2014年四川文

1、2014年四川文 第2頁（共7頁） 一、選擇題（共10小題；共50分） 1.已知集合 ，集合為整數(shù)集，則 A. B. C. D. 在這個問題中, 名居民的閱 2.在 世界讀書日”前夕，為了了解某地 讀時間進(jìn)行統(tǒng)計分析. 名居民某天的閱讀時間，從中抽取了 名居民的閱讀時間的全體是 C.樣本的容量 B.個體 A.總體 D.從總體中抽取的一個樣本 3.為了得到函數(shù) A.向左平行移動 的圖象，只需把函數(shù) 個單位長度B.向右平行移動 的圖象上所有的點(diǎn) 個單位長度 C.向左平行移動 個單位長度 D.向右平行移動 個單位長度 4.某三棱錐的側(cè)視圖、 俯視圖如圖所示，則該三棱錐的體積是 （錐體體積公式: ，其

2、中 為底面面積，為高）. A. B. D. 5.若 A.- B.- C.- D.- 6.執(zhí)行如圖的程序框圖, 如果輸入的 ，那么輸出的的最大值為 否 .V=l 5 2x + I- / 輸 2、y/ ，則一定有 I /輸川$ / t 結(jié)朋 A. B. C. D. 7.已知，則下列等式一定成立的是 A. B. C. D. 8.如圖，從氣球上測得正前方的河流的兩岸 ，則河流的寬度等于 的俯角分別為 ，此時氣球的高是 75 4 A. B. C. D. 9.設(shè) ，過定點(diǎn) 則 的動直線 的取值范圍是 和過定點(diǎn)的動直線 交于點(diǎn) A. B. C. D. 10.已知 是拋物線 為坐標(biāo)原點(diǎn)），則 的焦點(diǎn), 與 在

3、該拋物線上且位于軸的兩側(cè), 面積之和的最小值是 A. B. C. D. （其中 二、填空題（共5小題；共 25分） 11.雙曲線 的離心率等于 12.復(fù)數(shù) 13.設(shè) 是定義在上的周期為的函數(shù)，當(dāng) 時, 14.平面向量 ，且與的夾角等于 的夾角，則 15.以 表示值域為的函數(shù)組成的集合, ，存在一個正數(shù)，使得函數(shù) 時， 的定義域為，則“ 的充要條件是 表示具有如下性質(zhì)的函數(shù) 的值域包含于區(qū)間 .現(xiàn)有如下命題： 組成的集合：對于函數(shù) .例如，當(dāng) 設(shè)函數(shù) 函數(shù) 若函數(shù) 若函數(shù) 其中的真命題有 ”的充要條件是“ 有最大值和最小值; 的定義域相同，且， ，則 有最大值，則 .（寫出所有真命題的序號） 三

4、、解答題（共6小題；共78 分） 第4頁（共7頁） 16. 一個盒子里裝有三張卡片，分別標(biāo)記有數(shù)字 機(jī)有放回地抽取次，每次抽取 抽取的卡片上的數(shù)字滿足 抽取的卡片上的數(shù)字 (1) 求 (2) 求 ，這三張卡片除標(biāo)記的數(shù)字外完全相同.隨 張，將抽取的卡片上的數(shù)字依次記為，. ”的概率； , 不完全相同 ”的概率. 17.已知函數(shù) (1)求 的單調(diào)遞增區(qū)間; (2)若 是第二象限角， ，求 的值. 18.在如圖所示的多面體中，四邊形 都為矩形. (1)若 (2)設(shè) ，證明：直線 分別是線段 平面 的中點(diǎn)，在線段 上是否存在一點(diǎn) ,使直線 平面 ?請證明你的結(jié)論. 19.設(shè)等差數(shù)列 (1)證明：數(shù)列

5、 的公差為，點(diǎn) 為等比數(shù)列; 在函數(shù) 的圖象上 (2)若 ，函數(shù) 的圖象在點(diǎn) 處的切線在軸上的截距為 一，求數(shù)列 的前項和 20.已知橢圓 的左焦點(diǎn)為 ，離心率為 (1)求橢圓 的標(biāo)準(zhǔn)方程; 為坐標(biāo)原點(diǎn)， 是平行四邊形時， (2)設(shè) 為直線 求四邊形 上一點(diǎn)， 的面積. 的垂線交橢圓于 .當(dāng)四邊形 21.已知函數(shù) (1) 設(shè) (2) 若 是函數(shù) ，函數(shù) ，其中 的導(dǎo)函數(shù)，求函數(shù) 在區(qū)間內(nèi)有零點(diǎn)，證明: 在區(qū)間 為自然對數(shù)的底數(shù). 上的最小值； 第11頁(共7頁) 答案 第一部分 4. D5. D 9. B10. B 1. D2. A3. A 6. C7. B8. C 第二部分 11. 12.

