2014年高考江西省数学（理）卷（有答案）

2014年普通高等学校招生全国统一考试（江西卷）数学（理科）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.z是z的共轭复数.若2zz，（2)(izz（i为虚数单位），则z（）A.i1B.i1C.i1D.i12.函数)ln()(2xxxf的定义域为（）A.)1,0(B.]1,0[C.),1()0,(D.),1[]0,(3.已知函数||5)(xxf，)()(2Raxaxxg，若1)]1([gf，则a（）A.1B.2C.3D.-14.在ABC中，内角A,B,C所对应的边分别为,,,cba，若,3,6)(22Cbac则ABC的面积（）A.3B.239C.233D.335.一几何体的直观图如右图，下列给出的四个俯视图中正确的是（）6.某人研究中学生的性别与成绩、视力、智商、阅读量这4个变量之间的关系，随机抽查52名中学生，得到统计数据如表1至表4，泽宇性别有关联的可能性最大的变量是（）A.成绩B.视力C.智商D.阅读量7.阅读如下程序框图，运行相应的程序，则程序运行后输出的结果为（）A.7B.9C.10D.118.若120()2(),fxxfxdx则10()fxdx（）A.1B.13C.13D.19.在平面直角坐标系中，,AB分别是x轴和y轴上的动点，若以AB为直径的圆C与直线240xy相切，则圆C面积的最小值为（）A.45B.34C.(625)D.5410.如右图，在长方体1111ABCDABCD中，AB=11，AD=7，1AA=12，一质点从顶点A射向点4312E，，，遇长方体的面反射（反射服从光的反射原理），将1i次到第i次反射点之间的线段记为2,3,4iLi，1LAE，将线段1234,,,LLLL竖直放置在同一水平线上，则大致的图形是（）二.选做题：请考生在下列两题中任选一题作答，若两题都做，则按所做的第一题评阅计分，本题共5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.11(1).（不等式选做题）对任意,xyR,111xxyy的最小值为（）A.1B.2C.3D.411(2).（坐标系与参数方程选做题）若以直角坐标系的原点为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，则线段101yxx的极坐标为（）A.1,0cossin2B.1,0cossin4C.cossin,02D.cossin,04三.填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.12.10件产品中有7件正品，3件次品，从中任取4件，则恰好取到1件次品的概率是________.13.若曲线xye上点P处的切线平行于直线210xy，则点P的坐标是________.14.已知单位向量1e与2e的夹角为，且1cos3，向量1232aee与123bee的夹角为，则cos=15.过点(1,1)M作斜率为12的直线与椭圆C：22221(0)xyabab相交于,AB，若M是线段AB的中点，则椭圆C的离心率为四.简答题16.已知函数()sin()cos(2)fxxax，其中,(,)22aR（1）当2,4a时，求()fx在区间[0,]上的最大值与最小值；(2)若()0,()12ff，求,a的值.17、（本小题满分12分）已知首项都是1的两个数列（），满足.(1)令，求数列的通项公式；(2)若，求数列的前n项和.18、（本小题满分12分）已知函数.(1)当时，求的极值；(2)若在区间上单调递增，求b的取值范围.19(本小题满分12分)如图，四棱锥ABCDP中，ABCD为矩形，平面PAD平面ABCD.（1）求证：;PDAB（2）若,2,2,90PCPBBPC问AB为何值时，四棱锥ABCDP的体积最大？并求此时平面PBC与平面DPC夹角的余弦值.20.（本小题满分13分）如图，已知双曲线)0(1222ayaxCn的右焦点F,点BA,分别在C的两条渐近线上，xAF轴，BFOBAB,∥OA(O为坐标原点）.（1）求双曲线C的方程；（2）过C上一点)0)((00,0yyxP的直线1:020yyaxxl与直线AF相交于点M，与直线23x相交于点N，证明点P在C上移动时，NFMF恒为定值，并求此定值21.（满分14分）随机将1,2,,2,2nnNn这2n个连续正整数分成A,B两组，每组n个数，A组最小数为1a，最大数为2a；B组最小数为1b，最大数为1b，记2112,aabb（1）当3n时，求的分布列和数学期望；（2）令C表示事件与的取值恰好相等，求事件C发生的概率pc；（3）对（2）中的事件C,c表示C的对立事件，判断pc和pc的大小关系，并说明理由。参考答案一、1.D2.C3.A4.C5.B6.D7.B8.B9.A10.C二、11（1）.C11(2).A三、12.1213.