2014高考全国2卷数学文科试题及答案详解

数学

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）已知集合A{2,0,2}，B{x|xx20}，则AB= (A)  （B）2 （C）0 (D) 2 考点： 交集及其运算．

分析： 先解出集合B，再求两集合的交集即可得出正确选项．

解答： 解：∵A={﹣2，0，2}，B={x|x2﹣x﹣2=0}={﹣1，2}，∴A∩B={2}． 故选： B

点评： 本题考查交的运算，理解好交的定义是解答的关键． （2）

213i () 1i （A）12i （B）12i （C）1-2i (D) 1-2i 考点： 复数代数形式的乘除运算．

分析： 分子分母同乘以分母的共轭复数1+i化简即可． 解答： 解：化简可得====﹣1+2i 故选： B

点评： 本题考查复数代数形式的化简，分子分母同乘以分母的共轭复数是解决问题的关键，属基础题．

（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

（B）p是q的充分条件，但不是q的必要条件 （C）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 考点： 必要条件、充分条件与充要条件的判断．菁优网版权所有

分析： 根据可导函数的极值和导数之间的关系，利用充分条件和必要条件的定义即可得到结论． 解答： 函数f（x）=x3的导数为f'（x）=3x2，由f′（x0）=0，得x0=0，但此时函数f（x）单调递增，

无极值，充分性不成立．根据极值的定义和性质，若x=x0是f（x）的极值点，则f′（x0）=0成立，即必要性成立，故p是q的必要条件，但不是q的充分条件，

1

故选： C

点评： 本题主要考查充分条件和必要条件的判断，利用函数单调性和极值之间的关系是解决本题的关键，

比较基础．

（4）设向量a,b满足|a+b|=10，|a-b|=6，则a·b= ()

（A）1 （B） 2 （C）3 (D) 5 考点： 平面向量数量积的运算．

分析： 将等式进行平方，相加即可得到结论． 解答： ∵|+|=

，|﹣|=

+2•+

， =10，

﹣2•+

=6，两式相减得4••=10﹣6=4，即•=1，

∴分别平方得，

故选： A

点评： 本题主要考查向量的基本运算，利用平方进行相加是解决本题的关键，比较基础．

（5）等差数列an的公差为2，若a2，a4，a8成等比数列，则an的前n项Sn= () （A） nn1 （B）nn1 （C）考点： 等差数列的性质．

分析： 由题意可得a42=（a4﹣4）（a4+8），解得a4可得a1，代入求和公式可得． 解答： 由题意可得a42=a2•a8，

即a42=（a4﹣4）（a4+8），解得a4=8， ∴a1=a4﹣3×2=2，

∴Sn=na1+d，=2n+×2=n（n+1），

故选： A

点评： 本题考查等差数列的性质和求和公式，属基础题．

（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6c m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() （A）

nn12 (D)

nn12

175101 （B） （C） (D) 279273

2

考点： 由三视图求面积、体积．菁优网版权所有

分析： 由三视图判断几何体的形状，通过三视图的数据求解几何体的体积即可．

解答： 几何体是由两个圆柱组成，一个是底面半径为3高为2，一个是底面半径为2，高为4，

组合体体积是：32π•2+22π•4=34π．

底面半径为3cm，高为6cm的圆柱体毛坯的体积为：32π×6=54π 切削掉部分的体积与原来毛坯体积的比值为：=．

故选：C．

点评： 本题考查三视图与几何体的关系，几何体的体积的求法，考查空间想象能力以及计算能力．

（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的体积

为()

（A）3 （B）

3 （C）1 （D）23 2考点： 棱柱、棱锥、棱台的体积．菁优网版权所有

分析： 由题意求出底面B1DC1的面积，求出A到底面的距离，即可求解三棱锥的体积． 解答： ∵正三棱柱ABC﹣A1B1C1的底面边长为2，侧棱长为，D为BC中点，

∴底面B1DC1的面积：=，A到底面的距离就是底面正三角形的高：． 三棱锥A﹣B1DC1的体积为：=1．

故选：C．

点评： 本题考查几何体的体积的求法，求解几何体的底面面积与高是解题的关键．

（8）执行右面的程序框图，如果如果输入的x，t均为2，则输出的S= () （A）4 （B）5 （C）6 （D）7 考点： 程序框图．菁优网版权所有

分析： 根据条件，依次运行程序，即可得到结论． 解答： 若x=t=2，

则第一次循环，1≤2成立，则M=，S=2+3=5，k=2， 第二次循环，2≤2成立，则M=，S=2+5=7，k=3， 此时3≤2不成立，输出S=7，

故选：D．

点评： 本题主要考查程序框图的识别和判断，比较基础．

3

xy10（9）设x，y满足的约束条件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

考点： 简单线性规划．

分析： 作出不等式对应的平面区域，利用线性规划的知识，通过平移即可求z的最大值． 解答： 作出不等式对应的平面区域，由z=x+2y，得y=﹣

平移直线y=﹣

，由图象可知当直线y=﹣

，

经过点A时，直线y=﹣

的截距最大，

此时z最大．由，得， 即A（3，2），

此时z的最大值为z=3+2×2=7，

故选：B．

点评： 本题主要考查线性规划的应用，利用数形结合是解决线性规划题目的常用方法

°（10）设F为抛物线C:y3x的焦点，过F且倾斜角为30的直线交于C于A,B两点，则AB= ()

