数迹
题目列表试卷列表
共找到 22 题
排序：
组题
本页 22 题去组卷
01复数★☆☆☆☆
设 z=10i(3+i)z = \dfrac{10\mathrm{i}}{\left(3+\mathrm{i}\right)}，则 zz 的共轭复数为（ ）
\begin{solution} 有理化得
z=10i(3−i)(3+i)(3−i)=10i(3−i)10=1+3iz=\frac{10\mathrm{i}(3-\mathrm{i})}{(3+\mathrm{i})(3-\mathrm{i})} =\frac{10\mathrm{i}(3-\mathrm{i})}{10}=1+3\mathrm{i}
所以 z‾=1−3i\overline{z}=1-3\mathrm{i}，故选 D. \end{solution}
A.
−1+3i-1 + 3\mathrm{i}
B.
−1−3i-1 - 3\mathrm{i}
C.
1+3i1 + 3\mathrm{i}
D.
1−3i1 - 3\mathrm{i}

2014 · 全国 · 大纲卷 · 理 · 第 1 题 · 选择题

查看答案和解析
02集合与逻辑基础★☆☆☆☆
设集合 M={x∣x2−3x−4<0}M = \{x \mid x^{2} - 3x - 4 < 0\}，N={x∣0⩽x⩽5}N = \{x \mid 0 \leqslant x \leqslant 5\}，则 M∩N=M \cap N =（ ）
\begin{solution} 因式分解得 x2−3x−4=(x−4)(x+1)x^{2}-3x-4=(x-4)(x+1)，所以 M=(−1,4)M=\left(-1,4\right). 与 N=[0,5]N=\left[0,5\right] 相交，得
M∩N=[0,4)M\cap N=\left[0,4\right)
故选 B. \end{solution}
A.
(0,4]\left(0, 4\right]
B.
[0,4)\left[0, 4\right)
C.
[−1,0)\left[-1, 0\right)
D.
(−1,0]\left(-1, 0\right]

2014 · 全国 · 大纲卷 · 理 · 第 2 题 · 选择题

查看答案和解析
03三角函数★★☆☆☆
设 a=sin⁡33∘a = \sin 33^{\circ}，b=cos⁡55∘b = \cos 55^{\circ}，c=tan⁡35∘c = \tan 35^{\circ}，则（ ）
\begin{solution} 由诱导公式，b=cos⁡55∘=sin⁡35∘b=\cos55^{\circ}=\sin35^{\circ}. 因为正弦函数在 (0∘,90∘)\left(0^{\circ},90^{\circ}\right) 上递增，且 33∘<35∘33^{\circ}<35^{\circ}，所以 a<ba<b. 又 0<cos⁡35∘<10<\cos35^{\circ}<1，故
c=tan⁡35∘=sin⁡35∘cos⁡35∘>sin⁡35∘=bc=\tan35^{\circ}=\frac{\sin35^{\circ}}{\cos35^{\circ}}>\sin35^{\circ}=b
因此 c>b>ac>b>a，故选 C. \end{solution}
A.
a>b>ca > b > c
B.
b>c>ab > c > a
C.
c>b>ac > b > a
D.
c>a>bc > a > b

