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08立体几何初步★★★☆☆
正四棱锥的顶点都在同一球面上，若该棱锥的高为 44，底面边长为 22，则该球的表面积为（ ）
\begin{solution} 由正四棱锥的对称性，球心 O′O' 在高 SOSO 所在直线上. 设底面中心为 OO，顶点为 SS，并设 OO′=tOO'=t. 正方形底面边长为 22，所以底面顶点 VV 满足 OV=2OV=\sqrt{2}. 由球面经过 VV 和 SS，有 O′V2=t2+2O'V^{2}=t^{2}+2，O′S2=(4−t)2O'S^{2}=(4-t)^{2}. 故 t2+2=(4−t)2t^{2}+2=(4-t)^{2}，t=74t=\frac{7}{4}. 球半径为 R=4−t=94R=4-t=\dfrac{9}{4}，所以球的表面积为
4πR2=4π(94)2=81π44\pi R^{2}=4\pi\left(\frac{9}{4}\right)^{2}=\frac{81\pi}{4}
故选 A. \end{solution}
A.
81π4\dfrac{81\pi}{4}
B.
16π16\pi
C.
9π9\pi
D.
27π4\dfrac{27\pi}{4}

2014 · 全国 · 大纲卷 · 理 · 第 8 题 · 选择题

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09解析几何★★★☆☆
已知双曲线 CC 的离心率为 22，焦点为 F1F_{1}，F2F_{2}，点 AA 在 CC 上，若 ∣F1A∣=2∣F2A∣|F_{1}A|=2|F_{2}A|，则 cos⁡∠AF2F1=\cos \angle AF_{2}F_{1}=（ ）
\begin{solution} 双曲线的离心率为 22，所以 c=2ac=2a，且 F1F2=2c=4aF_{1}F_{2}=2c=4a. 由双曲线定义以及 ∣F1A∣=2∣F2A∣|F_{1}A|=2|F_{2}A|，得 ∣F1A∣−∣F2A∣=2a|F_{1}A|-|F_{2}A|=2a，∣F2A∣=2a|F_{2}A|=2a，∣F1A∣=4a|F_{1}A|=4a. 在三角形 AF2F1AF_{2}F_{1} 中，利用余弦定理，
cos⁡∠AF2F1=∣AF2∣2+∣F2F1∣2−∣AF1∣22∣AF2∣ ∣F2F1∣=4a2+16a2−16a216a2=14\cos\angle AF_{2}F_{1} =\frac{|AF_{2}|^{2}+|F_{2}F_{1}|^{2}-|AF_{1}|^{2}} {2|AF_{2}|\,|F_{2}F_{1}|} =\frac{4a^{2}+16a^{2}-16a^{2}}{16a^{2}}=\frac14
故选 A. \end{solution}
A.
14\dfrac{1}{4}
B.
13\dfrac{1}{3}
C.
24\dfrac{\sqrt{2}}{4}
D.
23\dfrac{\sqrt{2}}{3}

2014 · 全国 · 大纲卷 · 理 · 第 9 题 · 选择题

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12函数与初等函数★★★☆☆
函数 y=f(x)y=f(x) 的图象与函数 y=g(x)y=g(x) 的图象关于直线 x+y=0x+y=0 对称，则 y=f(x)y=f(x) 的反函数是（ ）
\begin{solution} 关于直线 x+y=0x+y=0 的对称把点 (x,y)(x,y) 变为 (−y,−x)(-y,-x). 因此图象 y=f(x)y=f(x) 上的点 (x,f(x))(x,f(x)) 对称后为 (−f(x),−x)(-f(x),-x)，且该点在 y=g(x)y=g(x) 的图象上，即
g(−f(x))=−xg(-f(x))=-x
令 t=f(x)t=f(x)，则 x=f−1(t)x=f^{-1}(t)，上式化为 g(−t)=−f−1(t)g(-t)=-f^{-1}(t)，f−1(t)=−g(−t)f^{-1}(t)=-g(-t). 所以反函数为 y=−g(−x)y=-g(-x)，故选 D. \end{solution}
A.
y=g(x)y=g(x)
B.
y=g(−x)y=g(-x)
C.
y=−g(x)y=-g(x)
D.
y=−g(−x)y=-g(-x)