2 （A）

30 （B）6 （C）12 （D）73 3考点： 抛物线的简单性质．

分析： 求出焦点坐标，利用点斜式求出直线的方程，代入抛物线的方程，利用根与系数的关系，由弦长

公式求得|AB|．

解答： 由y2=3x得其焦点F（，0），准线方程为x=﹣．

则过抛物线y2=3x的焦点F且倾斜角为30°的直线方程为y=tan30°（x﹣）=代入抛物线方程，消去y，得16x2﹣168x+9=0．

4

（x﹣）．

设A（x1，y1），B（x2，y2） 则x1+x2=

，

=12

所以|AB|=x1++x2+=++故答案为：12．

点评： 本题考查抛物线的标准方程，以及简单性质的应用，弦长公式的应用，运用弦长公式是解题的难

点和关键．

（11）若函数f(x)kxlnx在区间（1，+）单调递增，则k的取值范围是() （A）,2 （B）,1 （C）2, （D）1, 考点： 函数单调性的性质．

分析： 由题意可得，当x＞1时，f′（x）=k﹣≥0，故 k﹣1＞0，由此求得k的范围． 解答： 函数f（x）=kx﹣lnx在区间（1，+∞）单调递增，

∴当x＞1时，f′（x）=k﹣≥0，∴k﹣1≥0，∴k≥1，

故选：D．

点评： 本题主要考查利用导数研究函数的单调性，函数的单调性的性质，属于基础题．

（12）设点M(x,1)，若在圆O:x2y21上存在点N，使得OMN45°0,则x0的取值范围是()

（A）1,1 （B）1222，12 （C）2,2 （D） ，22 

考点： 直线和圆的方程的应用．菁优网版权所有

分析： 根据直线和圆的位置关系，利用数形结合即可得到结论．

5

解答：由题意画出图形如图：

∵点M（x0，1），

∴若在圆O：x2+y2=1上存在点N，使得∠OMN=45°，

∴圆上的点到MN的距离的最大值为1，要使MN=1，才能使得∠OMN=45°， 图中M′显然不满足题意，当MN垂直x轴时，满足题意， ∴x0的取值范围是[﹣1，1]． 故选：A

点评： 本题考查直线与圆的位置关系，直线与直线设出角的求法，数形结合是快速解得本题的策略之一．

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，每个考试考生都必须做答。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）甲、已两名元动员各自等可能地从红、白、蓝3种颜色的运动服种选择1种，则他们选择相同颜色

运动服的概率为_______.

考点： 相互独立事件的概率乘法公式．菁优网版权所有

分析： 所有的选法共有3×3=9种，而他们选择相同颜色运动服的选法共有3种，由此求得他们选择相同

颜色运动服的概率．

解答： 有的选法共有3×3=9种，而他们选择相同颜色运动服的选法共有3种，

故他们选择相同颜色运动服的概率为 =， 故答案为：．

点评： 本题主要考查相互独立事件的概率乘法公式，属于基础题．

（14）函数f(x)sin(x)2sincosx的最大值为_________. 考点： 三角函数的最值．

分析： 展开两角和的正弦，合并同类项后再用两角差的正弦化简，则答案可求． 解答： 解：∵f（x）=sin（x+φ）﹣2sinφcosx

=sinxcosφ+cosxsinφ﹣2sinφcosx=sinxcosφ﹣sinφcosx=sin（x﹣φ）． ∴f（x）的最大值为1．

故答案为：1．

点评： 本题考查两角和与差的正弦，考查了正弦函数的值域，是基础题．

6

（15）已知函数f(x)的图像关于直线x2对称，f(0)3，则f(1)_______. 考点： 函数奇偶性的性质． 专题： 函数的性质及应用．

分析： 根据函数奇偶性和对称性的性质，得到f（x+4）=f（x），即可得到结论． 解答： 解：因为偶函数y=f（x）的图象关于直线x=2对称， 所以f（2+x）=f（2﹣x）=f（x﹣2）， 即f（x+4）=f（x），

则f（﹣1）=f（﹣1+4）=f（3）=3， 故答案为：3

点评： 本题主要考查函数值的计算，利用函数奇偶性和对称性的性质得到周期性f（x+4）=f（x）是解决本题的关键，比较基础．

（16）数列{an}满足an1考点： 数列递推式．

分析： 根据a8=2，令n=7代入递推公式an+1=

求出a1的值．

解答： 由题意得，an+1=

，a8=2，

，求得a7，再依次求出a6，a5的结果，发现规律，

1,a22，则a1=_________. 1an令n=7代入上式得，a8=，解得a7=；

令n=6代入得，a7=，解得a6=﹣1；

令n=5代入得，a6=，解得a5=2；…

根据以上结果发现，求得结果按2，，﹣1循环， ∵8÷3=2…2，故a1=

故答案为：．

点评： 本题考查了数列递推公式的简单应用，即给n具体的值代入后求数列的项，属于基础题．

7

三、解答题：解答应写出文字说明过程或演算步骤。 （17）（本小题满分12分）

四边形ABCD的内角A与C互补，AB=1，BC=3, CD=DA=2. （Ⅰ）求C和BD;

