数学_2014年山东省东营市高考数学一模试卷(理科)_(含答案)

2014年山东省东营市高考数学一模试卷（理科）
一、选择题
1. 若复数i满足z(1+i)=2i，则在复平面内z对应的点的坐标是（）
A (1, 1)
B (1, −1)
C (−1, 1)
D (−1, −1)
2. 设全集U＝R，集合A＝{x|2x>1}，B＝{x||x−2|≤3}，则(∁U A)∩B等于（）
A [−1, 0)
B (0, 5]
C [−1, 0]
D [0, 5]
3. 已知命题p、q，“¬p为真”是“p∧q为假”的（）
A 充分不必要条件
B 必要不充分条件
C 充要条件
D 既不充分也不必要条件
4. 若圆C经过(1, 0)，(3, 0)两点，且与y轴相切，则圆C的方程为（）
A (x−2)2+(y±2)2=3
B (x−2)2+(y±√3)2=3
C (x−2)2+(y±2)2=
4 D (x−2)2+(y±√3)2=4
5. 运行如图所示的程序框图，则输出的结果S为（）
A 1007
B 1008
C 2013
D 2014
6. 函数y=a|x|与y=sinax(a>0且a≠1)在同一直角坐标系下的图象可能是（）
A B C
D
7. 三棱锥S−ABC的所有顶点都在球O的表面上，SA⊥平面ABC，AB⊥BC，又SA＝AB＝BC＝1，则球O的表面积为（）
A √3
2π B 3
2
π C 3π D 12π
8. 设k=∫(π
sinx−cosx)dx，若(1−kx)8=a0+a1x+a2x2+...+a8x8，则a1+a2+ a3+...+a8=()
A −1
B 0
C l
D 256
9. 对任意实数a ，b 定义运算“⊗”：a ⊗b ={
b,a −b ≥1，
a,a −b <1，
设f(x)=(x 2−1)⊗(4+x)，
若函数y =f(x)+k 的图象与x 轴恰有三个不同交点，则k 的取值范围是( ) A (−2, 1) B [0, 1] C [−2, 0) D [−2, 1)
10. 如图，已知直线l:y ＝k(x +1)(k >0)与抛物线C:y 2＝4x 相交于A 、B 两点，且A 、B 两点在抛物线C 准线上的射影分别是M 、N ，若|AM|＝2|BN|，则k 的值是（ ）
A 1
3 B √2
3 C 2
3
√2 D 2√2
二、填空题：本大题共5小题，每小题5分，共25分.
11. 已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为________
12. 若x ，y 满足条件{
y ≥2|x|−1，
y ≤x +1，
则z =x +3y 的最大值为________．
13. 若α∈(0,π
2)，则sin2α
sin 2α+4cos 2α的最大值为________．
14. 如图，茎叶图表示甲、乙两名篮球运动员在五场比赛中的得分，其中一个数字被污损，则甲的平均得分不超过乙的平均得分的概率为________．
15. 已知函数y ＝f(x)为奇函数，且对定义域内的任意x 都有f(1+x)＝−f(1−x)．当x ∈(2, 3)时，f(x)＝log 2(x −1)，给出以下4个结论：
①函数y ＝f(x)的图象关于点(k, 0)(k ∈Z)成中心对称； ②函数y ＝|f(x)|是以2为周期的周期函数； ③当x ∈(−1, 0)时，f(x)＝−log 2(1−x)；
④函数y ＝f(|x|)在(k, k +1)(k ∈Z)上单调递增． 其中所有正确结论的序号为________．
三、解答题：本小题共6小题，共75分.解答时应写出文字说明，证明过程或验算步骤. 16. 已知函数f(x)=sinx +cosx ．
（1）求函数y =f(x)在x ∈[0, 2π]上的单调递增区间；
（2）在△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别是a ，b ，c ，已知m →
=(a, b)，n →
=(f(C)，1)且m →
 // n →
，求B ．
17.
