普通高等学校招生全国统一考试(北京卷)数学试题(文科)解析

2014年高考北京卷数学（文）卷解析（精编版）第一部分（选择题共40分）一、选择题共8小题.每小题5分，共40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.若集合A=0,1,2,4，B=1,2,3，则AB（）A.0,1,2,3,4B.0,4C.1,2D.3【答案】C【解析】AB0,1,2,41,2,31,2.2.下列函数中，定义域是R且为增函数的是（）A.yexB.yx3C.ylnxD.yx【答案】B【解析】对于选项A，在R上是减函数；选项C的定义域为(0,)；选项D，在(,0)上是减函数，故选B.【考点】本小题主要考查函数的单调性，属基础题，难度不大.3.已知向量a2,4，b1,1，则2ab（）A.5,7B.5,9C.3,7D.3,9【答案】A【解析】2a－b=22,41,15,7.4.执行如图所示的程序框图，输出的S值为（）A.1B.3C.7D.15开始否是输出结束【答案】C【解析】S2021227.5.设a、b是实数，则“ab”是“a2b2”的（）A.充分而不必要条件B.必要而不必要条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件【答案】D【解析】当ab0时，由ab推不出a2b2，反之也不成立.66.已知函数fxlogx，在下列区间中，包含fx零点的区间是（）x2A.0,1B.1,2C.2,4D.4,【答案】C3【解析】因为f(2)410，f(4)20，所以由根的存在性定理可知：选C.2【考点】本小题主要考查函数的零点知识，正确理解零点定义及根的存在性定理是解答好本类题目的关键.7.已知圆C:x32y421和两点Am,0，Bm,0m0，若圆C上存在点P，使得APB90，则m的最大值为（）A.7B.6C.5D.4【答案】B【解析】由图可知当圆C上存在点P使APB90，即圆C与以AB为直径的圆有公共点，∴m13242m1，解之得4m6.PAm,0Bm,08.加工爆米花时，爆开且不糊的粒数占加工总粒数的百分比称为“可食用率”.在特定条件下，可食用率p与加工时间t（单位：分钟）满足的函数关系pat2btc（a、b、c是常数），下图记录了三次实验的数据.根据上述函数模型和实验数据，可以得到最佳加工时间为（）A.3.50分钟B.3.75分钟C.4.00分钟D.4.25分钟p0.80.70.5O345t【答案】B0.79a3bca0.2【解析】由题意得0.816a4bc，解之得b1.5，0.525a5bcc2∴，即当t3.75时，P有最大值.第二部分（非选择题共110分）二、填空题共6题，每小题5分，共30分.9.若xii12ixR，则x.【答案】2【解析】∵xii1xi12i，∴x2.10.设双曲线C的两个焦点为2,0，2,0，一个顶点式1,0，则C的方程为.【答案】x2y21y2【解析】由题意设双曲线方程x21，又∵1b222，∴b21即双曲线方程为b2x2y21.11.某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的最长棱的棱长为.221正（主）视图侧（左）视图11俯视图【答案】22【解析】三棱锥的直观图如图所示，并且PB面ABC，PB2，AB2,ACBC2，PA222222，PC22226.PBCA112.在ABC中，a1，b2，cosC，则c；sinA.415【答案】2、81【解析】由余弦定理得c2a2b22abcosC142212，即c2；4b2c2a244177215cosA，∴sinA1.2bc222888y113.若x、y满足xy10，则z3xy的最小值为.xy10【答案】1【解析】可行域如图，当目标函数线zy3x过可行域内A点时，z有最小值，联立y1，解之得A0,1，Z30111.xy10minAy1xy10xy10y3x14.顾客请一位工艺师把A、B两件玉石原料各制成一件工艺品，工艺师带一位徒弟完成这项任务，每件原料先由徒弟完成粗加工，再由工艺师进行精加工完成制作，两件工艺品都完成后交付顾客，两件原料每道工序所需时间（单位：工作日）如下：工序时间粗加工精加工原料原料A915原料B621则最短交货期为工作日.【答案】42【解析】因为第一件进行粗加工时，工艺师什么都不能做，所以最短交货期为615214天2.【考点】本小题以实际问题为背景，主要考查逻辑推理能力，考查分析问题与解决问题的能力.15.已知a是等差数列，满足a3，a12，数列b满足b4，b20，且n14n14ba是等比数列.nn（1）求数列a和b的通项公式；nn（2）求数列b的前n项和.naa123【解析】⑴设等差数列a的公差为d，由题意得d413n33所以aan1d3nn1，2，．n1设等比数列ba的公比为q，由题意得··nnba2012q3448，解得q2．ba4311所以babaqn12n1．nn11从而b3n2n1n1，2，n⑵由⑴知b3n2n1n1，2，．n312n数列3n的前n项和为nn1，数列2n1的前n项和为1×2n1．2123所以，数列b的前n项和为nn12n1．