2014年高考真题——数学理（新课标Ⅰ）解析版

2014年高考真题——数学理（新课标Ⅰ）解析版

2014 年普通高等学校招生全国统一考试（全国课标 1） 理科数学解析 第Ⅰ卷 一．选择题：共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分。在每个小题给出的四个选项中，只有一项 是符合题目要求的一项。 1.已知集合 A={ x | 2 2 3 0xx   }，B= 22xx   ，则 AB = A .[-2,-1] B .[-1,2） C .[-1,1] D .[1,2） 【答案】：A 【解析】：∵A={ x | 2 2 3 0xx   }= 13x x x  或 ，B= 22xx   ， ∴ AB = 21xx   ，选 A.. 2. 3 2 (1 ) (1 ) i i   = A .1 i B .1 i C . 1 i D . 1 i 【答案】：D 【解析】：∵ 3 2 (1 ) (1 ) i i   = 2 (1 ) 12 ii ii     ，选 D.. 3.设函数 ()fx， ()gx的定义域都为 R，且 ()fx是奇函数， ()gx是偶函数，则下列结论正确 的是 A . ()fx ()gx是偶函数 B .| ()fx| ()gx是奇函数 C . ()fx| ()gx|是奇函数 D .| ()fx ()gx|是奇函数 【答案】：C 【解析】：设 ( ) ( ) ( )F x f x g x ，则 ( ) ( ) ( )F x f x g x    ，∵ ()fx是奇函数， ()gx是偶 函数，∴ ( ) ( ) ( ) ( )F x f x g x F x     ， ()Fx为奇函数，选 C. 4.已知 F 是双曲线C ： 223 ( 0)x my m m   的一个焦点，则点 F 到C 的一条渐近线的距离 为 A . 3 B .3 C . 3m D .3m 【答案】：A 【解析】：由C ： 223 ( 0)x my m m   ，得 22 133 xy m ， 2 3 3, 3 3c m c m    设  3 3,0Fm ，一条渐近线 3 3 yx m  ，即 0x my，则点 F 到C 的一条渐近线的 距离 33 1 md m   = 3 ，选 A. . 5.4 位同学各自在周六、周日两天中任选一天参加公益活动，则周六、周日都有同学参加公益 活动的概率 A . 1 8 B . 3 8 C . 5 8 D . 7 8 【答案】：D 【解析】：4 位同学各自在周六、周日两天中任选一天参加公益活动共有 42 16 种， 周六、周日都有同学参加公益活动有两种情况：①一天一人一天三人有 11 42 8CA 种；②每天 2 人有 2 4 6C  种，则周六、周日都有同学参加公益活动的概率为 8 6 7 16 8   ；或间接解法：4 位同学都在周六或周日参加公益活动有 2 种，则周六、周日都有同学参加公益活动的概率为 16 2 7 16 8   ；选 D. 6.如图，圆 O 的半径为 1，A 是圆上的定点，P 是圆上的动点，角 x 的始边 为射线OA，终边为射线OP ，过点 P 作直线OA的垂线，垂足为 M ，将 点 M 到直线OP 的距离表示为 x 的函数 ()fx，则 y = ()fx在[0, ]上的 图像大致为 【答案】：B 【解析】：如图：过 M 作 MD⊥OP 于Ｄ，则 PM=sin x ，OM= cos x , 在 Rt OMP 中，MD= cos sin 1 xxOM PM OP  cos sinxx 1 sin 22 x ，∴ ()fx 1 sin 2 (0 )2 xx   ，选 B. . 7.执行下图的程序框图，若输入的 ,,a b k 分别为 1,2,3，则输出的 M = A . 20 3 B .16 5 C . 7 2 D .15 8 【答案】：D 【解析】：输入 1, 2, 3a b k   ； 1n  时： 1 3 31 , 2,2 2 2M a b     ； 2n  时： 2 8 3 82 , ,3 3 2 3M a b     ； 3n  时： 3 3 15 8 15,,2 8 8 3 8M a b     ； 4n  时：输出 15 8M  . 选 D. 8.设 (0, )2   ， (0, )2   ，且 1 sintan cos    ，则 A .3 2  B . 