2014年高考试题——数学理（山东卷）解析版

2014年高考试题——数学理（山东卷）解析版

2014 年普通高等学校招生全国统一考试（山东卷） 理科数学试题解析 1．【解析】 ai 与 2 bi 互为共轭复数，    22 2 2, 1 2 4 4 3 4 a b a bi i i i i             【答案】D 2．【解析】|x－1|＜2 ∴－2＜x－1＜2 ∴－1＜x＜3 y=2x，x∈[0,2] ∴y∈[1,4] ∴A∩B=[1,3） 【答案】C 3．【解析】 2 2log 1 0x  2log 1x或 2log 1x   2x 或 10 2x   。 【答案】C 4．【解析】反证法的步骤 第一步是假设命题反面成 立，而“方程 2 0x ax b   至少有一 实根”的反面是“方程 没有实根”，故选 A . 【答案】A 5．【解析】ax＜ay，0＜a＜1，∴x＞y，排除 A,B，对于 C ，sin x 是周期函数，排除 C。 【答案】D 6．【解析】4x=x3，4x－x3=x(4－x2)=x(2+x)(2－x) 第一象限  2 3 2 4 0 14 2 8 4 04x x x x      【答案】D 7．【解析】第一组与第二组频率之和为 0.24+0.16=0.4；20÷0.4=50，50×0.36=18，18－6=12 【答案】C 8．【解析】画出  fx的图象最低点是 2,1 ，  g x kx 过原点和 2,1 时斜率最小为 1 2 ， 斜率最大时  gx的斜率与   1f x x的斜率一致。 【答案】B 9．【 解析】解析： 10 2 3 0 xy xy        求得交点为 2,1 ，则 2 2 5ab ，即圆心 0,0 到直 线 2 2 5 0ab   的距离的平方 2 225 24 5  。 【答案】B 10．【解析】 2 22 2 2 2 22 22 2 2 2 1 a ba a cea ba a ce  ， 2 244 3)( 44 4 44 2 21  a bbaa baee 【答案】A 11．【解析】根据判断条件想 x2－4x+3≤0，得 1≤x≤3，输入 x=1 第一次判断后循环，x=x+1=2，n=n+1=1 第二次判断后循环，x=x+1=3，n=n+1=2 第三次判断后循环，x=x+1=4，n=n+1=3 第四次判断不满足条件，退出循环，输出 n=3 【答案】3 12．【解析】由条件可知 AAcbACAB tancos  ， 当 6 A ， ,3 2bc 6 1sin2 1  AbcS ABC 【答案】 6 1 13．【解析】分别过 CE, 向平面做高 21,hh ，由 E 为 PC 的中点得 2 1 2 1 h h ， 由 D 为 PB 的中点得 ABPABD SS   2 1 ， 所以 4 1 3 1 3 1: 2121   hShSVV ABPABD 【答案】 4 1 14．【解析】将 62 )( x bax  展开，得到 rrrr r xbaCT 3126 61    ，令 3,3312  rr 得 . 由 20333 6 baC ，得 1ab ，所以 2222  abba . 【答案】2 15．【解析】根据图像分析得，当 bxxf  3)( 与 24)( xxg  在第二象限相切时， 102b ，由 )()( xgxh  恒成立得 102b . 【答案】 ),102(  16．【答案】（Ⅰ）已知 xnxmbaxf 2cos2sin)(  ， )(xf 过点 )2,3 2(),3,12(  36cos6sin)12(   nmf 23 4cos3 4sin)3 2(   nmf          22 1 2 3 32 3 2 1 nm 解得      1 3 n m （Ⅱ） )62sin(22cos2sin3)(  xxxxf )(xf 左移 后得到 )622sin(2)(   xxg 设 )(xg 的对称轴为 0xx  ， 11 2 0  xd 解得 00 x 2)0( g ，解得 6   xxxxg 2cos2)22sin(2)632sin(2)(   zkkxk  ,222  ， zkkxk  ,2  )(xf 的单调增区间为 zkkk  ],,2[  17．【答案】（Ⅰ）连接 AD1，∵ABCD－A1B1C1D1 为四棱柱，∴CD∥C1D1 CD=C1D1 又∵M 为 AB 的中点，∴AM=1 ∴CD∥AM，CD=AM ∴AM∥C1D1，AM=C1D1 ∴AMC1D1 为平行四边形 ∴AD1∥MC1 又∵C1M 平面 A1ADD1，AD1  平面 A1ADD1 ∴AD1∥平面 A1ADD1 （Ⅱ）方法一：∵AB∥A1B1，A1B1∥C1D1 ∴面 D1C1M 与 ABC1D1 共面 作 CN⊥AB，连接 D1N，则∠D1NC 即为所求二面角 在 ABCD 中，DC=1，AB=2，∠DAB=60°∴CN= 2 3 在 Rt△ D1CN 中，CD1= 3 ，CN= 2 3 ，∴D1N= 2 15 方法二：作 CP⊥AB 于 P 点， 以 C 为原点，CD 为 x 轴，CP 为 y 轴，CD1 为 z 轴建立平面直角坐标系， ∴C1(－1,0, 3 )，D1(0,0, 3 )，M( 2 1 , 2 3 ,0) ∴ )3,,(),0,0,1( 2 3 2 1 111  MDDC 设平面 C1D1M 的法向量为 n=(x1,y1,z1)       032 3 2 1 0 111 1 zyx x )1,2,0(1n 显然平面 ABCD 的法向量为 )0,0,1(2 n 5 5 5 1,cos 21 21 21  nn nnnn 显然二面角为锐角， 所以平面 MDC 11 和平面 ABCD 所成角的余弦值为 5 5 5 5 15 3 2 15 2 3 cos 1 1  ND NCCND 18．