2014 · 全国 · 大纲卷 · 理 · 第 12 题 · 选择题

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15解析几何★★★☆☆
直线 l1l_{1} 和 l2l_{2} 是圆 x2+y2=2x^{2}+y^{2}=2 的两条切线. 若 l1l_{1} 与 l2l_{2} 的交点为 (1,3)\left(1,3\right)，则 l1l_{1} 与 l2l_{2} 的夹角的正切值等于______.
\begin{solution} 设两切线的交点为 P=(1,3)P=(1,3)，圆心为 O=(0,0)O=(0,0)，切点为 TT. 则 OP=12+32=10OP=\sqrt{1^{2}+3^{2}}=\sqrt{10}，圆半径为 OT=2OT=\sqrt2，且 PT⊥OTPT\perp OT. 设切线与 POPO 的夹角为 θ\theta，则在直角三角形 OPTOPT 中
tan⁡θ=OTPT=2OP2−OT2=28=12\tan\theta=\frac{OT}{PT} =\frac{\sqrt2}{\sqrt{OP^{2}-OT^{2}}} =\frac{\sqrt2}{\sqrt8}=\frac12
两条切线关于 POPO 对称，故两切线的锐角夹角为 2θ2\theta. 因此
tan⁡2θ=2tan⁡θ1−tan⁡2θ=11−14=43\tan 2\theta=\frac{2\tan\theta}{1-\tan^{2}\theta} =\frac{1}{1-\frac14}=\frac43
\end{solution}

2014 · 全国 · 大纲卷 · 理 · 第 15 题 · 填空题

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16三角函数★★★☆☆
若函数 f(x)=cos⁡2x+asin⁡xf(x)=\cos 2x+a\sin x 在区间 (π6,π2)\left(\dfrac{\pi}{6},\dfrac{\pi}{2}\right) 上是减函数，则 aa 的取值范围是______.
\begin{solution} 求导得
f′(x)=−2sin⁡2x+acos⁡x=cos⁡x(a−4sin⁡x)f'(x)=-2\sin2x+a\cos x=\cos x\left(a-4\sin x\right)
在 (π6,π2)\left(\dfrac{\pi}{6},\dfrac{\pi}{2}\right) 上，cos⁡x>0\cos x>0，且 sin⁡x>12\sin x>\dfrac12. 若 a⩽2a\leqslant2，则 a−4sin⁡x<0a-4\sin x<0，所以函数在该区间上递减.
若 a>2a>2，由 sin⁡x\sin x 在该区间左端附近趋近于 12\dfrac12，可取区间内的 xx 使 4sin⁡x<a4\sin x<a，此时 f′(x)>0f'(x)>0，不可能在整个区间上递减. 因此 aa 的取值范围为 (−∞,2]\left(-\infty,2\right]. \end{solution}

2014 · 全国 · 大纲卷 · 理 · 第 16 题 · 填空题

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17三角函数★★★☆☆
△ABC\triangle ABC 的内角 AA，BB，CC 的对边分别为 aa，bb，cc，已知 3acos⁡C=2ccos⁡A3a\cos C=2c\cos A，tan⁡A=13\tan A=\dfrac{1}{3}，求 BB. \begin{solution} 由正弦定理，存在正数 kk，使 a=ksin⁡Aa=k\sin A，c=ksin⁡Cc=k\sin C. 代入已知条件得
3sin⁡Acos⁡C=2sin⁡Ccos⁡A3\sin A\cos C=2\sin C\cos A
因 tan⁡A=13>0\tan A=\dfrac13>0 且 A∈(0,π)A\in\left(0,\pi\right)，所以 AA 为锐角；上式也说明 cos⁡C≠0\cos C\neq0. 因此可除以 cos⁡Acos⁡C\cos A\cos C，得到 3tan⁡A=2tan⁡C3\tan A=2\tan C，tan⁡C=12\tan C=\frac12. C∈(0,π)C\in\left(0,\pi\right) 且正切值为正，所以 CC 也是锐角. 于是
tan⁡(A+C)=tan⁡A+tan⁡C1−tan⁡Atan⁡C=13+121−16=1\tan(A+C)=\frac{\tan A+\tan C}{1-\tan A\tan C} =\frac{\frac13+\frac12}{1-\frac16}=1
又 A+C∈(0,π)A+C\in\left(0,\pi\right)，且其正切为正，故 A+C=45∘A+C=45^{\circ}. 因而
B=180∘−(A+C)=135∘B=180^{\circ}-(A+C)=135^{\circ}
\end{solution}