（-ln2,2）14.22315.22四、16.解（1）当2,4a时，22()sin()2cos()sincos2sinsin()42224fxxxxxxx因为[0,]x，从而3[,]444x故()fx在[0,]上的最大值为2,2最小值为-1.（2）由()02()1ff得2cos(12sin)02sinsin1aaa，又(,)22知cos0,解得1.6a17.（1）因为，所以1112,2nnnnnnaaccbb所以数列{}nc是以首项11c，公差2d的等差数列，故21.ncn（2）由13nnb知1(21)3nnnnacbn于是数列前n项和0111333(21)3nnSn1231333(21)3nnSn相减得121212(333)(21)32(22)3nnnnSnn所以(1)31.nnSn18.（1）当时，5(2)(),12xxfxx由()0fx得2x或0.x当(,2)x时，()0,()fxfx单调递减，当(2,0)x时，()0,()fxfx单调递增，当1(0,)2x时，()0,()fxfx单调递减，故()fx在2x取极小值(-2)=f0，在0.x取极大值(0)=f4.（2）(532)(),12xxbfxx因为当1(0,)3x时,012xx依题意当1(0,)3x时，有5320xb，从而53203b所以b的取值范围为1(,].919.（1）证明：ABCD为矩形，故ABAD，又平面PAD平面ABCD平面PAD平面ABCD=AD所以AB平面PAD，因为PD平面PAD，故ABPD（2）解：过P作AD的垂线，垂足为O，过O作BC的垂线，垂足为G，连接PG.故PO平面ABCD，BC平面POG,BCPG在直角三角形BPC中，23266,,,333PGGCBG设,ABm，则2224,3DPPGOGm，故四棱锥P-ABCD的体积为2214686.333mVmmm因为22228866()33mmm故当63m时，即63AB时，四棱锥的体积P-ABCD最大.建立如图所示的空间直角坐标系，66626266(0,0,0),(,,0),(,,0),(0,,0),(0,0,)333333OBCDP故62666(,,),(0,6,0),(,0,0)3333PCBCCD设平面BPC的法向量1(,,1),xyn，则由1PCn,1BCn得6266033360xyy解得1,0,xy1(1,0,1),n同理可求出平面DPC的法向量21(0,,1),2n，从而平面BPC与平面DPC夹角的余弦值为1212110cos.||||51214nnnn20.（1）设(,0)Fc，因为1b，所以21ca直线OB方程为1yxa，直线BF的方程为1()yxca，解得(,)22ccBa又直线OA的方程为1yxa，则3(,),.ABcAckaa又因为ABOB，所以31()1aa，解得23a，故双曲线C的方程为221.3xy（2）由（1）知3a，则直线l的方程为0001(0)3xxyyy，即0033xxyy因为直线AF的方程为2x，所以直线l与AF的交点0023(2,)3xMy直线l与直线32x的交点为003332(,)23xNy则220222004(23)9[(2)]xMFNFyx因为是C上一点，则22001.3xy，代入上式得222002222200004(23)4(23)49[(2)]39[1(2)]3xxMFxNFyxx，所求定值为233MFNF21.（1）当3n时，所有可能值为2,3,4,5.将6个正整数平均分成A,B两组，不同的分组方法共有3620C种，所以的分布列为2345P1531031015133172345.5101052E（2）和恰好相等的所有可能值为1,,1,,22.nnnn又和恰好相等且等于1n时，不同的分组方法有2种；和恰好相等且等于n时，不同的分组方法有2种；和恰好相等且等于(1,2,,2),(3)nkknn时，不同的分组方法有22kkC种；所以当2n时，42()63PC当3n时22122(2)()nkkknnCPCC（3）由（2）当2n时，1(),3PC因此()(),PCPC而当3n时，()(),PCPC理由如下：()(),PCPC等价于22214(2)nknknkCC①用数学归纳法来证明：1当3n时，①式左边124(2)16,C①式右边3620,C所以①式成立2假设(3)nmm时①式成立，即22214(2)mkmkmkCC成立那么，当1nm时，①式左边122112222222114(2)4(2)44mmkkmmmkkmmmkkCCCCC2(2)!4(22)!(1)(2)(22)!(41)!!(1)!(1)!(1)!(1)!mmmmmmmmmmmm2112222(1)(2)(22)!(4)2(1)(1)!(1)!(21)(21)mmmmmmmmmmCCmmmm=①式右边即当1nm时①式也成立综合12得，对于3n的所有正整数，都有()()PCPC成立