2014年高考文科数学全国卷1(含详细答案)

绝密★启用前

2014年普通高等学校招生全国统一考试（全国新课标卷1）

文科数学

使用地区：河南、山西、河北

注意事项：

1.本试题分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.第Ⅰ卷1至2页，第Ⅱ卷3至6页.

2.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试题相应的位置. 3.全部答案在答题卡上完成，答在本试题上无效. 4.考试结束后，将本试题和答题卡一并交回.

第Ⅰ卷

一、选择题：本大题共12小题，每小题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.

1.已知集合M{x|1x3}，N{x|2x1}，则MN ( ) A.(2,1) B.(1,1) C.(1,3) D.(2,3) 2.若tan0，则

( )

A. sin0 B.cos0

C. sin20 D.cos20 3.设z11ii，则|z|

( )

A.

1 B.2C.322 2 D.2

4.已知双曲线x2y2a231(a0)的离心率为2，则a ( )

A.2 B.62 C.52

D.1 5.设函数f(x)，g(x)的定义域都为R，且f(x)是奇函数，g(x)是偶函数，则下列结论中

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

6.设D，E，F分别为△ABC的三边BC，CA，AB的中点，则EBFC ( )

A.AD

B.12AD C.BC

D.12BC 数学试卷 第1页（共39页） 7.在函数①ycos|2x|，②y|cosx|，③ycos(2xπ)，④ytan(2xπ)中，最小正周期为π的所有函数为

( )

A.①②③

B.①③④ C.②④ D.①③

8.如图，网格纸的各小格都是正方形，粗实线画出的是一个几何体的三视图，则这个几何体是

( )

A.三棱锥 B.三棱柱 C.四棱锥 D.四棱柱 9.执行如图的程序框图，若输入的a，b，k分别为1，2，3.则

输出的M

( )

A.203

B.72 C.165

D.158

10.已知抛物线C：y2x的焦点为F，A(x0,y0)是C上一点，

|AF|x0，则x0 ( )

A.1 B.2 C.4

D.8

11.设x，y满足约束条件xy≥a,且

( )

xy≤1,zxay的最小值为7，则a

A.5 B.3 C.5或3

D.5或3

12.已知函数f(x)ax33x21，若f(x)存在唯一的零点x0，且x00，则a的取值范围是

( )

A.(2,) B.(1,) C.(,2) D.(,1)

数学试卷 第2页（共39页） 第Ⅱ卷

本卷包括必考题和选考题两部分.第13题～第21题为必考题，每个试题考生都必须作答.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4小题，每小题5分.

13.将2本不同的数学书和1本语文书在书架上随机排成一行，则2本数学书相邻的概率为 .

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：我们三人去过同一城市. 由此可判断乙去过的城市为 .

f(x)ex1,x＜15.设函数1,1则使得f(x)≤2成立的x的取值范围是 .

x3,x≥1,16.如图，为测量山高MN，选择A和另一座山的山顶C为测量观测点.从A点测得M点的仰角MAN60，C点的仰角CAB45以及MAC75；从C点测得

MCA60.已知山高BC100 m，则山高MN m.

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{a2n}是递增的等差数列，a2，a4是方程x5x60的根. （Ⅰ）求{an}的通项公式； （Ⅱ）求数列{an2n}的前n项和.

数学试卷 第3页（共39页）

18.（本小题满分12分）

从某企业生产的某种产品中抽取100件，测量这些产品的一项质量指标值，由测量结果得如下频数分布表： 质量指标值分组 [75,85) [85,95) [95,105) [105,115) [115,125) 频数 6 26 38 22 8 （Ⅰ）在答题卡上作出这些数据的频率分布直方图：

（Ⅱ）估计这种产品质量指标值的平均数及方差（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）；

（Ⅲ）根据以上抽样调查数据，能否认为该企业生产的这种产品符合“质量指标值不低于95的产品至少要占全部产品的80%”的规定？

19.（本小题满分12分）

如图，三棱柱ABCA1B1C1中，侧面BB1C1C为菱形，B1C的中点为O，且AO平面

BB1C1C.

（Ⅰ）证明：B1CAB；

（Ⅱ）若ACAB1，CBB160，BC1，求三棱柱ABCA1B1C1的高.

数学试卷 第4页（共39页） 20.（本小题满分12分）

已知点P(2,2)，圆C：x2y28y0，过点P的动直线l与圆C交于A，B两点，线段AB的中点为M，O为坐标原点. （Ⅰ）求M的轨迹方程；

（Ⅱ）当|OP||OM|时，求l的方程及△POM的面积.

