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01集合与逻辑基础★☆☆☆☆
已知集合 M={x∣x⩾0,x∈R}M = \{x \mid x \geqslant 0, x \in \mathbf{R}\}，N={x∣x2<1,x∈R}N = \{x \mid x^2 < 1, x \in \mathbf{R}\}，则 M∩N=M \cap N =（ ）
\begin{answer} D \end{answer} \begin{solution} 由 x2<1x^2<1 得 −1<x<1-1<x<1，所以 N=(−1,1)N=(-1,1)，M∩N=[0,1)M\cap N=[0,1). 因此选 D. \end{solution}
A.
[0,1][0,1]
B.
(0,1)(0,1)
C.
(0,1](0,1]
D.
[0,1)[0,1)

2014 · 陕西 · 文 · 第 1 题 · 选择题

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02三角函数★☆☆☆☆
函数 f(x)=cos⁡(2x+π4)f(x) = \cos \left(2x + \frac{\pi}{4}\right) 的最小正周期是（ ）
\begin{answer} B \end{answer} \begin{solution} 余弦函数的最小正周期为 2π2\pi. 对于 f(x)=cos⁡(2x+π4)f(x)=\cos(2x+\frac{\pi}{4})，横坐标的伸缩系数为 22，故 T=2π2=πT=\frac{2\pi}{2}=\pi. 因此选 B. \end{solution}
A.
π2\frac{\pi}{2}
B.
π\pi
C.
2π2\pi
D.
4π4\pi

2014 · 陕西 · 文 · 第 2 题 · 选择题

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03复数★☆☆☆☆
已知复数 z=2−iz = 2 - \mathrm{i}，则 z⋅z‾z \cdot \overline{z} 的值为（ ）
\begin{answer} A \end{answer} \begin{solution} 复数 z=2−iz=2-\mathrm{i} 的共轭复数为 z‾=2+i\overline{z}=2+\mathrm{i}，所以
zz‾=(2−i)(2+i)=4−i2=4+1=5z\overline{z}=(2-\mathrm{i})(2+\mathrm{i})=4-\mathrm{i}^2=4+1=5
因此选 A. \end{solution}
A.
55
B.
5\sqrt{5}
C.
33
D.
3\sqrt{3}

2014 · 陕西 · 文 · 第 3 题 · 选择题

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04数列★★☆☆☆
根据如图所示的框图，对大于 2 的整数 NN，输出的数列的通项公式是（ ）
\begin{answer} C \end{answer} \begin{solution} 程序开始时 S=1S=1，每次循环先计算 ai=2Sa_i=2S，再令 S=aiS=a_i，因此每次循环都使 SS 变为原来的 22 倍. 第一次循环得到 a1=2=21a_1=2=2^1. 若第 kk 次循环前 S=2k−1S=2^{k-1}，则第 kk 次循环得到 ak=2S=2ka_k=2S=2^k. 由数学归纳法，输出数列的通项为 an=2na_n=2^n. 因此选 C. \end{solution}
A.
an=2na_{n} = 2n
B.
an=2(n−1)a_{n} = 2(n - 1)
C.
an=2na_{n} = 2^{n}
D.
an=2n−1a_{n} = 2^{n - 1}

2014 · 陕西 · 文 · 第 4 题 · 选择题

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05立体几何初步★☆☆☆☆
将边长为 1 的正方形以其一边所在直线为旋转轴旋转一周，所得几何体的侧面积为（ ）
\begin{answer} C \end{answer} \begin{solution} 正方形绕一条边旋转一周，所得几何体是底面半径 r=1r=1、高 h=1h=1 的圆柱. 圆柱的侧面积为 S=2πrh=2πS=2\pi rh=2\pi. 因此选 C. \end{solution}
A.
4π4\pi
B.
3π3\pi
C.
2π2\pi
D.
π\pi

