2014年高考數學試卷（文）（大綱版）（解析卷）

第頁|共頁2014年全國統(tǒng)一高考數學試卷（文科）（大綱版）參考答案與試題解析一、選擇題（本大題共12小題，每小題5分）1．（5分）設集合M={1，2，4，6，8}，N={1，2，3，5，6，7}，則M∩N中元素的個數為（）A．2 B．3 C．5 D．7 【考點】1A：集合中元素個數的最值；1E：交集及其運算．【專題】5J：集合．【分析】根據M與N，找出兩集合的交集，找出交集中的元素即可．【解答】解：∵M={1，2，4，6，8}，N={1，2，3，5，6，7}，∴M∩N={1，2，6}，即M∩N中元素的個數為3．故選：B．【點評】此題考查了交集及其運算，熟練掌握交集的定義是解本題的關鍵．2．（5分）已知角α的終邊經過點（﹣4，3），則cosα=（）A． B． C．﹣ D．﹣ 【考點】G9：任意角的三角函數的定義．【專題】56：三角函數的求值．【分析】由條件直接利用任意角的三角函數的定義求得cosα的值．【解答】解：∵角α的終邊經過點（﹣4，3），∴x=﹣4，y=3，r==5．∴cosα===﹣，故選：D．【點評】本題主要考查任意角的三角函數的定義，兩點間的距離公式的應用，屬于基礎題．3．（5分）不等式組的解集為（）A．{x|﹣2＜x＜﹣1} B．{x|﹣1＜x＜0} C．{x|0＜x＜1} D．{x|x＞1} 【考點】7E：其他不等式的解法．【專題】59：不等式的解法及應用．【分析】解一元二次不等式、絕對值不等式，分別求出不等式組中每個不等式的解集，再取交集，即得所求．【解答】解：由不等式組可得，解得0＜x＜1，故選：C．【點評】本題主要考查一元二次不等式、絕對值不等式的解法，屬于基礎題．4．（5分）已知正四面體ABCD中，E是AB的中點，則異面直線CE與BD所成角的余弦值為（）A． B． C． D． 【考點】LM：異面直線及其所成的角．【專題】5G：空間角．【分析】由E為AB的中點，可取AD中點F，連接EF，則∠CEF為異面直線CE與BD所成角，設出正四面體的棱長，求出△CEF的三邊長，然后利用余弦定理求解異面直線CE與BD所成角的余弦值．【解答】解：如圖，取AD中點F，連接EF，CF，∵E為AB的中點，∴EF∥DB，則∠CEF為異面直線BD與CE所成的角，∵ABCD為正四面體，E，F分別為AB，AD的中點，∴CE=CF．設正四面體的棱長為2a，則EF=a，CE=CF=．在△CEF中，由余弦定理得：=．故選：B．【點評】本題考查異面直線及其所成的角，關鍵是找角，考查了余弦定理的應用，是中檔題．5．（5分）函數y=ln（+1）（x＞﹣1）的反函數是（）A．y=（1﹣ex）3（x＞﹣1） B．y=（ex﹣1）3（x＞﹣1） C．y=（1﹣ex）3（x∈R） D．y=（ex﹣1）3（x∈R） 【考點】4R：反函數．【專題】51：函數的性質及應用．【分析】由已知式子解出x，然后互換x、y的位置即可得到反函數．【解答】解：∵y=ln（+1），∴+1=ey，即=ey﹣1，∴x=（ey﹣1）3，∴所求反函數為y=（ex﹣1）3，故選：D．【點評】本題考查反函數解析式的求解，屬基礎題．6．（5分）已知，為單位向量，其夾角為60°，則（2﹣）?=（）A．﹣1 B．0 C．1 D．2 【考點】9O：平面向量數量積的性質及其運算．【專題】5A：平面向量及應用．【分析】由條件利用兩個向量的數量積的定義，求得、的值，可得（2﹣）?的值．【解答】解：由題意可得，=1×1×cos60°=，=1，∴（2﹣）?=2﹣=0，故選：B．【點評】本題主要考查兩個向量的數量積的定義，屬于基礎題．7．（5分）有6名男醫(yī)生、5名女醫(yī)生，從中選出2名男醫(yī)生、1名女醫(yī)生組成一個醫(yī)療小組，則不同的選法共有（）A．