精校版-無答案2014年各地高考數(shù)學(xué)試題卷理科

f(xsin(x),且0

f(x)dx0f(xA．x6

B．x

C．x3

D．x6zxxkf(x)x2ex1(x0)與g(x)x2ln(xay2則a的取值范圍e(,1e

(,

(1,

e,1ee65525ee（一）選做題（請考生在第11，12，13三題中任選兩題作答，如果全做，則按前兩題記分的直線l與曲線Cx2cos為參數(shù)A，B y1｜A｜＝23ABBC

OAOBCAB

3BC22

O x的不等式|ax2|3的解集為{x|5x1a （二）必做題（14－16題y若變量 滿足約束條件xy4，且z

的最小值為－6ky4ABCD和正方形DEFG的邊長分別為ab(ab，原點OADy22pxp0CF兩點baOA(10B(0,3C(30D|CD|1,則OAOB三、解答題：本大題共6小題，共75分．解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟17（2和3 A120萬元；若新產(chǎn)品B研發(fā)成功，預(yù)計企100萬元．求該企業(yè)可獲利潤的分布列和數(shù)學(xué)期望．（12分求cosCAD若cosBAD 7,sinCBA 21,求zxxkBC的長 BDO,BDO, 若CBA60,求

（13分已知數(shù)列

}

|pn,nN1若an}是遞增數(shù)列，且a12a23a3p1若p2，且{a2n1}是遞增數(shù)列，{a2n} 是遞減數(shù)列，zxxk求數(shù)列{an}的通項（13分

7O為坐標(biāo)原點，橢圓C1a2

1(ab0的左、右焦點分別為F1F2 e1；雙曲線C2a2b21F3F4，離心率為e2．已知e1e223 3求C1,C2的方程過F1作C1yAB的中點．當(dāng)直線OM與C2PQ兩點時，求APBQ面積的最小值．（13分a0,函數(shù)f(x)ln(1ax

2xxf(x在區(qū)間(0若f(x)存 兩個極值點x1,x2,且f(x1)f(x2)0,求a的zxxk取值范圍2014年普通高等學(xué)校招生統(tǒng)一考試（湖南卷2、3、4、5、7、8、9、11p(cossin)32715、12716、17（12份（I）記E｛｝F=｛｝.P(E)2,P(E)1,P(F)3,P(F) （）X（），則X0100,120,220.P(X0)P(EF)122 P(X100)P(EF)13 P(X120)P(EF)224 P(X220)P(EF)23 數(shù)學(xué)期望為EX02+1003+12042206300480120 18（12份（I）712故由題設(shè)知，cosCAD7127

AC2AD22AC1COSsin1COSsinx=sin(BAD=sinBADcosCAD=32127 7) 32在ABC7 ACsin sin

2619（12份（（a所以CC1BDACBD0，因此CC1ABCD。由題設(shè)知，O1OC1C。故O1O底面（a，過是二面角C1OB1D的平面角。

311不妨設(shè)AB=2。因為CBA60O，所以O(shè)B ，OC1，OB 731137RtOOB中，易知OHOO1O1B137

。而OC1

于 7故COSCHO 7即二面角COBD257 解法 因為四棱柱ABCD-A1B1C1D1的所有棱長都相等所以四邊形ABCD是菱形因此ACBD又O1OABCDOB，OC,OO1（b

OO1所在直線分別為軸，軸，軸，建立空間直角坐標(biāo)系。不妨31AB=2.因為CBA60O所以O(shè)B 31 設(shè)n2(x,y,z)是平面OB1C1的一個法向量，則 即

3x2z

3取z ，則33x2,y3

，所以n2223,

。

y2z設(shè)二面角C1OB1D的大小為，易知是銳角，于是COS22故二面角COBD2 20（13份解（I）因為a是遞增數(shù)列，所以

a

apn。而a1，因此又a2a3a

數(shù)列 解得p1,p3當(dāng)p0時， a，這與a是遞增數(shù) 。故p1 （Ⅱ）由于a2n1是遞增數(shù)列，因而a2n1 0，于

22n1

2n

2n又①，②知，a2n 0，因

(1)2n1 因為a2n是遞減數(shù)列，同理可得a2n11 a2n1a2n2

00④an1an

。 ... 1(

11 12 1 2n1故數(shù)列an的通 1an

21（13份3

3 解（I）因為e1e2

,，所 a2a2a2a23

a2

a，因此4

1，所以b1a22。故C,Cyx2y2

x2y2y

xmy1xmy由

y2

(m22)y22my10.A(x1y1B(x2y2y1y2x

m(

y)2

，于是AB的中點為M

m2

m2

m2m，PQymx，即mx2y0 ym

(2m2

4，所以2

0，且

2

，

2

y2m2m22x2PQ x2A到直線PQdB到直線PQdmx2ymx2ymx2 m2 因為點A、B在直線mx2y0的異側(cè)，所以(mx12y1)(mx22y2 0，于mx12y1mx2

mx12y1mx22y2(m22)y2d 221221(yy)2(yy)24y 1

m2

221221 m2APBQS

12PQ2d12

221221 232而 2m22，故當(dāng)m0時，S取得最小值22（（I）

1

2(x2)(x

ax24(a=(1ax)(x當(dāng)1時，，此時f(x在區(qū)間00＜a＜1f'(x＜0

1

（x

舍去1a1a當(dāng)x∈（0，x1）時f'(x)＜0；當(dāng)x∈x1(x1,)時，f1a1af(x在區(qū)間（0x1）上單調(diào)遞增，在區(qū)間（x1）上單調(diào)遞增。a1f(x在區(qū)間（0）1a0a＜1f(x1a

）1a1a1a（II）由（）a1f'(x01a1a1a

f(xx1

x2

1ax1x—1aa

1a1a —2，解得a1。此時，由（）式易知，xxf1a 而2x f(x1)+f(x2)=in（1ax）-x2+in（1+ax2）-x1

4x1x24xXx1x22x1x2=in2a12—4a1=in2a12+ 22