2014年高考真题——数学理(新课标I卷)纯word解析版

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。

21.已知集合A={x|x2x30}，B=x2x2，则AB=

A.[-2,-1] B.[-1,2） C.[-1,1] D.[1,2）

【答案】：A

2【解析】：∵A={x|x2x30}=xx1或x3，B=x2x2，

∴AB=x2x1，选A..

(1i)32.= (1i)2A.1i B.1i C.1i D.1i

【答案】：D

(1i)32i(1i)1i，选D.. 【解析】：∵=

2i(1i)2

3.设函数f(x)，g(x)的定义域都为R，且f(x)是奇函数，g(x)是偶函数，则下列结论正确的是

A.f(x)g(x)是偶函数 B.|f(x)|g(x)是奇函数

C.f(x)|g(x)|是奇函数 D.|f(x)g(x)|是奇函数

【答案】：C

【解析】：设F(x)f(x)g(x)，则F(x)f(x)g(x)，∵f(x)是奇函数，g(x)是偶函数，∴

F(x)f(x)g(x)F(x)，F(x)为奇函数，选C.

4.已知F是双曲线C：xmy3m(m0)的一个焦点，则点F到C的一条渐近线的距离为

22A.3 B.3 C.3m D.3m

【答案】：A

x2y21，c23m3,c3m3 【解析】：由C：xmy3m(m0)，得

3m322设F3m3,0，一条渐近线y3x，即xmy0，则点F到C的一条渐近线的距离3md

3m3=3，选A. .

1m5.4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

1357A. B. C. D. 8888【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216种，

112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C4②每天2人有C4A28种；867；或间接解法：4位同学都在周六或周日参加1681627；选D. 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

168种，则周六、周日都有同学参加公益活动的概率为

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边为射到直线

OP的距离表示为x的函数f(x)，则y=f(x)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=sinx，OM=cosx,

在

RtOMP中，MD=

OMPMcosxsinxcosxsinx

OP1

11sin2x，∴f(x)sin2x(0x)，选B. . 227.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.

2071615 B. C. D. 3258【答案】：D

【解析】：输入a1,b2,k3；n1时：M1133,a2,b； 22228383315815n2时：M2,a,b；n3时：M,a,b；

33232883815n4时：输出M . 选D.

8

8.设(0,1sin)，(0,)，且tan，则 22cosA.3【答案】：Ｂ

2 B.22 C.32 D.22

【解析】：∵tansin1sin，∴sincoscoscossin coscossincossin，,0

22222∴2，即22，选B

9.不等式组xy1的解集记为D.有下面四个命题：

x2y4p1：(x,y)D,x2y2，p2：(x,y)D,x2y2, P3：(x,y)D,x2y3，p4：(x,y)D,x2y1.

其中真命题是

B.p1，p4 C.p1，p2 D.p1，P A.p2，P3 3

【答案】：C

【解析】：作出可行域如图：设x2yz，即y1zx，22当直线过

A2,1时，

zmin220，∴z0，∴命题p1、p2真命题，选C.

10.已知抛物线C：y8x的焦点为F，准线为l，P是l上

2一点，Q是直线

PF与C的一个交点，若FP4FQ，则|QF|=

A.

75 B. C.3 D.2 22【答案】：C

【解析】：过Q作QM⊥直线L于M，∵FP4FQ

∴

PQQMPQ33，又，∴QM3，由抛物线定义知QFQM3 PF44PF4选C

11.已知函数f(x)=ax3x1，若f(x)存在唯一的零点x0，且x0＞0，则a的取值范围为

32A.（2，+∞） B.（-∞，-2） C.（1，+∞） D.（-∞，-1）

【答案】：B

【解析1】：由已知a0，f(x)3ax26x，令f(x)0，得x0或x当a0时，x,0,f(x)0;x0,2， a22,f(x)0;x,,f(x)0； aa且f(0)10，f(x)有小于零的零点，不符合题意。

当a0时，x,22,f(x)0;x,0,f(x)0;x0,,f(x)0 aa2a2要使f(x)有唯一的零点x0且x0＞0，只需f()0，即a4，a2．选B

32【解析2】：由已知a0，f(x)=ax3x1有唯一的正零点，等价于a31x1 x3有唯一的正零根，令t13，则问题又等价于at3t有唯一的正零根，即ya与yt33t有唯一x32的交点且交点在在y轴右侧记f(t)t3t，f(t)3t3，由f(t)0，t1，

t,1,f(t)0;t1,1,f(t)0;，

t1,,f(t)0，要使at33t有唯一的正零根，只需af(1)2，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图，则该多面体的个条棱中，最长的棱的长度为

