2014年高考全国2卷文科数学试题(含解析)

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2014年高考全国2卷文科数学试题

7．正三棱柱ABCA1B1C1的底面边长为2，侧棱长为3，D为BC中点，则三棱锥AB1DC1的注意事项：

1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2．请将答案正确填写在答题卡上

第I卷（选择题）

请点击修改第I卷的文字说明 … _○_○_…__……__…_…_…__……：……号…考…订__○_…_…__……__…_…_…_…：线级…○班…_……__…__○…__……__…__……：…装名订姓……__……__…__……__○…__…_:…○校……学…装…………………外○…………………内………○………○………………… 体积为

评卷人 得分 一、选择题（题型注释）

（A）3 （B）

32 （C）1 （D）32

1．设集合A{2,0,2},B{x|x2x20},则AB（ ）

A1C1A． B．2 C．{0} D．{2}

B12．

13i1i（ ） A．12i B．12i C．12i D．12i

3．函数f(x)在xx0处导数存在，若p:f(x0)0；q:xx0是f(x)的极值点，则（ ）

A．p是q的充分必要条件

ACB．p是q的充分条件，但不是q的必要条件 DC．p是q的必要条件，但不是q的充分条件 D．

p既不是q的充分条件，也不是q的必要条件

B

4．设向量a,b满足|ab|10，|ab|6，则ab（ ）

8．执行右面的程序框图，如果输入的x，t均为2，则输出的S（ ）

A．1 B．2 C．3 D．5

5．等差数列{an}的公差是2，若a2,a4,a8成等比数列，则{an}的前n项和Sn（ ） A．n(n1) B．n(n1) C．

n(n1)n(n2 D．1)2 6．如图，网格纸上正方形小格的边长为1（表示1cm），图中粗线画出的是某零件的三视图，该零件

由一个底面半径为3cm，高为6cm的圆柱体毛坯切削得到，则切削的部分的体积与原来毛坯体积的比值为（ ） A．

1727 B．59 C．1027 D．13 第1页 共8页 ◎ 第2页 共8页

…

……○……

………线…………○………… …

（A）4 （B）5 （C）6 （D）7

xy10,9．设x，y满足约束条件xy10,则zx2y的最大值为（ ）

x3y30,（A）8 （B）7 （C）2 （D）1

10．设F为抛物线C:y2=3x的焦点，过F且倾斜角为30的直线交C于A,B两点，则 AB（（A）303 （B）6 （C）12 （D）73 11．若函数fxkxInx在区间1,单调递增，则k的取值范围是（ ）

（A）,2 （B）,1 （C）2, （D）1,

12．设点Mx220,1，若在圆O:x+y1上存在点N，使得OMN45，则x0的取值范围是（ （A）1,1 （B）112,2 （C）2,2 （D）2,222 

第3页 共8页

◎ 第4页 共8页

……※※○题……※※…答…线※※…内订…※※…线……※※…订……※※○装……※※…在…○※※…要装…※※…不……※※…请……※※○…………订…外…………………○…………○… ） ）………线…………○………… …………内…………○…………装…………

第II卷（非选择题）

请点击修改第II卷的文字说明 评卷人 得分 二、填空题（题型注释）

13．甲，乙两名运动员各自等可能地从红、白、蓝3种颜色的运动服中选择1种，则他们选择相同颜色运动服的概率为_______．

14．函数f(x)sin(x)2sincosx的最大值为________．

… _○_○_…__……__…_…_…__……：……号…考…订__○_…_…__……__…_…_…_…：线级…○班…_……__…__○…__……__…__……：…装名订姓……__……__…__……__○…__…_:…○校……学…装…………………外○…………………内………○………○…………………（1）分别估计该市的市民对甲、乙两部门评分的中位数；

15．偶函数yf(x)的图像关于直线x2对称，f(3)3，则f(1)=________．

（2）分别估计该市的市民对甲、乙两部门的评分高于90的概率； （3）根据茎叶图分析该市的市民对甲、乙两部门的评优．

16．数列{a1,a82，则a1．设Fx2y2n}满足an11a________． 201,F2分别是椭圆na2b21(ab0)的左右焦点，M是C上一点且MF2与x轴垂直，