2014 · 陕西 · 文 · 第 5 题 · 选择题

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06概率与统计★★☆☆☆
从正方形四个顶点及其中心这5个点中，任取2个点，则这2个点的距离不小于该正方形边长的概率为（ ）
\begin{answer} C \end{answer} \begin{solution} 任取 22 个点共有 C52=10\mathrm C_5^2=10 种等可能结果. 正方形的四条边对应的 44 对顶点距离等于边长，两条对角线对应的 22 对顶点距离大于边长；中心与任一顶点的距离为边长的 22\frac{\sqrt{2}}{2}，不符合条件. 因此符合条件的有 4+2=64+2=6 种，所求概率为 P=610=35P=\frac{6}{10}=\frac35. 因此选 C. \end{solution}
A.
15\frac{1}{5}
B.
25\frac{2}{5}
C.
35\frac{3}{5}
D.
45\frac{4}{5}

2014 · 陕西 · 文 · 第 6 题 · 选择题

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07指数函数与对数函数★☆☆☆☆
下列函数中，满足“f(x+y)=f(x)f(y)f(x + y) = f(x)f(y)”的单调递增函数是（ ）
\begin{answer} D \end{answer} \begin{solution} 逐项检验函数关系. 取 x=y=1x=y=1 时，f(x)=x12f(x)=x^{\frac{1}{2}} 给出 f(2)=2≠1=f(1)f(1)f(2)=\sqrt2\ne1=f(1)f(1)，f(x)=x3f(x)=x^3 给出 f(2)=8≠1=f(1)f(1)f(2)=8\ne1=f(1)f(1)，所以 A、B 均不满足题设关系. f(x)=(12)xf(x)=(\frac12)^x 满足 f(x+y)=f(x)f(y)f(x+y)=f(x)f(y)，但底数在 (0,1)(0,1) 内，所以它是单调递减函数. 对于 f(x)=3xf(x)=3^x，有
f(x+y)=3x+y=3x3y=f(x)f(y)f(x+y)=3^{x+y}=3^x3^y=f(x)f(y)
且底数 3>13>1，所以它是单调递增函数. 因此选 D. \end{solution}
A.
f(x)=x12f(x) = x^{\frac{1}{2}}
B.
f(x)=x3f(x) = x^{3}
C.
f(x)=(12)xf(x) = \left(\frac{1}{2}\right)^x
D.
f(x)=3xf(x) = 3^{x}

2014 · 陕西 · 文 · 第 7 题 · 选择题

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08集合与逻辑基础★★☆☆☆
原命题为“若 an+an+12<an\frac{a_n + a_{n+1}}{2} < a_n，n∈N+n \in \mathbf{N}_+，则 {an}\{a_n\} 为递减数列”，关于逆命题，否命题，逆否命题真假性的判断依次如下，正确的是（ ）
\begin{answer} A \end{answer} \begin{solution} 记命题的前件为 PP，后件为 QQ，其中 PP 表示对任意 n∈N+n\in\mathbf N_+ 有 an+an+12<an\frac{a_n+a_{n+1}}2<a_n，QQ 表示数列 {an}\{a_n\} 为递减数列. 由 an+an+12<an\frac{a_n+a_{n+1}}2<a_n 可得 an+1<ana_{n+1}<a_n，反过来也成立，所以 PP 与 QQ 等价. 因此原命题、逆命题、否命题和逆否命题均为真，所求判断为“真，真，真”，选 A. \end{solution}
A.
真，真，真
B.
假，假，真
C.
真，真，假
D.
假，假，假

2014 · 陕西 · 文 · 第 8 题 · 选择题

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09概率与统计★★☆☆☆
某公司 10 位员工的月工资（单位：元）为 x1x_{1}，x2x_{2}，⋯\cdots，x10x_{10}，其均值和方差分别为 x‾\overline{x} 和 s2s^{2}，若从下月起每位员工的月工资增加 100 元，则这 10 位员工下月工资的均值和方差分别为（ ）
\begin{answer} D \end{answer} \begin{solution} 下月工资记为 xi′=xi+100x_i'=x_i+100. 其均值为
x′‾=110∑i=110(xi+100)=x‾+100\overline{x'}=\frac1{10}\sum_{i=1}^{10}(x_i+100)=\overline{x}+100
又因为 xi′−x′‾=xi−x‾x_i'-\overline{x'}=x_i-\overline{x}，所以方差为
s′2=110∑i=110(xi′−x′‾)2=110∑i=110(xi−x‾)2=s2s'^2=\frac1{10}\sum_{i=1}^{10}(x_i'-\overline{x'})^2 =\frac1{10}\sum_{i=1}^{10}(x_i-\overline{x})^2=s^2
因此选 D. \end{solution}
A.
x‾\overline{x}，s2+1002s^2 + 100^2
B.
x‾+100\overline{x} + 100，s2+1002s^2 + 100^2
C.
x‾\overline{x}，s2s^2
D.
x‾+100\overline{x} + 100，s2s^2

