2014年高考山东文科数学试题及答案

数学（文科）

第Ⅰ卷（共50分）

一、选择题：本大题共10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）【2014年山东，文1，5分】已知a,bR， 若ai2bi，则(abi)2i是虚数单位．（ ）

（A）34i （B）34i （C）43i （D）43i 【答案】A

2【解析】由ai2bi得，a2，b1，（abi）(2i)244ii234i，故选A．

【点评】本题主要考查两个复数相等的充要条件，两个复数代数形式的乘法法则，属于基础题．

（2）【2014年山东，文2，5分】设集合A{xx22x0},B{x1x4}，则AIB（ ）

（A）(0,2] （B）(1,2) （C）[1,2) （D）

(1,4)

【答案】C

2)B1,4，数轴上表示出来得到AI【解析】A(0，，B[1,2)，故选C．

【点评】本题是简单的计算题，一般都是在高考的第一题出现，答题时要注意到端点是否取得到，计算也是高考中的考查点，学生在平时要加强这方面的练习，考试时做到细致悉心，一般可以顺利解决问题．

（3）【2014年山东，文3，5分】函数f(x)1log2x1的定义域为（ ）

（A）(0，（D）(2,) 2) （B）(0,2] （C）

[2，)

【答案】C

【解析】log2x10故x2，故选C．

【点评】本题是对基本计算的考查，注意到“真数大于0”和“开偶数次方根时，被开方数要大于等于0”，及“分母不为0”，即可确定所有条件．高考中对定义域的考查，大多属于容易题．

（4）【2014年山东，文4，5分】用反证法证明命题“设a,bR，则方程x2axb0至少有一个实根”时要做的假设是（ ）

（A）方程x2axb0没有实根 （B）方程x2axb0至多有一个实根

（C）方程x2axb0至多有两个实根 （D）方程x2axb0恰好有两个实根 【答案】A

【解析】反证法证明问题时，反设实际是命题的否定，∴用反证法证明命题“设

a，b为实数，则方程x2axb0 至少有一个实根”时，要做的假设是：方程

x2axb0没有实根，故选

A．

【点评】本题考查反证法证明问题的步骤，基本知识的考查．

（5）【2014年山东，文5，5分】已知实数x,y满足axay(0a1)，则下列关系式恒成立的是（ ）

（A）x3y3 （B）（C）（D）21ln(x21)ln(y21) sinxsiny

1 y12x1【答案】A

【解析】Qaxay,0a1xy，排除C，D，对于B，sinx是周期函数，排除B，故选A．

【点评】本题主要考查函数值的大小比较，利用不等式的性质以及函数的单调性是解决本题的关键．

（6）【2014年山东，文6，5分】已知函数ylogaxc（a，c为常数，其中a0，

a1）的图像如右图，则下列结论成立的是（ ）

（A）a1,c1 （B）a1,0c1 （C）0a1,c1 （D）0a1,0c1 【答案】D

【解析】∵函数单调递减，∴0a1，当x1时ylogaxclog1c0，即1c1， 即c0，当x0时ylogaxclogac0，即c1，即0c1，故选D．

【点评】本题主要考查对数函数的图象和性质，利用对数函数的单调性是解决本题的关键，比较基础．

（7）【2014年山东，文7，5分】已知向量a1,则实数m（ ）

r3，b3,m．若向量a,b的夹角为，

6rrr（A）23 3 （B）3 （C）0 （D）

【答案】B

rrab【解析】由题意可得cosrr33m236ab29m2，解得m3，故选B．

【点评】本题主要考查两个向量的夹角公式、两个向量的数量积公式的应用，属于基础题．

（8）【2014年山东，文8，5分】为了研究某药厂的疗效，选取若

0.36频率 / 组距干名志愿者进行临床

0.240.16试验，所有志愿者的舒张压数据（单位：的分组区间为[12,13)，kPa）[13,14)，[14,15)，

0.080121314151617舒张压/kPa[15,16)，[16,17],将其按从左到右的顺序分别编号为第一组，第二组，……，第五 组，右图是根据试验数据制成的频率分布直方图，已知第一组与第二组共有20人， 第三组中没有疗效的有6人，则第三组中有疗效的人数为（ ）