2014 · 全国 · 大纲卷 · 理 · 第 3 题 · 选择题

查看答案和解析
04平面向量★★☆☆☆
若向量 a\boldsymbol{a}，b\boldsymbol{b} 满足：∣a∣=1|\boldsymbol{a}| = 1，(a+b)⊥a(\boldsymbol{a} + \boldsymbol{b}) \perp \boldsymbol{a}，(2a+b)⊥b(2\boldsymbol{a} + \boldsymbol{b}) \perp \boldsymbol{b}，则 ∣b∣=|\boldsymbol{b}| =（ ）
\begin{solution} 由 (a+b)⊥a(\boldsymbol{a}+\boldsymbol{b})\perp\boldsymbol{a}，有
0=(a+b)⋅a=∣a∣2+a⋅b=1+a⋅b0=(\boldsymbol{a}+\boldsymbol{b})\cdot\boldsymbol{a}=|\boldsymbol{a}|^{2}+\boldsymbol{a}\cdot\boldsymbol{b} =1+\boldsymbol{a}\cdot\boldsymbol{b}
所以 a⋅b=−1\boldsymbol{a}\cdot\boldsymbol{b}=-1. 再由 (2a+b)⊥b(2\boldsymbol{a}+\boldsymbol{b})\perp\boldsymbol{b}，得
0=(2a+b)⋅b=2a⋅b+∣b∣2=−2+∣b∣20=(2\boldsymbol{a}+\boldsymbol{b})\cdot\boldsymbol{b}=2\boldsymbol{a}\cdot\boldsymbol{b}+|\boldsymbol{b}|^{2} =-2+|\boldsymbol{b}|^{2}
因此 ∣b∣=2|\boldsymbol{b}|=\sqrt{2}，故选 B. \end{solution}
A.
22
B.
2\sqrt{2}
C.
11
D.
22\dfrac{\sqrt{2}}{2}

2014 · 全国 · 大纲卷 · 理 · 第 4 题 · 选择题

查看答案和解析
05计数原理与组合数学★☆☆☆☆
有 6 名6\text{ 名}男医生，5 名5\text{ 名}女医生，从中选出 2 名2\text{ 名}男医生，1 名1\text{ 名}女医生组成一个医疗小组，则不同的选法共有（ ）
\begin{solution} 先从男医生中选 22 人，再从女医生中选 11 人，选法数为
C62C51=15×5=75\mathrm C_{6}^{2}\mathrm C_{5}^{1}=15\times5=75
故选 C. \end{solution}
A.
60 种60\text{ 种}
B.
70 种70\text{ 种}
C.
75 种75\text{ 种}
D.
150 种150\text{ 种}

2014 · 全国 · 大纲卷 · 理 · 第 5 题 · 选择题

查看答案和解析
06解析几何★★☆☆☆
已知椭圆 C:x2a2+y2b2=1C: \dfrac{x^{2}}{a^{2}}+\dfrac{y^{2}}{b^{2}}=1（a>b>0a>b>0） 的左，右焦点分别为 F1F_{1}，F2F_{2}，离心率为 33\dfrac{\sqrt{3}}{3}，过 F2F_{2} 的直线 ll 交 CC 于 AA，BB 两点，若 △AF1B\triangle AF_{1}B 的周长为 434\sqrt{3}，则 CC 的方程为（ ）
\begin{solution} 设椭圆的焦距的一半为 cc. 由离心率 ca=33\dfrac{c}{a}=\dfrac{\sqrt{3}}{3}，得 c=a3c=\frac{a}{\sqrt{3}}，b2=a2−c2=2a23b^{2}=a^{2}-c^{2}=\frac{2a^{2}}{3}. 焦点 F2F_{2} 在椭圆内部，故过 F2F_{2} 的弦的两个端点满足 F2F_{2} 在线段 ABAB 上，从而 AB=AF2+BF2AB=AF_{2}+BF_{2}. 由椭圆的定义， AF1+AF2=2aAF_{1}+AF_{2}=2a，BF1+BF2=2aBF_{1}+BF_{2}=2a. 于是
AF1+AB+BF1=4aAF_{1}+AB+BF_{1}=4a
由三角形周长为 434\sqrt{3}，得 a=3a=\sqrt{3}，进而 c=1c=1，b2=2b^{2}=2. 所以椭圆方程为
x23+y22=1\frac{x^{2}}{3}+\frac{y^{2}}{2}=1
故选 A. \end{solution}
A.
x23+y22=1\dfrac{x^{2}}{3}+\dfrac{y^{2}}{2}=1
B.
x23+y2=1\dfrac{x^{2}}{3}+y^{2}=1
C.
x212+y28=1\dfrac{x^{2}}{12}+\dfrac{y^{2}}{8}=1
D.
x212+y24=1\dfrac{x^{2}}{12}+\dfrac{y^{2}}{4}=1

