（仰角θ为直线AP与平面 ABC所成角）【考点】 HO：三角函数模型的应用；HU：解三角形．【专题】 58：解三角形．20【分析】过 P 作 PP′⊥ BC，交 BC于 P′，连接 AP′，则 tan θ=，求出PP′，AP′，利用函数的性质，分类讨论，即可得出结论．【解答】解：∵ AB=15m，AC=25m，∠ ABC=90°，∴ BC=20m，过 P 作 PP′⊥ BC，交 BC于 P′，连接 AP′，则 tan θ=，设 BP′=x，则 CP′=20﹣ x，由∠ BCM=30°，得 PP′=CP′tan30 °=（20﹣ x），在直角△ ABP′中， AP′=，∴ tan θ= ?，令 y=，则函数在x∈[ 0，20]单调递减，∴ x=0 时，取得最大值为=．若 P′在 CB的延长线上， PP′=CP′tan30 °=（20+x），在直角△ ABP′中， AP′=，∴ tan θ= ?，令 y=，则y′=0可得x=时，函数取得最大值，故答案为：．【点评】本题考查利用数学知识解决实际问题，考查函数的单调性，考查学生分21析解决问题的能力，属于中档题．三、解答题18．（ 14 分）在△ ABC中，内角 A， B， C 所对的边分别为 a，b，c．已知 a≠b，c= ，cos2A﹣cos2 B= sinAcosA﹣sinBcosB（1）求角 C 的大小；（2）若 sinA= ，求△ ABC的面积．【考点】 GL：三角函数中的恒等变换应用；HP：正弦定理．【专题】 58：解三角形．【分析】（ 1）利用倍角公式、两角和差的正弦公式可得，由 a≠ b 得， A≠B，又 A+B∈（ 0，π），可得，即可得出．（2）利用正弦定理可得 a，利用两角和差的正弦公式可得 sinB，再利用三角形的面积计算公式即可得出．【解答】解：（1）由题意得，，∴，化为，由 a≠b 得， A≠ B，又 A+B∈（ 0，π），得，即，∴；（ 2）由，利用正弦定理可得，得，由 a＜c，得 A＜C，从而，故，∴．【点评】本题考查了正弦定理、倍角公式、两角和差的正弦公式、三角形的面积计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．22．（分）已知数列{ a n } 和{ b } 满足 a a（n∈N*）．若 { a } 为等19 14n1a2a3n=n比数列，且 a1=2， b3=6+b2．（Ⅰ）求 a n和 b n；（Ⅱ）设 c（∈N *）．记数列 { c } 的前 n 项和为 S ．n=n n n（i）求 S n；（i i）求正整数 k，使得对任意 n∈N*均有 S k≥ S n．【考点】 8E：数列的求和； 8K：数列与不等式的综合．【专题】 54：等差数列与等比数列．【分析】（Ⅰ）先利用前n 项积与前（ n﹣1）项积的关系，得到等比数列 { a n } 的第三项的值，结合首项的值，求出通项 a n，然后现利用条件求出通项 b n；（Ⅱ）（i）利用数列特征进行分组求和，一组用等比数列求和公式，另一组用裂项法求和，得出本小题结论；（ii）本小题可以采用猜想的方法，得到结论，再加以证明．【解答】解：（Ⅰ）∵ a1 23 a n（∈*）①，a a=n N当 n≥2，n∈N*时，②，由①②知：，令 n=3，则有．∵b3=6+b2，∴ a3=8．∵{ a n} 为等比数列，且 a1=2，∴ { a n} 的公比为 q，则=4，由题意知 a n＞0，∴ q＞ 0，∴ q=2．∴（ n∈ N*）．又由 a a（∈N * ）得：1a2a3n=n，23，∴b n=n（n+1）（n∈N*）．（Ⅱ）（i）∵ c n ===．∴S n=c1+c2+c3+ +c n====；（ii）因为 c1=0，c2＞0，c3＞ 0， c4＞0；当 n≥5 时，，而=＞0，得，所以，当 n≥5 时， c n＜ 0，综上，对任意 n∈ N*恒有 S4≥S n，故 k=4．【点评】本题考查了等比数列通项公式、求和公式，还考查了分组求和法、裂项求和法和猜想证明的思想，证明可以用二项式定理，还可以用数学归纳法．本题计算量较大，思维层次高，要求学生有较高的分析问题解决问题的能力．本题属于难题．20．（15 分）如图，在四棱锥 A﹣BCDE中，平面 ABC⊥平面 BCDE，∠CDE=∠BED=90°，AB=CD=2，DE=BE=1，AC=．（Ⅰ）证明： DE⊥平面 ACD；（Ⅱ）求二面角B﹣AD﹣ E 的大小．24【考点】 LW：直线与平面垂直； MJ：二面角的平面角及求法．【专题】 5F：空间位置关系与距离；5G：空间角； 5Q：立体几何．【分析】（Ⅰ）依题意，易证AC⊥平面 BCDE，于是可得 AC⊥ DE，又 DE⊥DC，从而 DE⊥平面 ACD；（Ⅱ）作 BF⊥AD，与 AD 交于点 F，过点 F 作 FG∥ DE，与 AE交于点 G，连接 BG，由（Ⅰ）知 DE⊥AD，则 FG⊥AD，所以∠ BFG就是二面角 B﹣AD﹣ E 的平面角，利用题中的数据，解三角形，可求得 BF=，AF= AD，从而 GF= ，cos∠BFG==，从而可求得答案．【解答】证明：（Ⅰ）在直角梯形 BCDE中，由 DE=BE=1，CD=2，得 BD=BC=，由 AC=222，AB=2得 AB=AC+BC ，即 AC⊥BC，又平面 ABC⊥平面 BCDE，从而 AC⊥平面 BCDE，所以 AC⊥DE，又 DE⊥DC，从而 DE⊥平面 ACD；（Ⅱ）作 BF⊥AD，与 AD 交于点 F，过点 F 作 FG∥ DE，与 AE交于点 G，连接 BG，由（Ⅰ）知 DE⊥AD，则 FG⊥AD，所以∠ BFG就是二面角 B﹣AD﹣ E 的平面角，222在直角梯形 BCDE中，由 CD =BC+BD ，得 BD⊥BC，又平面ABC⊥平面BCDE，得BD⊥平面ABC，从而BD⊥AB，由于 AC⊥平面 BCDE，得 AC⊥ CD．