2014年理科数学海南省高考真题含答案下载

2014年普通高等学校招生全国统一考试 理科 （新课标卷二Ⅱ） 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.设集合 M=｛0,1,2｝，N= x | x2 3x  2≤0 ，则 M  N =( ) B. ｛2｝ C. ｛0，1｝ A. ｛1｝ D. ｛1，2｝ 2.设复数 z1 ，z2 在复平面内的对应点关于虚轴对称，zxxkz1  2  i ，则 z1z2  B. 5C. -4+ i D. – 4 – i （）A. -5 3.设向量 a,b满足|a+b|= 10 ，|a-b|= A. 1B. 2C. 3 6，则 a b = () D. 5 124.钝角三角形 ABC的面积是 ，AB=1，BC= 2，则 AC=( ) A. 5 C. 2 D. 1 B. 55.某地区空气质量监测资料表明，一天的空气质量为优良的概率是 0.75，连续两为优良 的概率是 0.6，已知某天的空气质量为优良，则随后一天的空气 质量为优良的概率是（ A. 0.8B. 0.75 ）C. 0.6 D. 0.45 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，则切削掉部分的体积与原来毛坯 体积的比值为（ ）10 27 17 27 5913A. B. C. D. 7.执行右图程序框图，如果输入的 x,t均为 2，则输出的 S= （ A. 4B. 5C. 6D. 7 ）8.设曲线 y=ax-ln(x+1)在点(0,0)处的切线方程为 y=2x，则 a= A. 0B. 1C. 2D. 3 x  y  7≤0 9.设 x,y满足约束条件 x 3y 1≤0 ，则 z  2x  y 的最大值为 3x  y 5≥0 第 1 页 共 12 页 （A. 10 ）B. 8 C. 3 D. 2 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，O为坐 标原点，则△OAB的面积为（ ） 3 3 49 3 863 32 94A. B. C. D. 11.直三棱柱 ABC-A1B1C1中，∠BCA=90°，M，N分别是 A1B1，A1C1的中点，BC=CA=CC1， 则 BM与 AN所成的角的余弦值为（ ）30 10 22125A. B. C. D. 10 2 x m212.设函数 f x 3sin   .若存在 f x的极值点 x0 满足 x   f x  m2 ，则 m的取     00值范围是（ ）A. ,6  6, B. ,4  4, C. ,2  2, D. ,1  4, 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，每个试题考生必须做 答.第 22题~第 24题为选考题，考生根据要求做答.本试题由 http://gaokao.ccutu.com 整理 二.填空题 13. x  a 10 的展开式中， x7 的系数为 15，则 a=________.(用数字填写答案) 14.函数 f x sin x  2  2sin cos x  的最大值为_________.   15.已知偶函数 f x   __________. 在0, 单调递减， f 2  0 .若 f x1  0 ，则   x 的取值范围是 16.设点 M（ x0 ,1），若在圆 O:x2  y2 1上存在点 N，使得 zxxk∠OMN=45°，则 x0 的取值 范围是________. 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 a满足 a1 =1， an1  3an 1.   n12（Ⅰ）证明 an  是等比数列，并求 a 的通项公式；   n第 2 页 共 12 页 32111an （Ⅱ）证明： … + .a1 a2 18. （本小题满分 12分） 如图，四棱锥 P-ABCD中，底面 ABCD为矩形，PA⊥平面 ABCD，E为 PD的中点. （Ⅰ）证明：PB∥平面 AEC； （Ⅱ）设二面角 D-AE-C为 60°，AP=1，AD= 3 ，求三棱锥 E-ACD的体积. 