(完整版)2014广东高考理科数学试题及答案

2014年普通高等学校招生全国统一考试（广东卷）

数学(理)

一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，满分40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{1,0,1},N{0,1,2},则MN

A．{1,0,1} B. {1,0,1,2} C. {1,0,2} D. {0,1} 答案:B

2.已知复数Z满足(34i)z25,则Z=

A．34i B. 34i C. 34i D. 34i 答案:A 提示:z2525(34i)25(34i) =34i,故选A.34i(34i)(34i)25

yx3.若变量x,y满足约束条件xy1且z2xy的最大值和最小值分别为M和m，则M-m=

y1A．8 B.7 C.6 D.5

答案:C

提示:画出可行域(略),易知在点(2,1)与(1,1)处目标函数分别取得最大值M3,与最小值m3,Mm6,选C.

x2y2x2y21的 1与曲线4.若实数k满足0k9,则曲线

25k9259kA．离心率相等 B.虚半轴长相等 C. 实半轴长相等 D.焦距相等

答案:D提示:0k9,9k0,25k0,从而两曲线均为双曲线,

又25(9k)34k(25k)9,故两双曲线的焦距相等,选D.5.已知向量a1,0,1,则下列向量中与a成60夹角的是

A．（-1,1,0） B.（1,-1,0） C.（0,-1,1） D.（-1,0,1）

答案:B提示:11,即这两向量的夹角余弦值为,从而夹角为600,选B.21202(1)212(1)2022本试卷答案由广州金起点教育龚寸章老师提供(联系方式:2508717374@qq.com)

(1,0,1)(1,1,0)本试卷答案由广州金起点教育龚寸章老师提供(联系方式:2508717374@qq.com)

6、已知某地区中小学生人数和近视情况分别如图1和图2所示，为了解该地区中小学生的近视形成原因，用分层抽样的方法抽取2%的学生进行调查，则样本容量和抽取的高中生近视人数分别为 A. 200,20 B. 100,20 C. 200,10 D. 100,10

答案:A提示:样本容量为(350045002000)2%200,抽取的高中生近视人数为:20002%50%20,选A.7.若空间中四条两两不同的直线l1,l2,l3,l4，满足l1l2,l2l3,l3l4，则下列结论一定正确的是 A.l1l4 B.l1//l4 C.l1,l4既不垂直也不平行 D.l1,l4的位置关系不确定 答案:D 8.设集合A=

x,x,x,x,xx{1,0,1},i1,2,3,4,5，那么集合A中满足条件

12345i“1x1x2x3x4x53”的元素个数为

A.60 B.90 C.120 D.130 答案: D

提示:x1x2x3x4x5可取1,2,3

122和为1的元素个数为:C1和为2的元素个数为:C12C510;2C5A540;3112和为3的元素个数为:C12C5C2C5C480.故满足条件的元素总的个数为104080130,选D.

二、填空题：本大题共7小题，考生作答6小题，每小题5分，满分30分．

（一）必做题（9～13题）

9.不等式x1x25的解集为 .

答案:,32,2,.提示:数轴上到1与2距离之和为5的数为3和2,故该不等式的解集为:,35x

10.曲线ye2在点(0,3)处的切线方程为 .

答案:5xy30提示:y5e'5x,y'x05,所求切线方程为y35x,即5xy30.11.从0,1,2,3,4,5,6,7,8,9中任取七个不同的数，则这七个数的中位数是6的概率为 .

16 提示:要使6为取出的7个数中的中位数,则取出的数中必有3个不大于6,

答案:3C61另外3个不小于6,故所求概率为7.C106本试卷答案由广州金起点教育龚寸章老师提供(联系方式:2508717374@qq.com)

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12.在ABC中，角A,B,C所对应的边分别为a,b,c，已知bcosCccosB2b， 则

a . b答案:2a提示:解法一:由射影定理知bcosCccosBa,从而a2b,2.b解法二:由上弦定理得:sinBcosCsinCcosB2sinB,即sin(BC)2sinB,asinA2sinB,即a2b,2.ba2b2c2a2c2b2解法三:由余弦定理得:b2b,即2a24ab,2ab2acaa2b,即2.b

513.若等比数列an的各项均为正数,且a10a11a9a122e,则lna1lna2lna20 .

