2014年全國(guó)高考數(shù)學(xué)卷文科卷1試題及答案解析

2014年全國(guó)高考數(shù)學(xué)卷文科卷1一、選擇題（題型注釋?zhuān)?．已知集合，則（）A.B.C.D.2．若，則A.B.C.D.3．設(shè)，則A.B.C.D.24．已知雙曲線的離心率為2，則A.2B.C.D.15．設(shè)函數(shù)的定義域?yàn)椋沂瞧婧瘮?shù)，是偶函數(shù)，則下列結(jié)論中正確的是A.是偶函數(shù)B.是奇函數(shù)C.是奇函數(shù)D.是奇函數(shù)6．設(shè)分別為的三邊的中點(diǎn)，則A.B.C.D.7．在函數(shù)=1\*GB3①，=2\*GB3②，=3\*GB3③,=4\*GB3④中，最小正周期為的所有函數(shù)為A.=1\*GB3①=2\*GB3②=3\*GB3③B.=1\*GB3①=3\*GB3③=4\*GB3④C.=2\*GB3②=4\*GB3④D.=1\*GB3①=3\*GB3③8．如圖，網(wǎng)格紙的各小格都是正方形，粗實(shí)線畫(huà)出的事一個(gè)幾何體的三視圖，則這個(gè)幾何體是（）A.三棱錐B.三棱柱C.四棱錐D.四棱柱9．執(zhí)行右面的程序框圖，若輸入的分別為1,2,3，則輸出的()A.B.C.D.10．已知拋物線C：的焦點(diǎn)為,是C上一點(diǎn)，，則（）A.1B.2C.4D.811．已知函數(shù)，若存在唯一的零點(diǎn)，且，則的取值范圍是（A）（B）（C）（D）二、填空題（題型注釋?zhuān)?2．設(shè)，滿足約束條件且的最小值為7，則（A）-5（B）3（C）-5或3（D）5或-313．將2本不同的數(shù)學(xué)書(shū)和1本語(yǔ)文書(shū)在書(shū)架上隨機(jī)排成一行，則2本數(shù)學(xué)書(shū)相鄰的概率為_(kāi)_______.14．甲、乙、丙三位同學(xué)被問(wèn)到是否去過(guò)、、三個(gè)城市時(shí)，甲說(shuō)：我去過(guò)的城市比乙多，但沒(méi)去過(guò)城市；乙說(shuō)：我沒(méi)去過(guò)城市；丙說(shuō)：我們?nèi)巳ミ^(guò)同一城市；由此可判斷乙去過(guò)的城市為_(kāi)_______.15．設(shè)函數(shù)則使得成立的的取值范圍是________.16．如圖，為測(cè)量山高，選擇和另一座山的山頂為測(cè)量觀測(cè)點(diǎn).從點(diǎn)測(cè)得點(diǎn)的仰角，點(diǎn)的仰角以及；從點(diǎn)測(cè)得.已知山高，則山高_(dá)_______.三、解答題（題型注釋?zhuān)?7．已知是遞增的等差數(shù)列，，是方程的根。（=1\*ROMANI）求的通項(xiàng)公式；（=2\*ROMANII）求數(shù)列的前項(xiàng)和.18．從某企業(yè)生產(chǎn)的某種產(chǎn)品中抽取100件，測(cè)量這些產(chǎn)品的一項(xiàng)質(zhì)量指標(biāo)值，由測(cè)量表得如下頻數(shù)分布表：質(zhì)量指標(biāo)值分組[75，85)[85，95)[95，105)[105，115)[115，125)頻數(shù)62638228（=1\*ROMANI）在答題卡上作出這些數(shù)據(jù)的頻率分布直方圖：（=2\*ROMANII）估計(jì)這種產(chǎn)品質(zhì)量指標(biāo)值的平均數(shù)及方差（同一組中的數(shù)據(jù)用該組區(qū)間的中點(diǎn)值作代表）；（=3\*ROMANIII）根據(jù)以上抽樣調(diào)查數(shù)據(jù)，能否認(rèn)為該企業(yè)生產(chǎn)的這種產(chǎn)品符合“質(zhì)量指標(biāo)值不低于95的產(chǎn)品至少要占全部產(chǎn)品的80%”的規(guī)定？