2014年高考文科数学全国卷2-答案.pdf

1/7 2014 年普通高等学校招生全国统一考试（全国新课标卷 2）文科数学答案解析 第卷 一、选择题 1.【答案】B【解析】由已知得21B，-，故2AB，选 B【考点】集合的运算。2.【答】B【解析】由已知得，1+3i1i(1+3i)(1+i)-2+4i=-1+2i(1 i)(1+i)2，选 B【考点】复数的运算。3.【答案】C【解析】若0 xx是函数()f x的极值点，则0()0fx；若0()0fx，则0 xx不一定是极值点，例如3()f xx，当0 x 时，(0)0f，但0 x 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】函数的极值点，充分必要条件。4.【答案】A【解析】由已知得，22210aa bb，2226aa bb，两式相减得，44a b，故1a b。【考点】向量的数量积运算。5.【答案】A【解析】由已知得，2428aa a，又因为na是公差为 2 的等差数列，故2222(2)(6)adaad，22(4)a 22(12)aa，解得24a，所以2(2)naand2n，故1()(n 1)2nnn aaSn。【考点】等差数列通项公式，等比中项，等差数列前 n 项和。6.【答案】C【解析】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，而圆柱形毛坯体积为2 3654，故切削部分体积为20，从而切削的部分的体积与原来毛坯体积的比值为20105427。2/7 【考点】三视图。7.【答案】C【解析】如下图所示，连接AD，因为ABC是正三角形，且D为BC中点，则ADBC，又因为1BB 面ABC，故1BBAD，且1=BBBC B，所以AD面11BCC B，所以AD是三棱锥11AB DC的高，所以11111133133A B DCB DCVSAD。【考点】直线和平面垂直的判断和性质，三棱锥体积。8.【答案】D【解析】输入2,2xt，在程序执行过程中，,M S k的值依次为1,3,1MSk；2,5,2MSk；2,7,3MSk，程序结束，输出7S。【考点】程序框图。9.【答案】B【解析】画出可行域，将目标函数2zxy变形为122zyx，当z取到最大值时，直线122zyx 的纵截距最大，故只需将直线12yx 经过可行域，尽可能平移到过 A 点时，z取到最大值。10330 xyxy，得(3,2)A，所以max32 27z。【考点】线性规划。10.【答案】C【解析】由题意，得3(,0)4F，又因为3tan303k ，故直线AB的方程为33()34yx，与抛物线2=3yx联立，得21616890 xx，设1122(,),(,)A x yB xy，由抛物线定义得，12ABxxp 168312162，选 C【考点】抛物线的标准方程，抛物线的定义。11.【答案】D【解析】1()fxkx，由已知得()0fx 在1,x恒成立，故1kx，因为1x，所以101x，故k的取值范围是1,。【考点】利用导数判断函数的单调性。12.【答案】A【解析】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 3/7 MN，垂足为 A，在R tO M A中，因为OMA45，故2s i n 4 52O A O MO M 1，所以2OM，则2012x，解得011x。【考点】解直角三角形，直线和圆的位置关系。第卷 二、填空题 13.【答案】13【解析】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），（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3193P。【考点】古典概型的概率计算公式。14.【答案】1【解析】由已知得，()sin coscos sin2cos sinf xxxxsin coscos sinxxsin()x1，故函数()sin()2sin cosf xxx的最大值为 1。【考点】两角和与差的正弦公式，三角函数的性质。15.【答案】3【解析】因为()yf x的图像关于直线2x 对称，故(3)(1)3ff，又因为()yf x是偶函数，故(1)(1)3ff。【考点】函数图象的对称性，函数的奇偶性。16.【答案】12【解析】由已知得，111nnaa，82a，所以781112aa，67111aa ，56112aa，451112aa，34111aa ，23112aa，121112aa。【考点】数列的递推公式。三、解答题 17.【答案】（1）C60，7BD （2）2 3 4/7 【解析】（1）由题设及余弦定理得2222cosBDBCCDBC CDC13 12cosC。2222cosBDABDAAB DAA54cosC。由得1cosC2，故0C60，7BD。（2）四边形ABCD的面积11sinsin22SAB DAABC CDC11(1 23 2)sin6022S 2 3。【提示】（1）连接BD。在ABD和CBD中，利用余弦定理列等式2222cosBDBCCDBC CDC和2222cosBDABDAAB DAA，且c o sc o sCA，代入数据得13 12cosC54cosC，求c o s C的值，进而求C和BD的值（2）由（1）知ABD和CBD的面积可求，故四边形ABCD等于ABD和CBD的面积。【考点】余弦定理，诱导公式，三角形的面积公式。18.【答案】（1）略。（2）3 1313【解析】（1）证明直线和平面平行往往可以采取两种方法：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；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EO。则/EOPB，进而证明PB/平面AEC（2）由三棱锥PABD的体积34V，可求得3=2AB，易证明面PBC面PAB，则在面PAB内作AHPB交PB于H，由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/EOPB。且EO平面AEC，PB 平面AEC，所以PB/平面AEC。（2）13=66VPA AB ADAB。由34V，可得3=2AB。作AHPB交PB于H。由题设知BC 平面PAB。所以BCAH，故AH 平面PBC。又=P AA BAHPB3 1 3=13。所以A到平面PBC的距离为3 1313。【考点】直线和平面平行的判定，点到平面的距离。19.