在 Rt△ACD中，由 DC=2，AC= ，得 AD= ；在Rt△AED中，由 ED=1，AD= 得 AE= ；在 Rt△ABD 中，由 BD=，AB=2，AD=得BF=，AF= AD，从而GF=，在△ ABE，△ ABG中，利用余弦定理分别可得 cos∠BAE=，BG=．在△ BFG中， cos∠BFG==，25所以，∠ BFG=，二面角B﹣AD﹣E的大小为．【点评】本题主要考查空间点、线、面位置关系，二面角等基础知识，同时考查空间想象能力，推理论证能力和运算求解能力．21．（ 15 分）如图，设椭圆C：（a＞b＞0），动直线l与椭圆C只有一个公共点 P，且点 P 在第一象限．（Ⅰ）已知直线l 的斜率为 k，用 a，b，k 表示点 P 的坐标；（Ⅱ）若过原点O 的直线 l1与 l 垂直，证明：点 P 到直线 l1的距离的最大值为 a ﹣b．【考点】 KH：直线与圆锥曲线的综合．【专题】 5D：圆锥曲线的定义、性质与方程；5E：圆锥曲线中的最值与范围问题．【分析】（Ⅰ）设直线 l 的方程为 y=kx+m（ k＜ 0），由，消去y得（b2+a2k2）x2+2a2kmx+a2m2﹣a2b2=0，利用△ =0，可求得在第一象限中点P的坐标；（Ⅱ）由于直线 l1过原点 O 且与直线 l 垂直，设直线 l1的方程为 x+ky=0，利用点26到直线间的距离公式，可求得点P到直线l1的距离d=，整理即可证得点 P 到直线 l 1的距离的最大值为a﹣b．．【解答】解：（Ⅰ）设直线 l 的方程为 y=kx+m（k＜0），由，消去 y得（b2+a2k2） x2+2a2kmx+a2m2﹣a2b2=0．由于直线 l 与椭圆 C 只有一个公共点P，故△ =0，即 b2﹣ m2+a2 k2=0，此时点 P 的横坐标为﹣，代入y=kx+m得点 P 的纵坐标为﹣ k?+m=，∴点 P 的坐标为（﹣，），又点 P 在第一象限，故m＞0，故 m=，故点 P 的坐标为 P（，）．（Ⅱ）由于直线 l1过原点 O 且与直线 l 垂直，故直线 l1的方程为 x+ky=0，所以点P 到直线 l1的距离d=，整理得： d=，27因为a2k2 +≥ 2ab，所以≤=a﹣b，当且仅当k2=时等号成立．所以，点 P 到直线 l1的距离的最大值为a﹣b．【点评】本题主要考查椭圆的几何性质、点到直线间的距离、直线与椭圆的位置关系等基础知识，同时考查解析几何的基本思想方法、基本不等式应用等综合解题能力．22．（ 14 分）已知函数 f （x）=x3+3| x﹣ a| （a∈R）．（Ⅰ）若 f（x）在 [ ﹣ 1，1] 上的最大值和最小值分别记为M（a），m（a），求 M （a）﹣ m（a）；（Ⅱ）设 b∈R，若 [ f（x）+b] 2≤4 对 x∈[ ﹣1，1] 恒成立，求 3a+b 的取值范围．【考点】 6E：利用导数研究函数的最值．【专题】 53：导数的综合应用．【分析】（Ⅰ）利用分段函数，结合 [ ﹣ 1，1] ，分类讨论，即可求 M（ a）﹣ m（ a）；（Ⅱ）令 h（x）=f（ x）+b，则 h（ x）=，h′（x）=，则[ f（ x）+b] 2≤4 对 x∈ [ ﹣ 1，1] 恒成立，转化为﹣ 2≤h（x）≤2 对 x∈[ ﹣1，1] 恒成立，分类讨论，即可求 3a+b 的取值范围．【解答】解：（Ⅰ）∵ f（x）=x3+3| x﹣a| =，28∴ f （′ x）=，①a≤﹣ 1 时，∵﹣ 1≤x≤1，∴ x≥a，f（ x）在（﹣ 1， 1）上是增函数，∴ M（a）=f（1）=4﹣3a， m（a）=f（﹣ 1） =﹣4﹣3a，∴M（a）﹣ m（ a） =8；②﹣ 1＜a＜ 1 时， x∈（ a， 1），f （x）=x3+3x﹣ 3a，在（ a，1）上是增函数；x∈（﹣ 1， a），f（x） =x3﹣ 3x+3a，在（﹣ 1，a）上是减函数，∴M（a）=max{ f（1），f（﹣ 1）} ，m（a）=f（a）=a3，∵ f（1）﹣ f（﹣ 1） =﹣ 6a+2，∴﹣ 1＜a≤时， M（a）﹣ m（ a）=﹣a3﹣3a+4；＜a＜ 1 时， M （ a）﹣ m（a）=﹣a3+3a+2；③a≥ 1 时，有 x≤ a， f（x）在（﹣ 1，1）上是减函数，∴ M（a）=f（﹣ 1） =2+3a，m（ a）=f（1）=﹣2+3a，∴ M（a）﹣ m（ a） =4；（Ⅱ）令 h（x）=f（ x）+b，则 h（ x）=，h′（x）=，∵[ f（x）+b] 2≤ 4 对 x∈[ ﹣1，1] 恒成立，∴﹣ 2≤h（x）≤ 2 对 x∈ [ ﹣ 1， 1] 恒成立，由（Ⅰ）知，① a≤﹣ 1 时， h（ x）在（﹣ 1，1）上是增函数，最大值 h（1）=4﹣3a+b，最小值 h（﹣ 1）=﹣4﹣3a+b，则﹣ 4﹣3a+b≥﹣ 2 且 4﹣3a+b≤2 矛盾；②﹣ 1＜a≤时，最小值h（a）=a3+b，最大值h（1）=4﹣ 3a+b，∴ a3+b≥﹣ 2且 4﹣ 3a+b≤ 2，令 t（ a） =﹣ 2﹣ a3+3a，则 t ′（ a）=3﹣3a2＞0，t （a）在（ 0，）上是增函数，∴t （a）＞ t （0）=﹣2，∴﹣ 2≤3a+b≤0；③＜a＜1时，最小值h（a）=a3+b，最大值 h（﹣ 1）=3a+b+2，则 a3+b≥﹣ 229且 3a+b+2≤2，∴﹣＜ 3a+b≤0；④a≥ 1 时，最大值 h（﹣ 1）=3a+b+2，最小值 h（1）=3a+b﹣2，则 3a+b﹣2≥﹣2 且 3a+b+2≤2，∴ 3a+b=0．综上， 3a+b 的取值范围是﹣ 2≤3a+b≤0．【点评】本题考查导数的综合运用，考查函数的最值，考查分类讨论、化归与转化的数学思想，难度大．30。

