2014高考题

2014年普通高等学校招生全国统一考试（全国卷2)

理科数学

第Ⅰ卷（共60分)

一、选择题：本大题共12个小题,每小题5分,共60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.已知全集,{|0},{|1}URAxxBxx,则集合()

U

CAB()

A．{|0}xxB．{|1}xxC．{|01}xxD．{|01}xx

2.设复数z满足(2)(2)5zii，则z（）

A．

23i

B．

23i

C．

32i

D．

32i

3。已知

1

32a，

21

2

11

log,log

33

bc，则（）

A．

abc

B．

acb

C．

cab

D．

cba

4.已知m，n表示两条不同直线，表示平面，下列说法正确的是（)

A．若//,//,mn则

//mn

B．若

m

，n，则

mn

C．若

m

,

mn

，则

//n

D．若

//m

，

mn

，则

n

5.设,,abc是非零向量，学科网已知命题P：若0ab•,0bc•,则0ac•；命题q：若//,//abbc，

则//ac，则下列命题中真命题是（)

A．

pq

B．

pq

C．()()pqD．()pq

6.6把椅子摆成一排，3人随机就座,任何两人不相

邻的做法种数为（）

A．144B．120C．72D．24

7。某几何体三视图如图所示，则该几何体的体积

为（）

A．

82

B．

8

C．

8

2



D．8

4





8.设等差数列{}

n

a的公差为d,若数列1{2}n

aa为递

减数列,则（)

A．

0d

B．

0d

C．

1

0adD．

1

0ad

9。将函数3sin(2)

3

yx



的图象向右平移

2



个单位长度，所得图象对应的函数(）

A．在区间

7

[,]

1212



上单调递减

B．在区间

7

[,]

1212



上单调递增

C．在区间[,]

63



上单调递减

D．在区间[,]

63



上单调递增

10。已知点(2,3)A在抛物线C：22ypx的准线上，学科网过点A的直线与C在第一象限相切于点B,

记C的焦点为F，则直线BF的斜率为（)

A．

1

2

B．

2

3

C．

3

4

D．

4

3

11.当[2,1]x时，不等式32430axxx恒成立，则实数a的取值范围是(）

A．[5,3]B．

9

[6,]

8

C．[6,2]D．[4,3]

12.已知定义在[0,1]上的函数()fx满足：

①(0)(1)0ff；

②对所有,[0,1]xy，且

xy

，有

1

|()()|||

2

fxfyxy.

若对所有,[0,1]xy，|()()|fxfyk,则k的最小值为（）

A．

1

2

B．

1

4

C．

1

2

D．

1

8

第Ⅱ卷（共90分）

二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）

13。执行右侧的程序框图，若输入

9x

,则输出

y

.

14.正方形的四个顶点(1,1),(1,1),(1,1),(1,1)ABCD分

别在抛物线2yx和2yx上，如图所示，若将一个质点

随机投入正方形ABCD中,则质点落在阴影区域的概率

是.

15。已知椭圆C:

22

1

94

xy

，点M与C的焦点不重合,若M关于C的焦点的对称点分别为A，B，线段MN

的中点在C上，则||||ANBN。

16。对于

0c

,当非零实数a，b满足224240aabbc,且使|2|ab最大时,

345

abc

的最小值

为.

三、解答题（本大题共6小题，共70分.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）

在

ABC

中，内角A，B，C的对边a，b，c，且ac，已知2BABC•，

1

cos

3

B,

3b

，求：

(1）a和c的值；

（2）cos()BC的值.

18.（本小题满分12分)

一家面包房根据以往某种面包的销售记录，绘制了日销售量的频率分布直方图,如图所示：

将日销售量落入各组的频率视为概率,并假设每天的销售量相互独立。

（1）求在未来连续3天里，有连续2天的日销售量都不低于100个且另一天的日销售量低于50个的概率；

（2)用X表示在未来3天里日销售量不低于100个的天数，求随机变量X的分布列,期望()EX及方差

()DX。

19。（本小题满分12分）

如图，

ABC

和

BCD

所在平面互相垂直，且

2ABBCBD

，0120ABCDBC，E、F分别为AC、DC的中点.

（1）求证：

EFBC

；

（2）求二面角

EBFC

的正弦值。

20。（本小题满分12分）

圆224xy的切线与x轴正半轴，y轴正半轴围成一个三角形，当该三角形面积最小时，切点为P(如

图），双曲线

22

1

22

:1

xy

C

ab

过点P且离心率为3.

（1)求

1

C的方程;

（2）椭圆

2

C过点P且与

1

C有相同的焦点,直线

l

过

2

C的右焦点且与

2

C

交于A，B两点，若以线段AB为直径的圆心过点P，求

l

的方程.

21。（本小题满分12分）

已知函数

8

()(cos)(2)(sin1)

3

fxxxxx，

2

()3()cos4(1sin)ln(3)

x

gxxxxx



.

证明：（1）存在唯一

0

(0,)

2

x



,使

0

()0fx；

（2）存在唯一

1

(,)

2

x



，使

1

()0gx,且对（1）中的

01

xx.

