2014年高考真题——文科数学(新课标卷Ⅰ)解析版-Word版含答案

第1页共12页2014年高招全国课标1（文科数学word解析版）第Ⅰ卷一．选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。（1）已知集合13Mxx，21Nxx，则MN（）A.)1,2(B.)1,1(C.)3,1(D.)3,2(【答案】：B【解析】：在数轴上表示出对应的集合，可得MN(-1,1),选B（2）若0tan，则A.0sinB.0cosC.02sinD.02cos【答案】：C【解析】：由tan0可得:kk2(kZ)，故2k22k(kZ)，正确的结论只有sin20.选C（3）设iiz11，则||zA.21B.22C.23D.2【答案】：B【解析】：11111222iziiii，22112222z，选B（4）已知双曲线)0(13222ayax的离心率为2，则aA.2B.26C.25D.1【答案】：D第2页共12页【解析】：由双曲线的离心率可得232aa，解得1a，选D.（5）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】：设()()()Fxfxgx，则()()()Fxfxgx，∵()fx是奇函数，()gx是偶函数，∴()()()()FxfxgxFx，()Fx为奇函数，选C.（6）设FED,,分别为ABC的三边ABCABC,,的中点，则FCEBA.ADB.12ADC.12BCD.BC【答案】：A【解析】：EBFCECBCFBBCECFB=111222ABACABACAD,选A.（7）在函数①|2|cosxy，②|cos|xy，③)62cos(xy,④)42tan(xy中，最小正周期为的所有函数为A.①②③B.①③④C.②④D.①③【答案】：A【解析】：由cosyx是偶函数可知cos2cos2yxx，最小正周期为，即①正确；y|cosx|的最小正周期也是，即②也正确；cos26yx最小正周期为,即③正确；tan(2)4yx的最小正周期为2T,即④不正确.即正确答案为①②③，选A8.如图，网格纸的各小格都是正方形，粗实线画出的事一个几何体的三视图，则这个几何体是（）第3页共12页A.三棱锥B.三棱柱C.四棱锥D.四棱柱【答案】：B【解析】：根据所给三视图易知，对应的几何体是一个横放着的三棱柱.选B9.执行下图的程序框图，若输入的,,abk分别为1,2,3，则输出的M=A.203B.165C.72D.158【答案】：D【解析】：输入1,2,3abk；1n时：1331,2,222Mab；2n时：28382,,3323Mab；3n时：3315815,,28838Mab；4n时：输出158M.选D.10.已知抛物线C：xy2的焦点为F,yxA00,是C上一点，xFA045，则x0（）A.1B.2C.4D.8【答案】：A【解析】：根据抛物线的定义可知001544AFxx，解之得01x.选A.11.设x，y满足约束条件,1,xyaxy且zxay的最小值为7，则a（A）-5（B）3（C）-5或3（D）5或-3【答案】：B【解析】：画出不等式组对应的平面区域，如图所示.第4页共12页在平面区域内，平移直线0xay，可知在点A11,22aa处，z取得最值，故117,22aaa解之得a5或a3.但a5时，z取得最大值，故舍去，答案为a3.选B.（12）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1】：由已知0a，2()36fxaxx，令()0fx，得0x或2xa，当0a时，22,0,()0;0,,()0;,,()0xfxxfxxfxaa；且(0)10f，()fx有小于零的零点，不符合题意。当0a时，22,,()0;,0,()0;0,,()0xfxxfxxfxaa要使()fx有唯一的零点0x且0x＞0，只需2()0fa，即24a，2a．选C【解析2】：由已知0a，()fx=3231axx有唯一的正零点，等价于3113axx有唯一的正零根，令1tx，则问题又等价于33att有唯一的正零根，即ya与33ytt有唯一的交点且交点在在y轴右侧，记3()3fttt2()33ftt，由()0ft，1t，,1,()0;1,1,()0;tfttft，1,,()0tft，要使33att有唯一的正零根，只需(1)2af，选C第II卷二、填空题：本大题共4小题，每小题5分（13）将2本不同的数学书和1本语文书在书架上随机排成一行，则2本数学书相邻的概率为________.【答案】：23【解析】设数学书为A，B，语文书为C，则不同的排法共有（A，B，C），（A，C，B），（B，C，A），（B，A，C），（C，A，B），（C，B，A）共6种排列方法，其中第5页共12页2本数学书相邻的情况有4种情况，故所求概率为4263P.（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.