19. （本小题满分 12分） 某地区 2007年至 2013年农村居民家庭纯 入 y（单位：千元）的数据如下表： 收年份 2007 2008 2009 2010 2011 2012 2013 年份代号 t 1 234567人均纯收入 y2.9 3.3 3.6 4.4 4.8 5.2 5.9 （Ⅰ）求 y关于 t的线性回归方程； （Ⅱ）利用（Ⅰ）中的回归方程，分析 2007年至 2013年该地区农村居民家庭人均纯收入 的变化情况，并预测该地区 2015年农村居民家庭人均纯收入. 附：回归直线的斜率和截距的最小二乘法估计公式分别为： nt  t y y  iii1 ˆˆ， a  y bt b  n2t  t ii1 20. （本小题满分 12分） x2 y2 设F,F2 分别是椭圆 C: 1 a  b  0 的左,右焦点，M是 C上一点且 MF2 与 x轴垂 1a2 b2 直，直线 MF1 与 C的另一个交点为 N. 34（Ⅰ）若直线 MN的斜率为 ，求C的离心率； （Ⅱ）若直线 MN在 y轴上的截距为 2，且 MN  5 F N，求 a,b. 121. （本小题满分 12分） 已知函数 f x   =ex  ex  2x zxxk （Ⅰ）讨论 f x的单调性；   （Ⅱ）设 g x  f 2x  4bf x，当 x  0 时， g x  0 ,求b 的最大值；       （Ⅲ）已知1.4142  2 1.4143，估计 ln2的近似值（精确到 0.001） 第 3 页 共 12 页 请考生在第 22、23、24题中任选一题做答，如果多做，有途高考网同按所做的第一题计 分，做答时请写清题号. 22.（本小题满分 10）选修 4—1：几何证明选讲 如图，P是 O外一点，PA是切线，A为切点，割线 PBC与 OO相交于点 B，C，PC=2PA，D为 PC的中点，AD的延长线交 于点 E.证明： （Ⅰ）BE=EC； （Ⅱ）AD DE=2PB2 23. （本小题满分 10）选修 4-4：坐标系与参数方程 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 ，2  0, .zxxk （Ⅰ）求 C的参数方程； （Ⅱ）设点 D在 C上，C在 D处的切线与直线l : y  3x  2 垂直，根据（Ⅰ）中你得到的 参数方程，确定 D的坐标. 24. （本小题满分 10）选修 4-5：不等式选讲 1设函数 f x   =x  x  a (a  0) a（Ⅰ）证明： f x   ≥2； 的取值范围. （Ⅱ）若 f 3  5，求 a  2014年普通高等学校招生全国统一考试 理科数学试题参考答案 一、 （1）D （ 8）D 选择题 （2）A （9）B （3）A （4）B （5）A （11）C （6）C （12）C （7）D （10）D 二、 填空题 12（13） （14）1 （15）（-1,3） （16）[-1，1] 三、解答题 （17）解： 112（1）由 am1  3am 1 得am1  3(am  ). 2第 4 页 共 12 页 1232123又a1 ，所以，{am  } 是首项为 ，公比为3的等比数列。 213m 23m 1 am  =，因此{ an }的通项公式为 am = 2212（2）由（1）知 = am 3m 1 11因为当 n 1时，3m 1 23m1 ,所以， 3m 1 23m1 111am 1113m1 313于是， 所以，   1  =(1 )  3m a1 a2 322113a1 a2 am 2（18）解： （1）连结 BD交 AC于点 O,连结 EO 因为 ABCD为矩形，所以 O为 BD的中点 又 E为的 PD的中点，所以 EO PB EO 平面 AEC,PB 平面 AEC，所以 PB （2）因为 PA 平面 ABCD，ABCD为矩形，所以 AB,AD,AP两两垂直 平面 AEC   如图，以 A为坐标原点， AB 的方向为 x轴的正方向， AP 为单位长，建立空间直角坐标  3131系，则 A—xyz,则 D(0, 3,0),则 E(0, ，0） , ),AE =(0, , ) 2222设 B(m,0,0)(m＞0)，则 C（m, 3 设 n(x,y,z)为平面 ACE的法向量，  mx  3y  0 n1  AC  0 则{ 即{  31n1  AE  0 y  z  0 223可取 n1 =（ ,-1, m3 ） 又 n1 =（1,0,0）为平面 DAE的法向量， 1由题设 cos(n1,n2 ) = ，即 23132= ，解得 m= 23 4m2 1因为 E为 PD的中点，所以三棱锥 