2014年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标Ⅱ）一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求.1．（5分）设集合M={0，1，2}，N={x|x2﹣3x+2≤0}，则M∩N=（）A．{1}B．{2}C．{0，1}D．{1，2} 2．（5分）设复数z1，z2在复平面内的对应点关于虚轴对称，z1=2+i，则z1z2=（）A．﹣5B．5C．﹣4+i D．﹣4﹣i3．（5分）设向量，满足|+|=，|﹣|=，则•=（）A．1B．2C．3D．54．（5分）钝角三角形ABC的面积是，AB=1，BC=，则AC=（）A．5B．C．2D．15．（5分）某地区空气质量监测资料表明，一天的空气质量为优良的概率是0.75，连续两天为优良的概率是0.6，已知某天的空气质量为优良，则随后一天的空气质量为优良的概率是（）A．0.8B．0.75C．0.6D．0.456．（5分）如图，网格纸上正方形小格的边长为1（表示1cm），图中粗线画出的是某零件的三视图，该零件由一个底面半径为3cm，高为6cm的圆柱体毛坯切削得到，则切削掉部分的体积与原来毛坯体积的比值为（）A．B．C．D．7．（5分）执行如图所示的程序框图，若输入的x，t均为2，则输出的S=（）A．4B．5C．6D．78．（5分）设曲线y=ax﹣ln（x+1）在点（0，0）处的切线方程为y=2x，则a=（）A．0B．1C．2D．39．（5分）设x，y满足约束条件，则z=2x﹣y的最大值为（）A．10B．8C．3D．210．（5分）设F为抛物线C：y2=3x的焦点，过F且倾斜角为30°的直线交C于A，B两点，O为坐标原点，则△OAB的面积为（）A．B．C．D．11．（5分）直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠BCA=90°，M，N分别是A1B1，A1C1的中点，BC=CA=CC1，则BM与AN所成角的余弦值为（）A．B．C．D．12．（5分）设函数f（x）=sin，若存在f（x）的极值点x0满足x02+[f（x0）]2＜m2，则m的取值范围是（）A．（﹣∞，﹣6）∪（6，+∞）B．（﹣∞，﹣4）∪（4，+∞）C．（﹣∞，﹣2）∪（2，+∞）D．（﹣∞，﹣1）∪（1，+∞）二、填空题：本大题共4小题，每小题5分.（第13题~第21题为必考题，每个试题考生都必须作答，第22题~第24题为选考题，考生根据要求作答）13．（5分）（x+a）10的展开式中，x7的系数为15，则a=．14．（5分）函数f（x）=sin（x+2φ）﹣2sinφcos（x+φ）的最大值为．15．（5分）已知偶函数f（x）在[0，+∞）单调递减，f（2）=0，若f（x﹣1）＞0，则x的取值范围是．16．（5分）设点M（x0，1），若在圆O：x2+y2=1上存在点N，使得∠OMN=45°，则x0的取值范围是．三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或验算步骤.17．（12分）已知数列{a n}满足a1=1，a n+1=3a n+1．（Ⅰ）证明{a n+}是等比数列，并求{a n}的通项公式；（Ⅱ）证明：++…+＜．18．（12分）如图，四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，E为PD的中点．（Ⅰ）证明：PB∥平面AEC；（Ⅱ）设二面角D﹣AE﹣C为60°，AP=1，AD=，求三棱锥E﹣ACD的体积．19．（12分）某地区2007年至2013年农村居民家庭人均纯收入y（单位：千元）的数据如表：年份2007200820092010201120122013年份代号t1234567人均纯收入y 2.9 3.3 3.6 4.4 4.8 5.2 5.9（Ⅰ）求y关于t的线性回归方程；（Ⅱ）利用（Ⅰ）中的回归方程，分析2007年至2013年该地区农村居民家庭人均纯收入的变化情况，并预测该地区2015年农村居民家庭人均纯收入．附：回归直线的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：=，=﹣．20．（12分）设F1，F2分别是C：+=1（a＞b＞0）的左，右焦点，M是C 上一点且MF2与x轴垂直，直线MF1与C的另一个交点为N．（1）若直线MN的斜率为，求C的离心率；（2）若直线MN在y轴上的截距为2，且|MN|=5|F1N|，求a，b．21．（12分）已知函数f（x）=e x﹣e﹣x﹣2x．（Ⅰ）讨论f（x）的单调性；（Ⅱ）设g（x）=f（2x）﹣4bf（x），当x＞0时，g（x）＞0，求b的最大值；（Ⅲ）已知1.4142＜＜1.4143，估计ln2的近似值（精确到0.001）．请考生在第22、23、24三题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分，作答时请写清题号.【选修4-1：几何证明选讲】22．（10分）如图，P是⊙O外一点，PA是切线，A为切点，割线PBC与⊙O相交于点B，C，PC=2PA，D为PC的中点，AD的延长线交⊙O于点E，证明：（Ⅰ）BE=EC；（Ⅱ）AD•DE=2PB2．【选修4-4：坐标系与参数方程】23．在直角坐标系xOy中，以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，半圆C的极坐标方程为ρ=2cosθ，θ∈[0，]（Ⅰ）求C的参数方程；（Ⅱ）设点D在半圆C上，半圆C在D处的切线与直线l：y=x+2垂直，根据（1）中你得到的参数方程，求直线CD的倾斜角及D的坐标．六、解答题（共1小题，满分0分）24．设函数f（x）=|x+|+|x﹣a|（a＞0）．（Ⅰ）证明：f（x）≥2；（Ⅱ）若f（3）＜5，求a的取值范围．2014年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标Ⅱ）参考答案与试题解析一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求.1．（5分）设集合M={0，1，2}，N={x|x2﹣3x+2≤0}，则M∩N=（）A．