请考生在第22、23、24三题中任选一题作答，如果多做,则按所做的第一题记分，作答时用2B铅笔在

答题卡上把所选题目对应题号下方的方框涂黑.

22。（本小题满分10分）选修4-1：几何证明选讲

如图，EP交圆于E、C两点,PD切圆于D，G为CE上一点且

PGPD

，连接DG并延长交圆于点A，作弦AB垂直EP，垂足

为

F。

（1）求证：AB为圆的直径；

（2）若AC=BD,求证：AB=ED。

23。（本小题满分10分)选修4—4:坐标系与参数方程

将圆221xy上每一点的横坐标保持不变,纵坐标变为原来的2倍，得曲线C.

（1)写出C的参数方程；

(2）设直线:220lxy与C的交点为

12

,PP，以坐标原点为极点，x轴正半轴为极坐标建立极坐标系,

求过线段

12

PP的中点且与l垂直的直线的极坐标方程.

24。（本小题满分10分)选修4—5：不等式选讲

设函数()2|1|1fxxx，2()1681gxxx，记()1fx的解集为M，()4gx的解集为N.

（1)求M；

（2）当

xMN

时,证明:22

1

()[()]

4

xfxxfx.

参考答案

一、选择题

1.D2。A3。C4。B5.A6。D

7。B8.C9.B10.D11。C12。B

二、填空题

13。

29

9

14。

2

3

15。1216。—2

三、解答题

17。解：

（Ⅰ）由2BABC得

cos2caB

,又

1

cos

3

B,所以

6ac

，

由余弦定理，得2222cosacbacB

又

3b

，所以2292213ac

解

22

6

13

ac

ac











,得2,3ac或3,2ac

因为ac，所以3,2ac

（Ⅱ）在

ABC

中,22

122

sin1cos1()

33

BB

由正弦定理,得

22242

sinsin

339

c

CB

b



因

abc

,所以C为锐角,因此22

427

cos1sin1()

99

CC

于是

cos()coscossinsinBCBCBC

17224223

393927



18.解：

（Ⅰ）设

1

A表示事件“日销售量不低于100个"，

2

A表示事件“日销售量低于50个",

B

表示事件“在未

来连续3天里有连续2天日销售量不低于100个且另一天销售量低于50个”,因此

1

()(0.0060.0040.002)500.6PA

2

()0.003500.15PA

()0.60.60.1520.108PB

（Ⅱ）

X

可能取的值为0,1,2,3，相应的概率为

03

3

(0)(10.6)0.064PXC,

12

3

(1)0.6(10.6)0.288PXC，

22

3

(2)0.6(10.6)0.432PXC,

33

3

(3)0.60.216PXC，

分布列为

X0123

P0.0640。2880。4320.216

因为

XB

（3，0。6），所以期望()30.61.8EX，方差()30.6(10.6)0.72DX

19。（Ⅰ）证明：

方法一：过点

E

做

EOBC

，垂足为

O

，连接

OF

由

ABCDBC

可证出

EOCFOC

，

所以

2

EOCFOC



，即

FOBC

又

EOBC

，

EOFOO

，

所以

BC

平面

EFO

,又

EF

平面

EFO

,

所以

方法二：由题意，以

B

为坐标原点，在平面

DBC

内过

B

作垂直

BC

的直线，并将其作为x轴，

BC

所在直线为

y

轴，在平面

ABC

内过

B

作垂直

BC

的直线，并将其

作为z轴,建立如图所示的空间直角坐标系，易得

(0,0,0)B，(0,1,3)A,(3,1,0)D，(0,2,0)C,

因而

13

(0,,)

22

E，

31

(,,0)

22

F,

所以

33

(,0,)

22

EF，(0,2,0)BC，

因此0EFBC

从而EFBC，所以

EFBC

（Ⅱ）方法一：在图1中，过点

O

做

OGBF

，垂足为G,连接EG，因为平面

ABC

平面

BDC

，所以

EO

面

BDC

，又

OGBF

，所以由三垂线定理知

EGBF

，

因此

EGO

为二面角

EBFC

的平面角

在

EOC

中，

113

cos30

222

EOECBC

由

BGOBFC

知，

3

4

BO

OGFC

BC

，

因此

tan2

EO

EGO

OG



从而得

25

sin

5

EGO

即二面角

EBFC

的正弦值为

25

5

方法二：在图2中，平面

BFC

的一个法向量为

1

(0,0,1)n

设平面

BEF

的法向量

2

(,,)nxyz，

又

3113

(,,0),(0,,)

2222

BFBE,

所以2

2

0,

0,

nBF

nBE















得其中一个

2

(1,3,1)n

设二面角

EBFC

的大小为



，且由题知



为锐角，

则12

12

12

1

cos|cos,|

||||

5

nn

nn

nn







因此

25

sin

5

,即所求二面角

EBFC

的正弦值为

25

5

20。解：

(Ⅰ）设切点坐标为

0000

(,)(0,0)xyxy，则切线斜率为0

0

x

y

,

切线方程为0

00

0

()

x

yyxx

y

，即

00

4xxyy，此时，两个坐标轴的正半轴与切线围成的三角

形面积为

0000

1448

2

S

xyxy

，

由22

0000

42xyxy知,当且仅当

00

2xy时

00

xy有最大值,即S有最小值，因此点P的坐标

为(2,2)

