2014年高考理科数学新课标1卷解析版

试卷第1页，总16页2014年高考理科数学新课标1卷解析版一、选择题（题型注释）1．已知集合22|,032|2xxBxxxA，则BA（）A．]1,2[B．)2,1[C.．]1,1[D．)2,1[【答案】A【解析】试题分析：由已知得，1Axx或3x，故21ABxx，选A．【考点定位】1、一元二次不等式解法；2、集合的运算．2．23)1()1(ii（）A.i1B.i1C.i1D.i1【答案】D【解析】试题分析：由已知得23)1()1(ii22(1)(1)2(1)1(1)2iiiiiii．【考点定位】复数的运算．3．设函数)(),(xgxf的定义域为R，且)(xf是奇函数，)(xg是偶函数，则下列结论中正确的是（）A．)()(xgxf是偶函数B．)(|)(|xgxf是奇函数C.．|)(|)(xgxf是奇函数D．|)()(|xgxf是奇函数【答案】C【解析】试题分析：设()()()Hxfxgx，则()()()Hxfxgx，因为)(xf是奇函数，)(xg是偶函数，故()()()()HxfxgxHx，即|)(|)(xgxf是奇函数，选C．【考点定位】函数的奇偶性．4．已知F为双曲线C:)0(322mmmyx的一个焦点，则点F到C的一条渐近线的距离为（）A.3B.3C.m3D.m3【答案】A【解析】试题分析：由已知得，双曲线C的标准方程为22133xym．则233cm，33cm，试卷第2页，总16页设一个焦点(33,0)Fm，一条渐近线l的方程为313yxxmm，即0xmy，所以焦点F到渐近线l的距离为3331mdm，选A．【考点定位】1、双曲线的标准方程和简单几何性质；2、点到直线的距离公式．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为（）A．81B．83C．85D．87【答案】D【解析】试题分析：由已知，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4216种不同的结果，而周六、周日都有同学参加公益活动有两类不同的情况：（1）一天一人，另一天三人，有12428CA种不同的结果；（2）周六、日各2人，有246C种不同的结果，故周六、周日都有同学参加公益活动有8614种不同的结果，所以周六、周日都有同学参加公益活动的概率为147168，选D．【考点定位】1、排列和组合；2、古典概型的概率计算公式．6．如图，图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的距离表示成x的函数)(xf，则],0[)(在xfy的图像大致为（）POAM【答案】C【解析】试题分析：如图所示，当02x时，在RtOPM中，coscosOMOPxx．在试卷第3页，总16页RtOMD中，MDsinOMx1cossinsin22xxx；当2x时，在RtOPM中，cos()cosOMOPxx，在RtOMD中，MDsin()OMx1cossinsin22xxx，所以当0x时，()yfx的图象大致为C．POAMDPOAMD【考点定位】１．解直角三角形；2、三角函数的图象．7．执行右面的程序框图，若输入的kba,,分别为1，2，3，则输出的M=（）A.320B.27C.516D.815【答案】D【解析】试题分析：程序在执行过程中，1,2,3abk，1n；1331,2,b,2222Man；28382,,b,33323Man；3315815,,b,428838Man，程序结束，输出158M．【考点定位】程序框图．试卷第4页，总16页8．设(0,),(0,),22且1sintan,cos则（）（A）32（B）32（C）22（D）22【答案】C【解析】试题分析：由已知得，sin1sintancoscos，去分母得，sincoscoscossin，所以sincoscossincos，sin()cossin()2，又因为22，022，所以2，即22，选C．【考点定位】1、和角的正弦公式；2、同角三角函数基本关系式；3、诱导公式．9．不等式组1,24,xyxy的解集为D,有下面四个命题：1:(x,y)D,x2y2p，2:(x,y)D,x2y2p，3:(x,y)D,x2y3p4:(x,y)D,x2y1p，其中的真命题是（）A．23,ppB．12,ppC．13,ppD．14,pp【答案】B【解析】试题分析：画出可行域，如图所示，设2xyz，则1yx22z，当直线l过点(2,1)A时，z取到最小值，min22(1)0z，故2xy的取值范围为20xy，所以正确的命题是12,pp，选B．xy–1–2–3–41234–1–2–3–41234OA【考点定位】1、线性规划；2、存在量词和全称量词．试卷第5页，总16页10．已知抛物线C：xy82的焦点为F，准线为l，P是l上一点，Q是直线PF与C得一个焦点，若FQPF4，则QF（）A.27B.3C.25D.2【答案】B【解析】试题分析：如图所示，因为FQPF4，故34PQPF，过点Q作QMl，垂足为M，则//QMx轴，所以344MQPQPF，所以3MQ，由抛物线定义知，3QFMQ，选B．xy–1–2–3–41234–1–2–3–41234OF【考点定位】1、抛物线的定义；2、抛物线的标准方程；3、向量共线．11．已知函数32()31fxaxx，若()fx存在唯一的零点0x，且00x，则a的取值范围是A．