60種 B．70種 C．75種 D．150種 【考點】D9：排列、組合及簡單計數問題．【專題】5O：排列組合．【分析】根據題意，分2步分析，先從6名男醫(yī)生中選2人，再從5名女醫(yī)生中選出1人，由組合數公式依次求出每一步的情況數目，由分步計數原理計算可得答案．【解答】解：根據題意，先從6名男醫(yī)生中選2人，有C62=15種選法，再從5名女醫(yī)生中選出1人，有C51=5種選法，則不同的選法共有15×5=75種；故選：C．【點評】本題考查分步計數原理的應用，注意區(qū)分排列、組合的不同．8．（5分）設等比數列{an}的前n項和為Sn．若S2=3，S4=15，則S6=（）A．31 B．32 C．63 D．64 【考點】89：等比數列的前n項和．【專題】54：等差數列與等比數列．【分析】由等比數列的性質可得S2，S4﹣S2，S6﹣S4成等比數列，代入數據計算可得．【解答】解：S2=a1+a2，S4﹣S2=a3+a4=（a1+a2）q2，S6﹣S4=a5+a6=（a1+a2）q4，所以S2，S4﹣S2，S6﹣S4成等比數列，即3，12，S6﹣15成等比數列，可得122=3（S6﹣15），解得S6=63故選：C．【點評】本題考查等比數列的性質，得出S2，S4﹣S2，S6﹣S4成等比數列是解決問題的關鍵，屬基礎題．9．（5分）已知橢圓C：+=1（a＞b＞0）的左、右焦點為F1、F2，離心率為，過F2的直線l交C于A、B兩點，若△AF1B的周長為4，則C的方程為（）A．+=1 B．+y2=1 C．+=1 D．+=1 【考點】K4：橢圓的性質．【專題】5D：圓錐曲線的定義、性質與方程．【分析】利用△AF1B的周長為4，求出a=，根據離心率為，可得c=1，求出b，即可得出橢圓的方程．【解答】解：∵△AF1B的周長為4，∵△AF1B的周長=|AF1|+|AF2|+|BF1|+|BF2|=2a+2a=4a，∴4a=4，∴a=，∵離心率為，∴，c=1，∴b==，∴橢圓C的方程為+=1．故選：A．【點評】本題考查橢圓的定義與方程，考查橢圓的幾何性質，考查學生的計算能力，屬于基礎題．10．（5分）正四棱錐的頂點都在同一球面上，若該棱錐的高為4，底面邊長為2，則該球的表面積為（）A． B．16π C．9π D． 【考點】LG：球的體積和表面積；LR：球內接多面體．【專題】11：計算題；5F：空間位置關系與距離．【分析】正四棱錐P﹣ABCD的外接球的球心在它的高PO1上，記為O，求出PO1，OO1，解出球的半徑，求出球的表面積．【解答】解：設球的半徑為R，則∵棱錐的高為4，底面邊長為2，∴R2=（4﹣R）2+（）2，∴R=，∴球的表面積為4π?（）2=．故選：A．【點評】本題考查球的表面積，球的內接幾何體問題，考查計算能力，是基礎題．11．（5分）雙曲線C：﹣=1（a＞0，b＞0）的離心率為2，焦點到漸近線的距離為，則C的焦距等于（）A．2 B．2 C．4 D．4 【考點】KC：雙曲線的性質．【專題】5D：圓錐曲線的定義、性質與方程．【分析】根據雙曲線的離心率以及焦點到直線的距離公式，建立方程組即可得到結論．【解答】解：∵：﹣=1（a＞0，b＞0）的離心率為2，∴e=，雙曲線的漸近線方程為y=，不妨取y=，即bx﹣ay=0，則c=2a，b=，∵焦點F（c，0）到漸近線bx﹣ay=0的距離為，∴d=，即，解得c=2，則焦距為2c=4，故選：C．【點評】本題主要考查是雙曲線的基本運算，利用雙曲線的離心率以及焦點到直線的距離公式，建立方程組是解決本題的關鍵，比較基礎．12．（5分）奇函數f（x）的定義域為R，若f（x+2）為偶函數，且f（1）=1，則f（8）+f（9）=（）A．﹣2 B．﹣1 C．0 D．1 【考點】3K：函數奇偶性的性質與判斷．