由题意知,22

222

22

1

3

ab

aba















解得221,2ab,故

1

C的方程为

2

21

2

y

x

（Ⅱ)由(Ⅰ）知

2

C的焦点坐标为(3,0),(3,0)，由此设

2

C的方程为

22

22

11

1

3

xy

bb





，其中

1

0b

由(2,2)P在

2

C上，得

22

11

22

1

3bb





解得2

1

3b，因此

2

C方程为

22

1

63

xy



显然，

l

不是直线0y，设

l

的方程为3xmy，点

1122

(,),(,)AxyBxy，

由22

3

1

63

xmy

xy















得22(2)2330mymy，又

12

,yy是方程的根,因此

12

2

12

2

22

2

3

2

m

yy

m

yy

m

























①

由

1122

3,3xmyxmy,得

1212

2

2

2

121212

2

43

()23

2

66

3()3

2

xxmyy

m

m

xxmyymyy

m

























②

因

1122

(2,2),(2,2)APxyBPxy，由题意知0APBP，所以

12121212

2()2()40xxxxyyyy③

将①②代入③式整理得

222646110mm

解得

36

1

2

m或

36

1

2

m，因此直线l的方程为

36

(1)30

2

xy或

36

(1)30

2

xy

21.证明：

（Ⅰ）当

(0,)

2

x



时，

2

()(1sin)(2)2cos0

3

fxxxxx

,函数()fx在(0,)

2



上为减函数，

又2

816

(0)0,()0

323

ff



,所以存在唯一

0

(0,)

2

x



,使

0

()0fx

（Ⅱ）考虑函数

3()cos2

()4ln(3),[,]

1sin2

xx

hxxx

x













令tx，则

[,]

2

x



时，[0,]

2

t





记

3cos2

()()4ln(1)

1sin

tt

uthtt

t









，则

3()

()

(2)(1sin)

ft

ut

tt







由（Ⅰ）得,当

0

(0,)tx时，()0ut



，当

0

(,)

2

tx



时，()0ut





在

0

(0,)x上()ut是增函数，又(0)0u，从而当

0

(0,]tx时,()0ut,所以()ut在

0

(0,]x上无零点

在

0

(,)

2

x



上()ut是减函数，由

0

()0,()4ln20

2

uxu



，知存在唯一

10

(,)

2

tx



，使

1

()0ut

所以存在唯一的

1

(0,)

2

t



，使

1

()0ut

因此存在唯一的

11

(,)

2

xt



，使

111

()()()0hxhtut

因为当(,)

2

x



时，1sin0x,故()(1sin)()gxxhx与()hx有相同的零点，所以存在唯一的

1

(,)

2

x



，使

1

()0gx

因

1110

,xttx，所以

01

xx

22.证明：

（Ⅰ）因为

PDPG

，所以

PDGPGD

由于

PD

为切线,故

PDADBA

，又由于

PGDEGA

，故

DBAEGA

，

所以

DBABADEGABAD

，从而

BDAPFA

由于

AFEP

，所以90PFA，于是90BDA,故

AB

是直径。

（Ⅱ）连接,BCDC

由于

AB

是直径，故90BDAACB

在

RtBDA

与

RtACB

中,,ABBAACBD，从而

RtBDARtACB

，于是

DABCBA

由因为

DCBDAB

，所以

DCBCBA

，故

//DCAB

由于

ABEP

,所以

DCEP

，

DCE

为直角。

于是

ED

为直径,由(Ⅰ)得

EDAB

23。解:

（Ⅰ）设

11

(,)xy为圆上的点，在已知变换下变为

C

上点(,)xy，依题意，得1

1

2

xx

yy











由22

11

1xy得22()1

2

y

x，即曲线

C

的方程为

2

21

4

y

x

故

C

的参数方程为

cos

2sin

xt

yt











（t为参数）

（Ⅱ)由

2

21

4

220

y

x

xy















解得：

1

0

x

y











，或

0

2

x

y











不妨设

12

(1,0),(0,2)PP，则线段

12

PP的中点坐标为

1

(,1)

2

，所求直线斜率为

1

2

k，于是所求直线方

程为

11

1()

22

yx，

化为极坐标方程,并整理得

2cos4sin3，即

3

4sin2cos









24。解：

（Ⅰ）

33,[1,)

()

1,(,1)

xx

fx

xx













,

当

1x

时，由()331fxx得

4

3

x，故

4

1

3

x；

当

1x

时，由()11fxx得

0x

，故

01x

所以()1fx的解集为

4

{|0}

3

Mxx

（Ⅱ）由2()16814gxxx得2

1

16()4

4

x，解得

13

44

x

因此

13

{|}

44

Nxx，故

3

{|0}

4

MNxx

当

xMN

时，()1fxx，于是

22()[()]()[()]xfxxfxxfxxfx

2

111

()(1)()

424

xfxxxx