n216.函数fx3sin2x的部分图象如图所示.6（1）写出fx的最小正周期及图中x、y的值；00（2）求fx在区间,上的最大值和最小值.212yy0Ox0x【解析】⑴fx的最小正周期为π7πx．06y30πππ5π⑵因为x，，所以2x，0．21266ππ于是当2x0，即x时，fx取得最大值0；612πππ当2x，即x时，fx取得最小值3．62317.如图，在三棱柱ABCABC中，侧棱垂直于底面，ABBC，AAAC2，1111BC1E、F分别为AC、BC的中点.。11（1）求证：平面ABE平面BBCC；11（2）求证：CF//平面ABE；1（3）求三棱锥EABC的体积.EAC11B1ACEFACB11B解：（Ⅰ）在三棱柱ABCABC中，BB底面ABC．11111ACGFB所以BBAB．1又因为ABBC．所以AB平面BBCC．11所以平面ABE平面BBCC．11（Ⅱ）取AB中点G，连结EG，FG．因为E，F分别是AC，BC的中点，111所以FG∥AC，且FGAC．2因为AC∥AC，且ACAC，1111所以FG∥EC，且FGEC．11所以四边形FGEC为平行四边形．1所以CF∥EG．1又因为EG平面ABE，CF平面ABE，1所以CF∥平面ABE．1（Ⅲ）因为AAAC2，BC1，ABBC，1所以ABAC2BC23．所以三棱锥EABC的体积1113VSAA312．3△ABC132318.从某校随机抽取100名学生，获得了他们一周课外阅读时间（单位：小时）的数据，整理得到数据分组及频数分布 表 关于同志近三年现实表现材料材料类招标技术评分表图表与交易pdf视力表打印pdf用图表说话 pdf 和频率分布直方图：（1）从该校随机选取一名学生，试估计这名学生该周课外阅读时间少于12小时的概率；（2）求频率分布直方图中的a，b的值；（3）假设同一组中的每个数据可用该组区间的中点值代替，试估计样本中的100名学生该周课外阅读时间的平均数在第几组（只需写出结论）解：（Ⅰ）根据频数分布表，100名学生中课外阅读时间不少于12小时的学生共有62210名，所以样本中的学生课外阅读时间少于12小时的频率是1010.9．100从该校随机选取一名学生，估计其课外阅读时间少于12小时的概率为0.9．（Ⅱ）课外阅读时间落在组[4，6)的有17人，频率为0.17，所以频率0.17a0.085．组距2课外阅读时间落在组[8，10)的有25人，频率为0.25，频率0.25所以b0.125．组距2（Ⅲ）样本中的100名学生课外阅读时间的平均数在第4组．19.已知椭圆C：x22y24.（1）求椭圆C的离心率；（2）设O为原点，若点A在直线y2，点B在椭圆C上，且OAOB，求线段AB长度的最小值.x2y2解：（Ⅰ）由题意，椭圆C的标准方程为1．42所以a24，b22，从而c2a2b22．因此a2，c2．c2故椭圆C的离心率e．a2（Ⅱ）设点A，B的坐标分别为t，2，x，y，其中x≠0．000因为OAOB，所以OAOB0，2y即tx2y0，解得t0．00x0又x22y24，所以002y2AB2xt2y22x0y22000x004y24x224x2x2y204x200400x202x200x28040x2≤4．2x200x28因为0≥40x2≤4，且当x24时等号成立，所以AB2≥8．2x2000故线段AB长度的最小值为22．20.已知函数f(x)2x33x.（1）求f(x)在区间[2,1]上的最大值；（2）若过点P(1,t)存在3条直线与曲线yf(x)相切，求t的取值范围；（3）问过点A(1,2),B(2,10),C(0,2)分别存在几条直线与曲线yf(x)相切？（只需写出结论）解：（Ⅰ）由fx2x33x得fx6x23.22令fx0，得x或x.2222因为f210，f2，f2，f11222所以fx在区间2，1上的最大值为f2.2（Ⅱ）设过点P1，t的直线与曲线yfx相切于点x，y，00则y2x33x，且切线斜率为k6x23，0000所以切线方程为yy6x23xx，000因此ty6x231x.000整理得4x36x2t30.00设gx4x36x2t3，则“过点P1，t存在3条直线与曲线yfx相切”等价于“gx有3个不同零点”.gx12x212x12xx1.gx与gx的情况如下：x(，0)0(0，1)1(1，)g(x)00↗g(x)t3t1↘↗所以，g(0)t3是g(x)的极大值，g(1)t1是g(x)的极小值．当g(0)t3≤0，即t≤3时，此时g(x)在区间，1和(1，)上分别至多有1个零点，所以g(x)至多有2个零点．当g(1)t1≥0，即t≥1时，此时g(x)在区间(，0)和0，上分别至多有1个零点，所以g(x)至多有2个零点．当g00且g10，即3t1时，因为g1t70，g2t110，所以gx分别在区间1，0，0，1和1，2上恰有1个零点.由于gx在区间，0和1，上单调，所以gx分别在区间，0和1，上恰有1个零点.综上可知，当过点P1，t存在3条直线与曲线yfx相切时，t的取值范围是3，1.（Ⅲ）过点A1，2存在3条直线与曲线yfx相切；过点B2，10存在2条直线与曲线yfx相切；过点C0，2存在1条直线与曲线yfx相切.：