2014 · 陕西 · 文 · 第 9 题 · 选择题

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10导数及其应用★★★☆☆
如图，修建一条公路需要一段环湖弯曲路段与两条直道平滑连接（相切），已知环湖弯曲路段为某三次函数图象的一部分，则该函数的解析式为（ ）
\begin{answer} A \end{answer} \begin{solution} 设三次函数为 f(x)=Ax3+Bx2+Cx+Df(x)=Ax^3+Bx^2+Cx+D. 由图可知曲线在 O(0,0)O(0,0) 处与直线 y=−xy=-x 相切，在 (2,0)(2,0) 处与直线 y=3x−6y=3x-6 相切，所以 f(0)=0f(0)=0，f′(0)=−1f'(0)=-1，f(2)=0f(2)=0，f′(2)=3f'(2)=3. 于是 D=0D=0，C=−1C=-1，并且 8A+4B−2=08A+4B-2=0，12A+4B−1=312A+4B-1=3，即 4A+2B=14A+2B=1，3A+B=13A+B=1. 解得 A=12A=\frac12，B=−12B=-\frac12. 因此 f(x)=12x3−12x2−xf(x)=\frac12x^3-\frac12x^2-x. 所以选 A. \end{solution}
A.
y=12x3−12x2−xy = \frac{1}{2} x^3 - \frac{1}{2} x^2 - x
B.
y=12x3+12x2−3xy = \frac{1}{2} x^3 + \frac{1}{2} x^2 - 3x
C.
y=14x3−xy = \frac{1}{4} x^3 - x
D.
y=14x3+12x2−2xy = \frac{1}{4} x^3 + \frac{1}{2} x^2 - 2x

2014 · 陕西 · 文 · 第 10 题 · 选择题

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11解析几何★☆☆☆☆
抛物线 y2=4xy^{2}=4x 的准线方程为______. \begin{answer} x=−1x=-1 \end{answer} \begin{solution} 抛物线标准方程为 y2=4pxy^2=4px，与 y2=4xy^2=4x 比较得 p=1p=1. 其准线方程为 x=−px=-p，所以准线方程为 x=−1x=-1. \end{solution}

2014 · 陕西 · 文 · 第 11 题 · 填空题

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12指数函数与对数函数★☆☆☆☆
已知 4a=24^{a}=2，lg⁡x=a\lg x=a，则 x=x=______. \begin{answer} 10\sqrt{10} \end{answer} \begin{solution} 由 4a=24^a=2 得 22a=212^{2a}=2^1，从而 a=12a=\frac12. 又 lg⁡x=a\lg x=a，所以
x=10a=1012=10x=10^a=10^{\frac{1}{2}}=\sqrt{10}
\end{solution}

2014 · 陕西 · 文 · 第 12 题 · 填空题

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13平面向量★★☆☆☆
设 0<θ<π20 < \theta < \frac{\pi}{2}，向量 a=(sin⁡2θ,cos⁡θ)\boldsymbol{a} = (\sin 2\theta, \cos \theta)，b=(1,−cos⁡θ)\boldsymbol{b} = (1, -\cos \theta)，若 a⋅b=0\boldsymbol{a} \cdot \boldsymbol{b} = 0，则 tan⁡θ=\tan \theta =______. \begin{answer} 12\frac{1}{2} \end{answer} \begin{solution} 由向量数量积为零，得 a⋅b=sin⁡2θ−cos⁡2θ=0\boldsymbol{a}\cdot\boldsymbol{b}=\sin 2\theta-\cos^2\theta=0. 利用 sin⁡2θ=2sin⁡θcos⁡θ\sin 2\theta=2\sin\theta\cos\theta，有 cos⁡θ(2sin⁡θ−cos⁡θ)=0\cos\theta(2\sin\theta-\cos\theta)=0. 因为 0<θ<π20<\theta<\frac\pi2，所以 cos⁡θ>0\cos\theta>0，从而 2sin⁡θ=cos⁡θ2\sin\theta=\cos\theta，即 tan⁡θ=12\tan\theta=\frac12. \end{solution}