直线评卷人 得分 MF1与C的另一个交点为N．

三、解答题（题型注释）

（1）若直线MN的斜率为

34，求C的离心率； 17．四边形ABCD的内角A与C互补，AB1,BC3,CDDA2．

（2）若直线（1）求C和BD；

MN在y轴上的截距为2，且|MN|5|F1N|，求a,b．

（2）求四边形ABCD的面积．

18．如图，四棱锥PABCD中，底面ABCD为矩形，PA平面ABCD，E是PD的中点． 21．已知函数f(x)x33x2ax2，曲线yf(x)在点(0,2)处的切线与x轴交点的横坐标

（1）证明：PB//平面AEC； 为2． （1）求a； （2）设AP1,AD3，三棱锥PABD的体积V34，求A到平面PBC的距离． （2）证明：当k1时，曲线yf(x)与直线ykx2只有一个交点．

P22．如图，P是

O外一点，PA是切线，A为切点，割线PBC与O相交于B,C，PC2PA，

ED为PC的中点，AD的延长线交O于点E．证明：

（1）BEEC；

AD（2）ADDE2PB2

BC

19．某市为了考核甲、乙两部门的工作情况，随机访问了50位市民，根据这50位市民对这两部门的评分（评分越高表明市民的评价越高），绘制茎叶图如下：

第5页 共8页 ◎ 第6页 共8页

…

APBDOC………线…………○………… ……○………E

23．在直角坐标系xOy中，以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，半圆C的极坐标方程为2cos,[0,2]．

（1）求C得参数方程；

（2）设点D在C上，C在D处的切线与直线l:y3x2垂直，根据（1）中你得到的参数方程，确定D的坐标． 24．设函数f(x)|x1a||xa|(a0) （1）证明：f(x)2；

（2）若f(3)5，求a的取值范围．

第7页 共8页 ◎第8页 共8页 ……※※○题……※※…答线※…※…内订…※※…线……※※…订……※※○装……※※…在…○※※…要装…※※…不……※※…请……※※○…………订…外…………………○…………○…

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参

1．B 【解析】

试题分析：由已知得，B2，-1，故A考点：集合的运算． 2．B 【解析】

试题分析：由已知得，考点：复数的运算． 3．C 【解析】

''试题分析：若xx0是函数f(x)的极值点，则f(x0)0；若f(x0)0，则xx0不一

B2，选B．

13i(13i)(1i)24i12i，选B． (1i)(1i)21i3定是极值点，例如f(x)x，当x0时，f(0)0，但x0不是极值点，故p是q的

'必要条件，但不是q的充分条件，选C ． 考点：1、函数的极值点；2、充分必要条件． 4．A 【解析】

试题分析：由已知得，a2abb10，a2abb6，两式相减得，4ab4，故ab1．

考点：向量的数量积运算． 5．A 【解析】

2试题分析：由已知得，a4a2a8，又因为{an}是公差为2的等差数列，故

2222(a22d)2a2(a26d)，(a24)2a2(a212)，解得a24，所以ana2(n2)d2n，故Snn(a1an)n(n1)． 2【考点】1、等差数列通项公式；2、等比中项；3、等差数列前n项和． 6．C 【解析】 试题分析：由三视图还原几何体为一个小圆柱和大圆柱组成的简单组合体．其中小圆柱底面

22半径为2、高为4，大圆柱底面半径为3、高为2，则其体积和为243234，

2而圆柱形毛坯体积为36，故切削部分体积为20，从而切削的部分的体积与

答案第1页，总10页

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原来毛坯体积的比值为考点：三视图． 7．C 【解析】

2010． 27试题分析：如下图所示，连接AD，因为ABC是正三角形，且D为BC中点，则ADBC，又因为BB1面ABC，故BB1AD，且BB1是三棱锥AB1DC1的高，所以VAB1DC1BCB，所以AD面BCC1B1，所以AD11SB1DC1AD331． 33考点：1、直线和平面垂直的判断和性质；2、三棱锥体积．