2 2  C .3 2  D . 2 2  【答案】：Ｂ 【解析】：∵ sin 1 sintan cos cos    ，∴sin cos cos cos sin      sin cos sin 2        ， ,02 2 2 2             ∴ 2      ，即 2 2 ，选 B 9.不等式组 1 24 xy xy    的解集记为 D .有下面四个命题： 1p ： ( , ) , 2 2x y D x y     ， 2p ： ( , ) , 2 2x y D x y    , 3P ： ( , ) , 2 3x y D x y    ， 4p ： ( , ) , 2 1x y D x y     . 其中真命题是 A . 2p ， 3P B . 1p ， 4p C . 1p ， 2p D . 1p ， 3P 【答案】：C 【解析】：作出可行域如图：设 2x y z，即 1 22 zyx   ， 当直线过  2, 1A  时， min 2 2 0z     ，∴ 0z  ，∴命题 1p 、 2p 真命题，选 C. 10.已知抛物线C ： 2 8yx 的焦点为 F ，准线为l ， P 是l 上一点，Q 是直线 PF 与C 的一 个交点，若 4FP FQ ，则||QF = A . 7 2 B . 5 2 C .3 D .2 【答案】：C 【解析】：过 Q 作 QM⊥直线 L 于 M，∵ 4FP FQ ∴ 3 4 PQ PF  ，又 3 44 QM PQ PF，∴ 3QM  ，由抛物线定义知 3QF QM 选 C 11.已知函数 ()fx= 3231ax x，若 ()fx存在唯一的零点 0x ，且 0x ＞0，则 a 的取值范围为 A .（2，+∞） B .（-∞，-2） C .（1，+∞） D .（-∞，-1） 【答案】：B 【解析 1】： 由已知 0a  ， 2( ) 3 6f x ax x ，令 ( ) 0fx  ，得 0x  或 2x a ， 当 0a  时，   22,0 , ( ) 0; 0, , ( ) 0; , , ( ) 0x f x x f x x f xaa                    ； 且 (0) 1 0f ， ()fx有小于零的零点，不符合题意。 当 0a  时，  22, , ( ) 0; ,0 , ( ) 0; 0, , ( ) 0x f x x f x x f xaa                    要使 ()fx有唯一的零点 0x 且 0x ＞0，只需 2( ) 0f a  ，即 2 4a  ， 2a  ．选 B 【解析 2】： 由已知 0a  ， ()fx= 3231ax x有唯一的正零点，等价于 3 113a xx 有唯一的正零根，令 1t x ，则问题又等价于 3 3a t t   有唯一的正零根，即 ya 与 3 3y t t   有唯一的交点且交点在在 y 轴右侧记 3( ) 3f t t t   ， 2( ) 3 3f t t    ，由 ( ) 0ft  ， 1t  ，    , 1 , ( ) 0; 1,1 , ( ) 0;t f t t f t       ，  1, , ( ) 0t f t   ，要使 3 3a t t   有唯一的正零根，只需 ( 1) 2af    ，选 B 12.如图，网格纸上小正方形的边长为 1，粗实线画出的是某多 面体的三视图，则该多面体的个条棱中，最长的棱的长度为 A . 62 B . 42 C .6 D .4 【答案】：C 【解析】：如图所示，原几何体为三棱锥 D ABC ， 其中 4, 4 2, 2 5AB BC AC DB DC     ，  2 4 2 4 6DA    ，故最长的棱的长度为 6DA  ，选 C 第Ⅱ卷 本卷包括必考题和选考题两个部分。第（13）题-第（21）题为必考题，每个考生都必须作答。 第（22）题-第（24）题为选考题，考生根据要求作答。 二．填空题：本大题共四小题，每小题5分。 13. 8( )( )x y x y的展开式中 22xy的系数为 .(用数字填写答案) 【答案】： 20 【解析】： 8()xy 展开式的通项为 8 18 ( 0,1, ,8)r r r rT C x y r  ， ∴ 7 7 7 88 8T C xy xy， 6 2 6 2 6 78 28T C x y x y ∴ 8( )( )x y x y的展开式中 27xy的项为 7 2 6 2 78 28 20x xy y x y x y   ，故系数为 20。 