答案:50 提示:a10a11a9a12,a10a11e,设Slna1lna25lna20,则Slna20lna19lna1,

2S20lna1a2020lna10a1120lne5100,S50.

（二）选做题（14～15题，考生从中选做一题）

14.（坐标与参数方程选做题）在极坐标系中，曲线C1和C2的方程分别为sincos和sin＝1，以极点为平面直角坐标系的原点，极轴为x轴的正半轴，建立平面直角坐标系，则曲线C1和C2的交点的直角坐标为＿＿

2答案:(1,1) 提示:C1即(sin)cos,故其直角坐标方程为:yx,22

C2的直角坐标方程为:y1,C1与C2的交点的直角坐标为(1,1).15.（几何证明选讲选做题）如图3，在平行四边形ABCD中，点E在AB上且EB＝2AE，AC与DE交于点F，则

CDF的面积＝＿＿＿

AEF的面积答案:9提示:显然CDFAEF,

CDF的面积CD2EBAE2()()9.AEF的面积AEAE

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三、解答题：本大题共6小题，满分80分．解答须写出文字说明、证明过程和 演算步骤．

16、（12分）已知函数f(x)Asin(x （1）求A的值； （2）若f()f()53),xR，且f()，

122433，(0,)，求f(). 224552332解:(1)f()Asin()Asin,A3.121243223(2)由(1)得:f(x)3sin(x),4f()f()3sin()3sin()44cossin)3(sin()coscos()sin) 4444323cossin6cos42610cos,(0,),sin424331030f()3sin()3sin()3sin3.44444

17、（13分）随机观测生产某种零件的某工厂25名工人的日加工零件数（单位：件），获得数据如下：

根据上述数据得到样本的频率分布表如下：

3(sincos

（1）确定样本频率分布表中n1,n2,f1和f2的值；

（2）根据上述频率分布表，画出样本频率分布直方图；

（3）根据样本频率分布直方图，求在该厂任取4人，至少有1人的日加工零件数落在

区间（30,35］的概率.

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解:(1)n17,n22,f1720.28,f20.08;2525(2)频率分布直方图如下所示:

(3)根据频率分布直方图,可得工人们日加工零件数落在区间30,35的概率为0.2,设日加工零件数落在区间30,35的人数为随机变量,则故4人中,至少有1人的日加工零件数落在区间30,350的概率为:1C4(0.2)0(0.8)410.40960.5904.B(4,0.2),18.（13分）如图4，四边形ABCD为正方形，PD⊥平面ABCD，∠DPC＝300，AF⊥PC于点F，FE∥CD，

交PD于点E.

（1）证明：CF⊥平面ADF； （2）求二面角D－AF－E的余弦值.

解:(1)证明:PD平面ABCD,PDPCD,平面PCD平面ABCD,平面PCD平面ABCDCD,AD平面ABCD,ADCD,AD平面PCD,CF平面PCD,CFAD,又AFPC,CFAF,AD,AF平面ADF,ADAFA,CF平面ADF.(2)解法一:过E作EG//CF交DF于G,CF平面ADF,EG平面ADF,过G作GHAF于H,连EH,则EHG为二面角DAFE的平面角,设CD2,DPC300,1CDF300,从而CF=CD=1,21DECFDE233CP4,EF∥DC,,即=,DE,还易求得EF=,DF3,DPCP2223233DEEF223.易得AE19,AF7,EF3,从而EGDF4223193AEEF22319,故HG(319)2(3)263,EHAF47474747cosEHGGH6347257.EH4731919本试卷答案由广州金起点教育龚寸章老师提供(联系方式:2508717374@qq.com)

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解法二:分别以DP,DC,DA为x,y,z轴建立空间直角坐标系,设DC2,1则A(0,0,2),C(0,2,0),P(23,0,0),设CFCP,则F(23,22,0),DFCF,可得,43331从而F(,,0),易得E(,0,0),取面ADF的一个法向量为n1CP(3,1,0),2222设面AEF的一个法向量为n2(x,y,z),利用n2AE0,且n2AF0,得n2可以是(4,0,3),从而所求二面角的余弦值为n1n243257.19|n1||n2|21919.（14分）设数列an的前n和为Sn,满足Sn2nan13n24n,nN*，且S315. (1)求a1,a2,a3的值; (2)求数列an的通项公式;

解:(1)a1S12a2312412a27①②a1+a2=S24a3322424(S3a1a2)204(15a1a2)20,a1+a28a3联立①,②解得1,a3S3a1a21587,a52综上a13,a25,a37,(2)Sn2nan13n24n③④当n2时,Sn12(n1)an3(n1)24(n1)2n16n1an,2n2n由(1)猜想an2n1,以下用数学归纳法证明:③④并整理得:an1(i)由(1)知,当n1时,a13211,猜想成立;(ii)假设当nk时,猜想成立,即ak2k1,则当nk1时,ak12k16k1ak2k2k2k11(2k1)32k2k24k1132k2k2k32(k1)1

这就是说nk1时,猜想也成立,从而对一切nN,an2n1.