{1}B．{2}C．{0，1}D．{1，2}【考点】1E：交集及其运算．【专题】5J：集合．【分析】求出集合N的元素，利用集合的基本运算即可得到结论．【解答】解：∵N={x|x2﹣3x+2≤0}={x|（x﹣1）（x﹣2）≤0}={x|1≤x≤2}，∴M∩N={1，2}，故选：D．【点评】本题主要考查集合的基本运算，比较基础．2．（5分）设复数z1，z2在复平面内的对应点关于虚轴对称，z1=2+i，则z1z2=（）A．﹣5B．5C．﹣4+i D．﹣4﹣i【考点】A5：复数的运算．【专题】5N：数系的扩充和复数．【分析】根据复数的几何意义求出z2，即可得到结论．【解答】解：z1=2+i对应的点的坐标为（2，1），∵复数z1，z2在复平面内的对应点关于虚轴对称，∴（2，1）关于虚轴对称的点的坐标为（﹣2，1），则对应的复数，z2=﹣2+i，则z1z2=（2+i）（﹣2+i）=i2﹣4=﹣1﹣4=﹣5，故选：A．【点评】本题主要考查复数的基本运算，利用复数的几何意义是解决本题的关键，比较基础．3．（5分）设向量，满足|+|=，|﹣|=，则•=（）A．1B．2C．3D．5【考点】9O：平面向量数量积的性质及其运算．【专题】5A：平面向量及应用．【分析】将等式进行平方，相加即可得到结论．【解答】解：∵|+|=，|﹣|=，∴分别平方得+2•+=10，﹣2•+=6，两式相减得4•=10﹣6=4，即•=1，故选：A．【点评】本题主要考查向量的基本运算，利用平方进行相加是解决本题的关键，比较基础．4．（5分）钝角三角形ABC的面积是，AB=1，BC=，则AC=（）A．5B．C．2D．1【考点】HR：余弦定理．【专题】56：三角函数的求值．【分析】利用三角形面积公式列出关系式，将已知面积，AB，BC的值代入求出sinB的值，分两种情况考虑：当B为钝角时；当B为锐角时，利用同角三角函数间的基本关系求出cosB的值，利用余弦定理求出AC的值即可．【解答】解：∵钝角三角形ABC的面积是，AB=c=1，BC=a=，∴S=acsinB=，即sinB=，当B为钝角时，cosB=﹣=﹣，利用余弦定理得：AC2=AB2+BC2﹣2AB•BC•cosB=1+2+2=5，即AC=，当B为锐角时，cosB==，利用余弦定理得：AC2=AB2+BC2﹣2AB•BC•cosB=1+2﹣2=1，即AC=1，此时AB2+AC2=BC2，即△ABC为直角三角形，不合题意，舍去，则AC=．故选：B．【点评】此题考查了余弦定理，三角形面积公式，以及同角三角函数间的基本关系，熟练掌握余弦定理是解本题的关键．5．（5分）某地区空气质量监测资料表明，一天的空气质量为优良的概率是0.75，连续两天为优良的概率是0.6，已知某天的空气质量为优良，则随后一天的空气质量为优良的概率是（）A．0.8B．0.75C．0.6D．0.45【考点】C8：相互独立事件和相互独立事件的概率乘法公式．【专题】5I：概率与统计．【分析】设随后一天的空气质量为优良的概率为p，则由题意可得0.75×p=0.6，由此解得p的值．【解答】解：设随后一天的空气质量为优良的概率为p，则由题意可得0.75×p=0.6，解得p=0.8，故选：A．【点评】本题主要考查相互独立事件的概率乘法公式的应用，属于基础题．6．（5分）如图，网格纸上正方形小格的边长为1（表示1cm），图中粗线画出的是某零件的三视图，该零件由一个底面半径为3cm，高为6cm的圆柱体毛坯切削得到，则切削掉部分的体积与原来毛坯体积的比值为（）A．B．C．D．【考点】L!：由三视图求面积、体积．【专题】5F：空间位置关系与距离．【分析】由三视图判断几何体的形状，通过三视图的数据求解几何体的体积即可．【解答】解：几何体是由两个圆柱组成，一个是底面半径为3高为2，一个是底面半径为2，高为4，组合体体积是：32π•2+22π•4=34π．底面半径为3cm，高为6cm的圆柱体毛坯的体积为：32π×6=54π切削掉部分的体积与原来毛坯体积的比值为：=．故选：C．【点评】本题考查三视图与几何体的关系，几何体的体积的求法，考查空间想象能力以及计算能力．7．（5分）执行如图所示的程序框图，若输入的x，t均为2，则输出的S=（）A．4B．5C．6D．7【考点】EF：程序框图．【专题】5K：算法和程序框图．【分析】根据条件，依次运行程序，即可得到结论．【解答】解：若x=t=2，则第一次循环，1≤2成立，则M=，S=2+3=5，k=2，第二次循环，2≤2成立，则M=，S=2+5=7，k=3，此时3≤2不成立，输出S=7，故选：D．【点评】本题主要考查程序框图的识别和判断，比较基础．8．（5分）设曲线y=ax﹣ln（x+1）在点（0，0）处的切线方程为y=2x，则a=（）A．0B．1C．2D．3【考点】6H：利用导数研究曲线上某点切线方程．【专题】52：导数的概念及应用．【分析】根据导数的几何意义，即f′（x0）表示曲线f（x）在x=x0处的切线斜率，再代入计算．【解答】解：，∴y′（0）=a﹣1=2，∴a=3．故选：D．【点评】本题是基础题，考查的是导数的几何意义，这个知识点在高考中是经常考查的内容，一般只要求导正确，就能够求解该题．在高考中，导数作为一个非常好的研究工具，经常会被考查到，特别是用导数研究最值，证明不等式，研究零点问题等等经常以大题的形式出现，学生在复习时要引起重视．9．（5分）设x，y满足约束条件，则z=2x﹣y的最大值为（）A．10B．8C．3D．2【考点】7C：简单线性规划．【专题】59：不等式的解法及应用．【分析】作出不等式组对应的平面区域，利用目标函数的几何意义，利用数形结合确定z的最大值．【解答】解：作出不等式组对应的平面区域如图：（阴影部分ABC）．由z=2x﹣y得y=2x﹣z，平移直线y=2x﹣z，由图象可知当直线y=2x﹣z经过点C时，直线y=2x﹣z的截距最小，此时z最大．由，解得，即C（5，2）代入目标函数z=2x﹣y，得z=2×5﹣2=8．故选：B．【点评】本题主要考查线性规划的应用，结合目标函数的几何意义，利用数形结合的数学思想是解决此类问题的基本方法．10．（5分）设F为抛物线C：y2=3x的焦点，过F且倾斜角为30°的直线交C于A，B两点，O为坐标原点，则△OAB的面积为（）A．B．C．D．【考点】K8：抛物线的性质．【专题】5D：圆锥曲线的定义、性质与方程．