2014高考重庆（文科数学）试卷

2014高考重庆（文科数学）试卷

‎2014·重庆卷(文科数学)‎ ‎1．[2014·重庆卷] 实部为－2，虚部为1的复数所对应的点位于复平面的(　　)‎ ‎　　　　　　　　　　　　　　　　‎ A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 ‎1．B　[解析] 由条件知复数在复平面内对应的点为(－2，1)，位于第二象限．‎ ‎2．[2014·重庆卷] 在等差数列{an}中，a1＝2，a3＋a5＝10，则a7＝(　　)‎ A．5 B．8 C．10 D．14‎ ‎2．B　[解析] 由题意，得a1＋2d＋a1＋4d＝2a1＋6d＝4＋6d＝10，解得d＝1，所以a7＝a1＋6d＝2＋6＝8.‎ ‎3．[2014·重庆卷] 某中学有高中生3500人，初中生1500人．为了解学生的学习情况，用分层抽样的方法从该校学生中抽取一个容量为n的样本，已知从高中生中抽取70人，则n为(　　)‎ A．100 B．150‎ C．200 D．250‎ ‎3．A　[解析] 由题意，得＝，解得n＝100.‎ ‎4．[2014·重庆卷] 下列函数为偶函数的是(　　)‎ A．f(x)＝x－1 B．f(x)＝x2＋x C．f(x)＝2x－2－x D．f(x)＝2x＋2－x ‎4．D　[解析] A中，f(－x)＝－x－1，f(x)为非奇非偶函数；B中，f(－x)＝(－x)2－x＝x2－x，f(x)为非奇非偶函数；C中，f(－x)＝2－x－2x＝－(2x－2－x)＝－f(x)，f(x)为奇函数；D中，f(－x)＝2－x＋2x＝f(x)，f(x)为偶函数．故选D.‎ ‎5．[2014·重庆卷] 执行如图11所示的程序框图，则输出s的值为(　　)‎ 图11‎ A．10 B．17‎ C．19 D．36‎ ‎5．C　[解析] 第一次循环结束，得s＝0＋2＝2，k＝2×2－1＝3；第二次循环结束，得s＝2＋3＝5，k＝2×3－1＝5；第三次循环结束，得s＝5＋5＝10，k＝2×5－1＝9；第四次循环结束，得s＝10＋9＝19，k＝2×9－1＝17>10，此时退出循环．故输出s的值为19.‎ ‎6．[2014·重庆卷] 已知命题p：对任意x∈R，总有|x|≥0，q：x＝1是方程x＋2＝0的根．则下列命题为真命题的是(　　)‎ A．p∧綈q B．綈p∧q C．綈p∧綈q D．p∧q ‎6．A　[解析] 由题意知 p为真命题，q为假命题，则綈q为真命题，所以p∧綈q为真命题．‎ ‎7．[2014·重庆卷] 某几何体的三视图如图12所示，则该几何体的体积为(　　)‎ 图12‎ A．12 B．18 C．24 D．30‎ ‎7．C　[解析] 由三视图可知该几何体是由一个直三棱柱去掉一个三棱锥得到的．三棱柱的底面是一个两直角边长分别为3和4的直角三角形，高为5；截去的锥体的底面是两直角边的长分别为3和4的直角三角形，高为3，所以该几何体的体积为V＝×3×4×5－××3×4×3＝24.‎ ‎8．[2014·重庆卷] 设F1，F2分别为双曲线－＝1(a＞0，b＞0)的左、右焦点，双曲线上存在一点P使得(|PF1|－|PF2|)2＝b2－3ab，则该双曲线的离心率为(　　)‎ A. B. C．4 D. ‎8．D　[解析] ∵||PF1|－|PF2||＝2a，∴4a2＝b2－3ab，两边同除以a2，得－3·－4＝0，解得＝4，∴e＝＝＝＝.‎ ‎9．、[2014·重庆卷] 若log4(3a＋4b)＝log2，则a＋b的最小值是(　　)‎ A．6＋2　 B．7＋2　 C．6＋4　 D．7＋4　 ‎9．