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5x2y220.（14分）已知椭圆C:221(ab0)的一个焦点为(5,0)，离心率为，

3ab（1）求椭圆C的标准方程；

（2）若动点P(x0,y0)为椭圆外一点，且点P到椭圆C的两条切线相互垂直，求点P的轨迹方程.

解:(1)c5,ec55,a3,b2a2c2954,aa3x2y2椭圆C的标准方程为:1.94(2)若一切线垂直x轴,则另一切线垂直于y轴,则这样的点P共4个,它们的坐标分别为(3,2),(3,2).若两切线不垂直于坐标轴,设切线方程为yy0k(xx0),x2y2即yk(xx0)y0,将之代入椭圆方程1中并整理得:942(9k24)x218k(y0kx0)x9(ykx)4000,依题意,0,2222即:(18k)2(y0kx0)236(ykx)4(9k4)0,即4(ykx)4(9k4)0,0000

y024(x09)k2x0y0ky040,两切线相互垂直,k1k21,即:21,x09222x02y0213,显然(3,2),(3,2)这四点也满足以上方程,点P的轨迹方程为x2y213.

21.（本题14分）设函数f(x)1(x2xk)2(x2xk)3222，其中k2，

（1）求函数f(x)的定义域D（用区间表示）； （2）讨论f(x)在区间D上的单调性；

（3）若k6，求D上满足条件f(x)f(1)的x的集合（用区间表示）.

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解:(1)(x22xk)22(x22xk)30,则x22xk1①或x22xk3②由①得:x22xk10,144(k1)4(2k)0(k2),方程x22xk1=0的解为12k,由x22xk10得:x12k或x12k,由②得:x22xk30,方程x22xk30的判别式244(k3)4(2k)0(k2),该方程的解为12k,由x22xk30得:12kx12k.k2,12k12k112k12k,D(,12k)(12k,12k)(12k,).(2)设u(x22xk)22(x22xk)30,13则f(x)u22(x22xk)(2x2)2(2x2)2'2u(x1)(x22xk1)(i)当x(,12k)时,x10,x22xk1110,f'(x)0;(ii)当x(12k,1)时,x10,x22xk1310,f'(x)0;

32(iii)当x(1,12k)时,x10,x22xk1310,f'(x)0;(iv)当x(12k,)时,x10,x22xk1110,f'(x)0.综上,f(x)在D上的单调增区间为:(,12k),(1,12k),f(x)在D上的单调减区间为:(12k,1),(12k,).

(3)设g(x)(x22xk)22(x22xk)3,由(1)知,当xD时,g(x)0;又g(1)(3k)22(3k)3(k6)(k2),显然,当k6时,g(1)0,从而不等式f(x)f(1)g(x)g(1),g(x)g(1)[(x22xk)22(x22xk)3][(3k)22(3k)3][(x22xk)2(3k)2]2[(x22xk)(3k)](x3)(x1)(x22x2k5),k6,142k12k12k3112k12k142k,(i)当x12k时,(x3)(x1)0,欲使f(x)f(1),即g(x)g(1),亦即x22x2k50,即142kx142k,142kx12k;(ii)12kx3时,(x3)(x1)0,x22x2k5(x22xk)(k5)3(k5)0,此时g(x)g(1),即f(x)f(1);(iii)3x1时,(x3)(x1)0,x22x2k53(k5)0,g(x)g(1),不合题意;(iv)1x12k时,(x3)(x1)0,x22x2k53(k5)0,g(x)g(1),合题意;(v)x12k时,(x3)(x1)0,欲使g(x)g(1),则x22x2k50,即142kx142k,从而12kx142k.综上所述,f(x)f(1)的解集为:(142k,12k)(12k,3)(1,12k)(12k,142k).

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