E-ACD的高为 ，三棱锥E-ACD的体积为 2131232123V= 3=819解： 第 5 页 共 12 页 （1） 由所得数据计算得 1t= （1+2+3+4+5+6+7）=4， 71y= (2.9+3.3+3.6+4.4+4.8+5.2+5.9)=4.3 77(t t)2 =9+4+1+0+1+4+9=28 i1 71(t t)(y  y) =(-3) 11i1 （ -1.4 ） + （ -2 ） （ -1 ） + （ -1 ） （ -0.7 ） +0 0.1+1 0.5+2 0.9+31.6=14， 7(t t)(y  y) 1114 i1 b= = =0.5 28 7(t t)2 1i1 a= y-b t=4.3-0.5 4=2.3 所求回归方程为 y=0.5t+2.3 (Ⅱ)由（Ⅰ）知，b=0.5>0,故 2007年至 2013年该地区农村居民家庭人均纯收入逐年增加， 平均每年增加 0.5千元. 将 2015年的年份代号 t=9代入（1）中的回归方程，得 y=0.5×9+2.3=6.8 故预测该地区 2015年农村居民家庭人均纯收入为 6.8千元 （20）解： （Ⅰ）根据 c= 以及题设知 M（c， ），2 =3ac 将 = – 代入 2 =3ac，解得 = ， =-2（舍去） 故 C的离心率为 （Ⅱ）由题意，原点 O的 的中点，M ∥y轴，所以直线 M 与 y轴的交点 D是线段 M 的中点，故 =4，即 ①由 = 得 = 设 N（x，y），由题意可知 y<0,则 代入方程 C，得 + =1② 即将①以及 c= 代入②得到 + =1 第 6 页 共 12 页 解得 a=7， a=7， （21）解 （Ⅰ） + -2≥0，等号仅当 x=0时成立，所以 f（x）在（—∞，+∞）单调递增 （Ⅱ）g（x）=f(2x)-4bf(x)= –4b( -)+(8b-4)x (x)=2[ +]=2( +)( + +)（1） 当b 而 g(0)=0，所以对任意 x>0,g(x)>0; （2） 当b>2时，若 x满足，2< ex  ex <2b-2即 0<x<ln(b-1+ b2  2b )时 g’(x)<0,而 2时，g’(x) 0,等号仅当 x=0时成立，所以 g(x)在(- ,+  )单调递增， g（0）=0,因此当 0<X ln(b-1+ b2  2b )时，g(x)<0 综上，b的最大值为 2 3（3） 由（2）知，g(ln 2)= -2 22b+2(2b-1)ln2 8 23 3当 b=2时，g(ln 2)= -4 22+6ln2>0,ln2> >0.6928 12 3 2 当 b= +1时，ln(b-1+ b2  2b )=ln 243g(ln 2)= -2 22+(3 2 +2)ln2<0 18 2 in2< <0.693 28 (22)解： （1）连结 AB, AC由题设知 PA= PD,故 PAD= PDA 因为 PDA= DAC+ DCA PAD= BAD+ PAB DCA= PAB 所以 DAC= BAD,从而。。。。。。。 因此 = （2）由切割线定理得 PA2 =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=2 PB2 (23)解： （1）C的普通方程为 + =1(0 )可得 C的参数方程 （t为参数，0 （Ⅱ）设 D（1+cost,sint).由（Ⅰ）知 C是以 G（1,0）为圆心，1为半径的上半圆。 第 7 页 共 12 页 因为 C在点 D处的切线与 I垂直，所以直线 GD与 I的斜率相同。 tant= ，t=π/3. 故 D的直角坐标为（1+cosπ/3，sinπ/3）,即（3/2, /2）. (24)解： （Ⅰ）由 a>0,有 f（x）=｜x+1/a｜+｜x-a｜≥｜x+1/a-(x-a)｜=1/a+a≥2. 所以 f（x）≥2. （Ⅱ）f（x）=｜3+1/a｜+｜3-a｜. 