（Ⅱ）求四边形ABCD的面积。 解：

（Ⅰ）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①，②得cosC12，故C60,BD7

（Ⅱ）四边形ABCD的面积

S12ABDAsinA12BCCDsinC (12121232)sin60 23

8

（18）（本小题满分12分）

如图，四凌锥PABCD中，底面ABCD为矩形，PA面

ABCD，E为PD的中点。

（Ⅰ）证明：PB//平面AEC;

（Ⅱ）设置AP1，AD3，三棱锥PABD的体积V求A到平面PBD的距离。 解：

（Ⅰ）设BD与AC的交点为O，连接EO

因为ABCD为矩形，所以O为BD的中点， 又因为E为PD的中点，所以EO//PB

3，4EO平面AEC，PB平面AEC，

所以PB//平面AEC

（Ⅱ）V113SABDPAPAABADAB 36633，可得AB 42由题设知V做AHPB交PB于H

由题设知BC平面PAB，所以BCAH，故AH平面PBC，

又AHPAAB313 PB13313 13所以A到平面PBC的距离为

9

（19）（本小题满分12分）

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

甲部门

4 9 7

9 7 6 6 5 3 3 2 1 1 0

9 8 8 7 7 7 6 6 5 5 5 5 5 4 4 4 3 3 3 2 1 0 0

6 6 5 5 2 0 0 6 3 2 2 2 0

3 4 5 6 7 8 9 10

乙部门

5 9 0 4 4 8

1 2 2 4 5 6 6 7 7 7 8 9 0 1 1 2 3 4 6 8 8 0 0 1 1 3 4 4 9 1 2 3 3 4 5 0 1 1 4 5 6 0 0 0

（Ⅰ）分别估计该市的市民对甲、乙部门评分的中位数； （Ⅱ）分别估计该市的市民对甲、乙部门的评分做于90的概率； （Ⅲ）根据茎叶图分析该市的市民对甲、乙两部门的评价。 解：

（Ⅰ）由所给茎叶图知，50位市民对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品分的中位数的估计值是67. 2

（Ⅱ）由所给茎叶图知，50位市民对甲、乙部门的评分高于90的比率分别为

580.1,0.16，故该5050市的市民对甲、乙部门的评分高于90的概率的估计值分别为0.1，0.16.

（Ⅲ）由所给茎叶图知，市民对甲部门的评分的中位数高于对乙部门的评分的中位数，而且由茎叶图可以

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（注：考生利用其他统计量进行分析，结论合理的同样给分。）

10

（20）（本小题满分12分）

x2y2设F1,F2分别是椭圆C：221（a>b>0）的左右焦点，M是C上一点且MF2与x轴垂直，直线

abMF1与C的另一个交点为N。

（Ⅰ）若直线MN的斜率为

3，求C的离心率； 4（Ⅱ）若直线MN在y轴上的截距为2且|MN|=5|F1N|，求a，b。 解：

b22（Ⅰ）根据cab及题设知M(c,),2b3ac

a22将bac代入2b3ac，解得故C的离心率为

2222c1c,2（舍去） a2a1 2（Ⅱ）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)是线段MF1的

b24，即 中点，故ab24a ①

由|MN|5|F1N|得|DF1|2|F1N| 设N(x1,y1)，由题意知y10，则

32(cx1)cx1c即2 2y21y119c21代入C的方程，得221 ②

4ab9(a24a)11 将①及cab代入②得24a4a22解得a7,b4a28，故

2a7,b27

11

（21）（本小题满分12分）

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轴交点的横坐标为-2. （Ⅰ）求a；

（Ⅱ）证明：当时，曲线yf(x)与直线ykx2只有一个交点。 解：

2（Ⅰ）f(x)3x6xa，f(0)a

曲线yf(x)在点（0，2）处的切线方程为yax2 由题设得22，所以a1 a32（Ⅱ）由（Ⅰ）知，f(x)x3xx2

设g(x)f(x)kx2x3x(1k)x4 由题设知1k0

当x0时，g(x)3x6x1k0，g(x)单调递增，g(1)k10,g(0)4，所以

232g(x)0在(,0]有唯一实根。

当x0时，令h(x)x3x4，则g(x)h(x)(1k)xh(x)

32h(x)3x26x3x(x2),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由唯一实根，即曲线yf(x)与直线ykx2只有一个交点。

12

请考生在第22、23、24题中任选一题做答，如果多做，则按所做的第一题计分，做答时请写清题号。

（23）（本小题满分10分）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,[0,]

2（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。 解：

（Ⅰ）C的普通方程为

(x1)2y21(0y1)

可得C的参数方程为

x1cost（t为参数，0t） ysint（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，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故D的直角坐标为(1cos

3

33,sin)，即(,)

2233 13