2014年高考真题——理科数学解析

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.

【答案】：A

【解析】：∵A={x|x22x30}=xx1或x3，B=x2x2， ∴AB=x2x1，选A.. 2.=

A.

1i

B.1i C.

1i

D.1i

【答案】：D

(1i)32i(1i)1i，选D.. 2=【解析】：∵

(1i)2i 3.

【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)为奇函数，选C. 4.

第1页 共12页

g(x)F(x)，F(x)【答案】：A

x2y2【解析】：由C：xmy3m(m0)，得1，c23m3,c3m3 3m322设F3m3,0，一条渐近线y条渐近线的距离d 5.

【答案】：D

3x，即xmy0，则点F到C的一3m3m3=3，选A. . 1m【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24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

11A28种；②每天2人有C426种，则周六、周日都有同学参加公益有C4867；或间接解法：4位同学都在周六或周日参加公1681627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活动的概率为

选D. 6.

【答案】：B

【解析】：如图：过M作MD⊥OP于Ｄ，则 PM=sinx，OM=cosx,在RtOMP中，MD=

OMPMcosxsinxcosxsinx OP1第2页 共12页

11sin2x，∴f(x)sin2x(0x)，选B. . 22 7.

【答案】：D

【解析】：输入a1,b2,k3；n1时：M1,a2,b；

13322228383315815n2时：M2,a,b；n3时：M,a,b；

33232883815n4时：输出M . 选D.

8 8.

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

22222∴9.

2，即22，选B

【答案】：C

【解析】：作出可行域如图：设x2yz，即

1zyx，当直线过A2,1时，

22zmin220，∴z0，∴命题p1、p2真命题，选

C.

10. 【答案】：C

第3页 共12页

【解析】：过Q作QM⊥直线L于M，∵FP4FQ ∴

QMPQ3PQ3又∴QM3，由抛物线定义知QFQM3 ，，

4PF4PF4选C 11. 【答案】：B

【解析1】：由已知a0，f(x)3ax26x，令f(x)0，得x0或x，

220,,f(x)0;x当a0时，x,0,f(x)0;x,,f(x)0；

aa2a且f(0)10，f(x)有小于零的零点，不符合题意。

22,,f(x)0;x当a0时，x,0,f(x)0;x0,,f(x)0

aa要使f(x)有唯一的零点x0且x0＞0，只需f()0，即a24，a2．选B

【解析2】：由已知a0，f(x)=ax33x21有唯一的正零点，等价于

a3113 xx1x2a有唯一的正零根，令t，则问题又等价于at33t有唯一的正零根，即ya与yt33t有唯一的交点且交点在在y轴右侧记f(t)t33t，

f(t)3t2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.

第4页 共12页

【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.

【答案】：20

【解析】：(xy)8展开式的通项为Tr1C8rx8ryr(r0,1,,8)， ∴T8C87xy78xy7，T7C86x2y628x2y6

∴(xy)(xy)8的展开式中x2y7的项为x8xy7y28x2y620x2y7，故系数为20。 14. 【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

第5页 共12页

∴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.【答案】：900

【解析】：∵AO(ABAC)，∴O为线段BC中点，故BC为O的直径， ∴BAC900，∴AB与AC的夹角为900。

16.【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2bc22221214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.

【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

第6页 共12页

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，∴an2n1(n2m) ∴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.

【解析】：(Ⅰ) 抽取产品质量指标值的样本平均数x和样本方差s2分别为

x1700.021800.091900.222000.332100.242200.082300.02200222n2

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分

第7页 共12页

B(100,0.6826)，所以EX1000.682668.26 ………12

19.

【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

又 B1OCO，故

面ABO，故B1CAOAC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为单位长，建立如图所示空间直角坐标系O-xyz． 因为CBB1600，所以CBB1为等边三角形．又AB=BC，则

333B0,,0A0,0,C0,,0，，， B1,0,013333333AB10,3,3，A1B1AB1,0,3,B1C1BC1,3,0

设nx,y,z是平面的法向量，则

nn33yz0AB1033，即 所以可取n1,3,3 A1B10x3z03mAB0设m是平面的法向量，则11，同理可取m1,3,3

nB1C10第8页 共12页

则cosn,m 20.

nmnm11，所以二面角AA1B1C1的余弦值为. 77【解析】：(Ⅰ) 设Fc,0所以a=2分

222，由条件知2c23，得c33 又ca3， 2x2，bac1 ,故E的方程y21. ……….6

4（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 将ykx2代入y21，得14k2x216kx120，

438k24k23当16(4k3)0，即k时，x1,2 2414k224k214k23从而PQk1x1x214k22

又点O到直线PQ的距离d144k23dPQ ， 214k222k12，所以OPQ的面积

SOPQ4t4S1， 设4k3t，则t0，OPQt244tt当且仅当t2，k最

大

时

，

7等号成立，且满足0，所以当OPQ的面积2l的方程为：

y7x22 或

第9页 共12页

y7x2. …………………………12分 2

21. 【解析】：(Ⅰ) 函数f(x)的定义域为0,，

abbf(x)aexlnxex2ex1ex1

xxx由题意可得f(1)2,f(1)e（Ⅱ）由(Ⅰ)知，设函数

g(x)0x，故a1,b2 ………6分

2ex12f(x)elnx，从而f(x)1等价于xlnxxex

xe1g(x)xlnx，则g(x)xlnx，所以当x0,e,，当x1e时，

时，g(x)010,，故g(x)在单调

e递减，在

1,单调递增，从而eg(x)在0,的最小值为

11g(). ……………8分 ee设函数

h(x)02h(x)xex，则h(x)ex1x，所以当x0,1e时，

，当x1,时，h(x)0，故h(x)在

0,1单调递增，在的最小值为

1,单调递减，从而

1h(1).

eh(x)g(x)在0,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

第10页 共12页

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.

【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=E

……………5分

所以O

（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， 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.

【解析】：.(Ⅰ) 曲线C的参数方程为：x2cos （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， 5d255sin60sin305则|PA|，其中为锐角．且tan.

43第11页 共12页

当sin1时，|PA|取得最大值，最大值为当sin1时，|PA|取得最小值，最小值为 24.

【解析】：(Ⅰ) 由ab立，

1a1b225； 525. …………10分 52，得ab2，且当ab2时等号成ab故a3b33a3b342，且当ab2时等号成立，

∴a3b3的最小值为42. ………5分 （Ⅱ）由62a3b26ab，得ab，又由(Ⅰ)知ab2，二者矛盾， 所以不存在a,b，使得2a3b6成立. ……………10分

32第12页 共12页