【分析】由抛物线方程求出焦点坐标，由直线的倾斜角求出斜率，写出过A，B 两点的直线方程，和抛物线方程联立后化为关于y的一元二次方程，由根与系数关系得到A，B两点纵坐标的和与积，把△OAB的面积表示为两个小三角形AOF与BOF的面积和得答案．【解答】解：由y2=2px，得2p=3，p=，则F（，0）．∴过A，B的直线方程为y=（x﹣），即x=y+．联立，得4y2﹣12y﹣9=0．设A（x1，y1），B（x2，y2），则y 1+y 2=3，y 1y 2=﹣．∴S△OAB =S △OAF +S△OFB =×|y 1﹣y 2|==×=．故选：D ．【点评】本题考查直线与抛物线的位置关系，考查数学转化思想方法，涉及直线和圆锥曲线关系问题，常采用联立直线和圆锥曲线，然后利用一元二次方程的根与系数关系解题，是中档题．11．（5分）直三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1中，∠BCA=90°，M ，N 分别是A 1B 1，A 1C 1的中点，BC=CA=CC 1，则BM 与AN 所成角的余弦值为（ ） A ．B ．C ．D ．【考点】LM ：异面直线及其所成的角．【专题】5F ：空间位置关系与距离．【分析】画出图形，找出BM 与AN 所成角的平面角，利用解三角形求出BM 与AN 所成角的余弦值．【解答】解：直三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1中，∠BCA=90°，M ，N 分别是A 1B 1，A 1C 1的中点，如图：BC 的中点为O ，连结ON ，，则MN0B 是平行四边形，BM 与AN 所成角就是∠ANO ，∵BC=CA=CC 1，设BC=CA=CC 1=2，∴CO=1，AO=，AN=，MB===， 在△ANO 中，由余弦定理可得：cos ∠ANO===．故选：C ．【点评】本题考查异面直线对称角的求法，作出异面直线所成角的平面角是解题的关键，同时考查余弦定理的应用．12．（5分）设函数f（x）=sin，若存在f（x）的极值点x0满足x02+[f（x0）]2＜m2，则m的取值范围是（）A．（﹣∞，﹣6）∪（6，+∞）B．（﹣∞，﹣4）∪（4，+∞）C．（﹣∞，﹣2）∪（2，+∞）D．（﹣∞，﹣1）∪（1，+∞）【考点】H4：正弦函数的定义域和值域．【专题】57：三角函数的图像与性质．【分析】由题意可得，f（x0）=±，且=kπ+，k∈Z，再由题意可得当m2最小时，|x0|最小，而|x0|最小为|m|，可得m2 ＞m2+3，由此求得m的取值范围．【解答】解：由题意可得，f（x0）=±，即=kπ+，k∈z，即x0=m．再由x02+[f（x0）]2＜m2，即x02+3＜m2，可得当m2最小时，|x0|最小，而|x0|最小为|m|，∴m2 ＞m2+3，∴m2＞4．求得m＞2，或m＜﹣2，故选：C．【点评】本题主要正弦函数的图象和性质，函数的零点的定义，体现了转化的数学思想，属于中档题．二、填空题：本大题共4小题，每小题5分.（第13题~第21题为必考题，每个试题考生都必须作答，第22题~第24题为选考题，考生根据要求作答）13．（5分）（x+a）10的展开式中，x7的系数为15，则a=．【考点】DA：二项式定理．【专题】5P：二项式定理．【分析】在二项展开式的通项公式中，令x的幂指数等于3，求出r的值，即可求得x7的系数，再根据x7的系数为15，求得a的值．【解答】解：（x+a）10的展开式的通项公式为T r=•x10﹣r•a r，+1令10﹣r=7，求得r=3，可得x7的系数为a3•=120a3=15，∴a=，故答案为：．【点评】本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，求展开式中某项的系数，二项式系数的性质，属于中档题．14．（5分）函数f（x）=sin（x+2φ）﹣2sinφcos（x+φ）的最大值为1．【考点】GP：两角和与差的三角函数；HW：三角函数的最值．【专题】56：三角函数的求值．【分析】由条件利用两角和差的正弦公式、余弦公式化简函数的解析式为f（x）=sinx，从而求得函数的最大值．【解答】解：函数f（x）=sin（x+2φ）﹣2sinφcos（x+φ）=sin[（x+φ）+φ]﹣2sinφcos （x+φ）=sin（x+φ）cosφ+cos（x+φ）sinφ﹣2sinφcos（x+φ）=sin（x+φ）cosφ﹣cos（x+φ）sinφ=sin[（x+φ）﹣φ]=sinx，故函数f（x）的最大值为1，故答案为：1．【点评】本题主要考查两角和差的正弦公式、余弦公式的应用，正弦函数的最值，属于中档题．15．（5分）已知偶函数f（x）在[0，+∞）单调递减，f（2）=0，若f（x﹣1）＞0，则x的取值范围是（﹣1，3）．【考点】3N：奇偶性与单调性的综合．【专题】51：函数的性质及应用．【分析】根据函数奇偶性和单调性之间的关系将不等式等价转化为f（|x﹣1|）＞f（2），即可得到结论．【解答】解：∵偶函数f（x）在[0，+∞）单调递减，f（2）=0，∴不等式f（x﹣1）＞0等价为f（x﹣1）＞f（2），即f（|x﹣1|）＞f（2），∴|x﹣1|＜2，解得﹣1＜x＜3，故答案为：（﹣1，3）【点评】本题主要考查函数奇偶性和单调性之间的关系的应用，将不等式等价转化为f（|x﹣1|）＞f（2）是解决本题的关键．16．（5分）设点M（x0，1），若在圆O：x2+y2=1上存在点N，使得∠OMN=45°，则x0的取值范围是[﹣1，1] ．【考点】J9：直线与圆的位置关系．【专题】5B：直线与圆．【分析】根据直线和圆的位置关系，画出图形，利用数形结合即可得到结论．【解答】解：由题意画出图形如图：点M（x0，1），要使圆O：x2+y2=1上存在点N，使得∠OMN=45°，则∠OMN的最大值大于或等于45°时一定存在点N，使得∠OMN=45°，而当MN与圆相切时∠OMN取得最大值，此时MN=1，图中只有M′到M″之间的区域满足MN≤1，∴x0的取值范围是[﹣1，1]．【点评】本题考查直线与圆的位置关系，直线与直线设出角的求法，数形结合是快速解得本题的策略之一．三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或验算步骤.17．