2014 · 全国 · 大纲卷 · 理 · 第 17 题 · 解答题

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18数列★★★☆☆
等差数列 {an}\{a_{n}\} 的前 nn 项和为 SnS_{n}，已知 a1=10a_{1}=10，a2a_{2} 为整数，且 Sn⩽S4S_{n}\leqslant S_{4}.
(1) 求 {an}\{a_{n}\} 的通项公式； (2) 设 bn=1anan+1b_{n}=\dfrac{1}{a_{n}a_{n+1}}，求数列 {bn}\{b_{n}\} 的前 nn 项和 TnT_{n}.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 设等差数列的公差为 dd，则 an=10+(n−1)da_{n}=10+(n-1)d. 由题设 S3⩽S4S_{3}\leqslant S_{4} 和 S5⩽S4S_{5}\leqslant S_{4}，分别得到 a4=10+3d⩾0a_{4}=10+3d\geqslant0，a5=10+4d⩽0a_{5}=10+4d\leqslant0. 因为 dd 为整数，所以 −103⩽d⩽−52-\dfrac{10}{3}\leqslant d\leqslant-\dfrac52 只能给出 d=−3d=-3. 此时 Sn=n2(20−3(n−1))=n(23−3n)2S_{n}=\frac{n}{2}\left(20-3(n-1)\right)=\frac{n(23-3n)}{2}，S4=22S_{4}=22 且对任意正整数 nn，
Sn−S4=−(3n−11)(n−4)2⩽0S_{n}-S_{4}=-\frac{(3n-11)(n-4)}{2}\leqslant0
其中，n=1n=1，22，33 时两个因式均为负，n⩾4n\geqslant4 时两个因式均为非负. 所以所得数列确实满足题设条件，且
an=10−3(n−1)=13−3na_{n}=10-3(n-1)=13-3n
\item 由 ak−ak+1=3a_{k}-a_{k+1}=3，有
bk=1akak+1=13(1ak+1−1ak)b_{k}=\frac{1}{a_{k}a_{k+1}} =\frac13\left(\frac1{a_{k+1}}-\frac1{a_{k}}\right)
所以
Tn=∑k=1nbk=13(1an+1−1a1)=13(110−3n−110)=n10(10−3n)T_{n}=\sum_{k=1}^{n}b_{k} =\frac13\left(\frac1{a_{n+1}}-\frac1{a_{1}}\right) =\frac13\left(\frac1{10-3n}-\frac1{10}\right) =\frac{n}{10(10-3n)}
\end{enumerate} \end{solution}

2014 · 全国 · 大纲卷 · 理 · 第 18 题 · 解答题

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20概率与统计★★★☆☆
设每个工作日甲，乙，丙，丁 44 人需使用某种设备的概率分别为 0.60.6，0.50.5，0.50.5，0.40.4，各人是否需使用设备相互独立.
(1) 求同一工作日至少 33 人需使用设备的概率； (2) XX 表示同一工作日需使用设备的人数，求 XX 的数学期望.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 恰有 33 人需使用设备的概率为
0.4×0.5×0.5×0.4+0.6×0.5×0.5×0.4+0.6×0.5×0.5×0.4+0.6×0.5×0.5×0.6=0.250.4\times0.5\times0.5\times0.4 +0.6\times0.5\times0.5\times0.4 +0.6\times0.5\times0.5\times0.4 +0.6\times0.5\times0.5\times0.6=0.25
四人都需使用设备的概率为
0.6×0.5×0.5×0.4=0.060.6\times0.5\times0.5\times0.4=0.06
所以同一工作日至少 33 人需使用设备的概率为
0.25+0.06=0.310.25+0.06=0.31
\item 设第 ii 个人需使用设备的指示变量为 IiI_{i}，则 X=I1+I2+I3+I4X=I_{1}+I_{2}+I_{3}+I_{4}. 由期望的线性性质，
E(X)=E(I1)+E(I2)+E(I3)+E(I4)=0.6+0.5+0.5+0.4=2E(X)=E(I_{1})+E(I_{2})+E(I_{3})+E(I_{4}) =0.6+0.5+0.5+0.4=2
\end{enumerate} \end{solution}

2014 · 全国 · 大纲卷 · 理 · 第 20 题 · 解答题

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