D　[解析] 由log4(3a＋4b)＝log2，得3a＋4b＝ab，则＋＝1，所以a＋b＝(a＋b)＝7＋＋≥7＋2　＝7＋4　，当且仅当＝，即a＝4＋2　，b＝2　＋3时等号成立，故其最小值是7＋4　.‎ ‎10．[2014·重庆卷] 已知函数f(x)＝且g(x)＝f(x)－mx－m在(－1，1]内有且仅有两个不同的零点，则实数m的取值范围是(　　)‎ A.∪ B.∪ C.∪ D.∪ ‎10．A　[解析] 作出函数f(x)的图像，如图所示．函数g(x)＝f(x)－mx－m的零点为方程f(x)－mx－m＝0的根，即为函数y＝f(x)与函数y＝m(x＋1)图像的交点．而函数y＝m(x＋1)的图像恒过定点P(－1，0)，由图易知有两交点的边界有四条，其中kPO＝0，kPA＝，kPB＝－2，第四条为过P点的曲线y＝－3的切线PC.将y＝m(x＋1)(m≠0)代入y＝－3，得mx ‎2＋(2m＋3)x＋m＋2＝0，则由Δ＝(2m＋3)2－4m(m＋2)＝4m＋9＝0，得m＝－，即kPC＝－，所以由图可知满足条件的实数m的取值范围是∪.‎ ‎11．[2014·重庆卷] 已知集合A＝{3，4，5，12，13}，B＝{2，3，5，8，13}，则A∩B＝________．‎ ‎11．{3，5，13}　[解析] 由集合交集的定义知，A∩B＝{3，5，13}．‎ ‎12．[2014·重庆卷] 已知向量a与b的夹角为60°，且a＝(－2，－6)，|b|＝，则a·b＝________．‎ ‎12．10　[解析] ∵|a|＝＝2，‎ ‎∴a·b＝|a||b|cos 60°＝2××＝10.‎ ‎13．[2014·重庆卷] 将函数f(x)＝sin(ωx＋φ)图像上每一点的横坐标缩短为原来的一半，纵坐标不变，再向右平移个单位长度得到y＝sin x的图像，则f＝________．‎ ‎13.　[解析] 函数f(x)＝sin(ωx＋φ)图像上每一点的横坐标缩短为原来的一半，得到y＝sin(2ωx＋φ)的图像，再向右平移个单位长度，得到y＝sin2ωx－＋φ＝sin的图像．由题意知sin＝sin x，所以2ω＝1，－＋φ＝2kπ(k∈Z)，又－≤φ≤，所以ω＝，φ＝，所以f(x)＝sin，所以f＝sin＝sin＝.‎ ‎14．[2014·重庆卷] 已知直线x－y＋a＝0与圆心为C的圆x2＋y2＋2x－4y－4＝0相交于A，B两点，且AC⊥BC，则实数a的值为________．‎ ‎14．0或6　[解析] ∵圆C的标准方程为(x＋1)2＋(y－2)2＝9，∴圆心为C(－1，2)，半径为3.∵AC⊥BC，∴|AB|＝3.∵圆心到直线的距离d＝＝，∴|AB|＝2＝2＝3　，即(a－3)2＝9，∴a＝0或a＝6.‎ ‎15．[2014·重庆卷] 某校早上8：00开始上课，假设该校学生小张与小王在早上7：30～7：50之间到校，且每人在该时间段的任何时刻到校是等可能的，则小张比小王至少早5分钟到校的概率为________．(用数字作答)‎ ‎15.　[解析] 设小张到校的时间为x，小王到校的时间为y，(x，y)可以看成平面中的点．试验的全部结果所构成的区域为Ω＝，这是一个正方形区域，面积为SΩ＝×＝.事件A表示小张比小王早到5分钟，所构成的区域为A＝(x，y)x－y≥，≤x≤，≤y≤，即图中的阴影部分，面积为SA＝××＝.‎ 这是一个几何概型问题，所以P(A)＝＝.‎ ‎16．、[2014·重庆卷] 已知{an}是首项为1，公差为2的等差数列，Sn表示{an}的前n项和．‎ ‎(1)求an及Sn；‎ ‎(2)设{bn}是首项为2的等比数列，公比q满足q2－(a4＋1)q＋S4＝0，求{bn}的通项公式及其前n项和Tn.