8．D 【解析】

试题分析：输入x2,t2，在程序执行过程中，M,S,k的值依次为M1,S3,k1；

M2,S5,k2；

M2,S7,k3，程序结束，输出S7．

考点：程序框图． 9．B 【解析】

试题分析：画出可行域，如图所示，将目标函数zx2y变形为y最大值时，直线y1zx，当z取到22平移到过A点时，z取到最大值．

1z1x的纵截距最大，故只需将直线yx经过可行域，尽可能222xy10，得A(3,2)，所以zmax3227． x3y30

4y321–4–3–2–1O–1–2–3–4考点：线性规划． 10．C

x-y-1=0Ax-3y+3=04x123x+y-1=0

答案第2页，总10页

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【解析】

试题分析：由题意，得F(,0)．又因为ktan303403，故直线AB的方程为3y33(x)，与抛物线y2=3x联立，得16x2168x90，设A(x1,y1),B(x2,y2)，34由抛物线定义得，ABx1x2p

168312，选C． 162考点：1、抛物线的标准方程；2、抛物线的定义． 11．D 【解析】

试题分析：f'(x)k所以011'，由已知得f(x)0在x1,恒成立，故k，因为x1，xx11，故k的取值范围是1,． x【考点】利用导数判断函数的单调性． 12．A 【解析】

试题分析：依题意，直线MN与圆O有公共点即可，即圆心O到直线MN的距离小于等于1即可，过O作OAMN，垂足为A，在RtOMA中，因为OMA450，故

OAOMsin45022OM1，所以OM2，则x012，解得1x01． 2yM1AN1xO

考点：1、解直角三角形；2、直线和圆的位置关系． 13．

1 3【解析】

试题分析：甲，乙两名运动员各自等可能地从红、白、蓝3种颜色的运动服中选择1种有9种不同的结果，分别为（红，红），（红，白），（红，蓝），（白，红），（白，白），（白，蓝），

答案第3页，总10页

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（蓝，红），（蓝，白），（蓝，蓝）．他们选择相同颜色运动服有3种不同的结果，即（红，红），（白，白），（蓝，蓝），故他们选择相同颜色运动服的概率为P考点：古典概型的概率计算公式． 14．1 【解析】

试题分析：由已知得，

31． 93f(x)sinxcoscosxsin2cosxsinsinxcoscosxsinsin(x)

1，故函数f(x)sin(x)2sincosx的最大值为1．

考点：1、两角和与差的正弦公式；2、三角函数的性质． 15．3 【解析】

试题分析：因为yf(x)的图像关于直线x2对称，故f(3)f(1)3，又因为yf(x)是偶函数，故f(1)f(1)3．

考点：1、函数图象的对称性；2、函数的奇偶性． 16．

1． 21111，a611，，a82，所以a71a82a7an1【解析】

试题分析：由已知得，an1a5112， a6111111，a311，a212，a11． a52a4a22a3a41考点：数列的递推公式． 17．（1）C600，BD【解析】

试题分析：（1）连接BD．在ABD和CBD中，利用余弦定理列等式

7；（2）23．

BD2BC2CD22BC

CDcosC和BD2AB2DA22ABDAcosA，且cosCcosA，代入数据得

1312cosC

（2）由（1）知ABD和CBD的面积54cosC，求cosC的值，进而求C和BD的值；

可求，故四边形ABCD等于ABD和CBD的面积．

答案第4页，总10页

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（1）由题设及余弦定理得BD2BC2CD22BCCDcosC1312cosC．①

BD2AB2DA22ABDAcosA54cosC．②

由①②得cosC（

2

）

四

1，故C600，BD7． 2边

形

ABCD的面积S11ABDAsinABCCDsinC2211S(1232)sin600

2223．

考点：1、余弦定理；2、诱导公式；3、三角形的面积公式． 18．（1）详见解析；（2）

313 13【解析】 试题分析：（1）证明直线和平面平行往往可以采取两种方法：①利用直线和平面平行的判定定理，即证明直线和平面内的一条直线平行；②利用面面平行的性质定理，即若两个平面平行，则一个平面内的任意一条直线和另外一个平面平行．本题设BD和AC交于点O，连接则EO//PB，进而证明PB//平面AEC．（2）由三棱锥PABD的体积VEO．可求得AB=3，43，易证明面PBC面PAB，则在面PAB内作AHPB交PB于H，由2面面垂直的性质定理得AH平面PBC．在PAB中求AH．