2014 · 全国 · 大纲卷 · 理 · 第 6 题 · 选择题

查看答案和解析
07导数及其应用★☆☆☆☆
曲线 y=xex−1y=x\mathrm{e}^{x-1} 在点 (1,1)\left(1,1\right) 处切线的斜率等于（ ）
\begin{solution} 求导得
y′=ex−1+xex−1=(x+1)ex−1y'=\mathrm{e}^{x-1}+x\mathrm{e}^{x-1}=(x+1)\mathrm{e}^{x-1}
因此在 x=1x=1 处的切线斜率为 y′(1)=2y'(1)=2，故选 C. \end{solution}
A.
2e2\mathrm{e}
B.
e\mathrm{e}
C.
22
D.
11

2014 · 全国 · 大纲卷 · 理 · 第 7 题 · 选择题

查看答案和解析
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

查看答案和解析
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

查看答案和解析
10数列★★☆☆☆
等比数列 {an}\{a_{n}\} 中，a4=2a_{4}=2，a5=5a_{5}=5，则数列 {lg⁡an}\{\lg a_{n}\} 的前 88 项和等于（ ）
\begin{solution} 设 un=lg⁡anu_{n}=\lg a_{n}. 等比数列的公比为 q=a5a4=52q=\dfrac{a_{5}}{a_{4}}=\dfrac52，故 {un}\{u_{n}\} 是等差数列. 对称项的和相等，因此
∑n=18un=4(u1+u8)=4(u4+u5)\sum_{n=1}^{8}u_{n}=4(u_{1}+u_{8})=4(u_{4}+u_{5})
又 u4=lg⁡2u_{4}=\lg2，u5=lg⁡5u_{5}=\lg5，所以
∑n=18lg⁡an=4lg⁡(2×5)=4\sum_{n=1}^{8}\lg a_{n}=4\lg(2\times5)=4
故选 C. \end{solution}
A.
6
B.
5
C.
4
D.
3

2014 · 全国 · 大纲卷 · 理 · 第 10 题 · 选择题

查看答案和解析
11立体几何初步★★★★☆
已知二面角 α−l−β\alpha-l-\beta 为 60∘60^{\circ}，AB⊂αAB\subset \alpha，AB⊥lAB\perp l，AA 为垂足，CD⊂βCD\subset \beta，C∈lC\in l，∠ACD=135∘\angle ACD=135^{\circ}，则异面直线 ABAB 与 CDCD 所成角的余弦值为（ ）
\begin{solution} 取 ll 为 xx 轴，取 α\alpha 内垂直于 ll 的单位向量为 ey\boldsymbol{e}_{y}，并取垂直于 α\alpha 的单位向量为 ez\boldsymbol{e}_{z}. 由二面角为 60∘60^{\circ}，β\beta 内垂直于 ll 的单位向量可取
u=12ey+32ez\boldsymbol{u}=\frac12\boldsymbol{e}_{y}+\frac{\sqrt3}{2}\boldsymbol{e}_{z}
设从 CC 指向 DD 的单位向量为 v\boldsymbol{v}. 因为射线 CACA 的方向为 −ex-\boldsymbol{e}_{x}，且 ∠ACD=135∘\angle ACD=135^{\circ}，有
(−ex)⋅v=−22(-\boldsymbol{e}_{x})\cdot\boldsymbol{v}=-\frac{\sqrt2}{2}
于是
v=22ex±22u\boldsymbol{v}=\frac{\sqrt2}{2}\boldsymbol{e}_{x} \pm\frac{\sqrt2}{2}\boldsymbol{u}
从而
∣ey⋅v∣=24\left|\boldsymbol{e}_{y}\cdot\boldsymbol{v}\right|=\frac{\sqrt2}{4}
异面直线所成角取锐角，故其余弦为 24\dfrac{\sqrt2}{4}，故选 B. \end{solution}
A.
14\dfrac{1}{4}
B.
24\dfrac{\sqrt{2}}{4}
C.
34\dfrac{\sqrt{3}}{4}
D.
12\dfrac{1}{2}

