2014年高考(山东卷)文科数学

文科数学

本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分.满分150分.考试用时120分钟.

参考公式：如果事件A，B互斥，那么P(A＋B)＝P(A)＋P(B).

第Ⅰ卷(共50分)

一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．

1．(2014山东，文1)已知a，b∈R，i是虚数单位，若a＋i＝2－bi，则(a＋bi)2＝(　　)．

A．3－4i      B．3＋4i

C．4－3i      D．4＋3i

答案：A

解析：∵a＋i＝2－bi，∴a＋bi＝2－i.

即(a＋bi)2＝(2－i)2＝4－4i－1＝3－4i.

2．(2014山东，文2)设集合A＝{x|x2－2x＜0}，B＝{x|1≤x≤4}，则A∩B＝(　　)．

A．(0,2]      B．(1,2)

C．[1,2)      D．(1,4)

答案：C

解析：由已知可得A＝{x|0＜x＜2}．

又∵B＝{x|1≤x≤4}，∴A∩B＝{x|1≤x＜2}．

3．(2014山东，文3)函数的定义域为(　　)．

A．(0,2)          B．(0,2]

C．(2，＋∞)      D．[2，＋∞)

答案：C

解析：∵f(x)有意义，∴

∴x＞2，∴f(x)的定义域为(2，＋∞)．

4．(2014山东，文4)用反证法证明命题“设a，b为实数，则方程x3＋ax＋b＝0至少有一个实根”时，要做的假设是(　　)．

A．方程x3＋ax＋b＝0没有实根

B．方程x3＋ax＋b＝0至多有一个实根

C．方程x3＋ax＋b＝0至多有两个实根

D．方程x3＋ax＋b＝0恰好有两个实根

答案：A

解析：“至少有一个”的否定为“没有”．

5．(2014山东，文5)已知实数x，y满足ax＜ay(0＜a＜1)，则下列关系式恒成立的是(　　)．

A．x3＞y3                 B．sin x＞sin y

C．ln(x2＋1)＞ln(y2＋1)      D． 

答案：A

解析：∵0＜a＜1，ax＜ay，∴x＞y.∴x3＞y3.

6．(2014山东，文6)已知函数y＝loga(x＋c)(a，c为常数，其中a＞0，a≠0)的图象如图，则下列结论成立的是(　　)．

A．a＞1，c＞1

B．a＞1,0＜c＜1

C．0＜a＜1，c＞1

D．0＜a＜1,0＜c＜1

答案：D

解析：由图象可知y＝loga(x＋c)的图象是由y＝logax的图象向左平移c个单位得到的，其中0＜c＜1.再根据单调性易知0＜a＜1.

7．(2014山东，文7)已知向量a＝，b＝(3，m)，若向量a，b的夹角为，则实数m＝(　　)．

A．      B．      C．0      D． 

答案：B

解析：∵cos〈a，b〉＝，

∴，解得.

8．(2014山东，文8)为了研究某药品的疗效，选取若干名志愿者进行临床试验．所有志愿者的舒张压数据(单位：kPa)的分组区间为[12,13)，[13,14)，[14,15)，[15,16)，[16,17]，将其按从左到右的顺序分别编号为第一组，第二组，……，第五组．如图是根据试验数据制成的频率分布直方图．已知第一组与第二组共有20人，第三组中没有疗效的有6人，则第三组中有疗效的人数为(　　)．

A．6      B．8      C．12      D．18

答案：C

解析：设样本容量为n，由题意得n·(0.24＋0.16)＝20，

∴n＝50.

∴第三组的频数为50×0.36＝18人．

则第三组中有疗效的人数为18－6＝12.

9．(2014山东，文9)对于函数f(x)，若存在常数a≠0，使得x取定义域内的每一个值，都有f(x)＝f(2a－x)，则称f(x)为准偶函数．下列函数中是准偶函数的是(　　)．

A．      B．f(x)＝x2

C．f(x)＝tan x        D．f(x)＝cos(x＋1)

答案：D

解析：由f(x)为准偶函数的定义可知，若f(x)的图象关于x＝a(a≠0)对称，则f(x)为准偶函数，在D中f(x)＝cos(x＋1)的图象关于x＝kπ－1(k∈Z)对称，故选D.