14.甲、乙、丙三位同学被问到是否去过 A，B，C 三个城市时， 甲说：我去过的城市比乙多，但没去过 B 城市； 乙说：我没去过 C 城市； 丙说：我们三人去过同一个城市. 由此可判断乙去过的城市为 . 【答案】：A 【解析】：∵丙说：三人同去过同一个城市，甲说没去过 B 城市，乙说：我没去过 C 城市 ∴三人同去过同一个城市应为Ａ，∴乙至少去过Ａ，若乙再去城市 B，甲去过的城市至多两个， 不可能比乙多，∴可判断乙去过的城市为Ａ. 15.已知 A，B，C 是圆 O 上的三点，若 1 ()2AO AB AC，则 AB 与 AC 的夹角为 . 【答案】： 090 【解析】：∵ 1 ()2AO AB AC，∴O 为线段 BC 中点，故 BC 为 O 的直径， ∴ 090BAC，∴ AB 与 AC 的夹角为 090 。 16.已知 ,,abc分别为 ABC 的三个内角 ,,A B C 的对边， a =2，且 (2 )(sin sin ) ( )sinb A B c b C    ，则 ABC 面积的最大值为 . 【答案】： 3 【解析】：由 2a  且 (2 )(sin sin ) ( )sinb A B c b C    ， 即 ( )(sin sin ) ( )sina b A B c b C    ，由及正弦定理得：( )( ) ( )a b a b c b c    ∴ 2 2 2b c a bc   ，故 2 2 2 1cos 22 b c aA bc ，∴ 060A ，∴ 224b c bc   224 b c bc bc    ，∴ 1 sin 32ABCS bc A ， 三.解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。 17.(本小题满分 12 分)已知数列{ na }的前 n 项和为 nS ， 1a =1， 0na  ， 1 1n n na a S ，其 中  为常数. (Ⅰ)证明： 2nnaa ； （Ⅱ）是否存在  ，使得{ na }为等差数列？并说明理由. 【解析】：(Ⅰ)由题设 1 1n n na a S ， 1 2 1 1n n na a S  ，两式相减  1 2 1n n n na a a a   ，由于 0na  ，所以 2nnaa  …………6 分 （Ⅱ）由题设 1a =1， 1 2 1 1a a S，可得 211a ，由(Ⅰ)知 3 1a  假设{ na }为等差数列，则 1 2 3,,a a a 成等差数列，∴ 1 3 22a a a ，解得 4  ； 证明 4  时，{ na }为等差数列：由 2 4nnaa 知 数列奇数项构成的数列 21ma  是首项为 1，公差为 4 的等差数列 21 43mam  令 2 1,nm则 1 2 nm  ，∴ 21nan( 2 1)nm 数列偶数项构成的数列 2ma 是首项为 3，公差为 4 的等差数列 2 41mam 令 2,nm 则 2 nm  ，∴ 21nan( 2 )nm ∴ 21nan（ *nN ）， 1 2nnaa  因此，存在存在 4  ，使得{ na }为等差数列. ………12 分 18. (本小题满分 12 分)从某企业的某种产品中抽取 500 件，测量这些产品的一项质量指标值， 由测量结果得如下频率分布直方图： (Ⅰ)求这 500 件产品质量指标值的样本平均数 x 和样本方差 2s （同一组数据用该区间的中点值 作代表）； （Ⅱ）由频率分布直方图可以认为，这种产品的质量指标值 Z 服从正态分布 2( , )N  ，其中  近似为样本平均数 x ， 2 近似为样本方差 2s . (i)利用该正态分布，求 (187.8 212.2)PZ ； （ii）某用户从该企业购买了 100 件这种产品，记 X 表示这 100 件产品中质量指标值为于区间 （187.8,212.2）的产品件数，利用（i）的结果，求 EX . 附： 150 ≈12.2. 若 Z ～ 2( , )N  ，则 ()PZ       =0.6826， ( 2 2 )PZ       =0.9544. 