如图，在四棱锥E −ABCD 中，EA ⊥平面ABCD ，AB // CD ，
AD =BC =1
2AB ，∠ABC =π
3．
（1）求证：△BCE 为直角三角形；
（2）若AE =AB ，求CE 与平面ADE 所成角的正弦值．
18. 某次数学测验共有10道选择题，每道题共有四个选项，且其中只有一个选项是正确的，某考生每道题都选并能确定其中有6道题能选对，其余4道题无法确定正确选项，但这4道题中有2道题能排除两个错误选项，另2道只能排除一个错误选项，于是该生做这4道题时每道题都从不能排除的选项中随机选一个选项作答，且各题作答互不影响． （1）求该考生本次测验选择题得50分的概率；
（2）求该考生本次测验选择题所得分数的分布列和数学期望．
19. 已知数列{a n }的前n 项和S n =a n +n 2−1，数列{b n }满足3n ⋅b n+1=(n +1)a n+1−na n ，且b 1=3．
（1）求a n ，b n ；
（2）设T n 为数列{b n }的前n 项和，求T n ，并求满足T n <7时n 的最大值． 20. 已知双曲线C:x 2a
2−
y 2b 2
=1(a >0,b >0)的焦距为2√7，其一条渐近线的倾斜角为θ，且
tanθ=
√3
2
．以双曲线C 的实轴为长轴，虚轴为短轴的椭圆记为E ． （1）求椭圆E 的方程；
（2）设点A 是椭圆E 的左顶点，P 、Q 为椭圆E 上异于点A 的两动点，若直线AP 、AQ 的斜率之积为−1
4，问直线PQ 是否恒过定点？若恒过定点，求出该点坐标；若不恒过定点，说明理由．
21. 已知函数f(x)=x 3−x −√x ． （1）求函数y =f(x)的零点的个数； （2）令g(x)=2f(x)+
√
x
+lnx ，若函数y =g(x)在(0, 1
e )内有极值，求实数a 的取值范围；
（3）在（2）的条件下，对任意t ∈(1, +∞)，s ∈(0, 1)，求证：g(t)−g(s)>e +2−1
e
．
2014年山东省东营市高考数学一模试卷（理科）答案
1. A
2. C
3. A
4. D
5. A
6. D
7. C
8. B
9. D 10. C 11. 12 12. 11 13. 1
2
14. 7
10 15. ①②③
16. 解：（1）∵ f(x)=sinx +cosx =√2sin(x +π
4)， ∴ 由2kπ−π
2
≤x +π
4
≤2kπ+π
2
，k ∈Z ，
得2kπ−
3π4
≤x ≤2kπ+π
4，
当k =0时，−
3π4
≤x ≤π
4，
k =1时，5π
4≤x ≤9π4
，
∵ x ∈[0, 2π]， ∴ x ∈[0,π
4]∪[
5π4
,2π]，
∴ 函数y =f(x)在x ∈[0, 2π]上的单调递增区间为[0,π
4]，[5π
4,2π]； （2）∵ f(C)=sinC +cosC ，且m →
 // n →
，
∴ a −f(C)b =0， 即a =b(sinC +cosC)，
由正弦定理得sinA =sinB(sinC +cosC)，
即sin(B +C)=sinBcosC +cosBsinC =sinBsinC +sinBcosC ，
即cosBsinC =sinBsinC ， ∵ sinC ≠0， ∴ cosB =sinB ， 即tanB =1，∴ B =π
4． 17. （1）证明：在△ABC 中， ∵ BC =1
2
AB ，∠ABC =π3
，
∴ 由余弦定理，得AC 2=AB 2+BC 2−2AB ⋅BC ⋅cos π
3=3BC 2， ∴ AC =√3BC ，∴ AC 2+BC 2=AB 2，∴ AC ⊥BC ， 又∵ EA ⊥平面ABCD ，∴ EA ⊥BC ， 又∵ AC ∩AE =A ，
∴ BC ⊥平面ACE ，∴ BC ⊥CE ， ∴ △BCE 为直角三角形．
（2）由（1）知：AC ⊥BC ，AE ⊥平面ABCD ，
以点C 为坐标原点，CA →
，CB →
，AE →
的方向分别为x 轴，y 轴，z 轴的正方向， 建立空间直角坐标系，
