2014年高考数学全国卷1(理科)

绝密★启用前

2014年普通高等学校招生全国统一考试(新课标I卷)

数 学(理科)

一．选择题：共12小题，每小题5分，共60分。在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的一项。

1.已知集合A={x|x2x30}，B={x|－2≤x＜2＝，则AB=

2A.[-2,-1] B.[-1,2） C.[-1,1] D.[1,2） (1i)32.= (1i)2A.1i B.1i C.1i D.1i

3.设函数f(x)，g(x)的定义域都为R，且f(x)时奇函数，g(x)是偶函数，则下列结论正确的是

A.f(x)g(x)是偶函数 B.|f(x)|g(x)是奇函数

C.f(x)|g(x)|是奇函数 D.|f(x)g(x)|是奇函数

4.已知F是双曲线C：xmy3m(m0)的一个焦点，则点F到C的一条渐近线的距离为

22A.3 B.3 C.3m D.3m

5.4位同学各自在周六、周日两天中任选一天参加公益活动，则周六、周日都有同学参加公益活动的概率

1357A. B. C. D. 88886.如图，圆O的半径为1，A是圆上的定点，P是圆上的动点，角x的始边

为射线OA，终边为射线OP，过点P作直线OA的垂线，垂足为M，将点M到直线OP的距离表示为x的函数f(x)，则y=f(x)在[0,]上的图像大致为

*-

7.执行下图的程序框图，若输入的a,b,k分别为1,2,3，则输出的M=

A.

2016715 B. C. D. 35288.设(0,1sin，则 )，(0,)，且tancos22A.39.不等式组2 B.22 C.32 D.22

xy1的解集记为D.有下面四个命题：

x2y4p1：(x,y)D,x2y2， p2：(x,y)D,x2y2, P3：(x,y)D,x2y3， p4：(x,y)D,x2y1.

其中真命题是

A.p2，p3 B.p1，p4 C.p1，p2 D.p1，p3 10.已知抛物线C：y8x的焦点为F，准线为l，P是l上一点，Q是直线PF与C的一个

2uuuruuur焦点，若FP4FQ，则|QF|=

75A. B. C.3 D.2 2211.已知函数f(x)=ax3x1，若f(x)存在唯一的零点x0，且x0＞0，则a的取值范围为 A.（2，+∞） B.（-∞，-2） C.（1，+∞） D.（-∞，-1）12.如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的个条棱中，最长的棱的长度为

32A.62 B.42 C.6 D.4

第Ⅱ卷（非选择题 共90分）

本卷包括必考题和选考题两个部分。第（13）题-第（21）题为必考题，每个考生都必须作答。第（22）题-第（24）题为选考题，考生根据要求作答。

*-

二．填空题：本大题共四小题，每小题5分。

13.(xy)(xy)的展开式中xy的系数为 .(用数字填写答案) 14.甲、乙、丙三位同学被问到是否去过A，B，C三个城市时，

甲说：我去过的城市比乙多，但没去过B城市； 乙说：我没去过C城市； 丙说：我们三人去过同一个城市. 由此可判断乙去过的城市为 .

822ruuur1uuuruuuruuuruuu15.已知A，B，C是圆O上的三点，若AO(ABAC)，则AB与AC的夹角为 .

2a=2，16.已知a,b,c分别为ABC的三个内角A,B,C的对边，且(2b)(sinAsinB)(cb)sinC，

则ABC面积的最大值为 .

三.解答题：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)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1=1，an0，anan1Sn1，其中为常数.

（I）证明：an2an；

（Ⅱ）是否存在，使得{an}为等差数列？并说明理由.

18. (本小题满分12分)从某企业的某种产品中抽取500件，测量这些产品的一项质量指标值，由

测量结果得如下频率分布直方图：

（I）求这500件产品质量指标值的样本平均数x和样本方差s（同一组数据用该区间的中点值作代表）；

（Ⅱ）由频率分布直方图可以认为，这种产品的质量指标值Z服从正态分布N(,)，其中近似为样本平均数x，近似为样本方差s.