2014 · 陕西 · 文 · 第 13 题 · 填空题

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14数列★★★☆☆
已知 f(x)=x1+xf(x) = \frac{x}{1 + x}，x⩾0x \geqslant 0，若 f1(x)=f(x)f_1(x) = f(x)，fn+1(x)=f(fn(x))f_{n+1}(x) = f(f_n(x))，n∈N+n \in \mathbf{N}_+，则 f2014(x)f_{2014}(x) 的表达式为______. \begin{answer} x2014x+1\frac{x}{2014x+1} \end{answer} \begin{solution} 先证明 fn(x)=x1+nxf_n(x)=\frac{x}{1+nx}. 由于 x⩾0x\geqslant0 且 n∈N+n\in\mathbf N_+，有 1+nx>01+nx>0，所以各步分式均有意义. 当 n=1n=1 时，f1(x)=f(x)=x1+xf_1(x)=f(x)=\frac{x}{1+x}，结论成立. 若 fn(x)=x1+nxf_n(x)=\frac{x}{1+nx}，则
fn+1(x)=f(x1+nx)=x1+nx1+x1+nx=x1+(n+1)xf_{n+1}(x)=f\left(\frac{x}{1+nx}\right) =\frac{\frac{x}{1+nx}}{1+\frac{x}{1+nx}} =\frac{x}{1+(n+1)x}
由数学归纳法，fn(x)=x1+nxf_n(x)=\frac{x}{1+nx} 对一切 n∈N+n\in\mathbf N_+ 成立. 因此
f2014(x)=x1+2014x=x2014x+1f_{2014}(x)=\frac{x}{1+2014x}=\frac{x}{2014x+1}
\end{solution}

2014 · 陕西 · 文 · 第 14 题 · 填空题

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15解析几何★★☆☆☆
在极坐标系中，点 (2,π6)\left(2, \frac{\pi}{6}\right) 到直线 ρsin⁡(θ−π6)=1\rho \sin \left(\theta - \frac{\pi}{6}\right) = 1 的距离是______. \begin{answer} 11 \end{answer} \begin{solution} 由极坐标与直角坐标的关系 x=ρcos⁡θx=\rho\cos\theta，y=ρsin⁡θy=\rho\sin\theta，直线方程化为 ρ(sin⁡θcos⁡π6−cos⁡θsin⁡π6)=1\rho\left(\sin\theta\cos\frac\pi6-\cos\theta\sin\frac\pi6\right)=1，即 32y−12x=1\frac{\sqrt3}{2}y-\frac12x=1，从而 3y−x=2\sqrt3y-x=2. 点 (2,π6)\left(2,\frac\pi6\right) 的直角坐标为 (3,1)(\sqrt3,1). 因此点到直线 x−3y+2=0x-\sqrt3y+2=0 的距离为 d=∣3−3+2∣1+3=1d=\frac{|\sqrt3-\sqrt3+2|}{\sqrt{1+3}}=1. \end{solution}