10．(2014山东，文10)已知x，y满足约束条件当目标函数z＝ax＋by(a＞0，b＞0)在该约束条件下取到最小值时，a2＋b2的最小值为(　　)．

A．5      B．4      C．      D．2

答案：B

解析：约束条件满足可行域如图所示．

由图可知目标函数z＝ax＋by(a＞0，b＞0)取最小值时，最优解为(2,1)，

即，∴.

∴.

∴当时，a2＋b2取最小值为4.

第Ⅱ卷(共100分)

二、填空题：本大题共5小题，每小题5分，共25分．

11．(2014山东，文11)执行下面的程序框图，若输入的x的值为1，则输出的n的值为__________．

答案：3

解析：输入x＝1,12－4＋3≤0，执行是，x＝2，n＝1；

返回22－8＋3≤0，执行是，x＝3，n＝2；

返回32－12＋3≤0，执行是，x＝4，n＝3；

返回42－16＋3＞0，执行否，输出n＝3.

12．(2014山东，文12)函数的最小正周期为__________．

答案：π

解析：原式.

∴周期.

13．(2014山东，文13)一个六棱锥的体积为，其底面是边长为2的正六边形，侧棱长都相等，则该六棱锥的侧面积为__________．

答案：12

解析：根据题意得底面正六边形面积为，设六棱锥的高为h，则，

∴，解得h＝1.

设侧面高为h′，

则，∴h′＝2.

∴正六棱锥的侧面积为.

14．(2014山东，文14)圆心在直线x－2y＝0上的圆C与y轴的正半轴相切，圆C截x轴所得弦的长为，则圆C的标准方程为__________．

答案：(x－2)2＋(y－1)2＝4

解析：∵圆心在直线x－2y＝0上，

∴可设圆心为(2a，a)．

∵圆C与y轴正半轴相切，∴a＞0，半径r＝2a.

又∵圆C截x轴的弦长为，

∴，解得a＝1(a＝－1舍去)．

∴圆C的圆心为(2,1)，半径r＝2.

∴圆的方程为(x－2)2＋(y－1)2＝4.

15．(2014山东，文15)已知双曲线(a＞0，b＞0)的焦距为2c，右顶点为A，抛物线x2＝2py(p＞0)的焦点为F，若双曲线截抛物线的准线所得线段长为2c，且|FA|＝c，则双曲线的渐近线方程为__________．

答案：y＝±x

解析：由已知得|OA|＝a，∵|AF|＝c，

∴，

∴.

∴抛物线的准线.

把y＝－b代入双曲线得x2＝2a2，

∴直线被双曲线截得的线段长为，从而.

∴，∴a2＋b2＝2a2，∴a＝b，

∴渐近线方程为y＝±x.

三、解答题：本大题共6小题，共75分．

16．(本小题满分12分)(2014山东，文16)海关对同时从A，B，C三个不同地区进口的某种商品进行抽样检测，从各地区进口此种商品的数量(单位：件)如下表所示．工作人员用分层抽样的方法从这些商品抽取6件样品进行检测.

(2)若在这6件样品中随机抽取2件送往甲机构进行进一步检测，求这2件商品来自相同地区的概率．

分析：(1)利用分层抽样在各层中的抽样比等于在总体中的抽样比求解．(2)先利用列举法求出在这6件样品中随机抽取2件的总的基本事件个数及所抽取的2件商品来自相同地区的基本事件个数，进而利用古典概型的概率公式即可求解．

解：(1)因为样本容量与总体中的个体数的比是，

所以样本中包含三个地区的个体数量分别是：

, ,.

所以A，B，C三个地区的商品被选取的件数分别为1,3,2.

(2)设6件来自A，B，C三个地区的样品分别为：A；B1，B2，B3；C1，C2.