19．如圖，三棱柱中，側(cè)面為菱形，的中點(diǎn)為，且平面.（1）證明：（2）若,求三棱柱的高.20．已知點(diǎn)，圓:，過(guò)點(diǎn)的動(dòng)直線與圓交于兩點(diǎn)，線段的中點(diǎn)為，為坐標(biāo)原點(diǎn).(1)求的軌跡方程；(2)當(dāng)時(shí)，求的方程及的面積21．設(shè)函數(shù)，曲線處的切線斜率為0求b;若存在使得，求a的取值范圍。22．如圖，四邊形是的內(nèi)接四邊形，的延長(zhǎng)線與的延長(zhǎng)線交于點(diǎn)，且.（=1\*ROMANI）證明：；（=2\*ROMANII）設(shè)不是的直徑，的中點(diǎn)為，且，證明：為等邊三角形.23．已知曲線，直線（為參數(shù)）寫(xiě)出曲線的參數(shù)方程，直線的普通方程；過(guò)曲線上任意一點(diǎn)作與夾角為30°的直線，交于點(diǎn)，求的最大值與最小值.24．若且（=1\*ROMANI）求的最小值；（=2\*ROMANII）是否存在，使得？并說(shuō)明理由.參考答案1．B【解析】試題分析：根據(jù)集合的運(yùn)算法則可得：，即選B．考點(diǎn)：集合的運(yùn)算2．C【解析】試題分析：由，可得：同正或同負(fù)，即可排除A和B，又由，故.考點(diǎn)：同角三角函數(shù)的關(guān)系3．B【解析】試題分析：根據(jù)復(fù)數(shù)運(yùn)算法則可得：，由模的運(yùn)算可得：.考點(diǎn)：復(fù)數(shù)的運(yùn)算4．D【解析】試題分析：由離心率可得:，解得：．考點(diǎn)：復(fù)數(shù)的運(yùn)算5．C【解析】試題分析：由函數(shù)的定義域?yàn)?，且是奇函?shù)，是偶函數(shù)，可得：和均為偶函數(shù)，根據(jù)一奇一偶函數(shù)相乘為奇函數(shù)和兩偶函數(shù)相乘為偶函數(shù)的規(guī)律可知選C．考點(diǎn)：函數(shù)的奇偶性6．A【解析】試題分析：根據(jù)平面向量基本定理和向量的加減運(yùn)算可得：在中，，同理，則．考點(diǎn)：向量的運(yùn)算7．A【解析】試題分析：=1\*GB3①中函數(shù)是一個(gè)偶函數(shù)，其周期與相同，;=2\*GB3②中函數(shù)的周期是函數(shù)周期的一半，即;=3\*GB3③;=4\*GB3④，則選A．考點(diǎn)：三角函數(shù)的圖象和性質(zhì)8．B【解析】試題分析：根據(jù)三視圖的法則：長(zhǎng)對(duì)正，高平齊，寬相等．可得幾何體如下圖所示．考點(diǎn)：三視圖的考查9．D【解析】試題分析：根據(jù)題意由成立，則循環(huán)，即;又由成立，則循環(huán)，即;又由成立，則循環(huán)，即;又由不成立，則出循環(huán)，輸出．考點(diǎn)：算法的循環(huán)結(jié)構(gòu)10．A【解析】試題分析：根據(jù)拋物線的定義：到焦點(diǎn)的距離等于到準(zhǔn)線的距離，又拋物線的準(zhǔn)線方程為：，則有：，即有，可解得．考點(diǎn)：拋物線的方程和定義11．