2014年高考福建省数学（文）卷（有答案）

2014年福建文科卷一．选择题1.若集合24,3,PxxQxx则PQ等于（）.34.34.23.23AxxBxxCxxDxx2.复数32ii等于（）.23.23.23.23AiBiCiDi3.以边长为1的正方形的一边所在直线为旋转轴，将该正方形旋转一周所得圆柱的侧面积等于学科网（）.2..2.1ABCD4.阅读右图所示的程序框图，运行相应的程序，输出的n的值为（）.1.2.3.4ABCD5.命题“30,.0xxx”的否定是（）3333000000.,0.0.,0.0.0,.0.0,.0AxxxBxxxCxxxDxxx6.已知直线l过圆2234xy的圆心，且与直线10xy垂直，则l的方程是（）.20.20.30.30AxyBxyCxyDxy7.将函数sinyx的图象向左平移2个单位，得到函数yfx的函数图象，则下列说法正确的是（）...2.-02AyfxByfxCyfxxDyfx是奇函数的周期为的图象关于直线对称的图象关于点，对称8.若函数log0,1ayxaa且的图象如右图所示，则下列函数正确的是（）9.要制作一个容积为34m，高为1m的无盖长方体容器，已知该溶器的底面造价是每平方米20元，侧面造价是每平方米10元，则该溶器的最低总造价是学科网（）.80.120.160.240ABCD元元元元10.设M为平行四边形ABCD对角线的交点，O为平行四边形ABCD所在平面内任意一点，则OAOBOCOD等于（）..2.3.4AOMBOMCOMDOM11.已知圆22:1Cxayb，设平面区域70,30,0xyxyy，若圆心C,且圆C与x轴相切，则22ab的最大值为（）.5.29.37.49ABCD12.在平面直角坐标系中，两点111222,,,PxyPxy间的“L-距离”定义为121212.PPxxyy则平面内与x轴上两个不同的定点12,FF的“L-距离”之和等于定值（大于12FF）的点的轨迹可以是（）二、填空题13、如图，在边长为1的正方形中，随机撒1000粒豆子，有180粒落到阴影部分，据此估计阴影部分的面积为___________14、在ABC中，3,2,60BCACA,则AB等于_________15、函数0,ln620,22xxxxxxf的零点个数是_________16.已知集合2,1,0,,cba，且下列三个关系：2a2b0c有且只有一个正确，则10010________abc等于三．解答题：本大题共6小题，共74分.17.（本小题满分12分）在等比数列{}na中，253,81aa.（Ⅰ）求na；学科网（Ⅱ）设3lognnba，求数列{}nb的前n项和nS.18.（本小题满分12分）已知函数()2cos(sincos)fxxxx.（Ⅰ）求5()4f的值；（Ⅱ）求函数()fx的最小正周期及单调递增区间.19.（本小题满分12分）如图，三棱锥ABCD中，,ABBCDCDBD平面.（Ⅰ）求证：CD平面ABD；（Ⅱ）若1ABBDCD，M为AD中点，求三棱锥AMBC的体积.20.（本小题满分12分）根据世行2013年新标准，人均GDP低于1035美元为低收入国家；人均GDP为1035-4085美元为中等偏下收入国家；人均GDP为4085-12616美元为中等偏上收入国家；人均GDP不低于12616美元为高收入国家.某城市有5个行政区，各区人口占该城市人口比例及人均GDP如下表：（Ⅰ）判断该城市人均GDP是否达到中等偏上收入国家标准；（Ⅱ）现从该城市5个行政区中随机抽取2个，求抽到的2个行政区人均GDP都达到中等偏上收入国家标准的概率.21.（本小题满分12分）已知曲线上的点到点(0,1)F的距离比它到直线3y的距离小2.（Ⅰ）求曲线的方程；（Ⅱ）曲线在点P处的切线l与x轴交于点A.直线3y分别与直线l及y轴交于点,MN。以MN为直径作圆C，过点A作圆C的切线，切点为B，试探究：当点P在曲线上运动（点P与原点不重合）时，线段AB的长度是否发生变化？证明你的结论.22.（本小题满分12分）已知函数()xfxeax（a为常数）的图像与y轴交于点A，曲线()yfx在点A处的切线斜率为1.学科网（Ⅰ）求a的值及函数()fx的极值；（Ⅱ）证明：当0x时，2xxe（Ⅲ）证明：对任意给定的正数c，总存在0x，使得当0(,)xx时，恒有xxce2014年普通高等学校招生全国统一考试（福建卷）数学（文科）答案一．选择题ABABCDDBCDCA二、填空题13.0.1814.115.216.201三．解答题：本大题共6小题，共74分.17.(1)设{}na的公比为q，依题意得141381aqaq，解得113aq，因此，13nna.（2）因为3log1nnban，所以数列{}nb的前n项和21()22nnnbbnnS.18.解法一：（1）5555()2cos(sincos)4444f2cos(sincos)4442（2）因为2()2sincos2cosfxxxxsin2cos21xx2sin(2)14x.所以22T.由222,242kxkkZ，得3,88kxkkZ，所以()fx的单调递增区间为3[,],88kkkZ.