2,B．1,C．,2D．,1【答案】C【解析】试题分析：当0a时，2()31fxx，函数()fx有两个零点33和33，不满足题意，舍去；当0a时，'2()36fxaxx，令'()0fx，得0x或2xa．(,0)x时，'()0fx；2(0,)xa时，'()0fx；2(,)xa时，'()0fx，且(0)0f，此时在(,0)x必有零点，故不满足题意，舍去；当0a试卷第6页，总16页时，2(,)xa时，'()0fx；2(,0)xa时，'()0fx；(0,)x时，'()0fx，且(0)0f，要使得()fx存在唯一的零点0x，且00x，只需2()0fa，即24a，则2a，选C．考点：1、函数的零点；2、利用导数求函数的极值；3、利用导数判断函数的单调性．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，则该多面体的各条棱中，最长的棱的长度为（）（A）62（B）6（C）62（D）4【答案】Ｂ【解析】试题分析：由正视图、侧视图、俯视图形状，可判断该几何体为四面体，且四面体的长、宽、高均为4个单位，故可考虑置于棱长为4个单位的正方体中研究，如图所示，该四面体为DABC，且4ABBC,42AC,25DBDC,2(42)46DA，故最长的棱长为6，选B．4CABD【考点定位】三视图．二、双选题（题型注释）三、判断题（题型注释）四、连线题（题型注释）五、填空题（题型注释）13．8xyxy的展开式中27xy的系数为________.（用数字填写答案）【答案】20【解析】试卷第7页，总16页试题分析：由题意，8()xy展开式通项为8kk18CykkTx，08k．当7k时，777888TCxyxy；当6k时，626267828TCxyxy，故8xyxy的展开式中27xy项为726278(y)2820xxyxyxy，系数为20．【考点定位】二项式定理．14．甲、乙、丙三位同学被问到是否去过CBA,,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：我们三个去过同一城市.由此可判断乙去过的城市为__________【答案】A【解析】试题分析：由丙说可知，乙至少去过A,B,C中的一个城市，由甲说可知，甲去过A,C且比乙去过的城市多，故乙只去过一个城市，且没去过C城市，故乙只去过A城市．【考点定位】推理．15．已知CBA,,为圆O上的三点，若ACABAO21，则AB与AC的夹角为_______．【答案】090．【解析】试题分析：由1+2AOABAC（），故,,OBC三点共线，且O是线段BC中点，故BC是圆O的直径，从而090BAC，因此AB与AC的夹角为090【考点定位】1、平面向量基本定理；2、圆的性质．16．已知cba,,分别为ABC三个内角CBA,,的对边，2a，且CbcBAbsin)()sin(sin2，则ABC面积的最大值为____________．【答案】3【解析】试题分析：由2a，且CbcBAbsin)()sin(sin2，故(ab)(sinAsinB)(cb)sinC，又根据正弦定理，得(ab)()(cb)abc，化简得，222bcabc，故222bca1cosA2bc2，所以0A60，又22bc4bcbc，故1SbcsinA32BAC．【考点定位】1、正弦定理和余弦定理；2、三角形的面积公式．六、综合题（题型注释）试卷第8页，总16页七、探究题（题型注释）八、解答题17．（本小题满分12分）已知数列na的前n项和为nS，11a，0na，11nnnaaS，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.【答案】（I）详见解析；（II）存在，4.【解析】试题分析：（I）对于含,nnaS递推式的处理，往往可转换为关于项na的递推式或关于nS的递推式．结合结论，该题需要转换为项na的递推式．故由11nnnaaS得1211nnnaaS．两式相减得结论；（II）对于存在性问题，可先探求参数的值再证明．本题由11a，21a，31a，列方程得2132aaa，从而求出4．得24nnaa，故数列na的奇数项和偶数项分别为公差为4的等差数列．分别求通项公式，进而求数列na的通项公式，再证明等差数列．试题解析：（I）由题设，11nnnaaS，1211nnnaaS．两式相减得，121()nnnnaaaa．由于10na，所以2nnaa．（II）由题设，11a，1211aaS，可得21a，由（I）知，31a．令2132aaa，解得4．故24nnaa，由此可得，21na是首项为1，公差为4的等差数列，211(n1)443nan；2na是首项为3，公差为4的等差数列，23(n1)441nan．所以21nan，12nnaa．因此存在4，使得na为等差数列．【考点定位】1、递推公式；2、数列的通项公式；3、等差数列．18．（本小题满分12分）从某企业生产的某种产品中抽取500件，测量这些产品的一项质量指标值，由测量结果试卷第9页，总16页得如下图频率分布直方图：（I）求这500件产品质量指标值的样本平均值x和样本方差2s（同一组的数据用该组区间的中点值作代表）；（II）由直方图可以认为，这种产品的质量指标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