（i）利用该正态分布，求P(187.8Z212.2)；

（ii）某用户从该企业购买了100件这种产品，学科网记X表示这100件产品中质量指标值为于区间（187.8,212.2）的产品件数，利用（i）的结果，求EX.

2附：150≈12.2.若Z～N(,)，则

2222P(Z)=0.6826，

*-

P(2Z2)=0.94.

19. (本小题满分12分)如图三棱锥ABCA1B1C1中， 侧面BB1C1C为菱形，ABB1C. （I）证明：ACAB1；

o（Ⅱ）若ACAB1，CBB160，AB=Bc，求二面角AA1B1C1的余弦值.

3x2y220. (本小题满分12分) 已知点A（0，-2），椭圆E：221(ab0)的离心率为，F2ab是椭圆的焦点，直线AF的斜率为（I）求E的方程；

（Ⅱ）设过点A的直线l与E相交于P,Q两点，当OPQ的面积最大时，求l的方程.

23，O为坐标原点. 3bex121. (本小题满分12分)设函数f(x0aelnx，曲线yf(x)在点（1，f(1)）处的切

xx线为ye(x1)2. （I）求a,b； （Ⅱ）证明：f(x)1.

请考生从第（22）、（23）、（24）三题中任选一题作答。注意：只能做所选定的题目。如果多做，则按所做的第一个题目计分，作答时请用2B铅笔在答题卡上将所选题号后的 方框涂黑。 22.（本小题满分10分）选修4—1：几何证明选讲

如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，AB的延长线与DC的延长线交于点E，且CB=CE (Ⅰ)证明：∠D=∠E；学科网

（Ⅱ）设AD不是⊙O的直径，AD的中点为M，且MB=MC，证明：△ADE为等边三角形. 23. （本小题满分10分）选修4—4：坐标系与参数方程

x2tx2y21，直线l：已知曲线C：（t为参数）. 49y22t（I）写出曲线C的参数方程，直线l的普通方程；

（Ⅱ）过曲线C上任一点P作与l夹角为30的直线，交l于点A，求|PA|的最大值与最小值.

o*-

24. （本小题满分10分）选修4—5：不等式选讲 若a0,b0，且

3311ab. ab（I） 求ab的最小值；

（Ⅱ）是否存在a,b，使得2a3b6？并说明理由.

2014年普通高等学校招生全国统一考试全国课标I 答案

1—5ADCAD 6—12 CDCBBCB 13．－20 14．A 15．90° 16．2 17．【解析】：(Ⅰ)由题设anan1Sn1，an1an2Sn11，两式相减

an1an2anan1，由于an0，所以an2an …………6分

（Ⅱ）由题设a1=1，a1a2S11，可得a211，由(Ⅰ)知a31 假设{an}为等差数列，则a1,a2,a3成等差数列，∴a1a32a2，解得4； 证明4时，{an}为等差数列：由an2an4知

数列奇数项构成的数列a2m1是首项为1，公差为4的等差数列a2m14m3 令n2m1,则mn1，∴an2n1(n2m1) 2数列偶数项构成的数列a2m是首项为3，公差为4的等差数列a2m4m1 令n2m,则mn，∴an2n1(n2m) 2∴an2n1（nN*），an1an2

因此，存在存在4，使得{an}为等差数列. ………12分 18．【解析】：(Ⅰ) 抽取产品质量指标值的样本平均数x和样本方差s2分别为

x1700.021800.091900.222000.332100.242200.082300.02 200*-

s2300.02200.09100.2200.33100.24200.08300.02（Ⅱ）（ⅰ）由(Ⅰ)知Z～N(200,150)，从而

222222

150 …………6分

P(187.8Z212.2)P(20012.2Z20012.2)0.6826 ………………9分

（ⅱ）由（ⅰ）知，一件产品中质量指标值为于区间（187.8,212.2）的概率为0.6826 依题意知X:B(100,0.6826)，所以EX1000.682668.26 ………12分 19．【解析】：(Ⅰ)连结BC1，交B1C于O，连结AO．因为侧面BB1C1C为菱形，所以B1CBC1且O为B1C与BC1的中点．又ABB1C，所以B1C平面ABO，故B1CAO又 B1OCO，故ACAB1 ………6分