【專題】51：函數的性質及應用．【分析】根據函數的奇偶性的性質，得到f（x+8）=f（x），即可得到結論．【解答】解：∵f（x+2）為偶函數，f（x）是奇函數，∴設g（x）=f（x+2），則g（﹣x）=g（x），即f（﹣x+2）=f（x+2），∵f（x）是奇函數，∴f（﹣x+2）=f（x+2）=﹣f（x﹣2），即f（x+4）=﹣f（x），f（x+8）=f（x+4+4）=﹣f（x+4）=f（x），則f（8）=f（0）=0，f（9）=f（1）=1，∴f（8）+f（9）=0+1=1，故選：D．【點評】本題主要考查函數值的計算，利用函數奇偶性的性質，得到函數的對稱軸是解決本題的關鍵．二、填空題(本大題共4小題，每小題5分)13．（5分）（x﹣2）6的展開式中x3的系數是﹣160．（用數字作答）【考點】DA：二項式定理．【專題】11：計算題．【分析】根據題意，由二項式定理可得（x﹣2）6的展開式的通項，令x的系數為3，可得r=3，將r=3代入通項，計算可得T4=﹣160x3，即可得答案．【解答】解：根據題意，（x﹣2）6的展開式的通項為Tr+1=C6rx6﹣r（﹣2）r=（﹣1）r?2r?C6rx6﹣r，令6﹣r=3可得r=3，此時T4=（﹣1）3?23?C63x3=﹣160x3，即x3的系數是﹣160；故答案為﹣160．【點評】本題考查二項式定理的應用，關鍵要得到（x﹣2）6的展開式的通項．14．（5分）函數y=cos2x+2sinx的最大值是．【考點】HW：三角函數的最值．【專題】11：計算題．【分析】利用二倍角公式對函數化簡可得y=cos2x+2sinx=1﹣2sin2x+2sinx=，結合﹣1≤sinx≤1及二次函數的性質可求函數有最大值【解答】解：∵y=cos2x+2sinx=1﹣2sin2x+2sinx=又∵﹣1≤sinx≤1當sinx=時，函數有最大值故答案為：【點評】本題主要考查了利用二倍角度公式對三角函數進行化簡，二次函數在閉區(qū)間上的最值的求解，解題中要注意﹣1≤sinx≤1的條件．15．（5分）設x，y滿足約束條件，則z=x+4y的最大值為5．【考點】7C：簡單線性規(guī)劃．【專題】31：數形結合．【分析】由約束條件作出可行域，化目標函數為直線方程的斜截式，由圖得到最優(yōu)解，聯立方程組求出最優(yōu)解的坐標，代入目標函數得答案．【解答】解：由約束條件作出可行域如圖，聯立，解得C（1，1）．化目標函數z=x+4y為直線方程的斜截式，得．由圖可知，當直線過C點時，直線在y軸上的截距最大，z最大．此時zmax=1+4×1=5．故答案為：5．【點評】本題考查簡單的線性規(guī)劃，考查了數形結合的解題思想方法，是中檔題．16．（5分）直線l1和l2是圓x2+y2=2的兩條切線，若l1與l2的交點為（1，3），則l1與l2的夾角的正切值等于．【考點】IV：兩直線的夾角與到角問題．【專題】5B：直線與圓．【分析】設l1與l2的夾角為2θ，由于l1與l2的交點A（1，3）在圓的外部，由直角三角形中的邊角關系求得sinθ=的值，可得cosθ、tanθ的值，再根據tan2θ=，計算求得結果．【解答】解：設l1與l2的夾角為2θ，由于l1與l2的交點A（1，3）在圓的外部，且點A與圓心O之間的距離為OA==，圓的半徑為r=，∴sinθ==，∴cosθ=，tanθ==，∴tan2θ===，故答案為：．【點評】本題主要考查直線和圓相切的性質，直角三角形中的變角關系，同角三角函數的基本關系、二倍角的正切公式的應用，屬于中檔題．三、解答題17．（10分）數列{an}滿足a1=1，a2=2，an+2=2an+1﹣an+2．（Ⅰ）設bn=an+1﹣an，證明{bn}是等差數列；（Ⅱ）求{an}的通項公式．