2014 · 全国 · 大纲卷 · 理 · 第 11 题 · 选择题

查看答案和解析
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

查看答案和解析
13计数原理与组合数学★★☆☆☆
(xy−yx)8\left(\dfrac{x}{\sqrt{y}}-\dfrac{y}{\sqrt{x}}\right)^{8} 的展开式中 x2y2x^{2}y^{2} 的系数为______.
\begin{solution} 通项中取第二项 kk 次，所得项为
(−1)kC8kx8−k−k2y−8−k2+k=(−1)kC8kx8−32ky−4+32k(-1)^{k}\mathrm C_{8}^{k} x^{8-k-\frac{k}{2}}y^{-\frac{8-k}{2}+k} =(-1)^{k}\mathrm C_{8}^{k}x^{8-\frac32k}y^{-4+\frac32k}
要得到 x2y2x^{2}y^{2}，需满足 8−32k=28-\dfrac32k=2，解得 k=4k=4，此时符号为正. 所以所求系数为
C84=70\mathrm C_{8}^{4}=70
\end{solution}

2014 · 全国 · 大纲卷 · 理 · 第 13 题 · 填空题

查看答案和解析
14不等式★★☆☆☆
设 xx，yy 满足约束条件
{x−y⩾0,x+2y⩽3,x−2y⩽1,\begin{cases} x-y\geqslant 0,\\ x+2y\leqslant 3,\\ x-2y\leqslant 1, \end{cases}
则 z=x+4yz=x+4y 的最大值为______.
\begin{solution} 三个约束边界的交点分别为 y=xy=x， x−2y=1⟹(−1,−1)\ x-2y=1\Longrightarrow(-1,-1)， y=xy=x， x+2y=3⟹(1,1)\ x+2y=3\Longrightarrow(1,1)，以及 x+2y=3x+2y=3， x−2y=1⟹(2,12)\ x-2y=1\Longrightarrow\left(2,\frac12\right). 这三个点均满足其余约束，构成可行域的三个顶点；线性目标函数在该多边形上的最大值必在顶点处取得. 在顶点处计算 z=x+4yz=x+4y，分别得到 −5-5，55，44. 因而最大值为 55. \end{solution}