6、13. 14. (Pleft( Aright)= dfrac327= 15. )因此抽取的卡片上的數(shù)字滿足 ”的概率為- 16. (1) 由題意， 的所有可能為 (begi nsp lit & left (1, 1, 1right) ,lef1 :(1 ,1, 2right), left (1, 1 , 3right), left (1, 2, 1right), left (1, 2, 2right), & left (1, 2, 3right), left (1, 3, 1right), left (1, 3, 2right), left (1, 3, 3right), left (2, 1

7、, 1right), & left (2, 1, 2right: ),left (2, 1, 3right), left (2, 2, 1right), left (2, 2, 2right), left (2, 2, 3right), &left (2, 3, 1right), left (2, 3, 2right), left (2, 3, 3right), left (3, 1 , 1right), left (3, 1 , 2right), &left (3, 1, 3right), left (3, 2, 1right), left (3, 2, 2right), left (3,

8、2, 3right), left (3, 3, 1right), & left (3, 3, 2right), left (3, 3, 3right) ) 共種. 第三部分 設(shè)抽取的卡片上的數(shù)字滿足 ”為事件 ，共種，所以 則事件包括 (2)設(shè) 抽取的卡片上的數(shù)字 ，共種，所以 )因此抽取的卡片上的數(shù)字 不完全相同”的概率為-. 不完全相同”為事件，則事件 包括， (Pleft ( Bright) =1-Pleft (overline Bright ) = 1 - dfrac327= 17. (1)因為 (2kmathrm pi - dfracmathrm pi 2 leqsla nt 3x

9、+ dfracmathrm pi 4 leqslant 2kmathrm pi + dfracmathrm pi 2,) 所以 (2kmathrm pi - dfrac3mathrm pi 4 leqsla nt 3x leqsla nt 2kmathrm pi + leqsla nt dfrac2kmathrm pi 3 + dfracmathrm pi 12 增區(qū)間為 dfracmathrm pi 4, dfrac2kmathrm pi 3 - dfracmathrm pi 4 leqslant x )因此所求 的單調(diào)遞 (2)因為(begi nsp litfleft(dfraca Ip

10、ha 3right) &= sin left (al pha + dfracmathrm pi 4right ) = dfrac45cos left (alpha + dfracmathrm pi 4right ) cos 2alpha ,) 整理得(sin alpha + cos alpha= dfrac45 cdotleft (cos alpha -sin alpha right) 2left (cos alpha + sin alpha right ) ,) 當(dāng)時，由 是第 )整理得 二象限角，知 時 (alpha=dfrac3mathrm pi4+2kmathrm pi， k in m

11、athbfZ )當(dāng)時，有 ) 此 (left (cos al pha - al pha， )因此 ( )綜上可得 (cos alpha-sin alpha=-sqrt 2 或 ) 18. (1) 因為四邊形 和四邊形 都是矩形， 所以 因為， 為平面 內(nèi)的兩條相交直線， 所以 平面. 因為直線 平面 ，所以. 又由已知, , , 所以 平面 (2) 取線段的中點(diǎn)，連接， ,，設(shè) . 為 的中點(diǎn). 連接 ,，則 ,分別為， 的中位線. 所以 , , , 所以 , ，連接，從而四邊形為平行四邊形, 則. 因為直線 平面 ,平面 所以直線 平面 即線段 上存在一點(diǎn) (線段的中點(diǎn))， 使得直線平面 1

12、9. (1) 由已知得 (b_ n=2Aa_ n0 ,) 當(dāng)時， 則(dfracb_ n + )所以，數(shù)列 是首項為，公比為 等比數(shù)列. ( )又是第二象限角，所以 sin alpha right)人2 = dfrac54 (sin alpha cos 的 ，求導(dǎo)得 (fleft (xright) =2x ln2 , 在 (2 ) 處的切線為 (y-b_2=2Aa_2ln2left( x-a_2right )，) )所以 令 ，得 b_2=left 得 (卜 ) 解 (2a_2ln2right ) times left ( x-a_2right ) ， x=a_2-dfrac 1ln 2 ，所