则抽取的这2件商品构成的所有基本事件为：{A，B1}，{A，B2}，{A，B3}，{A，C1}，{A，C2}，{B1，B2}，{B1，B3}，{B1，C1}，{B1，C2}，{B2，B3}，{B2，C1}，{B2，C2}，{B3，C1}，{B3，C2}，{C1，C2}，共15个．

每个样品被抽到的机会均等，因此这些基本事件的出现是等可能的．

记事件D：“抽取的这2件商品来自相同地区”，

则事件D包含的基本事件有{B1，B2}，{B1，B3}，{B2，B3}，{C1，C2}，共4个．

所以P(D)＝，即这2件商品来自相同地区的概率为.

17．(本小题满分12分)(2014山东，文17)△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知a＝3，，.

(1)求b的值；

(2)求△ABC的面积．

分析：(1)在△ABC中，已知，，相当于已知角A，B，又已知边a，故可利用求b.(2)由已知及(1)可知a，b，故根据，只需求sin C，在△ABC中，由C＝π－(A＋B)，可求sin C.

解：(1)在△ABC中，

由题意知，

又因为，

所以.

由正弦定理可得.

(2)由得

.

由A＋B＋C＝π，得C＝π－(A＋B)，

所以sin C＝sin[π－(A＋B)]＝sin(A＋B)

＝sin Acos B＋cos Asin B

.

因此△ABC的面积.

18．(本小题满分12分)(2014山东，文18)如图，四棱锥P­ABCD中，AP⊥平面PCD，AD∥BC，，E，F分别为线段AD，PC的中点．

(1)求证：AP∥平面BEF；

(2)求证：BE⊥平面PAC.

分析：(1)要证AP∥平面BEF，由线面平行的判定定理知，只需在平面BEF内找到一条直线与AP平行即可，而已知F为PC的中点．“由中点找中点”，故考虑利用三角形的中位线定理求解，即找AC的中点，由已知可通过证明四边形ABCE为菱形而达到目的．(2)要证BE⊥平面PAC，由线面垂直的判定定理知：只需证BE垂直于平面PAC内的两条相交直线即可．由(1)可知BE⊥AC.又已知AP⊥平面PCD，则AP垂直于平面PCD内的所有直线，即AP⊥CD，故考虑通过证明BE∥CD来证明BE⊥PA，则由BE⊥AC且BE⊥PA，可证BE⊥平面PAC.

证明：(1)设AC∩BE＝O，连接OF，EC.

由于E为AD的中点，，AD∥BC，

所以AE∥BC，AE＝AB＝BC，

因此四边形ABCE为菱形，

所以O为AC的中点．

又F为PC的中点，

因此在△PAC中，可得AP∥OF.

又OF⊂平面BEF，AP⊄平面BEF，

所以AP∥平面BEF.

(2)由题意知ED∥BC，ED＝BC.

所以四边形BCDE为平行四边形，

因此BE∥CD.

又AP⊥平面PCD，

所以AP⊥CD，因此AP⊥BE.

因为四边形ABCE为菱形，

所以BE⊥AC.

又AP∩AC＝A，AP，AC⊂平面PAC，

所以BE⊥平面PAC.

19．(本小题满分12分)(2014山东，文19)在等差数列{an}中，已知公差d＝2，a2是a1与a4的等比中项．

(1)求数列{an}的通项公式；

(2)设，记Tn＝－b1＋b2－b3＋b4－…＋(－1)nbn，求Tn.

分析：(1)已知等差数列{an}的公差d，要求其通项公式，只需求首项a1即可，由已知a22＝a1·a4可求a1.(2)由(1)中所求an，可求bn，由Tn的特点，故考虑研究bn＋1－bn的通项．又(－1)n表示各项的符号，故需对n的奇偶性进行讨论．

解：(1)由题意知(a1＋d)2＝a1(a1＋3d)，

即(a1＋2)2＝a1(a1＋6)，

解得a1＝2，

所以数列{an}的通项公式为an＝2n.

(2)由题意知，

所以Tn＝－1×2＋2×3－3×4＋…＋(－1)nn·(n＋1)．

因为bn＋1－bn＝2(n＋1)，

可得当n为偶数时，

Tn＝(－b1＋b2)＋(－b3＋b4)＋…＋(－bn－1＋bn)＝4＋8＋12＋…＋2n＝＝，

当n为奇数时，.