21.（本小题满分12分）

设函数f(x)alnx1a22xbx(a1)，曲线yf(x)在点(1,f(1))处的切线斜率为0.

（Ⅰ）求b；

（Ⅱ）若存在xa0≥1，使得f(x0)a1，求a的取值范围.

请考生在第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；

数学试卷 第5页（共39页） （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

x2y2已知曲线C：491，直线l：x2t,22t,(t为参数). y（Ⅰ）写出曲线C的参数方程，直线l的普通方程；

（Ⅱ）过曲线C上任意一点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.

24.（本小题满分10分）选修4—5：不等式选讲

若a0，b0，且

11abab. （Ⅰ）求a3b3的最小值；

（Ⅱ）是否存在a，b，使得2a3b6？并说明理由.

数学试卷 第6页（共39页）

2014年普通高等学校招生全国统一考试（全国新课标卷1）

文科数学答案解析

第Ⅰ卷

一、选择题 1.【答案】B

【解析】根据集合的运算法则可得：MN{x|1x1}，即选B．

【提示】集合的运算用数轴或者Venn图可直接计算。 【考点】集合的运算。 2.【答案】C 【解析】由tansin0，可得：sin,cos同正或同负，即可排除A和B，又由cossin22sincos，故sin20。 【提示】判断三角函数的符号可先确定角所在的象限。 【考点】同角三角函数的关系。 3.【答案】B

【解析】根据复数运算法则可得：z11i1i11iiii，由模的运算可得：1i(1i)(1i)222112|z|()2()2。

222【提示】复数的除法用分母实数化，求复数的模用公式za2b2。 【考点】复数的运算。 4.【答案】D ca232【解析】由离心率e可得：e22，解得：a1。 2aab2c【提示】求离心率关键在于寻找a，b或者a，c之间的关系，用公式e12或者e。

aa【考点】复数的运算。 5.【答案】C

【解析】由f(x)，g(x)函数的定义域为R，且f(x)是奇函数，g(x)是偶函数，可得：|f(x)|和|g(x)|均为偶函数，根据一奇一偶函数相乘为奇函数和两偶函数相乘为偶函数的规律可知选C．

3 / 13

【提示】判断函数的奇偶性先看定义域是否关于原点对称，再用性质或者定义或者图像判断。 【考点】函数的奇偶性 6.【答案】A 【解析】根据平面向量基本定理和向量的加减运算可得：在BEF中，EBEFFBEF1AB，同理21AC，则211111EBFC(EFAB)(FEAC)(ABAC)(ABAC)AD。 22222FCFEECFE【提示】向量运算抓住两条线，坐标法和转化法。 【考点】向量的运算 7.【答案】A 【解析】①中函数是一个偶函数，其周期与ycos2x相同，T数ycosx周期的一半，即Tπ；③T2ππ；②中函数y|cosx|的周期是函22πππ；④T，则选A． 22【提示】求函数的周期可画图，也可用定义或公式直接计算。 【考点】三角函数的图象和性质。 8.【答案】B

【解析】根据三视图的法则：长对正，高平齐，宽相等。可得几何体如下图所示。

【提示】三视图还原成实物图，掌握常见几何体的三视图的特征。 【考点】三视图的考查。 9.【答案】D 【解析】根据题意由13成立，则循环，即M1环，即M2133，a2，b，n2；又由23成立，则循2222838，a，b，n3；又由33成立，则循环，即3323331581515M，a，b，n4；又由43不成立，则出循环，输出M。 288388【提示】算法问题根据题目一步一步写出运行的结果。 【考点】算法的循环结构。 10.【答案】A

试卷第4页，总11页

【解析】根据抛物线的定义：到焦点的距离等于到准线的距离，又抛物线的准线方程为：x有：|AF|x01，则4115，即有x0x0，可解得x01。 444【提示】抛物线的焦点弦问题注意转化：到焦点的距离和到准线的距离可以互相转化 【考点】抛物线的方程和定义 11.【答案】C 2【解析】根据题中函数特征，当a0时，函数f(x)3x1显然有两个零点且一正一负； 当a0时，2求导可得：f'(x)3ax6x3x(ax2)，利用导数的正负与函数单调性的关系可得：x(,0)和22x(,)时函数单调递增； x(0，)时函数单调递减，显然存在负零点；当a0时，求导可得：aa2f'(x)3ax26x3x(ax2)，利用导数的正负与函数单调性的关系可得：x(,)和x(0,)a20)时函数单调递增，欲要使得函数有唯一的零点且为正，则满足：时函数单调递减；x(，a2f()022,a2。 ，即得：a()33()210，可解得：a24，则a2(舍去）aaaf(0)0【提示】线性规划问题，根据条件画出可行域，把目标直线平移，找到最优解。 【考点】函数的零点，导数在函数性质中的运用，分类讨论的运用 12.【答案】B 【解析】根据题中约束条件可画出可行域如下图所示，两直线交点坐标为：A(a1a1,)，又由题中a,b22a1a1a22a1a22a1可知，当a0时，z有最小值：z，则a7，解得：a3；2222当a0时，z无最小值。故选B 【提示】函数的零点问题转化为方程有解或者两个函数的图像有交点的问题。 【考点】线性规划的应用。