13、以，故(a_n=n ， b_n=2人n ，) 所以 ) 其前 項和(T_n = 1 cdot 4 + 2 cdot 42 + 3 (a_ nb_ nA2=ncdot4A n cdot 4人3 + cdots + left (n - 1right) cdot 4人n - 1 + n cdot 4人n， quad cdots cdots ) 兩邊乘以得(4T_n = 1 cdot 4人2 + 2 cdot 4人3 + 3 cdot 4人4 + cdots + left( n - 1right) cdot 4人n + n cdot 4人n + 1， quad cdots cdots )得 (begi

14、nsplitT_n -4T_ n & = 4 + 4人2 + 4人3 + cdots + 45 - n cdot 4人 n + 1 &= dfrac4 n + 1 - 43 - n cdot 4人 n + 1, )所以 20. (1)由已知得 (dfracca = dfracsqrt 6 3，c=2，) 所以 (a = sqrt 6 , )又由 ，解得 (b = sqrt 2，) 所以橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為 (2)設(shè) 點(diǎn)的坐標(biāo)為 ，則直線 的斜率 2right) ) 當(dāng) 時，直線 的斜率 ) 當(dāng) 時，直線 的方程是 (x = - 2 , 將 代入橢圓方程得 (left (mA2+3righ ) (D

15、elta = 16何人2 + 8left (m2 + 3right ) (k_TF = dfracm - 0 - 3 - left 直線的方程是 (- (x=my-2 , (begi ns plity_1 + y_2 & = dfrac4mm2 + 3 x_1 + x_2 & = mleft (y_1 + y_2right 為四邊形是平行四邊形，所以 ，即 x_2 , m - y_2right ) 所以 x_1 + x_2 = dfrac - 12何人2 + 3 = - 3 y_1 + y_2 = dfrac4mm2 + 3 = m . )解得 ( )也符合 ) 設(shè), 的形式. )其判別式 ，

16、則 ,y_1y_2 = dfrac - 2何八2 + 3 ) 因 (left (x_1 , y_1right ) = left ( - 3 - (begi ncases , )此時四邊形 的面積 (beginsplitS_ 四邊形 OPTQ &= 2S_triangle OPQ = 2 times dfrac12|OF| cdot |y_1- y_2| &= 2sqrt left ) (dfrac4mm2 + 3right )尸2 - 4times dfrac - 2m2 + 3= 21. (1) 當(dāng)時, 調(diào)遞增，所以 令 ( gleft (xright) =mathrmex-2a0 (gle

17、ft ，得 (xright) geqslant gleft ( 0right) ) 得 當(dāng) 時, 上恒單 所以當(dāng) 時，即 -時, 上單調(diào)遞增, 所以 (gleft (xright) geqsla nt gleft 調(diào)遞減，在 ) 當(dāng) (Oright) 上單調(diào)遞增，所以 時，即- -時, 上單 geqslant gleft ( ln left (2aright) right) =2a-2a ln left ( 2aright) ) 當(dāng) 時，即 -時, 上單調(diào)遞減, 所以 (gleft (xright ) geqslant gleft ( 1right) )綜上所述 故 同理 (2)設(shè) 在區(qū)間 不

18、可能恒為正, 在區(qū)間 在區(qū)間 在區(qū)間內(nèi)的一個零點(diǎn)，則由 上不可能單調(diào)遞增，也不可能單調(diào)遞減. 也不可能恒為負(fù). 內(nèi)存在零點(diǎn) 所以 在區(qū)間 內(nèi)存在零點(diǎn) 內(nèi)至少有兩個零點(diǎn). 可知, 由(1) 知，當(dāng) -時, 上單調(diào)遞增，故 內(nèi)至多有一個零點(diǎn). 當(dāng) -時, 上單調(diào)遞減，故 內(nèi)至多有一個零點(diǎn). 所以()此時,在上單調(diào)遞減， 上單調(diào)遞增，因此 left ( 2aright )， 1right )， (x_1 in left (0， ln left (2aright)right ， x_2 in left (ln ) 必有 ) 由 gleft (0right ) = 1 - b 0， gleft ( 1right ) 得 ( a + b = mathrme - 1 2,) 有 ( 1right ) 當(dāng) ，則 矛盾， 所以 glef