所以

20．(本小题满分13分)(2014山东，文20)设函数，其中a为常数．

(1)若a＝0，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；

(2)讨论函数f(x)的单调性．

分析：(1)由已知可求切点坐标，故只需利用导数的几何意义求出斜率；则可求切线方程．

(2)先求出函数f(x)的导函数f′(x)．通过判断f′(x)的符号来求f(x)的单调区间．由于导数中含有参数a，所以要判断其符号，需要对参数a进行分类讨论．同时，应注意函数的单调区间应是定义域的子区间，故需在定义域内研究其单调性．

解：(1)由题意知当a＝0时，，x∈(0，＋∞)．

此时.

可得，又f(1)＝0，

所以曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程为x－2y－1＝0.

(2)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．

.

当a≥0时，f′(x)＞0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增．

当a＜0时，令g(x)＝ax2＋(2a＋2)x＋a，

由于Δ＝(2a＋2)2－4a2＝4(2a＋1)，

①当时，Δ＝0，，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减．

②当时，Δ＜0，g(x)＜0，f′(x)＜0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减．

③当时，Δ＞0.

设x1，x2(x1＜x2)是函数g(x)的两个零点，

则，.

由，

所以x∈(0，x1)时，g(x)＜0，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减，

x∈(x1，x2)时，g(x)＞0，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增，

x∈(x2，＋∞)时，g(x)＜0，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减．

综上可得：

当a≥0时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；

当时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减；

当时，f(x)在，上单调递减，在上单调递增．

21．(本小题满分14分)(2014山东，文21)在平面直角坐标系xOy中，椭圆C： (a＞b＞0)的离心率为，直线y＝x被椭圆C截得的线段长为.

(1)求椭圆C的方程；

(2)过原点的直线与椭圆C交于A，B两点(A，B不是椭圆C的顶点)．点D在椭圆C上，且AD⊥AB，直线BD与x轴、y轴分别交于M，N两点．

①设直线BD，AM的斜率分别为k1，k2，证明存在常数λ使得k1＝λk2，并求出λ的值；

②求△OMN面积的最大值．

分析：(1)要求椭圆方程，只需求a，b，由可得.又直线y＝x被椭圆C截得的线段长为，故联立y＝x与求线段长，由线段长等于，可得a，b的另一关系式，故可求a，b，则椭圆方程可求．

(2)①要求λ的值，需求k1，k2，而直线BD的斜率k1由B，D两点的坐标确定，直线AM的斜率k2由A，M两点的坐标确定，且A，B关于原点对称．M点是直线BD与x轴的交点，故本题的两个关键点是A，D，故只需设出A，D两点坐标，将k1，k2用此两点坐标表示，寻求这两点坐标间的关系即可．

②S△OMN＝，即S△OMN可用点M，N的坐标表示．又关系式为积的形式，由“和定积最大”，故考虑利用基本不等式求解．

解：(1)由题意知，可得a2＝4b2.

椭圆C的方程可简化为x2＋4y2＝a2.

将y＝x代入可得，

因此，可得a＝2.

因此b＝1，所以椭圆C的方程为.

(2)①设A(x1，y1)(x1y1≠0)，D(x2，y2)，

则B(－x1，－y1)，

因为直线AB的斜率，

又AB⊥AD，所以直线AD的斜率.

设直线AD的方程为y＝kx＋m，

由题意知k≠0，m≠0.

由可得(1＋4k2)x2＋8mkx＋4m2－4＝0.

所以，

因此y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2m＝.

由题意知x1≠－x2，

所以.

所以直线BD的方程为．

令y＝0，得x＝3x1，即M(3x1,0)．

可得.

所以，即.

因此存在常数使得结论成立．

②直线BD的方程，

令x＝0，得，即.

由①知M(3x1,0)，

可得△OMN的面积.

因为，

当且仅当时等号成立，

此时S取得最大值，

所以△OMN面积的最大值为.