【解析】：(Ⅰ) 抽取产品质量指标值的样本平均数 x 和样本方差 2s 分别为 170 0.02 180 0.09 190 0.22 200 0.33 210 0.24 220 0.08 230 0.02 200 x                            2222 2 2 2 30 0.02 20 0.09 10 0.22 0 0.33 10 0.24 20 0.08 30 0.02 s                  150 …………6 分 （Ⅱ）（ⅰ）由(Ⅰ)知 Z ～ (200,150)N ，从而 (187.8 212.2)PZ   (200 12.2 200 12.2) 0.6826PZ     ………………9 分 （ⅱ）由（ⅰ）知，一件产品中质量指标值为于区间（187.8,212.2）的概率为 0.6826 依题意知 (100,0.6826)XB ，所以 100 0.6826 68.26EX    ………12 分 19. (本小题满分 12 分)如图三棱柱 1 1 1ABC A B C 中，侧面 11BB C C 为菱形， 1AB B C . (Ⅰ) 证明： 1AC AB ； （Ⅱ）若 1AC AB ， o 1 60CBB，AB=BC 求二面角 1 1 1A A B C的余弦值. 【解析】：(Ⅰ)连结 1BC ，交 1BC于 O，连结 AO．因 为侧面 11BB C C 为菱形，所以 1BC 1BC ，且 O 为 1BC与 1BC 的中点．又 1AB B C ，所 以 1BC 平面 ABO ，故 1B C AO 又 1B O CO ，故 1AC AB ………6 分 （Ⅱ）因为 1AC AB 且 O 为 1BC的中点，所以 AO= 又因为 AB= ，所以 BOA BOC   故 OA⊥ ，从而 OA，OB， 1OB 两两互相垂直． 以 O 为坐标原点，OB 的方向为 x 轴正方向，OB 为单 位长，建立如图所示空间直角坐标系 O- xyz ． 因为 0 1 60CBB，所以 1CBB 为等边三角形．又 AB= ，则 30,0, 3A  ，  1,0,0B ， 1 30, ,03B   ， 30, ,03C  1 330, ,33AB  ， 11 31,0, ,3A B AB    11 31, ,03B C BC     设  ,,n x y z 是平面的法向量，则 1 11 0 0 n AB n A B    ，即 33033 3 03 yz xz     所以可取  1, 3, 3n  设 m 是平面的法向量，则 11 11 0 0 m A B n B C    ，同理可取  1, 3, 3m  则 1cos , 7 nmnm nm ，所以二面角 1 1 1A A B C的余弦值为 1 7 . 20. (本小题满分 12 分) 已知点 A（0，-2），椭圆 E ： 22 221( 0)xy abab    的离心率为 3 2 ， F 是椭圆的焦点，直线 AF 的斜率为 23 3 ，O 为坐标原点. (Ⅰ)求 E 的方程； （Ⅱ）设过点 A 的直线l 与 E 相交于 ,PQ两点，当 OPQ 的面积最大时，求l 的方程. 【解析】：(Ⅰ) 设  ,0Fc ，由条件知 2 2 3 3c  ，得 3c  又 3 2 c a  ， 所以 a=2 ， 2 2 2 1b a c   ,故 E 的方程 2 2 14 x y. ……….6 分 （Ⅱ）依题意当lx 轴不合题意，故设直线 l： 2y kx，设    1 1 2 2, , ,P x y Q x y 将 2y kx代入 2 2 14 x y，得 221 4 16 12 0k x kx    ， 当 216(4 3) 0k    ，即 2 3 4k  时， 2 1,2 2 8 2 4 3 14 kkx k   从而 22 2 12 2 4 1 4 31 14 kkPQ k x x k      又点 O 到直线 PQ 的距离 2 2 1 d k   ，所以  OPQ 的面积 2 2 1 4 4 3 2 1 4OPQ kS d PQ k  ， 设 243kt，则 0t  ， 2 44144OPQ tS t t t      ， 当且仅当 2t  ， 7 2k  等号成立，且满足 0 ，所以当  OPQ 的面积最大时，l 的方程 为： 7 22yx 或 7 22yx   . …………………………12 分 21. (本小题满分 12 分)设函数 1 ( 0 ln x x bef x ae x x  ，曲线 ()y f x 在点（1， (1)f 处的切 线为 ( 1) 2y e x   . (Ⅰ)求 ,ab； （Ⅱ）证明： ( ) 1fx . 