C【解析】試題分析：根據(jù)題中函數(shù)特征，當(dāng)時(shí)，函數(shù)顯然有兩個(gè)零點(diǎn)且一正一負(fù);當(dāng)時(shí)，求導(dǎo)可得：，利用導(dǎo)數(shù)的正負(fù)與函數(shù)單調(diào)性的關(guān)系可得：和時(shí)函數(shù)單調(diào)遞增;時(shí)函數(shù)單調(diào)遞減，顯然存在負(fù)零點(diǎn);當(dāng)時(shí)，求導(dǎo)可得：，利用導(dǎo)數(shù)的正負(fù)與函數(shù)單調(diào)性的關(guān)系可得：和時(shí)函數(shù)單調(diào)遞減;時(shí)函數(shù)單調(diào)遞增，欲要使得函數(shù)有唯一的零點(diǎn)且為正，則滿足：，即得：，可解得：，則．考點(diǎn)：1.函數(shù)的零點(diǎn);2.導(dǎo)數(shù)在函數(shù)性質(zhì)中的運(yùn)用;3.分類(lèi)討論的運(yùn)用12．B【解析】試題分析：根據(jù)題中約束條件可畫(huà)出可行域如下圖所示，兩直線交點(diǎn)坐標(biāo)為：，又由題中可知，當(dāng)時(shí)，z有最小值：，則，解得：;當(dāng)時(shí)，z無(wú)最小值．故選B考點(diǎn)：線性規(guī)劃的應(yīng)用13．【解析】試題分析：根據(jù)題意顯然這是一個(gè)古典概型，其基本事件有：數(shù)1，數(shù)2，語(yǔ);數(shù)1，語(yǔ)，數(shù)2;數(shù)2，數(shù)1，語(yǔ);數(shù)2，語(yǔ)，數(shù)1;語(yǔ)，數(shù)2，數(shù)1;語(yǔ)，數(shù)1，數(shù)2共有6種，其中2本數(shù)學(xué)書(shū)相鄰的有4種，則其概率為：．考點(diǎn)：古典概率的計(jì)算14．A【解析】試題分析：根據(jù)題意可將三人可能去過(guò)哪些城市的情況列表如下：A城市B城市C城市甲去過(guò)沒(méi)去去過(guò)乙去過(guò)沒(méi)去沒(méi)去丙去過(guò)可能可能可以得出結(jié)論乙去過(guò)的城市為：A．考點(diǎn)：命題的邏輯分析15．【解析】試題分析：由于題中所給是一個(gè)分段函數(shù)，則當(dāng)時(shí)，由，可解得：，則此時(shí)：;當(dāng)時(shí)，由，可解得：，則此時(shí)：，綜合上述兩種情況可得：考點(diǎn)：1.分段函數(shù);2.解不等式16．150【解析】試題分析：根據(jù)題意，在中，已知，易得：;在中，已知，易得：，由正弦定理可解得：，即：;在中，已知，易得：.考點(diǎn)：1.空間幾何體;2.仰角的理解;3.解三角形的運(yùn)用17．（1）;（2）.【解析】試題分析：（1）根據(jù)題中所給一元二次方程，可運(yùn)用因式分解的方法求出它的兩根為2,3，即可得出等差數(shù)列中的，運(yùn)用等差數(shù)列的定義求出公差為d，則，故，從而.即可求出通項(xiàng)公式;（2）由第（1）小題中已求出通項(xiàng)，易求出：，寫(xiě)出它的前n項(xiàng)的形式：，觀察此式特征，發(fā)現(xiàn)它是一個(gè)差比數(shù)列，故可采用錯(cuò)位相減的方法進(jìn)行數(shù)列求和，即兩邊同乘，即：，將兩式相減可得：，所以.試題解析：（1）方程的兩根為2,3，由題意得.設(shè)數(shù)列的公差為d，則，故，從而.