2014年高考文科数学辽宁卷-答案.docx

2014年普通高等学校招生全国统一考试（辽宁卷）
数学(供文科考生使用)答案解析
第Ⅰ卷
一、选择题
1.【答案】D
【解析】，.故选D.
【提示】先求，再根据补集的定义求.
【考点】交、并、补集的混合运算
2.【答案】A
【解析】，故选A.
【提示】把给出的等式两边同时乘以，然后利用复数代数形式的除法运算化简，则z可求.
【考点】复数代数形式的乘除运算
3.【答案】D
【解析】∵，，，.故选D.
【提示】利用指数式的运算性质得到，由对数的运算性质得到，则答案可求.
【考点】对数的运算性质
4.【答案】B
【解析】若，，则，相交或平行或异面，故A错；若，，则，故B正确；若，，则或，故C错；若，，则或或，故D错.故选B.
【提示】A运用线面平行的性质，结合线线的位置关系，即可判断；B运用线面垂直的性质，即可判断；C运用线面垂直的性质，结合线线垂直和线面平行的位置即可判断；D运用线面平行的性质和线面垂直的判定，即可判断.
【考点】空间中直线与直线之间的位置关系
5.【答案】A
【解析】若，，则，即，则不一定成立，故命题为假命题.若
，，则，故命题为真命题.则，为真命题，，，都为假命题，故选A.
【提示】根据向量的有关概念和性质分别判断，的真假，利用复合命题之间的关系即可得到结论.
【考点】复合命题的真假
6.【答案】B
【解析】，故选B.
【提示】利用几何概型的概率公式，求出对应的图形的面积，利用面积比即可得到结论.
【考点】几何概型
7.【答案】C
【解析】由三视图知：几何体是正方体切去两个圆柱，正方体的棱长为2，切去的圆柱的底面半径为1，高为2，所以几何体的体积，故选C.
【提示】几何体是正方体切去两个圆柱，根据三视图判断正方体的棱长及切去的圆柱的底面半径和高，把数据代入正方体与圆柱的体积公式计算.
【考点】由三视图求面积、体积
8.【答案】C
【解析】因为点在抛物线：的准线上，所以，所以，所以直线的斜率为，故选C.
【提示】利用点在抛物线：的准线上，确定焦点F的坐标，即可求出直线AF的斜率.
【考点】抛物线的简单性质
9.【答案】D
【解析】等差数列的公差为，.又数列为递减数列，所以，.故选D.
【提示】由数列递减可得，由指数函数的性质和等差数列的通项公式化简可得.
【考点】等差数列的性质
10.【答案】A
【解析】当，由，即，则，即.
当时，由，得，解得.则当时，不等式的解为.
由为偶函数，所以当时，不等式的解为，即不等式的解为或，则由或，解得或，即不等式的解集为或，故选A.
【提示】先求出当时，不等式的解，然后利用函数的奇偶性求出整个定义域上的解，即可得到结论.
【考点】分段函数的应用
11.【答案】B
【解析】把函数的图象向右平移个单位长度，得到的图象所对应的函数解析式为：.即.由，得，.取，得.所得图象对应的函数在区间上单调递增，故选B.
【提示】直接由函数的图象平移得到平移后的图象所对应的函数解析式，然后利用复合函数的单调性的求法求出函数的增区间，取即可得到函数在区间上单调递增，则答案可求.
【考点】函数的图象变换
12.【答案】C
【解析】当时，不等式对任意恒成立；当时，可化为，令，则，当时，，在上单调递增，，.当时，可化为.当时，，单调递减，当时，，单调递增，，.综上所述，实数的取值范围是，即实数的取值范围是.故选C.
【提示】分，，三种情况进行讨论，分离出参数后转化为函数求最值即可，利用导数即可求得函数最值，注意最后要对取交集.
【考点】函数恒成立问题，其他不等式的解法
第Ⅱ卷
二、填空题
13.【答案】
【解析】由程序框图知：算法的功能是求的值，当输入时，跳出循环的值为4，所以输出.
【提示】算法的功能是求的值，根据条件确定跳出循环的值，计算输出的T值.
【考点】程序框图
14.【答案】
【解析】由约束条件作出可行域如图，联立，解得，.化目标函数为直线方程的斜截式，得：.由图可知，当直线过点时，直线在轴上的截距最大，即最大..

【提示】由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，联立方程组求出最优解的坐标，代入目标函数得答案.
【考点】简单线性规划
15.【答案】12
【解析】如图：的中点为，易得，，在椭圆上，
，.