5 / 13

第Ⅱ卷 二、填空题 13.【答案】2 3【解析】根据题意显然这是一个古典概型，其基本事件有：数1，数2，语；数1，语，数2；数2，数1，语；数2，语，数1；语，数2，数1；语，数1，数2共有6种，其中2本数学书相邻的有4种，则其概率为：P42。 63【提示】求解概率问题可用列举法。 【考点】古典概率的计算。 14.【答案】A 【解析】根据题意可将三人可能去过哪些城市的情况列表如下： 甲 乙 丙 可以得出结论乙去过的城市为：A．

【提示】①根据逻辑推理，②可用反证法的思想。 【考点】命题的逻辑分析。 15.【答案】(,8] 【解析】由于题中所给是一个分段函数，则当x1时，由ex12，可解得：x1ln2，则此时：A城市 去过 去过 去过 B城市 没去 没去 可能 C城市 去过 没去 可能 x1；当x1时，由x32，可解得：x238，则此时：1x8，综合上述两种情况可得：1x(,8] 【提示】①转化为解两个不等式组，最后取并集②画出函数的图像，只要找在直线y2下方

的图像对应的x的求值范围即为不等式的解集。

【考点】分段函数，解不等式 16.【答案】150 【解析】根据题意，在ABC中，已知CAB45,ABC90,BC100，易得：AC1002；在AMC中，已知MAC75,MCA60,AC1002，易得：AMC45，由正弦定理可解试卷第6页，总11页

AMACAM得：，即：sinAMCsinACM10022231003；在△AMN中，已知MAN602MNA90，AM1003易得：MN150m。 【提示】把要求的边化到一个已知的三角形中去求解。 【考点】空间几何体，仰角的理解，解三角形的运用。 三、解答题 17.【答案】（1）an（2）Sn21n1 2n4。 n1213，从而a1。 22【解析】（1）方程x25x60的两根为2，3，由题意得a22,a43。 设数列{an}的公差为d，则a4a22d，故d所以{an}的通项公式为an（2）设1n1。 2ann2anSn1n1，则 的前项和为，由（）知nnn22234n1n2134n1n2S，。 n22232n2n1223242n12n213111n2两式相减得Sn2(34n1)n2 222222311n2(1n1)n2 4422n4所以Sn2n1。 2Sn【提示】（1）根据题中所给一元二次方程x25x60，可运用因式分解的方法求出它的两根为2，3，即可得出等差数列中的a22，a43，运用等差数列的定义求出公差为d，则a4a22d，故d13，从而a1。即可求出通项公式 22ann2，写出它的前n项的形式：2n2n1（2）由第（1）小题中已求出通项，易求出：n1n2n1，观察此式特征，发现它是一个差比数列，故可采用错位相减的方法2n21134n1n2进行数列求和，即两边同乘，即：Sn34n1n2，将两式相减可得：22222213111n2311n2n4Sn2(34n1)n2(1n1)n2，所以Sn2n1。 22222244222Sn【考点】一元二次方程的解法，等差数列的基本量计算，数列的求和。 7 / 13

342223

18.【答案】（1） （2）质量指标值的样本平均数为100，质量指标值的样本方差为104. （3）不能认为该企业生产的这种产品符合“质量指标值不低于95的产品至少要占全部产品80%”的规定。 【解析】（1） （2）质量指标值的样本平均数为x800.06900.261000.381100.221200.08100。 22222质量指标值的样本方差为s(20)0.06(10)0.2600.38100.22200.08104。 （3）质量指标值不低于95的产品所占比例的估计值为0.380.220.080.68，由于该估计值小于0.8，故不能认为该企业生产的这种产品符合“质量指标值不低于95的产品至少要占全部产品80%”的规定。 【提示】（1）根据频率分布表与频率分布直方图的关系，先根据：频率=频数÷总数计算出各组的频率，试卷第8页，总11页