所以的通項(xiàng)公式為.（2）設(shè)的前n項(xiàng)和為，由（1）知，則，.兩式相減得所以.考點(diǎn)：1.一元二次方程的解法;2.等差數(shù)列的基本量計(jì)算;3.數(shù)列的求和18．（1）（2）質(zhì)量指標(biāo)值的樣本平均數(shù)為100，質(zhì)量指標(biāo)值的樣本方差為104（3）不能認(rèn)為該企業(yè)生產(chǎn)的這種產(chǎn)品符合“質(zhì)量指標(biāo)值不低于95的產(chǎn)品至少要占全部產(chǎn)品80%”的規(guī)定.【解析】試題分析：（1）根據(jù)頻率分布表與頻率分布直方圖的關(guān)系，先根據(jù)：頻率=頻數(shù)／總數(shù)計(jì)算出各組的頻率，再根據(jù)：高度=頻率／組距計(jì)算出各組的高度，即可以組距為橫坐標(biāo)高度為縱坐標(biāo)作出頻率分布直方圖;（2）根據(jù)題意欲計(jì)算樣本方差先要計(jì)算出樣本平均數(shù)，由平均數(shù)計(jì)算公式可得：質(zhì)量指標(biāo)值的樣本平均數(shù)為，進(jìn)而由方差公式可得：質(zhì)量指標(biāo)值的樣本方差為;（3）根據(jù)題意可知質(zhì)量指標(biāo)值不低于95的產(chǎn)品所占比例的估計(jì)值為，由于該估計(jì)值小于0.8，故不能認(rèn)為該企業(yè)生產(chǎn)的這種產(chǎn)品符合“質(zhì)量指標(biāo)值不低于95的產(chǎn)品至少要占全部產(chǎn)品80%”的規(guī)定.試題解析：（1）（2）質(zhì)量指標(biāo)值的樣本平均數(shù)為.質(zhì)量指標(biāo)值的樣本方差為.所以這種產(chǎn)品質(zhì)量指標(biāo)值（3）質(zhì)量指標(biāo)值不低于95的產(chǎn)品所占比例的估計(jì)值為，由于該估計(jì)值小于0.8，故不能認(rèn)為該企業(yè)生產(chǎn)的這種產(chǎn)品符合“質(zhì)量指標(biāo)值不低于95的產(chǎn)品至少要占全部產(chǎn)品80%”的規(guī)定.考點(diǎn)：1.頻率分布表;2.頻率分布直方圖;3.平均數(shù)與方差的計(jì)算19．（1）詳見(jiàn)解析;（2）三棱柱的高為.【解析】試題分析：（1）根據(jù)題意欲證明線線垂直通?？赊D(zhuǎn)化為證明線面垂直，又由題中四邊形是菱形，故可想到連結(jié)，則O為與的交點(diǎn)，又因?yàn)閭?cè)面為菱形，對(duì)角線相互垂直;又平面，所以，根據(jù)線面垂直的判定定理可得：平面ABO，結(jié)合線面垂直的性質(zhì)：由于平面ABO，故;（2）要求三菱柱的高，根據(jù)題中已知條件可轉(zhuǎn)化為先求點(diǎn)O到平面ABC的距離，即：作，垂足為D，連結(jié)AD，作，垂足為H，則由線面垂直的判定定理可得平面ABC，再根據(jù)三角形面積相等：，可求出的長(zhǎng)度，最后由三棱柱的高為此距離的兩倍即可確定出高．試題解析：（1）連結(jié)，則O為與的交點(diǎn).因?yàn)閭?cè)面為菱形，所以.又平面，所以，故平面ABO.由于平面ABO，故.（2）作，垂足為D，連結(jié)AD，作，垂足為H.由于，，故平面AOD，所以，又，所以平面ABC.因?yàn)椋詾榈冗吶切?，又，可?由于，所以,由，且，得，又O為的中點(diǎn)，所以點(diǎn)到平面ABC的距離為.