2014 · 陕西 · 文 · 第 15 题（C） · 填空题

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15解析几何★★★☆☆
如图，△ABC\triangle ABC 中，BC=6BC = 6，以 BCBC 为直径的半圆分别交 ABAB，ACAC 于点 EE，FF，若 AC=2AEAC = 2AE，则 EF=‾EF =\underline{\hspace{2em}}.
\begin{answer} 33 \end{answer} \begin{solution} 因为 EE，FF 在以 BCBC 为直径的圆上，所以 ∠BEC=∠BFC=90∘\angle BEC=\angle BFC=90^\circ. 设 AE=tAE=t，则 AC=2tAC=2t. 在直角三角形 AECAEC 中，cos⁡A=AEAC=12\cos A=\frac{AE}{AC}=\frac12，所以 A=60∘A=60^\circ. 由点 AA 关于该圆的幂，
AE⋅AB=AF⋅ACAE\cdot AB=AF\cdot AC
代入 AC=2AEAC=2AE 得 AB=2AFAB=2AF，所以 AF=12ABAF=\frac12AB. 取 AA 为原点，令 ABAB 在 xx 轴正向，设 AB=sAB=s. 则 B=(s,0)B=(s,0)，C=(t,3t)C=(t,\sqrt3t)，E=(t,0)E=(t,0)，F=(s4,3s4)F=\left(\frac{s}{4},\frac{\sqrt3s}{4}\right). 于是
EF2=(s4−t)2+(3s4)2=14(s2+4t2−2st)=14BC2=9EF^2=\left(\frac{s}{4}-t\right)^2+\left(\frac{\sqrt3s}{4}\right)^2 =\frac14(s^2+4t^2-2st)=\frac14BC^2=9
因为 EF>0EF>0，所以 EF=3EF=3. \end{solution}

2014 · 陕西 · 文 · 第 15 题（B） · 填空题

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15不等式★★★★☆
设 aa，bb，mm，n∈Rn \in \mathbf{R}，且 a2+b2=5a^2 + b^2 = 5，ma+nb=5ma + nb = 5，则 m2+n2\sqrt{m^{2} + n^{2}} 的最小值为______. \begin{answer} 5\sqrt{5} \end{answer} \begin{solution} 由柯西不等式，
5=ma+nb⩽m2+n2a2+b2=5m2+n25=ma+nb\leqslant\sqrt{m^2+n^2}\sqrt{a^2+b^2} =\sqrt5\sqrt{m^2+n^2}
所以 m2+n2⩾5\sqrt{m^2+n^2}\geqslant\sqrt5. 当 m=am=a，n=bn=b 时，题设两式均成立，且 m2+n2=5\sqrt{m^2+n^2}=\sqrt5，故最小值为 5\sqrt5. \end{solution}

2014 · 陕西 · 文 · 第 15 题（A） · 填空题

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16三角函数★★★☆☆
△ABC\triangle ABC 的内角 AA，BB，CC 所对的边分别为 aa，bb，cc.
(1) 若 aa，bb，cc 成等差数列，证明：sin⁡A+sin⁡C=2sin⁡(A+C)\sin A + \sin C = 2\sin (A + C)； (2) 若 aa，bb，cc 成等比数列，且 c=2ac = 2a，求 cos⁡B\cos B 的值.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 由正弦定理，存在 k>0k>0 使 a=ksin⁡Aa=k\sin A，b=ksin⁡Bb=k\sin B，c=ksin⁡Cc=k\sin C. 因为 aa，bb，cc 成等差数列，所以 a+c=2ba+c=2b，从而 sin⁡A+sin⁡C=2sin⁡B\sin A+\sin C=2\sin B. 又 A+B+C=πA+B+C=\pi，故 sin⁡B=sin⁡(A+C)\sin B=\sin(A+C)，所以 sin⁡A+sin⁡C=2sin⁡(A+C)\sin A+\sin C=2\sin(A+C).
\item 因为 aa，bb，cc 为三角形的边，均为正数. 设等比数列公比为 q>0q>0，则 b=aqb=aq，c=aq2c=aq^2. 由 c=2ac=2a 得 q2=2q^2=2，所以 b=2ab=\sqrt2a，c=2ac=2a. 在三角形 ABCABC 中对角 BB 使用余弦定理，b2=a2+c2−2accos⁡Bb^2=a^2+c^2-2ac\cos B. 代入边长关系得 2a2=a2+4a2−4a2cos⁡B2a^2=a^2+4a^2-4a^2\cos B，所以 cos⁡B=34\cos B=\frac34. \end{enumerate} \end{solution}