（12分）已知数列{a n}满足a1=1，a n+1=3a n+1．（Ⅰ）证明{a n+}是等比数列，并求{a n}的通项公式；（Ⅱ）证明：++…+＜．【考点】87：等比数列的性质；8E：数列的求和．【专题】14：证明题；54：等差数列与等比数列．【分析】（Ⅰ）根据等比数列的定义，后一项与前一项的比是常数，即=常数，又首项不为0，所以为等比数列；再根据等比数列的通项化式，求出{a n}的通项公式；（Ⅱ）将进行放大，即将分母缩小，使得构成一个等比数列，从而求和，证明不等式．【解答】证明（Ⅰ）==3，∵≠0，∴数列{a n+}是以首项为，公比为3的等比数列；∴a n+==，即；（Ⅱ）由（Ⅰ）知，当n≥2时，∵3n﹣1＞3n﹣3n﹣1，∴＜=，∴当n=1时，成立，当n≥2时，++…+＜1+…+==＜．时，++…+＜．∴对n∈N+【点评】本题考查的是等比数列，用放缩法证明不等式，证明数列为等比数列，只需要根据等比数列的定义就行；数列与不等式常结合在一起考，放缩法是常用的方法之一，通过放大或缩小，使原数列变成一个等比数列，或可以用裂项相消法求和的新数列．属于中档题．18．（12分）如图，四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，E为PD的中点．（Ⅰ）证明：PB∥平面AEC；（Ⅱ）设二面角D﹣AE﹣C为60°，AP=1，AD=，求三棱锥E﹣ACD的体积．【考点】LF：棱柱、棱锥、棱台的体积；LS：直线与平面平行；MJ：二面角的平面角及求法．【专题】5F：空间位置关系与距离．【分析】（Ⅰ）连接BD交AC于O点，连接EO，只要证明EO∥PB，即可证明PB∥平面AEC；（Ⅱ）延长AE至M连结DM，使得AM⊥DM，说明∠CMD=60°，是二面角的平面角，求出CD，即可三棱锥E﹣ACD的体积．【解答】（Ⅰ）证明：连接BD交AC于O点，连接EO，∵O为BD中点，E为PD中点，∴EO∥PB，（2分）EO⊂平面AEC，PB⊄平面AEC，所以PB∥平面AEC；（6分）（Ⅱ）解：延长AE至M连结DM，使得AM⊥DM，∵四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，∴CD⊥平面AMD，∴CD⊥MD．∵二面角D﹣AE﹣C为60°，∴∠CMD=60°，∵AP=1，AD=，∠ADP=30°，∴PD=2，E为PD的中点．AE=1，∴DM=，CD==．三棱锥E﹣ACD的体积为：==．【点评】本题考查直线与平面平行的判定，几何体的体积的求法，二面角等指数的应用，考查逻辑思维能力，是中档题．19．（12分）某地区2007年至2013年农村居民家庭人均纯收入y（单位：千元）的数据如表：年份2007200820092010201120122013年份代号t1234567人均纯收入y 2.9 3.3 3.6 4.4 4.8 5.2 5.9（Ⅰ）求y关于t的线性回归方程；（Ⅱ）利用（Ⅰ）中的回归方程，分析2007年至2013年该地区农村居民家庭人均纯收入的变化情况，并预测该地区2015年农村居民家庭人均纯收入．附：回归直线的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：=，=﹣．【考点】BK：线性回归方程．【专题】11：计算题；5I：概率与统计．【分析】（Ⅰ）根据所给的数据，利用最小二乘法可得横标和纵标的平均数，横标和纵标的积的和，与横标的平方和，代入公式求出b的值，再求出a的值，写出线性回归方程．（Ⅱ）根据上一问做出的线性回归方程，代入所给的t的值，预测该地区2015年农村居民家庭人均纯收入，这是一个估计值．【解答】解：（Ⅰ）由题意，=×（1+2+3+4+5+6+7）=4，=×（2.9+3.3+3.6+4.4+4.8+5.2+5.9）=4.3，∴== =0.5，=﹣=4.3﹣0.5×4=2.3．∴y关于t的线性回归方程为=0.5t+2.3；（Ⅱ）由（Ⅰ）知，b=0.5＞0，故2007年至2013年该地区农村居民家庭人均纯收入逐年增加，平均每年增加0.5千元．将2015年的年份代号t=9代入=0.5t+2.3，得：=0.5×9+2.3=6.8，故预测该地区2015年农村居民家庭人均纯收入为6.8千元．【点评】本题考查线性回归分析的应用，本题解题的关键是利用最小二乘法认真做出线性回归方程的系数，这是整个题目做对的必备条件，本题是一个基础题．20．（12分）设F1，F2分别是C：+=1（a＞b＞0）的左，右焦点，M是C 上一点且MF2与x轴垂直，直线MF1与C的另一个交点为N．（1）若直线MN的斜率为，求C的离心率；（2）若直线MN在y轴上的截距为2，且|MN|=5|F1N|，求a，b．【考点】K4：椭圆的性质．【专题】5E：圆锥曲线中的最值与范围问题．【分析】（1）根据条件求出M的坐标，利用直线MN的斜率为，建立关于a，c的方程即可求C的离心率；（2）根据直线MN在y轴上的截距为2，以及|MN|=5|F1N|，建立方程组关系，求出N的坐标，代入椭圆方程即可得到结论．【解答】解：（1）∵M是C上一点且MF2与x轴垂直，∴M的横坐标为c，当x=c时，y=，即M（c，），若直线MN的斜率为，即tan∠MF1F2=，即b2==a2﹣c2，即c2+﹣a2=0，则，即2e2+3e﹣2=0解得e=或e=﹣2（舍去），即e=．（Ⅱ）由题意，原点O是F1F2的中点，则直线MF1与y轴的交点D（0，2）是线段MF1的中点，设M（c，y），（y＞0），则，即，解得y=，∵OD是△MF1F2的中位线，∴=4，即b2=4a，由|MN|=5|F1N|，则|MF1|=4|F1N|，解得|DF1|=2|F1N|，即设N（x1，y1），由题意知y1＜0，则（﹣c，﹣2）=2（x1+c，y1）．即，即代入椭圆方程得，将b2=4a代入得，解得a=7，b=．【点评】本题主要考查椭圆的性质，利用条件建立方程组，利用待定系数法是解决本题的关键，综合性较强，运算量较大，有一定的难度．21．（12分）已知函数f（x）=e x﹣e﹣x﹣2x．（Ⅰ）讨论f（x）的单调性；（Ⅱ）设g（x）=f（2x）﹣4bf（x），当x＞0时，g（x）＞0，求b的最大值；（Ⅲ）已知1.4142＜＜1.4143，估计ln2的近似值（精确到0.001）．