设BC =a ，则AE =AB =2a ，AC =√3a ， 如图2，在等腰梯形ABCD 中，
过点C 作CG ⊥AB 于点G ，则GB =1
2
a ，
∴ CD =AB =2GB =a ， 过点D 作DH ⊥BC 于H ， 由（1）知∠DCH =60∘， ∴ DH =√3
2
a ，CH =a
2，
∴ D(
√3a
2, −a 2
)． 又∵ C(0, 0, 0)A(√3a, 0, 0)，B(0, a, 0)，E(√3a, 0, 2a)，
∴ AD →
=(−√3
2a,−a 2
,0)，AE
→=(0, 0, 2a)，CE →
=(√3a, 0, 2a)，
设平面ADE 的一个法向量为n →
=(x,y,z)， 则AD →
⋅n →
=0，AE →
⋅n →
=0，
∴ {−
√3a
2
x −a
2y =02az =0
，∴ n →=(√3,−3,0)， 设CE 与平面ADE 所成角为θ，
则sinθ=|cos <CE →
，n →
>|=|CE →
|⋅|n →
|˙
=√7a
√12|=
√21
14
， ∴ 直线CE 与平面ADE 所成角的正弦值为√21
14．
18. 解：（1）设选对一道“能排除2个选项的题目”为事件A ， 选对一道“能排除1个选项的题目”为事件B ， 则P(A)=1
2
，P(B)=1
3
，
该考生选择题得50分的概率为： P(A)P(A)P(B)P(B)=(1
2)2⋅(1
3)2=1
36．
（2）该考生所得分数X =30，35，40，45，50， P(X =30)=(1
2
)2(1−1
3
)2=19
，
P(X =35)=C 21(1
2
)2(2
3
)2+(1
2
)2⋅C 21
⋅1
3
⋅2
3
=1
3
，
P(X =40)=(12
)2(23
)2+2×12
×12
×2×13
×23
+(12
)2(13
)2=
1336
，
P(X =45)=C 21(1
2
)2(1
3
)2+(1
2
)2C 21⋅13⋅2
3
=1
6
，
P(X =50)=(12)2(13)2=1
36， ∴ X 的分布列为：
EX =30×1
9+35×1
3+40×13
36+45×1
6+50×1
36=
1153
．
19. 解：（1）由S n =a n +n 2−1，得 S n−1=a n−1+(n −1)2−1 (n ≥2)， 两式相减得，a n =a n −a n−1+2n −1， ∴ a n−1=2n −1，则a n =2n +1． 由3n ⋅b n+1=(n +1)a n+1−na n ，
∴ 3n ⋅b n+1=(n +1)(2n +3)−n(2n +1)=4n +3． ∴ b n+1=
4n+33n
．
∴ 当n ≥2时，b n =
4n−13n−1
，
由b 1=3适合上式， ∴ b n =
4n−13n−1
；
（2）由（1）知，b n =
4n−13n−1
，
∴ T n =31
+73
+
113
2+⋯+
4n−53n−2
+
4n−13n−1
①．
13
T n =33
+
73
2+
113
3+⋯+
4n−53n−1+
4n−13n
②．
①-②得，23T n =3+4
3+4
32+⋯+4
3n−1−4n−13n
=3+4⋅13(1−13
n−1)1−13
−
4n−13n
=5−
4n+53n
．
∴ T n =
152
−4n+5
2⋅3n−1．
∵ T n −T n+1=
4(n+1)+52⋅3n
−4n+52⋅3n−1=
−(4n+3)3n
<0．
∴ T n <T n+1，即{T n }为递增数列． 又T 3=
152
−
4×3+52×9
=
599
<7，T 4=
152
−
4×4+52×27
=
649
>7．
∴ T n <7时，n 的最大值3． 20. 解：（1）双曲线
x 2a 2
−
y 2b 2
=1的焦距2c =2√7，则c =√7，∴ a 2+b 2=7，①
渐近线方程y =±b a x ，由题知tanθ=b
a =√3
2
，② 由①②解得a 2=4，b 2=3， ∴ 椭圆E 的方程为
x 24
+y 23
=1．