2014 · 陕西 · 文 · 第 16 题 · 解答题

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17立体几何初步★★★☆☆
四面体 ABCDABCD 及其三视图如图所示，过棱 ABAB 的中点 EE 作平行于 ADAD，BCBC 的平面分别交四面体的棱 BDBD，DCDC，CACA 于点 FF，GG，HH.
(1) 求四面体 ABCDABCD 的体积； (2) 证明：四边形 EFGHEFGH 是矩形.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 由三视图可知，AD⊥BDAD\perp BD，AD⊥DCAD\perp DC，BD⊥DCBD\perp DC，且 AD=1AD=1，BD=DC=2BD=DC=2. 因为 BDBD、DCDC 是平面 BDCBDC 内相交的两条直线，所以直线 ADAD 垂直于平面 BDCBDC. 因而以三角形 BDCBDC 为底，ADAD 为高，四面体体积为
V=13⋅12BD⋅DC⋅AD=13⋅12⋅2⋅2⋅1=23V=\frac13\cdot\frac12BD\cdot DC\cdot AD =\frac13\cdot\frac12\cdot2\cdot2\cdot1=\frac23
\item 平面 EFGHEFGH 平行于 ADAD 和 BCBC. 在三角形 ABDABD 中，过 EE 的截线 EF∥ADEF\parallel AD，且 EE 为 ABAB 的中点，所以 FF 为 BDBD 的中点. 在三角形 ABCABC 中，截线 EH∥BCEH\parallel BC，所以 HH 为 ACAC 的中点.
平面 BDCBDC 与平面 EFGHEFGH 的交线为 FGFG，且 FG∥BCFG\parallel BC. 由三角形 BDCBDC 的中位线定理，GG 为 DCDC 的中点. 又在三角形 ADCADC 中，HH，GG 分别为 ACAC，DCDC 的中点，所以 HG∥ADHG\parallel AD. 因此 EF∥HGEF\parallel HG，EH∥FGEH\parallel FG，四边形 EFGHEFGH 为平行四边形.
由 AD⊥BCAD\perp BC，且 EF∥ADEF\parallel AD，FG∥BCFG\parallel BC，得 EF⊥FGEF\perp FG. 该平行四边形有一个直角，所以四边形 EFGHEFGH 是矩形. \end{enumerate} \end{solution}

2014 · 陕西 · 文 · 第 17 题 · 解答题

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18平面向量★★★☆☆
在直角坐标系 xOyxOy 中，已知点 A(1,1)A(1,1)，B(2,3)B(2,3)，C(3,2)C(3,2). 点 P(x,y)P(x,y) 在 △ABC\triangle ABC 三边围成的区域（含边界）上，且 OP→=mAB→+nAC→\overrightarrow{OP} = m\overrightarrow{AB} + n\overrightarrow{AC} （mm，n∈Rn \in \mathbf{R}）.
(1) 若 m=n=23m = n = \frac{2}{3}，求 ∣OP→∣\left|\overrightarrow{OP}\right|. (2) 用 xx，yy 表示 m−nm - n，并求 m−nm - n 的最大值.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item AB→=(1,2)\overrightarrow{AB}=(1,2)，AC→=(2,1)\overrightarrow{AC}=(2,1). 当 m=n=23m=n=\frac23 时，
OP→=23(1,2)+23(2,1)=(2,2)\overrightarrow{OP}=\frac23(1,2)+\frac23(2,1)=(2,2)
所以 ∣OP→∣=22+22=22\left|\overrightarrow{OP}\right|=\sqrt{2^2+2^2}=2\sqrt2.
\item 由
(x,y)=m(1,2)+n(2,1)=(m+2n,2m+n)(x,y)=m(1,2)+n(2,1)=(m+2n,2m+n)
两式相减得 m−n=y−xm-n=y-x. 设 PP 在三角形 ABCABC 内的重心坐标为 P=αA+βB+γCP=\alpha A+\beta B+\gamma C，其中 α+β+γ=1\alpha+\beta+\gamma=1，且 α\alpha，β\beta，γ⩾0\gamma\geqslant0. 在三个顶点处，y−xy-x 的值分别为 00，11，−1-1，所以
m−n=y−x=0α+1β−1γ⩽1m-n=y-x=0\alpha+1\beta-1\gamma\leqslant1
当 P=BP=B 时取等号，故 m−nm-n 的最大值为 11. \end{enumerate} \end{solution}