再根据：高度=频率／组距计算出各组的高度，即可以组距为横坐标高度为纵坐标作出频率分布直方图。 （2）根据题意欲计算样本方差先要计算出样本平均数，由平均数计算公式可得：质量指标值的样本平均数为x800.06900.261000.381100.221200.08100，进而由方差公式可得：质量指22222标值的样本方差为：s(20)0.06(10)0.2600.38100.22200.08104； （3）根据题意可知质量指标值不低于95的产品所占比例的估计值为0.380.220.080.68，由于该估计值小于0.8，故不能认为该企业生产的这种产品符合“质量指标值不低于95的产品至少要占全部产品80%”的规定。 【考点】频率分布表，频率分布直方图，平均数与方差的计算 19.【答案】（1）详见解析 （2）三棱柱ABCA1B1C1的高为21。 7【解析】（1）连结BC1，则O为B1C与BC1的交点。 因为侧面BB1C1C为菱形，所以B1CBC1。 又AO平面BB1C1C，所以B1CAO，故B1C平面ABO。 由于AB平面ABO，故B1CAB。 （2）作ODBC，垂足为D，连结AD，作OHAD，垂足为H。 由于，BCOD，故BC平面AOD，所以OHBC，又OHAD，所以OH平面ABC． 因为CBB160，所以CBB1为等边三角形，又BC1，可得OD由于ACAB1，所以OA3。 4117B1C，由OHADODOA，且ADOD2OA2，得2242121，又O为B1C的中点，所以点B1到平面ABC的距离为。 OH14721故三棱柱ABCA1B1C1的高为。 7【提示】（1）根据题意欲证明线线垂直通常可转化为证明线面垂直，又由题中四边形是菱形，故可想到连结BC1，则O为B1C与BC1的交点，又因为侧面BB1C1C为菱形，对角线相互垂直B1CBC1；又AO平面BB1C1C，所以B1CAO，根据线面垂直的判定定理可得：B1C平面ABO，结合线面垂直的性质：由于AB平面ABO，故B1CAB 9 / 13

（2）要求三菱柱的高，根据题中已知条件可转化为先求点O到平面ABC的距离，即：作ODBC，垂足为D，连结AD，作OHAD，垂足为H，则由线面垂直的判定定理可得OH平面ABC，再根据三角形面积相等：OHADODOA，可求出OH的长度，最后由三棱柱ABCA1B1C1的高为此距离的两倍即可确定出高。 【考点】线线，线面垂直的转化，点到面的距离，等面积法的应用 2220.【答案】（1）(x1)(y3)2 （2）l的方程为yx13816；POM的面积为。 35【解析】（1）圆C的方程可化为x2(y4)216，所以圆心为C(0,4)，半径为4， 设M(x，y)，则CM(x,y4)，MP(2x,2y)，

由题设知CMMP0，故x(2x)(y4)(2y)0，即(x1)2(y3)22。 由于点P在圆C的内部，所以M的轨迹方程是(x1)2(y3)22。 （2）由（1）可知M的轨迹是以点N(1,3)为圆心，2为半径的圆。

由于OP||OM|，故O在线段PM的垂直平分线上，又P在圆N上，从而ONPM。

118。

333110410又OP||OM|22，O到l的距离为，|PM|，所以POM的面积为。

555因为ON的斜率为3，所以l的斜率为，故l的方程为yx22【提示】（1）先由圆的一般方程与标准方程的转化可将圆C的方程可化为x(y4)16，所以圆心为

C(0,4)，半径为4，根据求曲线方程的方法可设M(x,y)，由向量的知识和几何关系：CMMP0，

22运用向量数量积运算可得方程：(x1)(y3)2 （2）由第（1）中所求可知M的轨迹是以点N(1,3)为圆心，2为半径的圆，加之题中条件|OP||OM|，故O在线段PM的垂直平分线上，又P在圆N上，从而ONPM，不难得出l的方程为yx13816；结合面积公式可求又POM的面积为。 35【考点】曲线方程的求法，圆的方程与几何性质，直线与圆的位置关系 21.【答案】（1）b1 （2）(21,21)(1,)。 22【解析】（1）圆C的方程可化为x(y4)16，所以圆心为C(0,4)，半径为4，设M(x,y)，则试卷第10页，总11页