【考點】83：等差數列的性質；84：等差數列的通項公式；8H：數列遞推式．【專題】54：等差數列與等比數列．【分析】（Ⅰ）將an+2=2an+1﹣an+2變形為：an+2﹣an+1=an+1﹣an+2，再由條件得bn+1=bn+2，根據條件求出b1，由等差數列的定義證明{bn}是等差數列；（Ⅱ）由（Ⅰ）和等差數列的通項公式求出bn，代入bn=an+1﹣an并令n從1開始取值，依次得（n﹣1）個式子，然后相加，利用等差數列的前n項和公式求出{an}的通項公式an．【解答】解：（Ⅰ）由an+2=2an+1﹣an+2得，an+2﹣an+1=an+1﹣an+2，由bn=an+1﹣an得，bn+1=bn+2，即bn+1﹣bn=2，又b1=a2﹣a1=1，所以{bn}是首項為1，公差為2的等差數列．（Ⅱ）由（Ⅰ）得，bn=1+2（n﹣1）=2n﹣1，由bn=an+1﹣an得，an+1﹣an=2n﹣1，則a2﹣a1=1，a3﹣a2=3，a4﹣a3=5，…，an﹣an﹣1=2（n﹣1）﹣1，所以，an﹣a1=1+3+5+…+2（n﹣1）﹣1==（n﹣1）2，又a1=1，所以{an}的通項公式an=（n﹣1）2+1=n2﹣2n+2．【點評】本題考查了等差數列的定義、通項公式、前n項和公式，及累加法求數列的通項公式和轉化思想，屬于中檔題．18．（12分）△ABC的內角A、B、C的對邊分別為a、b、c，已知3acosC=2ccosA，tanA=，求B．【考點】GL：三角函數中的恒等變換應用；HP：正弦定理．【專題】58：解三角形．【分析】由3acosC=2ccosA，利用正弦定理可得3sinAcosC=2sinCcosA，再利用同角的三角函數基本關系式可得tanC，利用tanB=tan[π﹣（A+C）]=﹣tan（A+C）即可得出．【解答】解：∵3acosC=2ccosA，由正弦定理可得3sinAcosC=2sinCcosA，∴3tanA=2tanC，∵tanA=，∴2tanC=3×=1，解得tanC=．∴tanB=tan[π﹣（A+C）]=﹣tan（A+C）=﹣=﹣=﹣1，∵B∈（0，π），∴B=【點評】本題考查了正弦定理、同角的三角函數基本關系式、兩角和差的正切公式、誘導公式等基礎知識與基本技能方法，考查了推理能力和計算能力，屬于中檔題．19．（12分）如圖，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，點A1在平面ABC內的射影D在AC上，∠ACB=90°，BC=1，AC=CC1=2．（Ⅰ）證明：AC1⊥A1B；（Ⅱ）設直線AA1與平面BCC1B1的距離為，求二面角A1﹣AB﹣C的大?。究键c】LW：直線與平面垂直；MJ：二面角的平面角及求法．【專題】5F：空間位置關系與距離．【分析】（Ⅰ）由已知數據結合線面垂直的判定和性質可得；（Ⅱ）作輔助線可證∠A1FD為二面角A1﹣AB﹣C的平面角，解三角形由反三角函數可得．【解答】解：（Ⅰ）∵A1D⊥平面ABC，A1D?平面AA1C1C，∴平面AA1C1C⊥平面ABC，又BC⊥AC∴BC⊥平面AA1C1C，連結A1C，由側面AA1C1C為菱形可得AC1⊥A1C，又AC1⊥BC，A1C∩BC=C，∴AC1⊥平面A1BC，AB1?平面A1BC，∴AC1⊥A1B；（Ⅱ）∵BC⊥平面AA1C1C，BC?平面BCC1B1，∴平面AA1C1C⊥平面BCC1B1，作A1E⊥CC1，E為垂足，可得A1E⊥平面BCC1B1，又直線AA1∥平面BCC1B1，∴A1E為直線AA1與平面BCC1B1的距離，即A1E=，∵A1C為∠ACC1的平分線，∴A1D=A1E=，作DF⊥AB，F為垂足，連結A1F，又可得AB⊥A1D，A1F∩A1D=A1，∴AB⊥平面A1DF，∵A1F?