2014 · 陕西 · 文 · 第 18 题 · 解答题

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19概率与统计★★★☆☆
某保险公司利用简单随机抽样方法，对投保车辆进行抽样，样本车辆中每辆车的赔付结果统计如下：
(1) 若每辆车的投保金额均为 2800 元，估计赔付金额大于投保金额的概率； (2) 在样本车辆中，车主是新司机的占 10%10\%，在赔付金额为 4000 元的样本车辆中，车主是新司机的占 20%20\%. 估计在已投保车辆中，新司机获赔金额为 4000 元的概率.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 样本总车辆数为 500+130+100+150+120=1000500+130+100+150+120=1000. 赔付金额大于 28002800 元的车辆数为 150+120=270150+120=270，所以估计概率为
2701000=0.27\frac{270}{1000}=0.27
\item 样本中新司机车辆数为 0.1×1000=1000.1\times1000=100 辆；在赔付 40004000 元的 120120 辆车中，新司机车辆数为 0.2×120=240.2\times120=24 辆. 因此在新司机中获赔 40004000 元的概率估计为
24100=0.24\frac{24}{100}=0.24
\end{enumerate} \end{solution}

2014 · 陕西 · 文 · 第 19 题 · 解答题

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20解析几何★★★★☆
已知椭圆 x2a2+y2b2=1\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1 （a>b>0a > b > 0）经过点 (0,3)(0, \sqrt{3})，离心率为 12\frac{1}{2}，左右焦点分别为 F1(−c,0)F_1(-c, 0)，F2(c,0)F_2(c, 0).
(1) 求椭圆的方程. (2) 若直线 l:y=−12x+ml: y = -\frac{1}{2} x + m 与椭圆交于 AA，BB 两点，与以 F1F2F_{1}F_{2} 为直径的圆交于 CC，DD 两点，且满足 ∣AB∣∣CD∣=534\frac{|AB|}{|CD|} = \frac{5\sqrt{3}}{4}，求直线 ll 的方程.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 因为椭圆经过 (0,3)(0,\sqrt3)，所以 3b2=1\frac{3}{b^2}=1，即 b2=3b^2=3. 又离心率 e=ca=12e=\frac ca=\frac12，且 c2=a2−b2c^2=a^2-b^2，故 a24=a2−3\frac{a^2}{4}=a^2-3，即 a2=4a^2=4. 因此椭圆方程为
x24+y23=1\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1
\item 以 y=−12x+my=-\frac12x+m 代入椭圆方程，得
x24+(−12x+m)23=1\frac{x^2}{4}+\frac{\left(-\frac12x+m\right)^2}{3}=1
即
x2−mx+m2−3=0x^2-mx+m^2-3=0
设两交点的横坐标为 x1x_1，x2x_2，则 x1+x2=mx_1+x_2=m，x1x2=m2−3x_1x_2=m^2-3，(x1−x2)2=3(4−m2)(x_1-x_2)^2=3(4-m^2). 所以弦 ABAB 的长度为
∣AB∣=1+(−12)2∣x1−x2∣=1524−m2|AB|=\sqrt{1+\left(-\frac12\right)^2}|x_1-x_2|=\frac{\sqrt{15}}2\sqrt{4-m^2}
由 c2=a2−b2=1c^2=a^2-b^2=1，以 F1F2F_1F_2 为直径的圆为 x2+y2=1x^2+y^2=1. 直线 ll 到原点的距离为 d=2∣m∣5d=\frac{2|m|}{\sqrt5}，故弦 CDCD 的长度为
∣CD∣=21−d2=255−4m2|CD|=2\sqrt{1-d^2}=\frac2{\sqrt5}\sqrt{5-4m^2}
由题设，
∣AB∣∣CD∣=5344−m25−4m2=534\frac{|AB|}{|CD|}=\frac{5\sqrt3}{4}\sqrt{\frac{4-m^2}{5-4m^2}}=\frac{5\sqrt3}{4}
由于 AA、BB 和 CC、DD 均为两个交点，需有 4−m2>04-m^2>0 且 5−4m2>05-4m^2>0. 从而 4−m2=5−4m24-m^2=5-4m^2，即 m2=13m^2=\frac13，所得两个值均满足上述相交条件，故
m=±33m=\pm\frac{\sqrt3}{3}
所求直线为 y=−12x+33y=-\frac12x+\frac{\sqrt3}{3} 或 y=−12x−33y=-\frac12x-\frac{\sqrt3}{3}. \end{enumerate} \end{solution}

