普通高等学校招生全国统一考试(全国新课标Ⅰ卷)数学试题(理科)解析

2014年高招全国课标1（理科数学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。1.已知集合A={x|x2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 八年级地理上册填图题岩土工程勘察试题省略号的作用及举例应急救援安全知识车间5s试题及答案 】：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..(1i)32.=(1i)2A.1iB.1iC.1iD.1i【答案】：D(1i)32i(1i)【解析】：∵=1i，选D..(1i)22i3.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：x2my23m(m0)的一个焦点，则点F到C的一条渐近线的距离为A.3B.3C.3mD.3m【答案】：Ax2y2【解析】：由C：x2my23m(m0)，得1，c23m3,c3m33m33设F3m3,0，一条渐近线yx，即xmy0，则点F到C的一条渐近线3m3m3的距离d=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有C1A18种；②每42867天2人有C26种，则周六、周日都有同学参加公益活动的概率为；或间接解法：41684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1627为；选D.1686.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,OMPMcosxsinx在RtOMP中，MD=cosxsinxOP111sin2x，∴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=2016715A.B.C.D.3528【答案】：D133【解析】：输入a1,b2,k3；n1时：M1,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1sin8.设(0,)，(0,)，且tan，则22cosA.3B.2C.3D.22222【答案】：Ｂsin1sin【解析】：∵tan，∴sincoscoscossincoscossincossin，,022222∴，即2，选B22xy19.不等式组的解集记为D.有下面四个命题：x2y4p：(x,y)D,x2y2，p：(x,y)D,x2y2,12P：(x,y)D,x2y3，p：(x,y)D,x2y1.34其中真命题是A.p，PB.p，pC.p，pD.p，P23141213【答案】：C1z【解析】：作出可行域如图：设x2yz，即yx，22当直线过A2,1时，z220，∴z0，∴命题p、p真命题，选C.min1210.已知抛物线C：y28x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FP4FQ，则|QF|=75A.B.C.3D.222【答案】：C【解析】：过Q作QM⊥直线L于M，∵FP4FQPQ3QMPQ3∴，又，∴QM3，由抛物线定义知QFQM3PF44PF4选C11.已知函数f(x)=ax33x21，若f(x)存在唯一的零点x，且x＞0，则a的取值范围00为A.（2，+∞）B.（-∞，-2）C.（1，+∞）D.（-∞，-1）【答案】：B2【解析1】：由已知a0，f(x)3ax26x，令f(x)0，得x0或x，a22当a0时，x,0,f(x)0;x0,,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。22当a0时，x,,f(x)0;x,0,f(x)0;x0,,f(x)0aa2要使f(x)有唯一的零点x且x＞0，只需f()0，即a24，a2．选B00a11【解析2】：由已知a0，f(x)=ax33x21有唯一的正零点，等价于a3xx31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xy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B12.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.62B.42C.6D.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25，2DA42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【解析】：(xy)8展开式的通项为TCrx8ryr(r0,1,,8)，r18∴TC7xy78xy7，TC6x2y628x2y68878∴(xy)(xy)8的展开式中x2y7的项为x8xy7y28x2y620x2y7，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.115.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】：9001【解析】：∵AO(ABAC)，∴O为线段BC中点，故BC为O的直径，2∴BAC900，∴AB与AC的夹角为900。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)cb2c2a21∴b2c2a2bc，故cosA，∴A600，∴b2c24bc2bc214b2c2bcbc，∴SbcsinA3，ABC2三.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{a}的前n项和为S，a=1，a0，aaS1，nn1nnn1n其中为常数.(Ⅰ)证明：aa；n2n（Ⅱ）是否存在，使得{a}为等差数列？