面体的三视

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ABBC4,AC42,DBDC25，DA42246，故最长的棱的长度为

DA6，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.(xy)(xy)8的展开式中x2y2的系数为 .(用数字填写答案) 【答案】：20

r8rr【解析】：(xy)8展开式的通项为Tr1C8xy(r0,1,,8)， 7626∴T8C8xy78xy7，T7C8xy28x2y6

∴(xy)(xy)的展开式中xy的项为x8xyy28xy20xy，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.

82772627115.已知A，B，C是圆O上的三点，若AO(ABAC)，则AB与AC的夹角为 .

2【答案】：90

01【解析】：∵AO(ABAC)，∴O为线段BC中点，故BC为O的直径，

200∴BAC90，∴AB与AC的夹角为90。

16.已知a,b,c分别为ABC的三个内角A,B,C的对边，a=2，且(2b)(sinAsinB)(cb)sinC，

则ABC面积的最大值为 . 【答案】：3 【解析】：由a2且 (2b)(sinAsinB)(cb)sinC，

即(ab)(sinAsinB)(cb)sinC，由及正弦定理得：(ab)(ab)(cb)c

b2c2a21，∴A600，∴b2c24bc ∴bcabc，故cosA2bc222214b2c2bcbc，∴SABCbcsinA3，

2三.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{an}的前n项和为Sn，a1=1，an0，anan1Sn1，其中为常数. (Ⅰ)证明：an2an；

（Ⅱ）是否存在，使得{an}为等差数列？并说明理由.

【解析】：(Ⅰ)由题设anan1Sn1，an1an2Sn11，两式相减

an1an2anan1，由于an0，所以an2an …………6分

（Ⅱ）由题设a1=1，a1a2S11，可得a211，由(Ⅰ)知a31 假设{an}为等差数列，则a1,a2,a3成等差数列，∴a1a32a2，解得4； 证明4时，{an}为等差数列：由an2an4知

数列奇数项构成的数列a2m1是首项为1，公差为4的等差数列a2m14m3 令n2m1,则mn1，∴an2n1(n2m1) 2数列偶数项构成的数列a2m是首项为3，公差为4的等差数列a2m4m1 令n2m,则mn，∴an2n1(n2m) 2*∴an2n1（nN），an1an2

因此，存在存在4，使得{an}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s（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N(,2)，其中近似为样本平均数x，近似为样本方差s.

(i)利用该正态分布，求P(187.8Z212.2)；

（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.

2若Z～N(,)，则P(Z)=0.6826，P(2Z2)=0.9544.

222【解析】：(Ⅰ) 抽取产品质量指标值的样本平均数x和样本方差s分别为

2x1700.021800.091900.222000.332100.242200.082300.02200222

s2300.02200.09100.2200.33100.24200.08300.02222

150 …………6分

（Ⅱ）（ⅰ）由(Ⅰ)知Z～N(200,150)，从而

P(187.8Z212.2)P(20012.2Z20012.2)0.6826 ………………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XB(100,0.6826)，所以EX1000.682668.26 ………12分

19. (本小题满分12分)如图三棱柱ABCA1B1C1中，侧面BB1C1C为菱形，ABB1C.

(Ⅰ) 证明：ACAB1；

（Ⅱ）若ACAB1，CBB160o，AB=BC 求二面角AA1B1C1的余弦值.

【解析】：(Ⅰ)连结BC1，交B1C于O，连结AO．因

为侧面

BB1C1C为菱形，所以B1CBC1，且O为B1C与BC1的中点．又ABB1C，所以B1C平面ABO，

故B1CAO又 B1OCO，故ACAB1 ………6分 （Ⅱ）因为ACAB1且O为B1C的中点，所以AO=CO 又因为AB=BC，所以BOABOC 故OA⊥OB，从而OA，OB，OB1两两互相垂直． 以O为坐标原点，OB的方向为x轴正方向，OB为单图所示空间直角坐标系O-xyz． 因为CBB1600，为等边三角形．又AB=BC，则