（Ⅱ）因为ACAB1且O为B1C的中点，所以AO=CO 又因为AB=BC，所以

，

BOABOC

故OA⊥OB，从而OA，OB，OB1两两互相垂直． 以O为坐标原点，OB的方向为x轴正方向，OB为单位长，建立如图所示空间直角坐标系O-xyz． 因为CBB1600，所以CBB1为等边三角形．又AB=BC，则

333B1,0,0，，， A0,0,B0,,0C0,,01333uuurruuurruuur33uuuu3uuuu3AB10,3,3，A1B1AB1,0,3,B1C1BC1,3,0

r设nx,y,z是平面的法向量，则

33ruuuryz0rngAB1033，即 所以可取n1,3,3 rruuuux3z0ngA1B103uruuuurururmgA1B10设m是平面的法向量，则ruuuu，同理可取m1,3,3 rngB1C10rurrurngm11则cosn,mrur，所以二面角AA1B1C1的余弦值为.

7ngm7*-

20．【解析】(Ⅰ) 设Fc,0，由条件知

223，得c3c3 又

c3， a2x2所以a=2，bac1 ,故E的方程y21. ……….6分

4222（Ⅱ）依题意当lx轴不合题意，故设直线l：ykx2，设Px1,y1,Qx2,y2

x2 将ykx2代入y21，得14k2x216kx120，

48k24k233当16(4k3)0，即k时，x1,2

14k24224k21g4k23从而PQk1x1x214k22

又点O到直线PQ的距离d22k12，所以OPQ的面积SOPQ144k23dPQ ， 2214k设4k3t，则t0，SOPQ4t41， t24t4t当且仅当t2，k7时等号成立，且满足0，所以当OPQ的面积最大时，l的方程2为：y77x2 或yx2. …………………………12分 22axbx1bx1e2ee xxx21．【解析】(Ⅰ) 函数f(x)的定义域为0,，f(x)aexlnx由题意可得f(1)2,f(1)e，故a1,b2 ……………6分

*-

（Ⅱ）由(Ⅰ)知，

2ex12，从而f(x)1等价于xlnxxex f(x)elnxxex设函数

1g(x)xlnx，则g(x)xlnx，所以当x0,e时，g(x)0，故g(x)在

时，g(x)0，当

1x,e调递增，从而

10,单调递减，在e1,单eg(x)在0,的最小值为

11g(). ……………8分 ee2设函数h(x)xex，则h(x)ex1x，所以当x0,1e当x1,递减，从而

时，h(x)0，故h(x)在

时，h(x)0，

0,1单调递增，在1,单调

h(x)g(x)在0,的最小值为

1h(1). 综上：当x0时，

eg(x)h(x)，即f(x)1. ……12分

22．【解析】.(Ⅰ) 由题设知得A、B、C、D四点共圆，所以D=CBE，由已知得，CBE=E , 所以D=E ……………5分

（Ⅱ）设BCN中点为，连接MN,则由MB=MC,知MN⊥BC 所以O在MN上，又AD不是O的直径，M为AD中点，故OM⊥AD， 即MN⊥AD，所以AD//BC,故A=CBE， 又

由(Ⅰ)（1）知D=E， 所以△ADE为等边三角CBE=E，故A=E

形． ……………10分

23．【解析】.(Ⅰ) 曲线C的参数方程为：x2cos （为参数），

y3sin直线l的普通方程为：2xy60 ………5分 （Ⅱ）（2）在曲线C上任意取一点P (2cos,3sin)到l的距离为

dcos3sin6， 5d255sin6sin3005，其中为锐角．且tan则|PA|4. 3*-

当sin1时，|PA|取得最大值，最大值为225； 5当sin1时，|PA|取得最小值，最小值为25. …………10分 524．【解析】(Ⅰ) 由ab112，得ab2，且当ab2时等号成立， ababb42，且当ab故ab3ag33332时等号成立，∴a3b3的最小值为42.…5分

（Ⅱ）由(Ⅰ)知：2a3b26ab43，

由于43＞6，从而不存在a,b，使得2a3b6. ……………10分