‎ ‎16．解：(1)因为{an}是首项a1＝1，公差d＝2的等差数列，所以 an＝a1＋(n－1)d＝2n－1.‎ 故Sn＝1＋3＋…＋(2n－1)＝＝＝n2.‎ ‎(2)由(1)得a4＝7，S4＝16.因为q2－(a4＋1)q＋S4＝0，即q2－8q＋16＝0，‎ 所以(q－4)2＝0，从而q＝4.‎ 又因为b1＝2，{bn}是公比q＝4的等比数列，‎ 所以bn＝b1qn－1＝2×4n－1＝22n－1.‎ 从而{bn}的前n项和Tn＝＝(4n－1)．‎ ‎17．、[2014·重庆卷] 20名学生某次数学考试成绩(单位：分)的频率分布直方图如图13所示．‎ 图13‎ ‎(1)求频率分布直方图中a的值；‎ ‎(2)分别求出成绩落在[50，60)与[60，70)中的学生人数；‎ ‎(3)从成绩在[50，70)的学生中任选2人，求此2人的成绩都在[60，70)中的概率．‎ ‎17．解：(1)据直方图知组距为10，由 ‎(2a＋3a＋7a＋6a＋2a)×10＝1，‎ 解得a＝＝0.005.‎ ‎(2)成绩落在[50，60)中的学生人数为2×0.005×10×20＝2.‎ 成绩落在[60，70)中的学生人数为3×0.005×10×20＝3.‎ ‎(3)记成绩落在[50，60)中的2人为A1，A2，成绩落在[60，70)中的3人为B1，B2，B3，则从成绩在[50，70)的学生中任选2人的基本事件共有10个，即(A1，A2)，(A1，B1)，(A1，B2)，(A1，B3)，(A2，B1)，(A2，B2)，(A2，B3)，(B1，B2)，(B1，B3)，(B2，B3)．‎ 其中2人的成绩都在[60，70)中的基本事件有3个，即(B1，B2)，(B1，B3)，(B2，B3)．‎ 故所求概率为P＝.‎ ‎18．、[2014·重庆卷] 在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且a＋b＋c＝8.‎ ‎(1)若a＝2，b＝，求cos C的值；‎ ‎(2)若sin Acos2＋sin Bcos2＝2sin C，‎ 且△ABC的面积S＝sin C，求a和b的值．‎ ‎18．解：(1)由题意可知c＝8－(a＋b)＝.‎ 由余弦定理得cos C＝＝‎ ＝－.‎ ‎(2)由sin Acos2＋sin Bcos2＝2sin C可得 sin A·＋sin B·＝2sin C，‎ 化简得sin A＋sin Acos B＋sin B＋sin Bcos A＝4sin C.‎ 因为sin Acos B＋cos Asin B＝sin(A＋B)＝sin C，所以sin A＋sin B＝3sin C.‎ 由正弦定理可知a＋b＝3c.又a＋b＋c＝8，所以a＋b＝6.‎ 由于S＝absin C＝sin C，所以ab＝9，从而a2－6a＋9＝0，解得a＝3，所以b＝3.‎ ‎19．[2014·重庆卷] 已知函数f(x)＝＋－ln x－，其中a∈R，且曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线垂直于直线y＝x.‎ ‎(1)求a的值；‎ ‎(2)求函数f(x)的单调区间与极值．‎ ‎19．解：(1)对f(x)求导得f′(x)＝－－，由f(x)在点(1，f(1))处的切线垂直于直线y＝x知f′(1)＝－－a＝－2，解得a＝.‎ ‎(2)由(1)知f(x)＝＋－ln x－，‎ 则f′(x)＝.令f′(x)＝0，解得x＝－1或x＝5.‎ 因为x＝－1不在f(x)的定义域(0，＋∞)内，故舍去．