【解析】：(Ⅰ) 函数 ()fx的定义域为 0, ， 11 2( ) lnx x x xa b bf x ae x e e ex x x      由题意可得 (1) 2, (1)f f e，故 1, 2ab ……………6 分 （Ⅱ）由(Ⅰ)知， 12( ) ln x x ef x e x x  ，从而 ( ) 1fx 等价于 2ln xx x xe e  设函数 ( ) lng x x x ，则 ( ) lng x x x  ，所以当 10,x e  时， ( ) 0gx  ， 当 1 ,x e   时， ( ) 0gx  ，故 ()gx 在 10, e   单调递减，在 1 ,e  单调递增，从而 ()gx在 0, 的最小值为 11()g ee . ……………8 分 设函数 2() xh x xe e ，则  ( ) 1xh x e x ，所以当  0,1x 时， ( ) 0hx  ， 当  1,x  时， ( ) 0hx  ，故 ()hx 在  0,1 单调递增，在  1,  单 调递减，从而 ()hx ()gx在 0, 的最小值为 1(1)h e . 综上：当 0x  时， ( ) ( )g x h x ，即 ( ) 1fx . ……………12 分 请考生从第（22）、（23）、（24）三题中任选一题作答。注意： 只能做所选定的题目。如果多做，则按所做的第一个题目计 分，作答时请用 2B 铅笔在答题卡上将所选题号后的 方框涂黑。 22.（本小题满分 10 分）选修 4—1：几何证明选讲 如图，四边形 ABCD 是⊙O 的内接四边形，AB 的延长线与 DC 的延长线交于点 E，且 CB=CE .(Ⅰ)证明：∠D=∠E； （Ⅱ）设 AD 不是⊙O 的直径，AD 的中点为 M，且 MB=MC，证明：△ADE 为等边三角形. 【解析】：.(Ⅰ) 由题设知得 A、B、C、D 四点共圆，所以  D= CBE，由已知得， CBE= E , 所以 D= ……………5 分 （Ⅱ）设 BCN 中点为，连接 MN,则由 MB= 知 MN⊥ 所 以 O 在 MN 上，又 AD 不是 O 的直径，M 为 AD 中点，故 OM⊥ AD， 即 MN⊥AD，所以 AD//BC,故 A= CBE， 又 CBE= E，故  A=  由(Ⅰ)（1） 知  D= E， 所以△ADE 为等边三角形． ……………10 分 23. （本小题满分 10 分）选修 4—4：坐标系与参数方程 已知曲线C ： 22 149 xy，直线l ： 2 22 xt yt    （t 为参数）. (Ⅰ)写出曲线C 的参数方程，直线l 的普通方程； （Ⅱ）过曲线C 上任一点 P 作与l 夹角为 o30 的直线，交l 于点 A ，求||PA 的最大值与最小 值. 【解析】：.(Ⅰ) 曲线 C 的参数方程为： 2cos 3sin x y      （ 为参数）， 直线 l 的普通方程为： 2 6 0xy   ………5 分 （Ⅱ）（2）在曲线 C 上任意取一点 P (2cos ,3sin )到 l 的距离为 5 4cos 3sin 65d    ， 则  0 25| | 5sin 6sin 30 5 dPA     ，其中 为锐角．且 4tan 3  . 当  sin 1   时，||PA 取得最大值，最大值为 22 5 5 ； N 当  sin 1时，||PA 取得最小值，最小值为 25 5 . …………10 分 24. （本小题满分 10 分）选修 4—5：不等式选讲 若 0, 0ab，且 11 abab . (Ⅰ) 求 33ab 的最小值； （Ⅱ）是否存在 ,ab，使得 2 3 6ab？并说明理由. 【解析】：(Ⅰ) 由 1 1 2ab ab ab    ，得 2ab  ，且当 2ab 时等号成立， 故 3 3 3 33 4 2a b a b   ，且当 2ab 时等号成立， ∴ 33ab 的最小值为 42. ………5 分 （Ⅱ）由6 2 3 2 6a b ab   ，得 3 2ab  ，又由(Ⅰ)知 2ab  ，二者矛盾， 所以不存在 ,ab，使得 2 3 6ab成立. ……………10 分