故三棱柱的高為.考點(diǎn)：1.線線，線面垂直的轉(zhuǎn)化;2.點(diǎn)到面的距離;3.等面積法的應(yīng)用20．（1）;（2）的方程為;的面積為.【解析】試題分析：（1）先由圓的一般方程與標(biāo)準(zhǔn)方程的轉(zhuǎn)化可將圓C的方程可化為，所以圓心為，半徑為4，根據(jù)求曲線方程的方法可設(shè)，由向量的知識(shí)和幾何關(guān)系：，運(yùn)用向量數(shù)量積運(yùn)算可得方程：;（2）由第（1）中所求可知M的軌跡是以點(diǎn)為圓心，為半徑的圓，加之題中條件，故O在線段PM的垂直平分線上，又P在圓N上，從而，不難得出的方程為;結(jié)合面積公式可求又的面積為.試題解析：（1）圓C的方程可化為，所以圓心為，半徑為4，設(shè)，則，，由題設(shè)知，故，即.由于點(diǎn)P在圓C的內(nèi)部，所以M的軌跡方程是.（2）由（1）可知M的軌跡是以點(diǎn)為圓心，為半徑的圓.由于，故O在線段PM的垂直平分線上，又P在圓N上，從而.因?yàn)镺N的斜率為3，所以的斜率為，故的方程為.又，O到的距離為，，所以的面積為.考點(diǎn)：1.曲線方程的求法;2.圓的方程與幾何性質(zhì);3.直線與圓的位置關(guān)系21．（1）;（2）.【解析】試題分析：（1）根據(jù)曲線在某點(diǎn)處的切線與此點(diǎn)的橫坐標(biāo)的導(dǎo)數(shù)的對(duì)應(yīng)關(guān)系，可先對(duì)函數(shù)進(jìn)行求導(dǎo)可得：，利用上述關(guān)系不難求得，即可得;（2）由第（1）小題中所求b，則函數(shù)完全確定下來(lái)，則它的導(dǎo)數(shù)可求出并化簡(jiǎn)得：根據(jù)題意可得要對(duì)與的大小關(guān)系進(jìn)行分類(lèi)討論，則可分以下三類(lèi)：（?。┤?，則，故當(dāng)時(shí)，，在單調(diào)遞增，所以，存在，使得的充要條件為，即，所以.（ⅱ）若，則，故當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，，在單調(diào)遞減，在單調(diào)遞增.所以，存在，使得的充要條件為，無(wú)解則不合題意.（ⅲ）若，則.綜上，a的取值范圍是.試題解析：（1），由題設(shè)知，解得.（2）的定義域?yàn)椋桑?）知，，（?。┤?，則，故當(dāng)時(shí)，，在單調(diào)遞增，所以，存在，使得的充要條件為，即，所以.（ⅱ）若，則，故當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，，在單調(diào)遞減，在單調(diào)遞增.所以，存在，使得的充要條件為，而，所以不合題意.（ⅲ）若，則.綜上，a的取值范圍是.考點(diǎn)：1.曲線的切線方程;2.導(dǎo)數(shù)在研究函數(shù)性質(zhì)中的運(yùn)用;3.分類(lèi)討論的應(yīng)用22．（1）詳見(jiàn)解析;（2）詳見(jiàn)解析【解析】試題分析：（1）根據(jù)題意可知A，B，C，D四點(diǎn)共圓，利用對(duì)角互補(bǔ)的四邊形有外接圓這個(gè)結(jié)論可得：，由已知得，故;（2）不妨設(shè)出BC的中點(diǎn)為N，連結(jié)MN，則由，由等腰三角形三線合一可得：，故O在直線MN上，又AD不是圓O的直徑，M為AD的中點(diǎn)，故，即，所以，故，又，故，由（1）知，，所以為等邊三角形.試題解