位长，建立如所以CBB1333A0,0,3，B1,0,0，B10,3,0，C0,3,0 3333AB10,,ABAB1,0,,BCBC1,,0， 11113333设nx,y,z是平面的法向量，则

33yz0nAB1033，即 所以可取n1,3,3 x3z0nA1B103mA1B10设m是平面的法向量，则，同理可取m1,3,3 nB1C101nm1则cosn,m，所以二面角AA的余弦值为. BC11177nm

x2y2320. (本小题满分12分) 已知点A（0，-2），椭圆E：221(ab0)的离心率为，F是椭圆

ab2的焦点，直线AF的斜率为23，O为坐标原点. 3(Ⅰ)求E的方程；

（Ⅱ）设过点A的直线l与E相交于P,Q两点，当OPQ的面积最大时，求l的方程.

【解析】：(Ⅰ) 设Fc,0，由条件知

223c3，得c3 又， c3a2x2y21. ……….6分 所以a=2，bac1 ,故E的方程4222（Ⅱ）依题意当lx轴不合题意，故设直线l：ykx2，设Px1,y1,Qx2,y2

x2y21，得14k2x216kx120， 将ykx2代入438k24k23当16(4k3)0，即k时，x1,2

414k2224k214k23从而PQk1x1x2  214k2又点O到直线PQ的距离d2k12，所以OPQ的面积

SOPQ144k23 ， dPQ2214k设4k23t，则t0，SOPQ4t41， 24t4tt当且仅当t2，k7等号成立，且满足0，所以当OPQ的面积最大时，l的方程为：2y

77x2 或yx2. …………………………12分 22bex121. (本小题满分12分)设函数f(x0aelnx，曲线yf(x)在点（1，f(1)处的切线为

xxye(x1)2. (Ⅰ)求a,b； （Ⅱ）证明：f(x)1.

【解析】：(Ⅰ) 函数f(x)的定义域为0,，f(x)aelnxxaxbx1bx1e2ee xxx由题意可得f(1)2,f(1)e，故a1,b2 ……………6分

22ex1x（Ⅱ）由(Ⅰ)知，f(x)elnx，从而f(x)1等价于xlnxxe

exx设函数g(x)xlnx，则g(x)xnlx，所以当x0,时，g(x)0，当x,时，g(x)0，

1e1e故g(x)在0,单调递减，在,单调递增，从而g(x)在0,的最小值为

1e1e11g(). ……………8分 ee2x设函数h(x)xe，则h(x)ex1x，所以当x0,1时，h(x)0，当x1,时，

eh(x)0，故h(x)在0,1单调递增，在1,单调递减，从而h(x)g(x)在0,的最小值为1h(1).

e综上：当x0时，g(x)h(x)，即f(x)1. ……………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

DC的延长题号后的

D=CBE，由已知得，CBE=E ,

所以D=E ……………5分

（Ⅱ）设BCN中点为，连接MN,则由MB=MC,知MN⊥BC 在MN上，又AD不是O的直径，M为AD中点，故OM⊥AD，

N所以O即MN⊥

AD，所以AD//BC,故A=CBE， 又CBE=E，故A=E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

x2tx2y21，直线l：已知曲线C：（t为参数）. 49y22t(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30的直线，交l于点A，求|PA|的最大值与最小值.

ox2cos【解析】：.(Ⅰ) 曲线C的参数方程为： （为参数），

y3sin直线l的普通方程为：2xy60 ………5分 （Ⅱ）（2）在曲线C上任意取一点P (2cos,3sin)到l的距离为

d54cos3sin6， 54d25tan，其中为锐角．且. 5sin603sin305则|PA|当sin1时，|PA|取得最大值，最大值为

225； 5当sin1时，|PA|取得最小值，最小值为

24. （本小题满分10分）选修4—5：不等式选讲 若a0,b0，且

3325. …………10分 511ab. ab(Ⅰ) 求ab的最小值；

（Ⅱ）是否存在a,b，使得2a3b6？并说明理由.

【解析】：(Ⅰ) 由ab112，得ab2，且当ab2时等号成立， abab故a3b33a3b342，且当ab2时等号成立，

∴ab的最小值为42. ………5分 （Ⅱ）由62a3b26ab，得ab333，又由(Ⅰ)知ab2，二者矛盾， 2所以不存在a,b，使得2a3b6成立. ……………10分