并说明理由.n【解析】：(Ⅰ)由题设aaS1，aaS1，两式相减nn1nn1n2n1aaaa，由于a0，所以aa…………6分n1n2nn1nn2n（Ⅱ）由题设a=1，aaS1，可得a1，由(Ⅰ)知a11121213假设{a}为等差数列，则a,a,a成等差数列，∴aa2a，解得4；n123132证明4时，{a}为等差数列：由aa4知nn2n数列奇数项构成的数列a是首项为1，公差为4的等差数列a4m32m12m1n1令n2m1,则m，∴a2n1(n2m1)2n数列偶数项构成的数列a是首项为3，公差为4的等差数列a4m12m2mn令n2m,则m，∴a2n1(n2m)2n∴a2n1（nN*），aa2nn1n因此，存在存在4，使得{a}为等差数列.………12分n18.(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s2（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，2近似为样本方差s2.(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.若Z～N(,2)，则P(Z)=0.6826，P(2Z2)=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200s23020.022020.091020.2200.331020.242020.083020.02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XB(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ABC中，侧面BBCC为菱形，ABBC.111111(Ⅰ)证明：ACAB；1（Ⅱ）若ACAB，CBB60o，AB=BC11求二面角AABC的余弦值.111【解析】：(Ⅰ)连结BC，交BC于O，连结AO．因11为侧面BBCC为菱形，所以BCBC，且O为BC与BC的中点．又ABBC，1111111所以BC平面ABO，故BCAO又BOCO，故111ACAB………6分1（Ⅱ）因为ACAB且O为BC的中点，所以11AO=又因为AB=，所以BOABOC故OA⊥，从而OA，OB，OB两两互相垂直．1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CBB600，所以CBB为等边三角形．又AB=，则11333A0,0,B0,,0C0,,0，B1,0,0，，31333333AB0,,ABAB1,0,,BCBC1,,0，133113113设nx,y,z是平面的法向量，则33yz0nAB0331，即所以可取n1,3,3nAB0311xz03mAB0设m是平面的法向量，则11，同理可取m1,3,3nBC011nm11则cosn,m，所以二面角AABC的余弦值为.nm71117x2y2320.(本小题满分12分)已知点A（0，-2），椭圆E：1(ab0)的离心率为，a2b2223F是椭圆的焦点，直线AF的斜率为，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.223c3【解析】：(Ⅰ)设Fc,0，由条件知，得c3又，c3a2x2所以a=2，b2a2c21,故E的方程y21.……….6分4（Ⅱ）依题意当lx轴不合题意，故设直线l：ykx2，设Px,y,Qx,y1122x2将ykx2代入y21，得14k2x216kx120，438k24k23当16(4k23)0，即k2时，x41,214k24k214k23从而PQk21xx1214k22又点O到直线PQ的距离d，所以OPQ的面积k21144k23SdPQ，OPQ214k24t4设4k23t，则t0，S1，OPQ24t4tt7当且仅当t2，k等号成立，且满足0，所以当OPQ的面积最大时，l的方277程为：yx2或yx2.…………………………12分22bex121.(本小题满分12分)设函数f(x0aexlnx，曲线yf(x)在点（1，f(1)处的x切线为ye(x1)2.(Ⅰ)求a,b；（Ⅱ）证明：f(x)1.abb【解析】：(Ⅰ)函数f(x)的定义域为0,，f(x)aexlnxexex1ex1xx2x由题意可得f(1)2,f(1)e，故a1,b2……………6分2ex12（Ⅱ）由(Ⅰ)知，f(x)exlnx，从而f(x)1等价于xlnxxexxe1设函数g(x)xlnx，则g(x)xlnx，所以当x0,时，g(x)0，e11当x,时，g(x)0，故g(x)在0,单调递减，在ee1,单调递增，从而g(x)在0,的最小值为e11g().……………8分ee2设函数h(x)xex，则h(x)ex1x，所以当x0,1时，eh(x)0，当x1,时，h(x)0，故h(x)在0,1单调递增，1在1,单调递减，从而h(x)g(x)在0,的最小值为h(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N（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x2y2x2t已知曲线C：1，直线l：（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30o的直线，交l于点A，求|PA|的最大值与最小值.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5d4cos3sin6，5d254则|PA|5sin6，其中为锐角．且tan.sin30053225当sin1时，|PA|取得最大值，最大值为；525当sin1时，|PA|取得最小值，最小值为.…………10分524.（本小题满分10分）选修4—5：不等式选讲11若a0,b0，且ab.ab(Ⅰ)求a3b3的最小值；（Ⅱ）是否存在a,b，使得2a3b6？并说明理由.112【解析】：(Ⅰ)由ab，得ab2，且当ab2时等号成立，abab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3（Ⅱ）由62a3b26ab，得ab，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