【答案】（Ⅰ）设恰有一次的落点在乙上这一事件为 A 10 3 5 4 6 1 5 1 6 5)( AP （Ⅱ）ζ 的可能取值为 0，1，2，3，4，6 10 1 5 1 2 1)6(,30 11 5 1 3 1 5 3 2 1)4( 15 2 5 1 6 1 5 1 2 1)3(,5 1 5 3 3 1)2( 6 1 5 3 6 1 5 1 3 1)1(,30 1 5 1 6 1)0(       PP PP PP ∴ζ 的分布列为： ζ 0 1 2 3 4 6 P 30 1 6 1 5 1 15 2 30 11 10 1 30 91 10 1630 11415 235 126 1130 10)(  E其数学期望为 19．【答案】（Ⅰ）d=2，S1=a1，S2=2a1+d，S4=4a1+6d ∵S1，S2，S4 成等比数列，∴S2 2=S1S4 解得 a1=1，∴an=2n－1 （Ⅱ） )12 1 12 1()1(4)1( 1 1 1     nnaa nb n nn n n )12 1 12 1()12 1 32 1()7 1 5 1()5 1 3 1()3 11(  nnnnTn n 为偶数时，当 12 2 12 11  n n nTn )12 1 12 1()12 1 32 1()7 1 5 1()5 1 3 1()3 11(  nnnnTn n 为奇数时，当 12 22 12 11   n n nTn         为奇数 为偶数 nn n nn n Tn ,12 22 ,12 2 20．【答案】（Ⅰ） )0())(2()12(2)(' 324 2  xx kxex xxkx xexexf xxx 当 k≤0 时，kx≤0，∴ex－kx＞0 令 f’(x)=0，则 x=2 ∴当 x∈(0,2)时，f(x)单调递减；当 x∈(2,+ )时，f(x)单调递减 （Ⅱ）令 g(x)=ex－kx，则 g’(x)=ex－k ∴ex=k，x=ln k ∵g’(0)=1－k＜0，g(0)=1＞0；g’(2)=e2－k＞0，g(2)=e2－2k＞0 ∴ 2 2ek  g(ln k)=elnk－k ln k＜0，∴ln k＞1，∴k＞e 综上：e 的取值范围为 )2,( 2ee 21．【答案】（Ⅰ）由题意知 F )0,( 2 p 设 D(t,0) (t＞0)，则 FD 的中点为 )0,( 4 2tp 由抛物线定义知 223 ptp  解得 t=3+p 或 t=－3(舍)，由 34 2  tp ，解得 p=2. 所以抛物线 C 的方程为 y2=4x （Ⅱ）[ⅰ]由（Ⅰ）知 F（1,0） 设 A(x0,y0) (x0y0≠0)。D(xD,0) (xD＞0) ∵|FA|=|FD|，则|xD－1|=x0+1， 由 xD＞0，得 xD=x0+2 故 D(x0+2,0)，故直线 AB 的斜率 2 0yk  ∵直线 l1 和直线 AB 平行。设直线 l1 的方程为 bxy y  2 0 代入抛物线方程得 000 882  y b y yy 由题意 002 0 2 0 3264 , yy b y b   得 设 E(xE,yE)，则 2 00 44 , yEyE xy  当 y0 2≠4 时， 4 4 2 0 0 4 4 0 4 0 0 2 0 2 0 0     y yy xx yyk y y y E E AE 可得：直线 AE 的方程为 )(4 4 02 0 0 0 xxy yyy  )1(4 44, 2 0 0 0 2 0  xy yyxy ，整理可得：由 直线 AE 恒过 F(1,0)。当 y0 2=4 时，直线 AE 的方程为 x=1，过 F(1,0) ∴直线 AE 过定点 F(1,0)。 [ⅱ]由[ⅰ]知，直线 AE 过焦点 F(1,0) ∴ 2)1()1( 00 1 0 1 0  xx xxFEAFAE 设直线 AE 的方程为 x=my+1， ∵点 A(x0,y0)在直线 AE 上，故 0 0 1 y xm  。 设 B(x1,y1)，直线 AB 的方程为 )( 020 0 xxyy y  ， 由于 y0≠0，可得 0 2 20 xyx y  代入抛物线方程得： 00 8 100 82 ,048 yy yyxyy  可求得： 4, 0 4 1 8 01 00  xxyy xy ∴点 B 到直线 AE 的距离为： )1(4)1(4 1 1)(4 0 0 0 0 2 8 00 4 00 x x x x m ymx d yx     则△ ABE 的面积 16)21)(1(42 1 0 0 0 0  xx x xS 当且仅当 0 0 1 xx  ，即 x0=1 时等号成立 ∴△ABE 的面积最小值为 16