【答案】（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】（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=672，所以该市的市民对乙部门评分的中位数的估计值是 67.5/7 （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,=0.165050，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0.1,0.16。（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）【提示】（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58=0.1,=0.165050，以样本的频率值估计总体的概率（3）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。【考点】样本的数字特征，频率和概率的关系。20.【答案】（1）12（2）72 7ab，【解析】（1）根据22cab及题设知2(c,)bMa，22b3ac。将222bac代入22b3ac，解得12ca，2ca（舍去）。故C的离心率为12。（2）由题意，原点O为12FF的中点，轴，所以直线1MF与y轴的交点(0,2)D是线段1MF的中点。故24ba，即2b4a。112FDFN。设11(x,y)N，由题意得，1y0，则112(c)c,2y2,x 即113,21,xcy 代入 C 的方程，得2229114cab，将及22cab代入得229(a4a)1144aa。解得7a，2428ba，故7,2 7ab。【提示】（1）由已知得2(c,)bMa，故直线MN的斜率为23(c)4bakc，结合222bac得关于,a c的方程，解方程得离心率的值。（2）依题意，直线MN和y轴的交点是线段1MF的中点。故24ba，6/7 又因为1|5|MNFN，得112FDFN，从而得三个点1,D F 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的方程并联立方程求,a b即可。【考点】椭圆的标准方程和简单几何性质，中点坐标公式。21.【答案】（1）2()36fxxxa，(0)fa。曲线()yf x在点(0,2)处的切线方程为2yax。由题设得，22a，所以1a。（2）由（1）得，32()32f xxxx。设32()()23(1)4g xf xkxxxk x。由题设得1-0k。当0 x 时，2()3610g xxxk，g()x单调递增，(-1)-10gk，g(0)4，所以g()0 x 在(,0)有唯一实根。当0 x 时，令32()34h xxx，则()()(1)()gxhxkx hx。2()3h xx63(2)xx x，()h x在(0,2)单调递减；在(2,)单调递增。所以()()(2)0g xh xh。所以()=0g x在(0,)没有实根，综上，()=0g x在R上有唯一实根，即曲线()yf x与直线2ykx只有一个交点。【提示】（1）2()36fxxxa，由导数的几何意义得(0)kfa，故切线方程为y2ax，将点-2,0（）代入求a；（2）曲线()yf x与直线2ykx只有一个交点转化为函数32()()23(1)4g xf xkxxxk x有且只有零点。一般思路往往利用导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1k，当0 x 时，()0g x，且(1)10gk，(0)4g，所以g()0 x 在(,0)有唯一实根。只需说明当0 x 时无根即可，因为(1)0k x，故只需说明32()340h xxx，进而转化为求函数()h x的最小值问题处理。【考点】导数的几何意义，利用导数判断函数单调性，利用导数求函数的最值。22.【答案】（1）详见解析（2）详见解析【解析】（1）连接,AB AC。由题设知，PAPD，故P A DP D A。因为=PDADACDCA，=PADBADPAD，=DCAPAB，所以=DACBAD，从而BE=EC。因此BEEC。（2）由切割线定理得2PAPB PC。因为PAPDDC，所以2,DCPB BDPB，由相交弦定理得AD DEBD DC，所以22AD DEPB。【提示】（1）要证明BEEC，只需证明弦BEEC，所对的圆周角相等，连接,AB AC，故只需证明=DACBAD。由PAPD得PADPDA，为了和所求证的角建立联系=PDADACDCA，=PADBADPAD，从而可证明=DACBAD，进而证明BEEC；（2）由结论很容易想到相交弦定理AD DEBD DC，故只需证明22PBBD DC，由切割线定理得 7/7 2PAPB PC，且PAPDDC易证。【考点】圆的切割线定理，相交弦定理。23.【答案】（1）1cos,sin,xtyt（t为参数，0t）；（2）33(,)22。【解析】（1）C的普通方程为22(1)1(01)xyy。可得C的参数方程为1cos,sin,xtyt（t为参数，0t）。（2）设(1 cos,sin)Dtt。由（1）知，C是以(1,0)G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。tan3,3tt。故 D 的直角坐标为(1cos,sin)33，即33(,)22。【提示】（1）由2cos,0,2 两边平方，且结合222xy和cosx得半圆 C 的直角坐标方程为22(1)1(01)xyy，进而写出 C 的参数方程（2）利用C的参数方程设(1 cost,sint)D，由圆的切线的性质得/GDl，故直线GD与l的斜率相同，根据斜率列方程得tan3,3tt，从而点 D 的直角坐标可求。【考点】圆的极坐标方程和参数方程，两条直线的位置关系。24.【答案】（1）详见解析（2）15 521(,)22【解析】（1）由0a，有11()()f xxxaxxaaa12aa，所以()2f x。（2）1(3)33faa。当a3时，1(3)faa，由(3)5f得52132a。当03a时，1(3)6faa，由(3)5f得1532a。综上，a的取值范围是15 521(,)22。【提示】（1）由绝对值三角不等式得11()()f xxxaxxaaa1aa，由0a 结合基本不等式得12aa，故()2f x （2）由(3)5f，得关于a的不等式1335aa(0)a，去绝对号解不等式即可。【考点】绝对值三角不等式，基本不等式，绝对值不等式解法。