平面A1DF∴A1F⊥AB，∴∠A1FD為二面角A1﹣AB﹣C的平面角，由AD==1可知D為AC中點，∴DF==，∴tan∠A1FD==，∴二面角A1﹣AB﹣C的大小為arctan【點評】本題考查二面角的求解，作出并證明二面角的平面角是解決問題的關鍵，屬中檔題．20．（12分）設每個工作日甲，乙，丙，丁4人需使用某種設備的概率分別為0.6，0.5，0.5，0.4，各人是否需使用設備相互獨立．（Ⅰ）求同一工作日至少3人需使用設備的概率；（Ⅱ）實驗室計劃購買k臺設備供甲，乙，丙，丁使用，若要求“同一工作日需使用設備的人數大于k”的概率小于0.1，求k的最小值．【考點】C8：相互獨立事件和相互獨立事件的概率乘法公式．【專題】5I：概率與統(tǒng)計．【分析】（Ⅰ）把4個人都需使用設備的概率、4個人中有3個人使用設備的概率相加，即得所求．（Ⅱ）由（Ⅰ）可得若k=2，不滿足條件．若k=3，求得“同一工作日需使用設備的人數大于3”的概率為0.06＜0.1，滿足條件，從而得出結論．【解答】解：（Ⅰ）由題意可得“同一工作日至少3人需使用設備”的概率為0.6×0.5×0.5×0.4+（1﹣0.6）×0.5×0.5×0.4+0.6×（1﹣0.5）×0.5×0.4+0.6×0.5×（1﹣0.5）×0.4+0.6×0.5×0.5×（1﹣0.4）=0.31．（Ⅱ）由（Ⅰ）可得若k=2，則“同一工作日需使用設備的人數大于2”的概率為0.31＞0.1，不滿足條件．若k=3，則“同一工作日需使用設備的人數大于3”的概率為0.6×0.5×0.5×0.4=0.06＜0.1，滿足條件．故k的最小值為3．【點評】本題主要考查相互獨立事件的概率乘法公式，體現了分類討論的數學思想，屬于中檔題．21．（12分）函數f（x）=ax3+3x2+3x（a≠0）．（Ⅰ）討論f（x）的單調性；（Ⅱ）若f（x）在區(qū)間（1，2）是增函數，求a的取值范圍．【考點】6B：利用導數研究函數的單調性；6D：利用導數研究函數的極值．【專題】53：導數的綜合應用．【分析】（Ⅰ）求出函數的導數，通過導數為0，利用二次函數的根，通過a的范圍討論f（x）的單調性；（Ⅱ）當a＞0，x＞0時，f（x）在區(qū)間（1，2）是增函數，當a＜0時，f（x）在區(qū)間（1，2）是增函數，推出f′（1）≥0且f′（2）≥0，即可求a的取值范圍．【解答】解：（Ⅰ）函數f（x）=ax3+3x2+3x，∴f′（x）=3ax2+6x+3，令f′（x）=0，即3ax2+6x+3=0，則△=36（1﹣a），①若a≥1時，則△≤0，f′（x）≥0，∴f（x）在R上是增函數；②因為a≠0，∴a≤1且a≠0時，△＞0，f′（x）=0方程有兩個根，x1=，x2=，當0＜a＜1時，則當x∈（﹣∞，x2）或（x1，+∞）時，f′（x）＞0，故函數在（﹣∞，x2）或（x1，+∞）是增函數；在（x2，x1）是減函數；當a＜0時，則當x∈（﹣∞，x1）或（x2，+∞），f′（x）＜0，故函數在（﹣∞，x1）或（x2，+∞）是減函數；在（x1，x2）是增函數；（Ⅱ）當a＞0，x＞0時，f′（x）=3ax2+6x+3＞0故a＞0時，f（x）在區(qū)間（1，2）是增函數，當a＜0時，f（x）在區(qū)間（1，2）是增函數，當且僅當：f′（1）≥0且f′（2）≥0，解得﹣，a的取值范圍[）∪（0，+∞）．【點評】本題考查函數的導數的應用，判斷函數的單調性以及已知單調性求解函數中的變量的范圍，考查分類討論思想的應用．22．（12分）已知拋物線C：y2=2px（p＞0）的焦點為F，直線y=4與y軸的交點為P，與C的交點為Q，且|QF|=|PQ|．（Ⅰ）求C的方程；（Ⅱ）過F的直線l與C相交于A、B兩點，若AB的垂直平分線l′與C相交于M、N兩點，且A、M、B、N四點在同一圓上，求l的方程．【考點