当 a＞3时，f（3）=a+1/a，由 f（3）＜5得 3＜a＜ 当 0<a≤3时，f（3）=6-a+ ，f（3）<5得 <a≤3 综上所诉，a的取值范围为（ ）选择题填空题解析 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）设集合 M  0,1,2 ，N= x x2 3x  2  0 ，则 M  N  (A) 1  (B) 2  (C) 0,1 (D) 1,2 解析：∵ N= x x2 3x  2  0  x 1 x  2 ，∴ M  N  1,2 答案：D （2）设复数 z1 (A) 5 ， z2 在复平面内的对应点关于虚轴对称， z1  2  i ，则 z1z2  (B) 5(C) 4  i (D) 4 i 解析：∵ z1  2  i ，∴ z2  2  i，∴ z1z2  (2  i)(2  i)  i2  22  5 答案：A （3）设向量a ，b 满足 a  b  10 ， a  b  6 ，则a b= 第 8 页 共 12 页 (A) 1 (B) 2 (C) 3 (D) 5 解析：∵ a  b  10 ，a  b  6 ，∴(a  b)2 10 ……①，(a  b)2  6 ……②． 由① 答案：A ②得：a b=1 1（4）钝角三角形 ABC 的面积是 ，AB 1 ，BC  2 ，则 AC  2(A) 5 (C) 2(D) 1 (B) 51112解析：∵ SABC  | AB || BC |sin B ，即：  1 2 sin B ，∴sin B  ，2或222即∴B  45 135 ．又∵| AC |2 | AB |2  | BC |2 2 | AB || BC |cos B | AC |2 1或 5，又∵ ABC 为钝角三角形，∴| AC |2  5 ，即： AC  5 答案：B （5）某地区空气质量监测资料表明，一天的空气质量为优良的概率是 0.75，连续两天为 优良的概率是 0.6，已知某天的空气质量为优良，则随后一天的空气质量为优良的概 率是 (A) 0.8 (B) 0.75 (C) 0.6 (D) 0.45 0.6 解析：此题为条件概率，所以 P   0.8 0.75 答案：A （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，该零件有一个底 面半径为 3cm，高为 6cm 的圆柱体毛坯切削得到，则 切削掉部分的体积与原来毛坯体积的比值为 17 5(A) (B) 27 10 91(C) (D) 27 3解析：原来毛坯体积为： 32 6  54 (cm2 ) ，由三视图得，该零件由左侧底面半径为 2cm，高为 4cm 的圆柱和右侧底面半径为 3cm，高为 2cm 的圆柱构成，所以该零件 的 体 积 为 ：  22 4  32 2  34 (cm2 ) ， 则 切 削 掉 部 分 的 体 积 为 20 10 54 34  20 (cm2 )，所以切削掉部分的体积与原来毛坯体积的比值为 54 27 答案：C 开始 （7）执行右面的程序框图，如果输入的 x，t 均为 2， 则输出的 S  输入 x，(A) (B) (C) (D) 4567M 1 ，k 1 k  t 1解析：输入的 x，t均为 2．1 2是， M  2  2 ，是否12MkS  2  3  5 S  2  5  7 ，k 11 2 ；2  2 是， M  2  2 ，输出 SM  x23  2 否，输出 S  7 第 9 页 共 12 页 ，k  2 1 3 ，结束 S  M  S k  k 1 答案：D （8）设曲线 y  ax  ln(x 1) 在点(0,0) 处的切线方程 为y  2x ，则 a  (A) 0(B) 1(C) 2(D) 3 11解析：∵ y’  a  答案：D ，且在点(0,0) 处的切线的斜率为 2，∴ y’|x0  a   2，即 a  3 x 1 0 1 x  y  7  0 （9）设 (A) 10 解析：作出 x，y满足约束条件 x 3y 1 0 ，则 z  2x  y 的最大值为 3x  y 5  0 (B) 8(C) x  y  7  0 3(D) 2 l2 yx，y满足约束条件 x 3y 1 0 表示 3x  y 5  0 的平面区域如图阴影部分：做出目标函数l0 y  2x ，∵ y  2x  z ，∴当 y  2x  z 的截距 最小时， 有最大值。 ∴当 y  2x  z 经过 点时， ：x 3y 1 0 AzCCz 有最大值。 