【考点】6B：利用导数研究函数的单调性．【专题】16：压轴题；53：导数的综合应用．【分析】对第（Ⅰ）问，直接求导后，利用基本不等式可达到目的；对第（Ⅱ）问，先验证g（0）=0，只需说明g（x）在[0+∞）上为增函数即可，从而问题转化为“判断g′（x）＞0是否成立”的问题；对第（Ⅲ）问，根据第（Ⅱ）问的结论，设法利用的近似值，并寻求ln2，于是在b=2及b＞2的情况下分别计算，最后可估计ln2的近似值．【解答】解：（Ⅰ）由f（x）得f′（x）=e x+e﹣x﹣2，即f′（x）≥0，当且仅当e x=e﹣x即x=0时，f′（x）=0，∴函数f（x）在R上为增函数．（Ⅱ）g（x）=f（2x）﹣4bf（x）=e2x﹣e﹣2x﹣4b（e x﹣e﹣x）+（8b﹣4）x，则g′（x）=2[e2x+e﹣2x﹣2b（e x+e﹣x）+（4b﹣2）]=2[（e x+e﹣x）2﹣2b（e x+e﹣x）+（4b﹣4）]=2（e x+e﹣x﹣2）（e x+e﹣x+2﹣2b）．①∵e x+e﹣x＞2，e x+e﹣x+2＞4，∴当2b≤4，即b≤2时，g′（x）≥0，当且仅当x=0时取等号，从而g（x）在R上为增函数，而g（0）=0，∴x＞0时，g（x）＞0，符合题意．②当b＞2时，若x满足2＜e x+e﹣x＜2b﹣2即，得，此时，g′（x）＜0，又由g（0）=0知，当时，g（x）＜0，不符合题意．综合①、②知，b≤2，得b的最大值为2．（Ⅲ）∵1.4142＜＜1.4143，根据（Ⅱ）中g（x）=e2x﹣e﹣2x﹣4b（e x﹣e﹣x）+（8b﹣4）x，为了凑配ln2，并利用的近似值，故将ln即代入g（x）的解析式中，得．当b=2时，由g（x）＞0，得，从而；令，得＞2，当时，由g（x）＜0，得，得．所以ln2的近似值为0.693．【点评】1．本题三个小题的难度逐步增大，考查了学生对函数单调性深层次的把握能力，对思维的要求较高，属压轴题．2．从求解过程来看，对导函数解析式的合理变形至关重要，因为这直接影响到对导数符号的判断，是解决本题的一个重要突破口．3．本题的难点在于如何寻求ln2，关键是根据第（2）问中g（x）的解析式探究b的值，从而获得不等式，这样自然地将不等式放缩为的范围的端点值，达到了估值的目的．请考生在第22、23、24三题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分，作答时请写清题号.【选修4-1：几何证明选讲】22．（10分）如图，P是⊙O外一点，PA是切线，A为切点，割线PBC与⊙O相交于点B，C，PC=2PA，D为PC的中点，AD的延长线交⊙O于点E，证明：（Ⅰ）BE=EC；（Ⅱ）AD•DE=2PB2．【考点】N4：相似三角形的判定；NC：与圆有关的比例线段．【专题】17：选作题；5Q：立体几何．【分析】（Ⅰ）连接OE，OA，证明OE⊥BC，可得E是的中点，从而BE=EC；（Ⅱ）利用切割线定理证明PD=2PB，PB=BD，结合相交弦定理可得AD•DE=2PB2．【解答】证明：（Ⅰ）连接OE，OA，则∠OAE=∠OEA，∠OAP=90°，∵PC=2PA，D为PC的中点，∴PA=PD，∴∠PAD=∠PDA，∵∠PDA=∠CDE，∴∠OEA+∠CDE=∠OAE+∠PAD=90°，∴OE⊥BC，∴E是的中点，∴BE=EC；（Ⅱ）∵PA是切线，A为切点，割线PBC与⊙O相交于点B，C，∴PA2=PB•PC，∵PC=2PA，∴PA=2PB，∴PD=2PB，∴PB=BD，∴BD•DC=PB•2PB，∵AD•DE=BD•DC，∴AD•DE=2PB2．【点评】本题考查与圆有关的比例线段，考查切割线定理、相交弦定理，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．【选修4-4：坐标系与参数方程】23．在直角坐标系xOy中，以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，半圆C的极坐标方程为ρ=2cosθ，θ∈[0，]（Ⅰ）求C的参数方程；（Ⅱ）设点D在半圆C上，半圆C在D处的切线与直线l：y=x+2垂直，根据（1）中你得到的参数方程，求直线CD的倾斜角及D的坐标．【考点】QH：参数方程化成普通方程．【专题】5S：坐标系和参数方程．【分析】（1）利用即可得出直角坐标方程，利用cos2t+sin2t=1进而得出参数方程．（2）利用半圆C在D处的切线与直线l：y=x+2垂直，则直线CD的斜率与直线l的斜率相等，即可得出直线CD的倾斜角及D的坐标．【解答】解：（1）由半圆C的极坐标方程为ρ=2cosθ，θ∈[0，]，即ρ2=2ρcosθ，可得C的普通方程为（x﹣1）2+y2=1（0≤y≤1）．可得C的参数方程为（t为参数，0≤t≤π）．（2）设D（1+cos t，sin t），由（1）知C是以C（1，0）为圆心，1为半径的上半圆，∵直线CD的斜率与直线l的斜率相等，∴tant=，t=．故D的直角坐标为，即（，）．【点评】本题考查了把极坐标方程化为直角坐标方程、参数方程化为普通方程、直线与圆的位置关系，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．六、解答题（共1小题，满分0分）24．设函数f（x）=|x+|+|x﹣a|（a＞0）．（Ⅰ）证明：f（x）≥2；（Ⅱ）若f（3）＜5，求a的取值范围．【考点】R5：绝对值不等式的解法．【专题】59：不等式的解法及应用．【分析】（Ⅰ）由a＞0，f（x）=|x+|+|x﹣a|，利用绝对值三角不等式、基本不等式证得f（x）≥2成立．（Ⅱ）由f（3）=|3+|+|3﹣a|＜5，分当a＞3时和当0＜a≤3时两种情况，分别去掉绝对值，求得不等式的解集，再取并集，即得所求．【解答】解：（Ⅰ）证明：∵a＞0，f（x）=|x+|+|x﹣a|≥|（x+）﹣（x﹣a）|=|a+|=a+≥2=2，故不等式f（x）≥2成立．（Ⅱ）∵f（3）=|3+|+|3﹣a|＜5，∴当a＞3时，不等式即a+＜5，即a2﹣5a+1＜0，解得3＜a＜．当0＜a≤3时，不等式即6﹣a+＜5，即a2﹣a﹣1＞0，求得＜a≤3．综上可得，a的取值范围（，）．【点评】本题主要考查绝对值三角不等式，绝对值不等式的解法，体现了转化、分类讨论的数学思想，属于中档题．。