2014 · 陕西 · 文 · 第 20 题 · 解答题

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21导数及其应用★★★★★
设函数 f(x)=ln⁡x+mxf(x) = \ln x + \frac{m}{x}，m∈Rm \in \mathbf{R}.
(1) 当 m=em = \mathrm{e}（e\mathrm{e} 为自然对数的底数）时，求 f(x)f(x) 的极小值； (2) 讨论函数 g(x)=f′(x)−x3g(x) = f'(x) - \frac{x}{3} 零点的个数； (3) 若对任意 b>a>0b > a > 0，f(b)−f(a)b−a<1\frac{f(b) - f(a)}{b - a} < 1 恒成立，求 mm 的取值范围.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 当 m=em=\mathrm{e} 时，x>0x>0，且
f′(x)=1x−ex2=x−ex2f'(x)=\frac1x-\frac{\mathrm{e}}{x^2}=\frac{x-\mathrm{e}}{x^2}
因此 f′(x)<0f'(x)<0 在 (0,e)(0,\mathrm{e}) 上成立，f′(x)>0f'(x)>0 在 (e,+∞)(\mathrm{e},+\infty) 上成立，故 x=ex=\mathrm{e} 处取得极小值. 其值为
f(e)=ln⁡e+ee=1+1=2f(\mathrm{e})=\ln\mathrm{e}+\frac{\mathrm{e}}{\mathrm{e}}=1+1=2
\item x>0x>0 时
g(x)=1x−mx2−x3g(x)=\frac1x-\frac{m}{x^2}-\frac{x}{3}
由于 3x2>03x^2>0，g(x)=0g(x)=0 等价于
m=φ(x):=x−x33m=\varphi(x):=x-\frac{x^3}{3}
又
φ′(x)=1−x2\varphi'(x)=1-x^2
所以 φ\varphi 在 (0,1)(0,1) 上递增，在 (1,+∞)(1,+\infty) 上递减，且 φ(0+)=0\varphi(0^+)=0，φ(1)=23\varphi(1)=\frac23，φ(x)→−∞\varphi(x)\to-\infty（x→+∞x\to+\infty）. 因此，当 m>23m>\frac23 时有 00 个零点；当 m=23m=\frac23 或 m⩽0m\leqslant0 时有 11 个零点；当 0<m<230<m<\frac23 时有 22 个零点. \item 令 h(x)=f(x)−xh(x)=f(x)-x. 题设不等式等价于对任意 b>a>0b>a>0 有 h(b)<h(a)h(b)<h(a)，即 hh 在 (0,+∞)(0,+\infty) 上严格递减. 求导得
h′(x)=1x−mx2−1=−x2−x+mx2h'(x)=\frac1x-\frac{m}{x^2}-1=-\frac{x^2-x+m}{x^2}
当 m⩾14m\geqslant\frac14 时，
x2−x+m=(x−12)2+m−14⩾0x^2-x+m=\left(x-\frac12\right)^2+m-\frac14\geqslant0
所以 h′(x)⩽0h'(x)\leqslant0，且至多在一个点取零. 对任意 b>a>0b>a>0，h(b)−h(a)=∫abh′(x) dx<0h(b)-h(a)=\int_a^b h'(x)\,\mathrm dx<0，故 hh 严格递减，题设成立.
当 m<14m<\frac14 时，x2−x+mx^2-x+m 在 x=12x=\frac12 处为负，故在该点附近 h′(x)>0h'(x)>0，可以取 b>a>0b>a>0 使 h(b)>h(a)h(b)>h(a)，题设不成立. 因此
m∈[14,+∞)m\in\left[\frac14,+\infty\right)
\end{enumerate} \end{solution}

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