解法二：因为2()2sincos2cosfxxxxsin2cos21xx2sin(2)14x（1）511()2sin12sin12444f（2）22T由222,242kxkkZ，得3,88kxkkZ，所以()fx的单调递增区间为3[,],88kkkZ.19.（1）∵AB平面BCD，CD平面BCD，∴ABCD.又∵CDBD，ABBDB，AB平面ABD，BD平面ABD，∴CD平面ABD.（2）由AB平面BCD，得ABBD.∵1ABBD，∴12ABDS.∵M是AD的中点，∴1124ABMABDSS.由（1）知，CD平面ABD，∴三棱锥C-ABM的高1hCD，因此三棱锥AMBC的体积11312AMBCCABMABMVVSh.解法二：（1）同解法一.（2）由AB平面BCD知，平面ABD平面BCD，又平面ABD平面BCD=BD，如图，过点M作MNBD交BD于点N.则MN平面BCD，且1122MNAB，又,1CDBDBDCD，∴12BCDS.∴三棱锥AMBC的体积1113312AMBCABCDMBCDBCDBCDVVVABSMNS.20.（1）设该城市人口总数为a，则该城市人均GDP为80000.2540000.3060000.1530000.10100000.206400aaaaaa因为6400[4085,12616)，所以该城市人均GDP达到了中等偏上收入国家标准.（2）“从5个行政区中随机抽取2个”的所有的基本事件是：{,},{,},{,},{,},{,},{,},ABACADAEBCBD{,},{,},{,},{,}BECDCEDE共10个，设事件“抽到的2个行政区人均GDP都达到中等偏上收入国家标准”为M，则事件M包含的基本事件是：{,},{,},{,}ACAECE，共3个，所以所求概率为3()10PM.21.（1）设(,)Sxy为曲线上任意一点，依题意，点S到(0,1)F的距离与它到直线1y的距离相等，所以曲线是以点(0,1)F为焦点，直线1y为准线的抛物线，所以曲线的方程为24xy.（2）当点P在曲线上运动时，线段AB的长度不变，证明如下：由（1）知抛物线的方程为214yx，设000(,)(0)Pxyx，则20014yx，由'12yx，得切线l的斜率0'012xxkyx，所以切线l的方程为0001()2yyxxx，即2001124yxxx.由20011240yxxxy，得01(,0)2Ax.由20011243yxxxy，得0016(,3)2Mxx.又(0,3)N，所以圆心0013(,3)4Cxx，半径00113||||24rMNxx，222220000011313||||[()]3()6244ABACrxxxxx.所以点P在曲线上运动时，线段AB的长度不变.解法二：（1）设(,)Sxy为曲线上任意一点，则22|(3)|(0)(1)2yxy，依题意，点(,)Sxy只能在直线3y的上方，所以3y，所以22(0)(1)1xyy，化简得，曲线的方程为24xy.（2）同解法一.22.（1）当ln2x时，()fx有极小值(ln2)2ln4f，()fx无极大值.（2）见解析.（3）见解析.解法一：（1）由()xfxeax，得'()xfxea.又'(0)11fa，得2a.所以()2xfxex，'()2xfxe.令'()0fx，得ln2x.当ln2x时，'()0fx，()fx单调递减；当ln2x时，'()0fx，()fx单调递增.所以当ln2x时，()fx有极小值，且极小值为ln2(ln2)2ln22ln4fe，()fx无极大值.（2）令2()xgxex，则'()2xgxex.由（1）得，'()()(ln2)2ln40gxfxf，即'()0gx.所以()gx在R上单调递增，又(0)10g，所以当0x时，()(0)0gxg，即2xxe.（3）对任意给定的正数c，取01xc，由（2）知，当0x时，2xxe.所以当0xx时，21xexxc，即xxce.因此，对任意给定的正数c，总存在0x，当0(,)xx时，恒有xxce.解法二：（1）同解法一.（2）同解法一.（3）令1(0)kkc，要使不等式xxce成立，只要xekx成立.而要使xekx成立，则只需ln()xkx，即lnlnxxk成立.①若01k，则ln0k，易知当0x时，lnlnlnxxxk成立.即对任意[1,)c，取00x，当0(,)xx时，恒有xxce.②若1k，令()lnlnhxxxk，则'11()1xhxxx，所以当1x时，'()0hx，()hx在(1,)内单调递增.取04xk，0()4ln(4)ln2(ln)2(ln2)hxkkkkkk，易知lnkk，ln2k，所以0()0hx.因此对任意(0,1)c，取04xc，当0(,)xx时，恒有xxce.综上，对任意给定的正数c，总存在0x，当0(,)xx时，恒有xxce.解法三：（1）同解法一.（2）同解法一.（3）①若1c，取00x，由（2）的证明过程知，2xex，所以当0(,)xx时，有2xxceexx，即xxce.②若01c，令()xhxcex，则'()1xhxce，令'()0hx得1lnxc.当1lnxc时，'()0hx，()hx单调递增.取022lnxc，22ln0222()2ln2(ln)chxceccc，易知22ln0cc，又()hx在0(,)x内单调递增，所以当0(,)xx时，恒有0()()0hxhx