2014 · 全国 · 大纲卷 · 理 · 第 14 题 · 填空题

查看答案和解析
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

查看答案和解析
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

查看答案和解析
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

查看答案和解析
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

查看答案和解析
19立体几何初步★★★★☆
如图，三棱柱 ABC−A1B1C1ABC-A_{1}B_{1}C_{1} 中，点 A1A_{1} 在平面 ABCABC 内的射影 DD 在 ACAC 上，∠ACB=90∘\angle ACB=90^{\circ}，BC=1BC=1，AC=CC1=2AC=CC_{1}=2.
(1) 证明：AC1⊥A1BAC_{1}\perp A_{1}B； (2) 设直线 AA1AA_{1} 与平面 BCC1B1BCC_{1}B_{1} 的距离为 3\sqrt{3}，求二面角 A1−AB−CA_{1}-AB-C 的大小.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 建立空间直角坐标系，使 CC 为原点，CACA 和 CBCB 分别为 xx 轴和 yy 轴正向. 则 A=(2,0,0)A=(2,0,0)，B=(0,1,0)B=(0,1,0)，C=(0,0,0)C=(0,0,0). 设 D=(d,0,0)D=(d,0,0)，由射影条件可设 A1=(d,0,h)A_{1}=(d,0,h)，其中 h>0h>0. 棱柱的平移向量为 AA1→=CC1→\overrightarrow{AA_{1}}=\overrightarrow{CC_{1}}，故 C1=(d−2,0,h)C_{1}=(d-2,0,h)，(d−2)2+h2=∣CC1∣2=4(d-2)^{2}+h^{2}=|CC_{1}|^{2}=4. 于是 AC1→=(d−4,0,h)\overrightarrow{AC_{1}}=(d-4,0,h)，A1B→=(−d,1,−h)\overrightarrow{A_{1}B}=(-d,1,-h) 且
AC1→⋅A1B→=−d(d−4)−h2=−(d2−4d+h2)=0\overrightarrow{AC_{1}}\cdot\overrightarrow{A_{1}B} =-d(d-4)-h^{2}=-(d^{2}-4d+h^{2})=0
其中最后一步使用了 (d−2)2+h2=4(d-2)^{2}+h^{2}=4. 因而 AC1⊥A1BAC_{1}\perp A_{1}B. \item 平面 BCC1B1BCC_{1}B_{1} 经过原点，包含方向向量 (0,1,0)(0,1,0) 和 (d−2,0,h)(d-2,0,h)，其方程为
hx−(d−2)z=0h x-(d-2)z=0
直线 AA1AA_{1} 的方向向量为 (d−2,0,h)(d-2,0,h)，在该平面内，所以 AA1AA_{1} 平行于平面 BCC1B1BCC_{1}B_{1}. 于是其与该平面的距离等于点 AA 到平面的距离，即
2hh2+(d−2)2=2h2=h\frac{2h}{\sqrt{h^{2}+(d-2)^{2}}}=\frac{2h}{2}=h
由题设距离为 3\sqrt3，得 h=3h=\sqrt3，再由 (d−2)2+h2=4(d-2)^{2}+h^{2}=4 得 d=1d=1 或 d=3d=3. 因为 DD 在线段 ACAC 上，故 0⩽d⩽20\leqslant d\leqslant2，只能取 d=1d=1.
平面 A1ABA_{1}AB 的一个法向量为
AB→×AA1→=(3,23,2−d)\overrightarrow{AB}\times\overrightarrow{AA_{1}} =\left(\sqrt3,2\sqrt3,2-d\right)
其长度为 44. 平面 ABCABC 的法向量为 (0,0,1)(0,0,1). 设二面角 A1−AB−CA_{1}-AB-C 为 θ\theta，则
cos⁡θ=∣2−d∣4=14\cos\theta=\frac{|2-d|}{4}=\frac14
由于 θ\theta 为锐角，故 tan⁡θ=1cos⁡2θ−1=15\tan\theta=\sqrt{\frac{1}{\cos^{2}\theta}-1}=\sqrt{15}，θ=arctan⁡15\theta=\arctan\sqrt{15}. \end{enumerate} \end{solution}