（1）设BD和AC交于点O，连接EO．因为ABCD为矩形，所以O为BD的中点．又E为PD的中点，所以EO//PB．且EO平面AEC，PB平面AEC，所以PB//平面

AEC．

V=（2）

3133PAABADAB．由V，可得AB=．作AHPB交PB于H．由6624PAABPB题设知BC平面PAB．所以BCAH，故AH平面PBC．又AH==313313．所以A到平面PBC的距离为． 1313答案第5页，总10页

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PEHAOB

考点：1、直线和平面平行的判定；2、点到平面的距离．

19．（1）该市的市民对甲、乙两部门评分的中位数的估计值分别为75,67；（2）0.1,0.16；（3）详见解析． 【解析】试题分析：（1）把数从小到大排成一列，正中间如果是一个数，这个数就是中位数 ；正中间如果是两个数，那中位数是这两个数的平均数．本题有50位市民，故市民对甲、乙两部门评分正中间有两个数，求平均数即得中位数的估计值；（2）50位市民对甲、乙两部门的评分高于90的比率分别为

DC

58（3）=0.1,=0.16，以样本的频率值估计总体的概率；

5050样本平均数、众数、中位数、方差都是样本的数字特征，通过对这些样本数字特征的分析可

以从各个方面对总体作出评价．

（1）由所给茎叶图知，50位市民对这甲部门的评分由小到大排序，排在第25，26位的是75，,75，故样本中位数为75，所以该市的市民对甲部门评分的中位数的估计值是75．50位市民对这乙部门的评分由小到大排序，排在第25，26位的是66,68，故样本中位数为

66+68=67，所以该市的市民对乙部门评分的中位数的估计值是67． 2（2）由所给茎叶图知，50位市民对甲、乙两部门的评分高于90的比率分别为

58=0.1,=0.16，故该市的市民对甲、乙两部门的评分高于90的概率的估计值分别为50500.1,0.16．

（3）由所给茎叶图知，该市的市民对甲部门评分的中位数高于对乙部门评分的中位数，而且由所给茎叶图可以大致看出对甲部门的评分的标准差要小于对乙部门的评分的标准差，说明该市的市民对甲部门的评价较高、评价较为一致，对乙部门的评价较低、评价差异较大．（考生利用其它统计量进行分析，结论合理的同样给分） 考点：1、样本的数字特征；2、频率和概率的关系． 20．（1）【解析】

1；（2）a7,b27 2答案第6页，总10页

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b2b23a，结合试题分析：（1）由已知得M(c,)，故直线MN的斜率为kac(c)4（2）依题意，直线MN和y轴的交b2a2c2得关于a,c的方程，解方程得离心率的值；

b24，① 点是线段MF1的中点．故a又因为|MN|5|F1N|，得F1D2F1N，从而得三个点D,F1,N坐标的关系，将点N的坐标表示出来代入椭圆方程的，得另一个关于a,b的方程并联立方程①求a,b即可．

b2（1）根据cab及题设知M(c,)，2b23ac．将b2a2c2代入2b23ac，

a22解得

c1， a2c1．故C的离心率为． 2（舍去）

a2（2）由题意，原点O为F1F2的中点，MF2//y轴，所以直线MF1与y轴的交点D(0,2)是

b24，即b24a．①由|MN|5|F1N|得F1D2F1N．设线段MF1的中点．故a32(cx1)c,x1c,N(x1,y1)，由题意得，y10，则即2代入C的方程，得

2y2,1y11,9c2121，②将①及ca2b2代入②得 24ab9(a24a)121b4a28，故a7,b27． ．解得，a724a4a考点：椭圆的标准方程和简单几何性质；2、中点坐标公式． 21．（1）a1；（2）详见解析． 【解析】

试题分析：（1）f'(x)3x6xa，由导数的几何意义得kf'(0)a，故切线方程为代入求a；（2）曲线yf(x)与直线ykx2只有一个交点转yax2，将点（-2,0）化为函数g(x)f(x)kx2x3x(1k)x4有且只有零点．一般思路往往利用导