1Bx 3y 1 0 x  y  7  0 xO2由得：C(5,2) x  y  7  0 此时： 答案：B z有最大值 25 2  8 l0 l1 3x  y 5  0 （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， O为坐标原点，则 OAB 的面积为 63 32 943 3 49 3 8(C) (D) (A) (B) 333解析：∵ F( ,0)，设 A(x1, y1) 、B(x2 , y2 )，∴直线 AB 的方程为 y  (x  ) ，代入抛物 43421 线方程得： x2  x  0，∴ x1  x2  16 921 29，x1  x2  216 由弦长公式得| AB | (1 k2 )[(x1  x2 )2  4x1x2 ] 12 33|0  0  |3834由点到直线的距离公式得： O到直线 AB 的距离 d  3()2  (1)2 31394∴SOAB  12  28答案：D （11）直三棱柱 ABC  A B C1 中，BCA  90 ， M ， N 分别是 A B， AC1 的中点， 1 11 11BC  CA  CC1 ，则 BM 与AN 所成角的余弦值为 第 10 页 共 12 页 12530 10 2(A) (B) (C) (D) 10 2PCBB解析：如图所示，取 BC 的中点 P ，连结 NP 、 AP ∵M，N分别是 A BAC1 的中点， ，1 1 1A∴四边形 NMBP 为平行四边形，∴ BM  PN ∴所求角的余弦值等于ANP 的余弦值 不妨令 BC  CA  CC1  2，则 AN  AP  5 C1 | AN |2  | NP |2  | AP |2 ( 5)2  ( 6)2  ( 5)2 1 30 NNP  MB  6 ，∴cosANP  答案：C M2| AN || NP | 10 2 5  6 A1 x m（12）设函数 f (x)  3sin ．若存在 f (x) 的极值点 x0 满足 x02 [ f (x0 )]2  m2 ，则 m 的 取值范围是 (A) (,6)  (6,) (C) (,2)  (2,) (B) (,4)  (4,) (D)(,1)  (1,)  x  x 1解析：∵ f ‘(x)  3 cos ，令 f ‘(x)  3 cos  0 得： x  m(  k) k Z mmmm2112∴x0  m(  k) k Z，又∵ x02 [ f (x0 )]2  m2 ，∴ m2 (  k)2 [ 3sin( k )]2  m2 2211即：3  m2[1 (  k)2 ]，∴1 (  k)2  0 ，故： k  0 221∴3  m2[1 ( )2 ]，即： m2  4 ，故： m  2 或 m  2 2答案：C 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 须做答。第 22 题～第 24 题为选考题，考生根据要求做答。 二．填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分。 （13）(x  a)10 的展开式中， x7 的系数为15，则 a  ．（用数字填写答案） 解析：∵Tr1  C1r0 x10r ar ，∴10  r  7，即 r  3 ，1∴T4  C130 x7a3 15×7 ，解之： a  212答案： （14）函数 f (x)  sin(x  2)  2sin cos(x ) 的最大值为 ．解析：∵ f (x)  sin(x  2)  2sin cos(x )  sin[  (x )] 2sin cos(x )  sin cos(x )  cos sin(x )  2sin cos(x )  cos sin(x ) sin cos(x )  sin x ∴f (x) 的最大值为 1 答案：1 第 11 页 共 12 页 （15）已知偶函数 f (x) 在[0,) 单调递减， f (2)  0．若 f (x 1)  0 ，则 x 的取值范围 是．解析：∵ f (x) 是偶函数，∴ f (x 1)  0  f ( x 1)  0  f (2) 又∵ f (x) [0,) 单调递减，∴ x 1  2 ，解之： 1 x  3 答案：(1,3) （16）设点 M (x0 ,1) ，若在圆 ，在O：x2  y2 1上存在点 N，使得OMN  45 ，则 x0 的取值 范围是 解析：由图可知点 ．所在直线 y 1与圆 yMMO相切， OM ON 又∴ON 1，由正弦定理得： sin OMN sin ONM 1OM x，即：OM  2 sin ONM ONsin ONM 22又∵0  ONM   ，∴OM  2 ，即 x02 1  2 ，解之： 1 x0 1 答案：[1,1] 第 12 页 共 12 页