2014 · 全国 · 大纲卷 · 理 · 第 19 题 · 解答题

查看答案和解析
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

查看答案和解析
21解析几何★★★★★
已知抛物线 C:y2=2pxC: y^{2} = 2px （p>0p > 0） 的焦点为 FF，直线 y=4y = 4 与 yy 轴的交点为 PP，与 CC 的交点为 QQ，且 ∣QF∣=54∣PQ∣|QF| = \dfrac{5}{4}|PQ|.
(1) 求 CC 的方程； (2) 过 FF 的直线 ll 与 CC 相交于 AA，BB 两点，若 ABAB 的垂直平分线 l′l' 与 CC 相交于 MM，NN 两点，且 AA，MM，BB，NN 四点在同一圆上，求 ll 的方程.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 抛物线 y2=2pxy^{2}=2px 的焦点为 F=(p2,0)F=\left(\dfrac p2,0\right). 由 y=4y=4 与抛物线的交点条件，得 Q=(8p,4)Q=\left(\frac8p,4\right)，P=(0,4)P=(0,4)，∣PQ∣=8p|PQ|=\frac8p. 因此
∣QF∣2=(8p−p2)2+16=100p2|QF|^{2}=\left(\frac8p-\frac p2\right)^{2}+16 =\frac{100}{p^{2}}
整理得
p4+32p2−144=0p^{4}+32p^{2}-144=0
令 u=p2u=p^{2}，则 u2+32u−144=0u^{2}+32u-144=0，所以 u=4u=4 或 u=−36u=-36. 由 p>0p>0，得 p=2p=2，故
C:y2=4xC:y^{2}=4x
\item 由上可知 F=(1,0)F=(1,0). 直线 y=0y=0 与抛物线只有一个交点 (0,0)(0,0)，不满足 ll 与 CC 相交于 AA，BB 两点，故先考虑 k≠0k\neq0 的非竖直直线，设过 FF 的直线为 l:y=k(x−1)l:y=k(x-1)，k≠0k\neq0. 它与抛物线的交点横坐标为 x1x_{1}，x2x_{2}，则 k2(x−1)2=4xk^{2}(x-1)^{2}=4x，x1+x2=2+4k2x_{1}+x_{2}=2+\frac4{k^{2}}，x1x2=1x_{1}x_{2}=1. 两交点的中点为 (1+2k2,2k)\left(1+\dfrac2{k^{2}},\dfrac2k\right)，而弦 ABAB 的斜率为 kk，故其垂直平分线为
l′:x+ky=3+2k2l':x+ky=3+\frac2{k^{2}}
设 AA，BB，MM，NN 在抛物线上的参数分别为其纵坐标 y1y_{1}，y2y_{2}，y3y_{3}，y4y_{4}. 由韦达定理， y1+y2=k(x1+x2−2)=4ky_{1}+y_{2}=k(x_{1}+x_{2}-2)=\frac4k，y3+y4=−4ky_{3}+y_{4}=-4k 其中第二式来自将 x=3+2k2−kyx=3+\dfrac2{k^{2}}-ky 代入 y2=4xy^{2}=4x.
抛物线上的点可写为 (y24,y)\left(\dfrac{y^{2}}4,y\right). 若四点共圆，设圆方程为 x2+y2+ux+vy+w=0x^{2}+y^{2}+ux+vy+w=0，代入抛物线后得到关于参数 yy 的四次方程，且其三次项系数为零，所以四个参数之和为零. 反过来，四个参数之和为零时，以这四个参数为根的首一四次式也无三次项，能够写成上述圆与抛物线联立所得的形式，故该条件也是充分的. 因而 4k−4k=0\frac4k-4k=0，k2=1k^{2}=1. 所以 k=1k=1 或 k=−1k=-1，从而
l:y=x−1或l:y=−x+1l:y=x-1\quad\text{或}\quad l:y=-x+1
即 ll 的方程为
x−y−1=0或x+y−1=0x-y-1=0\quad\text{或}\quad x+y-1=0
竖直直线 x=1x=1 的垂直平分线为 y=0y=0，只与抛物线有一个交点，不满足题设的两个交点条件，故不再取. \end{enumerate} \end{solution}