【提示】画出图形，利用中点坐标以及椭圆的定义，即可求出的值.
【考点】椭圆的简单性质
16.【答案】
【解析】，，由柯西不等式得，
，故当最大时，
有，，，，当时，
取得最小值为.
【提示】转化为，再由柯西不等式得到，分别用表示，，在代入到得到关于的二次函数，求出最小值即可.
【考点】一般形式的柯西不等式，基本不等式
三、解答题
17.【答案】（Ⅰ）由得.又，所以.由余弦定理得.
又因为，所以.解得或.因为，.
（Ⅱ）在中，.由正弦定理得，
所以.因为，所以角为锐角..
.
【提示】（Ⅰ）利用平面向量的数量积运算法则化简，将代入求出，再利用余弦定理列出关系式，将，以及的值代入得到，联立即可求出的值.
（Ⅱ）由的值，利用同角三角函数间基本关系求出的值，由，，，利用正弦定理求出的值，进而求出的值，将原式利用两角和与差的余弦函数公式化简后，将各自的值代入计算即可求出值.
【考点】余弦定理，平面向量数量积的运算，两角和与差的余弦函数
18.【答案】（Ⅰ）由题意，，所以有95%的把握认为“南方学生和北方学生在选用甜品的饮食习惯方面有差异”.
（Ⅱ）从这5名学生中随机抽取3人，共有种情况，有2名喜欢甜品，有种情况，所以至多有1人喜欢甜品的概率.
【提示】（Ⅰ）根据表中数据，利用公式，即可得出结论.
（Ⅱ）利用古典概型概率公式，即可求解.
【考点】独立性检验的应用，古典概型及其概率计算公式
19.【答案】（Ⅰ），，，.
为的中点，.同理.，平面.，
平面.
（Ⅱ）在平面内，作，交的延长线于，和所在平面互相垂直，
平面.为的中点，到平面的距离是长度的一半.
在中，，.

【提示】（Ⅰ）先证明平面，利用，可得平面.
（Ⅱ）在平面内，作，交的延长线于，到平面的距离是长度的一半，利用，即可求三棱锥的体积.
【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积，直线与平面垂直的判定

20.【答案】（Ⅰ）设切点的坐标为，且，.
则切线的斜率为，故切线方程为，即.
此时，切线与轴正半轴，轴正半轴围成的三角形的面积.
再根据，可得当且仅当，故点的坐标为.
（Ⅱ）设椭圆方程，，.椭圆过点得：，
则到直线的距离.
由题得：，解得.
由弦长公式得，
即.
把点代入方程得：，由得，
整理得，
，，代入上式得，即，
解得，，或，（舍），所以椭圆方程为：.
【提示】（Ⅰ）设切点的坐标为，求得圆的切线方程，根据切线与轴正半轴，轴正半轴围成的三角形的面积.再利用基本不等式求得取得最小值，求得点的坐标.
（Ⅱ）设椭圆的标准方程为，，.把直线方程和椭圆的方程联立方程组，转化为关于的一元二次方程，再用韦达定理、弦长公式求出弦长以及点到直线的距离，再由的面积为，求出，的值，从而得到所求椭圆的方程.
【考点】直线与圆锥曲线的综合问题
21.【答案】（Ⅰ），
，.
在上有零点.，
在上单调递增.
（Ⅱ），，
.
.
设，，则与的零点同.

，.由（Ⅰ）知，在上只有一个零点，且在点左负右正.
在点左侧递减，在点右侧递增，且，，故，存在唯一，使得，即，
，即，
，所以在上存在唯一零点，且.
【提示】（Ⅰ）导数法可判在上为增函数，又可判函数有零点，故必唯一.
（Ⅱ）化简可得，设，则与的零点同.由导数法可得函数的零点，可得不等式.
【考点】函数零点的判定定理
22.【答案】证明：（Ⅰ）为切线，，
，.为圆的直径.
（Ⅱ）连接BC，DC.
，在与中，，
，，，.为直角，ED为圆的直径，为圆的直径，.

【提示】（Ⅰ）证明AB为圆的直径，只需证明.
（Ⅱ）证明，再证明为直角，即可证明.
【考点】圆周角定理，与圆有关的比例线段
23.【答案】（Ⅰ）在曲线C上任意取一点，由题意可得点在圆上，，即曲线C的方程为，化为参数方程为为参数）.
（Ⅱ）由，可得，，不妨设、，
则线段的中点坐标为，再根据与l垂直的直线的斜率为，
故所求的直线的方程为，即.
再根据、可得所求的直线的极坐标方程为，
.
【提示】（Ⅰ）在曲线C上任意取一点，再根据点在圆上，求出C的方程，化为参数方程.
（Ⅱ）解方程组求得、的坐标，可得线段的中点坐标.再根据与l垂直的直线的斜率为，用点斜式求得所求的直线的方程，再根据、可得所求的直线的极坐标方程.
【考点】参数方程化成普通方程，点的极坐标和直角坐标的互化.
24.【答案】（Ⅰ）由可得①，或②.解①求得，解②求得.综上，原不等式的解集为.
（Ⅱ）由，求得，，.
当时，，，故要证的不等式成立.
【提示】（Ⅰ）由所给的不等式可得①，或②，分别求得①、②的解集，再取并集，即得所求.
（Ⅱ）由，求得N，可得.当时，，不等式的左边化为，显然它小于或等于，要证的不等式得证.
【考点】绝对值不等式的解法，交集及其运算.，二次函数最值
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