（15）设函数113,1,,1,xexfxxx则使得2fx成立的x的取值范围是________.【答案】：,8【解析】当x1时，由12xe可得x1ln2，即xln21，故x1；当x1时，由f(x)13x2可得x8，故1x8，综上可得x8（16）如图，为测量山高MN，选择A和另一座山的山顶C为测量观测点.从A点测得M点的仰角60MAN，C点的仰角45CAB以及75MAC；从C点测得60MCA.已知山高100BCm，则山高MN________m.【答案】：150第6页共12页【解析】在直角三角形ABC中，由条件可得1002AC，在△MAC中，由正弦定理可得0000sin60sin1806075AMAC，故310032AMAC，在直角△MAN中，0sin60150MNAM.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na是递增的等差数列，2a，4a是方程2560xx的根。（I）求na的通项公式；（II）求数列2nna的前n项和.【解析】：（I）方程2560xx的两根为2,3,由题意得22a，43a，设数列na的公差为d,，则422aad，故d=12，从而132a，所以na的通项公式为：112nan…………6分(Ⅱ)设求数列2nna的前n项和为Sn,由(Ⅰ)知1222nnnan，则：23413451222222nnnnnS34512134512222222nnnnnS两式相减得341212131112311212422224422nnnnnnnS所以1422nnnS………12分（18）（本小题满分12分）从某企业生产的某种产品中抽取100件，测量这些产品的一项质量指标值，由测量表得如下频数分布表：质量指标值分组[75，85)[85，95)[95，105)[105，115)[115，125)频数62638228（I）在答题卡上作出这些数据的频率分布直方图：第7页共12页（II）估计这种产品质量指标值的平均数及方差（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）；（III）根据以上抽样调查数据，能否认为该企业生产的这种产品符合“质量指标值不低于95的产品至少要占全部产品的80%”的规定？【解析】：（I）…………4分（II）质量指标值的样本平均数为800.06900.261000.381100.221200.08100x.质量指标值的样本方差为第8页共12页22222200.06100.2600.38100.22200.08104s…10分(Ⅲ)质量指标值不低于95的产品所占比例的估计值为0.38+0.22+0.08=0.68.由于该估计值小于0.8,故不能认为该企业生产的这种产品“质量指标值不低于95的产品至少要占全部产品80%”的规定.…………….12分19(本题满分12分)如图，三棱柱111CBAABC中，侧面CCBB11为菱形，CB1的中点为O，且AO平面CCBB11.（I）证明：;1ABCB（II）若1ABAC,,1,601BCCBB求三棱柱111CBAABC的高.【解析】：（I）连结1BC，则O为1BC与1BC的交点，因为侧面11BBCC为菱形，所以1BC1BC，又AO平面11BBCC，故1BCAO1BC平面ABO，由于AB平面ABO，故1BCAB………6分（II）作OD⊥BC,垂足为D,连结AD,作OH⊥AD,垂足为H,由于BC⊥AO,BC⊥OD,故BC⊥平面AOD,所以OH⊥BC.又OH⊥AD,所以OH⊥平面ABC.因为,1,601BCCBB,所以△1CBB为等边三角形,又BC=1,可得OD=34，由于1ABAC，所以11122OABC，由OH·AD=OD·OA,且2274ADODOA，得OH=2114又O为B1C的中点,所以点B1到平面ABC的距离为217,故三棱柱ABC-A1B1C1的高为217……………………….12分第9页共12页20.（本小题满分12分）已知点)2,2(P，圆C:0822yyx，过点P的动直线l与圆C交于BA,两点，线段AB的中点为M，O为坐标原点.（I）求M的轨迹方程；（II）当OMOP时，求l的方程及POM的面积【解析】：（I）圆C的方程可化为22416xy,所以圆心为C(0,4),半径为4.设M(x,y),则(,4)CMxy，(2,2)MPxy，,由题设知0CMMP,故2420xxyy，即22132xy由于点P在圆C的内部,所以M的轨迹方程是22132xy…………6分(Ⅱ)由(Ⅰ)可知M的轨迹是以点N(1,3)为圆心,2为半径的圆.由于|OP|=|OM|,故O在线段PM的垂直平分线上,又P在圆N上,从而ON⊥PM.因为ON的斜率为3,所以l的斜率为13,直线l的方程为：1833yx又22OMOP，O到l的距离为4105，4105PM，所以POM的面积为：165.……………12分21（12分）设函数21ln12afxaxxbxa，曲线11yfxf在点，处的切线斜率为0（I）求