2014 · 全国 · 大纲卷 · 理 · 第 21 题 · 解答题

查看答案和解析
22导数及其应用★★★★★
函数 f(x)=ln⁡(x+1)−axx+af(x)=\ln(x+1)-\dfrac{ax}{x+a} （a>1a>1）.
(1) 讨论 f(x)f(x) 的单调性； (2) 设 a1=1a_{1}=1，an+1=ln⁡(an+1)a_{n+1}=\ln(a_{n}+1)，证明：2n+2<an⩽3n+2\dfrac{2}{n+2}<a_{n}\leqslant \dfrac{3}{n+2}.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 函数定义域为 (−1,+∞)(-1,+\infty). 求导得
f′(x)=1x+1−a2(x+a)2=x(x−a2+2a)(x+1)(x+a)2=x(x−(a2−2a))(x+1)(x+a)2f'(x)=\frac1{x+1}-\frac{a^{2}}{(x+a)^{2}} =\frac{x\left(x-a^{2}+2a\right)}{(x+1)(x+a)^{2}} =\frac{x\left(x-(a^{2}-2a)\right)}{(x+1)(x+a)^{2}}
在定义域内分母恒为正，因此只需判断 x(x−(a2−2a))x\left(x-(a^{2}-2a)\right) 的符号.
当 1<a<21<a<2 时，−1<a2−2a<0-1<a^{2}-2a<0，故
f(x) 在 (−1,a2−2a) 上递增，在 (a2−2a,0) 上递减，f(x)\text{ 在 }(-1,a^{2}-2a)\text{ 上递增，在 }(a^{2}-2a,0)\text{ 上递减，}
且在 (0,+∞)(0,+\infty) 上递增.
当 a=2a=2 时，a2−2a=0a^{2}-2a=0，有 f′(x)⩾0f'(x)\geqslant0，且除 x=0x=0 外为正，故 f(x)f(x) 在 (−1,+∞)(-1,+\infty) 上递增.
当 a>2a>2 时，a2−2a>0a^{2}-2a>0，故
f(x) 在 (−1,0) 上递增，在 (0,a2−2a) 上递减，f(x)\text{ 在 }(-1,0)\text{ 上递增，在 }(0,a^{2}-2a)\text{ 上递减，}
且在 (a2−2a,+∞)(a^{2}-2a,+\infty) 上递增. \item 先证明对任意 x>0x>0，有
2x2+x<ln⁡(1+x)⩽x(2+x)2(1+x)\frac{2x}{2+x}<\ln(1+x)\leqslant\frac{x(2+x)}{2(1+x)}
左侧不等式可令 G(x)=ln⁡(1+x)−2x2+xG(x)=\ln(1+x)-\dfrac{2x}{2+x}，则
G′(x)=11+x−4(2+x)2=x2(1+x)(2+x)2>0G'(x)=\frac1{1+x}-\frac4{(2+x)^{2}} =\frac{x^{2}}{(1+x)(2+x)^{2}}>0
且 G(0)=0G(0)=0. 右侧不等式可令 H(x)=x(2+x)2(1+x)−ln⁡(1+x)H(x)=\dfrac{x(2+x)}{2(1+x)}-\ln(1+x)，则
H′(x)=x22(1+x)2⩾0H'(x)=\frac{x^{2}}{2(1+x)^{2}}\geqslant0
且 H(0)=0H(0)=0.
用归纳法证明所给不等式. 当 n=1n=1 时， 23<a1=1⩽1=33\dfrac23<a_{1}=1\leqslant1=\dfrac33. 若 an>0a_n>0，则 an+1=ln⁡(1+an)>0a_{n+1}=\ln(1+a_n)>0，所以归纳过程中各项均为正. 假设
2n+2<an⩽3n+2\frac2{n+2}<a_{n}\leqslant\frac3{n+2}
由 an>0a_{n}>0 及左侧不等式，
an+1=ln⁡(1+an)>2an2+an>2⋅2n+22+2n+2=2n+3a_{n+1}=\ln(1+a_{n}) >\frac{2a_{n}}{2+a_{n}} >\frac{2\cdot\frac2{n+2}}{2+\frac2{n+2}} =\frac2{n+3}
令 t=n+2t=n+2，则 t⩾3t\geqslant3. 由对数不等式的右侧，
an+1⩽ln⁡(1+3t)⩽3(2t+3)2t(t+3)⩽3t+1=3n+3a_{n+1}\leqslant\ln\left(1+\frac3t\right) \leqslant\frac{3(2t+3)}{2t(t+3)} \leqslant\frac3{t+1}=\frac3{n+3}
最后一个不等式等价于 t⩾3t\geqslant3. 归纳完成，故
2n+2<an⩽3n+2\frac2{n+2}<a_{n}\leqslant\frac3{n+2}
\end{enumerate} \end{solution}

2014 · 全国 · 大纲卷 · 理 · 第 22 题 · 解答题

查看答案和解析