‎ 当x∈(0，5)时，f′(x)＜0，故f(x)在(0，5)上为减函数；当x∈(5，＋∞)时，f′(x)＞0，故f(x)在(5，＋∞)上为增函数．由此知函数f(x)在x＝5时取得极小值f(5)＝－ln 5.‎ ‎20．、[2014·重庆卷] 如图14所示四棱锥PABCD中，底面是以O为中心的菱形，PO⊥底面ABCD，AB＝2，∠BAD＝，M为BC上一点，‎ 且BM＝.‎ ‎(1)证明：BC⊥平面POM；‎ ‎(2)若MP⊥AP，求四棱锥PABMO的体积．‎ 图14‎ ‎20．解：(1)证明：如图所示，因为四边形ABCD为菱形，O为菱形的中心，连接OB，则AO⊥OB.因为∠BAD＝，所以OB＝AB·sin∠OAB＝2sin＝1.‎ 又因为BM＝，且∠OBM＝，在△OBM中，OM2＝OB2＋BM2－2OB·BM·cos∠OBM＝12＋－2×1××cos＝，所以OB2＝OM2＋BM2，故OM⊥BM.‎ 又PO⊥底面ABCD，所以PO⊥BC.从而BC与平面POM内的两条相交直线OM，PO都垂直，所以BC⊥平面POM.‎ ‎(2)由(1)可得，OA＝AB·cos∠OAB＝2×cos＝.‎ 设PO＝a，由PO⊥底面ABCD，知△POA为直角三角形，故PA2＝PO2＋OA2＝a2＋3.‎ 又△POM也是直角三角形，故PM2＝PO2＋OM2＝a2＋.连接AM，在△ABM中，AM2＝AB2＋BM2－2AB·BM·cos∠ABM＝22＋－2×2××cos＝.‎ 由已知MP⊥AP，故△APM为直角三角形，则 PA2＋PM2＝AM2，即a2＋3＋a2＋＝，‎ 解得a＝或a＝－(舍去)，即PO＝.‎ 此时S四边形ABMO＝S△AOB＋S△OMB ‎＝·AO·OB＋·BM·OM ‎＝××1＋×× ‎＝.‎ 所以四棱锥PABMO的体积V四棱锥PABMO＝·S四边形ABMO·PO＝××＝.‎ ‎21．、、、[2014·重庆卷] 如图15，设椭圆＋＝1(a＞b＞0)的左、右焦点分别为F1，F2，点D在椭圆上，DF1⊥F1F2，＝2，△DF1F2的面积为.‎ ‎(1)求该椭圆的标准方程．‎ ‎(2)是否存在圆心在y轴上的圆，使圆在x轴的上方与椭圆有两个交点，且圆在这两个交点处的两条切线相互垂直并分别过不同的焦点？若存在，求出圆的方程；若不存在，请说明理由．‎ 图15‎ ‎21．解：(1)设F1(－c，0)，F2(c，0)，其中c2＝a2－b2.‎ 由＝2　得|DF1|＝＝c.‎ 从而S△DF1F2＝|DF1||F1F2|＝c2＝，故c＝1.‎ 从而|DF1|＝.由DF1⊥F1F2得|DF2|2＝|DF1|2＋|F1F2|2＝，因此|DF2|＝，‎ 所以2a＝|DF1|＋|DF2|＝2　，故a＝，b2＝a2－c2＝1.‎ 因此，所求椭圆的标准方程为＋y2＝1.‎ ‎(2)如图所示，设圆心在y轴上的圆C与椭圆＋y2＝1相交，P1(x1，y1)，P2(x2，y2)是两个交点，y1＞0，y2＞0，F1P1，F2P2是圆C的切线，且F1P1⊥F2P2.由圆和椭圆的对称性，易知，x2＝－x1，y1＝y2.‎ 由(1)知F1(－1，0)，F2(1，0)，所以＝(x1＋1，y1)，＝(－x1－1，y1)．再由F1P1⊥F2P2得－(x1＋1)2＋y＝0.‎ 由椭圆方程得1－＝(x1＋1)2，即3x＋4x1＝0，解得x1＝－或x1＝0.‎ 当x1＝0时，P1，P2重合，题设要求的圆不存在．‎ 当x1＝－时，过P1，P2分别与F1P1，F2P2垂直的直线的交点即为圆心C.设C(0，y0)，由CP1⊥F1P1，得·＝－1.‎ 而y1＝|x1＋1|＝，故y0＝.‎ 圆C的半径|CP1|＝＝.‎ 综上，存在满足题设条件的圆，其方程为 x2＋＝.‎