322答案第7页，总10页

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数求函数的单调区间和极值点，从而判断函数大致图象，再说明与x轴只有一个交点．本题首先入手点为k当x0时，g'(x)0，且g(1)k10，g(0)4，所以g(x)01，

在(,0)有唯一实根．只需说明当x0时无根即可，因为(1k)x0，故只需说明

h(x)x33x240，进而转化为求函数h(x)的最小值问题处理．

（1）f'(x)3x6xa，f'(0)a．曲线

2yf(x)在点(0,2)处的切线方程为

yax2．由题设得，322，所以a1． a232（2）由（1）得，f(x)x3xx2．设g(x)f(x)kx2x3x(1k)x4．由题设得1k0．当x0时，g'(x)3x6x1k0，g(x)单调递增，

2g(1)k10，g(0)4，所以g(x)0在(,0)有唯一实根．当x0时，令

h(x)x33x24，h'(x)3x26x3x(x2)，则g(x)h(x)(1k)xh(x)．h(x)在(0,2)单调递减；在(2,)单调递增．所以g(x)h(x)h(2)0．所以g(x)=0在

(0,)没有实根，综上，g(x)=0在R上有唯一实根，即曲线yf(x)与直线ykx2只有一个交点．

考点：1、导数的几何意义；2、利用导数判断函数单调性；3、利用导数求函数的最值． 22．（1）详见解析；（2）详见解析 【解析】

试题分析：（1）要证明BEEC，只需证明弦BE，EC所对的圆周角相等，连接AB,AC，故只需证明DAC=BAD．由PAPD得PADPDA，为了和所求证的角建立联系PDA=DACDCA，PAD=BADPAD，从而可证明DAC=BAD，进而证明BEEC；

（2）由结论很容易想到相交弦定理ADDEBDDC，故只需证明2PB2BDDC，由切割线定理得PA2PBPC，且PAPDDC易证．

（1）连接AB,AC．由题设知，PAPD,故PADPDA．因为

PDA=DACDCA,PAD=BADPAD,DCA=PAB,所以DAC=BAD，从而BE=EC．因此BEEC．

2（2）由切割线定理得PAPBPC．因为PAPDDC,所以DC2PB,BDPB，

由相交弦定理得ADDEBDDC，所以ADDE2PB2．

答案第8页，总10页

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APBDEOC

考点：1、圆的切割线定理；2、相交弦定理．

x1cost,33)． 23．（1）（t为参数，0t）；（2）(,22ysint,【解析】

试题分析：（1）由2cos,[0,222]两边平方，且结合x2y22和xcos得半

圆C的直角坐标方程为(x1)y1(0y1)，进而写出C的参数方程；（2）利用C的参数方程设D(1cost,sint)，由圆的切线的性质得GD//l，故直线GD与l的斜率相同，根据斜率列方程得tant3,t232，从而点D的直角坐标可求．

x1cost,（1）C的普通方程为(x1)y1(0y1)．可得C的参数方程为（tysint,为参数，0t）．

（2）设D(1cost,sint)．由（1）知，C是以G(1,0)为圆心，1为半径的上半圆．因为C在点D处的切线与l垂直，所以直线GD与l的斜率相同．tant3,t3．故D的直角

坐标为(1cos33,sin)，即(,)．

2233考点：1、圆的极坐标方程和参数方程；2、两条直线的位置关系． 24．（1）详见解析；（2）(【解析】

试题分析：（1）由绝对值三角不等式得f(x)x15521,)． 22111xax(xa)a，aaa答案第9页，总10页

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由a0结合基本不等式得

1（2）由f(3)5，得关于a的不等式a2，故f(x)2；

a313a5(a0)，去绝对号解不等式即可． a111xax(xa)a2，所以f(x)2． aaa（1）由a0，有f(x)x（2）f(3)352111． 3a．当a3时，f(3)a，由f(3)5得3a2aa151a3．综上，a的取值范围是，由f(3)5得2a当0a3时，f(3)6a15521(,)．

22考点：1、绝对值三角不等式；2、基本不等式；3、绝对值不等式解法．

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