（2）在（1）的条件下，当直线PQ 的斜率存在时，设直线PQ 的方程为y =kx +m ， 由{x 2
4+
y 2
3=1y =kx +m ，消去y 得：(3+4k 2)x 2+8kmx +4m 2−12=0，
设P(x 1, y 1)，Q(x 2, y 2)，则x 1+x 2=−8km
3+4k 2，x 1x 2=4m 2−123+4k 2
，
又A(−2, 0)，由题知k AP ⋅k BQ =y 1
x
1
+2⋅y 2
x
2
+2
=−1
4， 则(x 1+2)(x 2+2)+4y 1y 2=0，且x 1，x 2≠−2，
则x 1⋅x 2+2(x 1+x 2)+4+4(kx 1+m)(kx 2+m) =(1+4k 2)x 1x 2+(2+4km)(x 1+x 2)+4m 2+4
=(1+4k 2)(4m 2−12)3+4k 2+(2+4km)−8km 3+4k 2+4m 2+4=0 则m 2−km −2k 2=0， ∴ (m −2k)(m +k)=0， ∴ m =2k 或m =−k ．
当m =2k 时，直线PQ 的方程为y =kx +2k =k(x +2)． 此时直线PQ 过定点(−2, 0)，显然不适合题意．
当m =−k 时，直线PQ 的方程为y =kx −k =k(x −1)，此时直线PQ 过定点(1, 0)． 当直线PQ 的斜率不存在时，若直线PQ 过定点(1, 0)，P 、Q 点的坐标分别为(1,3
2)，(1,−3
2)，
满足k AP ⋅k AQ =−1
4
．
综上，直线PQ 过定点(1, 0)． 21. 解：（1）∵ f(0)=0，∴ x =0是y =f(x)的一个零点， 当x >0时，f(x)=x(x 2−1−√x
)，设φ(x)=x 2−1√x
，
φ′(x)=2x 2√x 3
>0，∴ φ(x)在(0, +∞)上单调递增．
又φ(1)=−1<0，φ(2)=3√2
>0，
故φ(x)在(1, 2)内有唯一零点，
因此y =f(x)在(0, +∞)内有且仅有2个零点； （2）g(x)=
ax 2+ax x 3−x
+lnx =ax(x+1)x(x+1)(x−1)+lnx =lnx +a
x−1，
其定义域是(0, 1)∪(1, +∞)， 则g ′(x)=1
x −
a (x−1)
2=
x 2−2x+1−ax x(x−1)2
=x 2−(2+a)x+1x(x−1)2
，
设ℎ(x)=x 2−(2+a)x +1，要使函数y =g(x)在(0, 1
e )内有极值，则ℎ(x)=0有两个不同的根x 1，x 2，
∴ △=(2+a)2−4>0，得a >0或a <−4，且一根在(0, 1
e )内，不妨设0<x 1<1
e ， 又x 1x 2=1，∴ 0<x 1<1
e <e <x 2， 由于ℎ(0)=1，则只需ℎ(1
e )<0，即
1e 2
−(a +2)⋅1
e
+1<0，
解得a >e +1
e −2；
（3）由（2）可知，当x ∈(1, x 2)时，g ′(x)<0，g(x)递减，x ∈(x 2, +∞)时，g ′(x)>0，g(x)递增，
故y =g(x)在(1, +∞)内的最小值为g(x 2)，即t ∈(1, +∞)时，g(t)≥g(x 2)，
又当x ∈(0, x 1)时，g ′(x)>0，g(x)单调递增，x ∈(x 1, 1)时，g ′(x)<0，g(x)单调递减， 故y =g(x)在(0, 1)内的最大值为g(x 1)，即对任意s ∈(0, 1)，g(s)≤g(x 1)， 由（2）可知x 1+x 2=2+a ，x 1x 2=1，x 1∈(0,1
e )，x 2∈(e, +∞)， 因此，g(t)−g(s)≥g(x 2)−g(x 1)=lnx 2+a
x
2
−1
−lnx 1−a
x
1
−1=ln x 2
x
1
+a
x 2
−1
−a
x
1−1
=
lnx 22+x 2−1
x 2
(x 2>e)，
设k(x)=lnx 2+x −1x =2lnx +x −1x ，k ′(x)=2x +1+1
x 2>0， ∴ k(x)在(e, +∞)内单调递增，
故k(x)>k(e)=2+e −1
e ，即g(t)−g(s)>e +2−1
e ．。