CM(x,y4)，MP(2x,2y)，由题设知CMMP0，故x(2x)(y4)(2y)0，即(x1)2(y3)22。 22由于点P在圆C的内部，所以M的轨迹方程是(x1)(y3)2。 （2）由（1）可知M的轨迹是以点N(1,3)为圆心，2为半径的圆。 由于|OP||OM|，故O在线段PM的垂直平分线上，又P在圆N上，从而ONPM。 118。 333110410又|OP||OM|22，O到l的距离为，|PM|，所以POM的面积为。 555因为ON的斜率为3，所以l的斜率为，故l的方程为yx【提示】（1）根据曲线在某点处的切线与此点的横坐标的导数的对应关系，可先对函数进行求导可得：f'(x)a(1a)xb，利用上述关系不难求得f'(1)0，即可得b1 x（2）由第（1）小题中所求b，则函数f(x)完全确定下来，则它的导数可求出并化简得：a1aaa(1a)x1(x)(x1)根据题意可得要对与1的大小关系进行分类讨论，xx1a1a1a1，故当x(1,)时，f'(x)0，f(x)在(1,)单调递则可分以下三类：（Ⅰ）若a，则21aa1aaa1增，所以，存在x01，使得f(x0)的充要条件为f(1)，即，所以a12a1a1a1a)时，f'(x)0；当1，故当x(1,（Ⅱ）若a1，则21a21。1a21aaaax(,)时，f'(x)0，f(x)在(1,)单调递减，在(,)单调递增。所以，存在1a1a1aaaax01，使得f(x0))的充要条件为f(，无解则不合题意。（Ⅲ）若a1，则1aa1a11aa1af(1)1。综上，a的取值范围是(21,21)(1,)。 22a1f'(x)【考点】曲线的切线方程，导数在研究函数性质中的运用，分类讨论的应用 22.【答案】（1）详见解析 （2）详见解析 【解析】（1）由题设知A、B、C、D四点共圆，所以DCBE，由已知得CBEE，故DE。 （2）设BC的中点为N，连结MN，则由MBMC知MNBC，故O在直线MN上。 又AD不是圆O的直径，M为AD的中点，故OMAD，即MNAD。 所以AD∥BC，故ACBE，又CBEE，故AE。 11 / 13

由（1）知，DE，所以ADE为等边三角形。 【提示】（1）根据题意可知A、B、C、D四点共圆，利用对角互补的四边形有外接圆这个结论可得：DCBE，由已知得CBEE，故DE （2）不妨设出BC的中点为N，连结MN，则由MBMC，由等腰三角形三线合一可得：MNBC，故O在直线MN上，又AD不是圆O的直径，M为AD的中点，故OMAD，即MNAD，所以AD//BC，故ACBE，又CBEE，故AE，由（1）知，DE，所以ADE为等边三角形。 【考点】圆的几何性质，等腰三角形的性质 x2cos23.【答案】（1）曲线C的参数方程为，（为参数），直线l的普通方程为y2x6。 y3sin（2）最大值为22525；最小值为。 55x2cos【解析】（1）曲线C的参数方程为，（为参数），直线l的普通方程为y2x6。 y3sin（2）曲线C上任意一点P(2cos,3sin)到l的距离为 5|4cos3sin6|。 d25为锐角，且tan，当sin()1时，|PA|取得则|PA|，其中|5sin()6|3sin305225最大值，最大值为。 525当sin()1时，|PA|取得最小值，最小值为。 5dx2cos【提示】（1）根据题意易得：曲线C的参数方程为，（为参数），直线l的普通方程为y3siny2x6 （2）由第（1）中设曲线C上任意一点P(2cos,3sin)，利用点到直线的距离公式可求得：距离为试卷第12页，总11页

45d25|4cos3sin6|，则PA||5sin()6|，其中为锐角，且tan，35sin305225当sin()1时，|PA|取得最大值，最大值为。当sin()1时，|PA|取得最小值，最525小值为。 5d【考点】椭圆的参数方程，直线的参数方程，三角函数的有界性。 24.【答案】（1）最小值为42。 （2）不存在a、b，使得2a3b6。 112【解析】（1）由ab，得ab2，且当ab2时等号成立。 abab故a3b32ab42，且当ab2时等号成立。 所以a3b3的最小值为42。 （2）由（1）知，2a3b26ab43。 由于436，从而不存在a、b，使得2a3b6。 【提示】（1）根据题意由基本不等式可得：ab112，得ab2，且当ab2时等号成立，abab则可得：a3b32ab42，且当ab2时等号成立。所以a3b3的最小值为42。 （2）由（1）知，2a3b26ab43，而事实上436，从而不存在a、b，使得2a3b6。 【考点】基本不等式的应用，代数式的处理。

13 / 13