2023CEE-01历史重庆缙云教育联盟2023年高考第一次诊断性检测历史试卷考生须知：1.答题前，考生务必用黑色签字笔将自己的姓名、准考证号、座位号在答题卡上填写清楚；2.每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，在试卷上作答无效；3.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回；4.全卷共8页，满分100分，考试时间75分钟。

注意事项：1.答题前，考生务必用黑色签字笔将自己的姓名、准考证号、座位号在答题卡上填写清楚；2.每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，在试卷上作答无效；3.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回；4.全卷共4页，满分100分，考试时间75分钟。

一、选择题（共15小题，每小题3分，满分45分）1.西周青铜器利鼎的铭文记载，九月丁亥日，王在般宫召见利，利站在殿中面向北，“王乎乍命内史册令利”，册命辞说“赐你礼服、车上的銮铃和旗帜“，利跪拜叩头。

此铭文A．证实了贵族生活的奢华B．反映了周王室衰微的局面C．记录了西周的册命仪式D．揭示出内外服制度的作用2.秦朝文献规定：一旦收到官方加急的文书或命令，就立即执行；即便是非加急的，也要在当天完成，不能滞留到第二天。

否则，按法律论处。

这一规定说明了当时A．国家法律苛严B．重视提高行政效率C．官僚政治腐败D．人命案件优先办理3.《新唐书•地理志》记载，唐太宗平定突厥后，“列置州县”，任命少数民族首领为都督府的都督、刺史，都督“皆得世袭”，并规定这些州县“贡赋版籍，多不上户部”，由都督负责管理。

这说明唐朝实行的措施是A．典客管理民族事务B．羁縻政策C．设宣政院管理西藏D．改土归流4.清代荒政制度规定，根据灾荒等级对地方实行不同程度的田赋蠲免或缓征。

下图为1799—1910年云南有蠲缓田赋之州县厅次统计图，如图所示。

由此可知A．清政府重视边疆地区的发展稳定B．云南地区人地矛盾问题十分严重C．清朝时期社会救济制度全面完善D．经济重心南移加速西南地区开发5.《四洲志》是林则徐主持编译的一部世界地理著作，简要叙述了当时世界30多个国家的地理、历史和政治状况，原本述及的国家和地区并未完全译出，不过比较当时国人世界知识的缺乏程度，仍堪称近代中国翻译出的第一部相对完整、比较系统的地理志书。

历年高考考生人数一览表自1977年举行第一次全国高等教育自学考试以来，高考已经成为了中国教育考试制度的重要组成部分。

每年都有数百万的高中生参加高考，他们的成绩决定了他们是否能够被顶尖大学录取。

在这篇文章中，我们将回顾历年高考考生人数，并分析与之相关的一些趋势和变化。

1977年至今，高考考生人数一览表如下:1977年：万人1978年：15.80万人1979年：21.10万人1980年：24.37万人1981年：30.74万人1982年：35.35万人1983年：42.88万人1984年：65.56万人1985年：76.06万人1986年：83.67万人1987年：96.57万人1988年：108.34万人1989年：119.51万人1990年：140.67万人1991年：155.58万人1993年：179.02万人1994年：194.77万人1995年：203.67万人1996年：226.32万人1997年：237.99万人1998年：271.68万人1999年：288.39万人2000年：309.10万人2001年：338.81万人2002年：373.22万人2003年：352.11万人2004年：410.00万人2005年：482.72万人2006年：509.27万人2007年：522.89万人2008年：568.03万人2009年：658.71万人2010年：670.79万人2011年：818.23万人2012年：903.21万人2013年：941.63万人2014年：931.42万人2015年：945.03万人2017年：975.14万人2018年：975.25万人2019年：101,317.9万人从上述数据中可以看出，高考的考生数量自1977年以来呈现了快速增长的趋势。

特别是从1984年开始，考生数量迅速上升，一直持续到了2019年。

2011年，高考考生人数首次突破了800万大关，之后在短短的数年时间内就突破了900万、950万和1000万四个里程碑。