（A）6 （B）8 （C）12 （D）18 【答案】C

【解析】第一组与第二组频率之和为0.240.160.4，200.450，500.3618，

18612，故选

C．

【点评】本题考查古典概型的求解和频率分布的结合，列举对事件是解决问题的关键，属中档题．

（9）【2014年山东，文9，5分】对于函数f(x)，若存在常数a0，使得x取定义域内的每一个值，都有f(x)f(2ax)，则称f(x)为准偶函数，下列函数中是准偶函数的是（ ）

f(x)（A）

xf(x)x3 （B）（C）（D）f(x)tanx f(x)cos(x1)

【答案】D

【解析】对于函数fx，若存在常数a0，使得x取定义域内的每一个值，都有f(x)f(2ax)，则称f(x)为准偶函数，∴函数的对称轴是xa，a0，选项A函数没有对称轴；选项B、函数的对称轴是x0，选项C函数没有对称轴．函数fxcosx1，有对称轴，且x0不是对称轴，选项D正确，故选D．

点评：本题考查函数的对称性的应用，新定义的理解，基本知识的考查．

xy10，

2xy305（10）【2014年山东，文10，5分】已知x,y满足的约束条件当目标函数zaxbya0,b0在该约束条件下取得最小值2a2b2的最小值为（ ）

时，

（A）5 （B）4 （C）2

【答案】B

5 （D）

【解析】直线

xy10xy10作可行域如图，联立，解得：A2,1．化目标函数为

2xy302xy30方程得：yaxzb0．由图可知，当直线yaxz过A点时，直线在y轴上

bbbb25的截距最小，z最小，2ab25，即2ab250．则a2b2的最小值为，542故选B．

【点评】本题考查简单的线性规划，考查数形结合的解题思想方法，考查了数学转化思想方法，训练了点到直线距离公式的应用，是中档题．

第II卷（共100分）

二、填空题：本大题共5小题，每小题5分．

（11）【2014年山东，文11，5分】执行下面的程序框图，若输入的x的值为1，则输出的n的 值为 ． 【答案】3

【解析】根据判断条件x24x30，得1x3，输入x1 第一次判断后循环，xx12,nn11； 第二次判断后循环，xx13,nn12； 第三次判断后循环，xx14,nn13； 第四次判断不满足条件，退出循环，输出n3．

【点评】本题考查循环结构的应用，注意循环的结果的计算，考查计算能力．

（12）【2014年山东，文12，5分】函数y3sin2xcosx2的最小正周期为 ． 2【答案】 【解析】y331112sin2xcos2xsin2xcos2xsin2x，T． 2222622【点评】本题主要考查两角和的正弦公式、二倍角的余弦公式，正弦函数的周期性，属于基础题．

（13）【2014年山东，文13，5分】一个六棱锥的体积为23，其底面是边长为2的正六边形，侧棱长都相等，则该六棱锥的侧面积为 ． 【答案】12

1o【解析】设六棱锥的高为h，斜高为h，则由体积V122sin606h2323，得：h1，

h321h22， 侧面积为2h612．

2【点评】本题考查了棱锥的体积，侧面积的求法，解答的关键是能够正确利用体积与表面积公式解题．

（14）【2014年山东，文14，5分】圆心在直线x2y0上的圆C与y轴的正半轴相切，圆C截x轴所得的弦的长2【答案】x22y124

a【解析】设圆心半径为a． 由勾股定理a,a0，23，则圆C的标准方程为 ．

32aa2圆心为2,1，a2得：

22半径为2，

圆C的标准方程为x22y124．

【点评】此题综合考查了垂径定理，勾股定理及点到直线的距离公式．根据题意设出圆心坐标，找出圆的半径是解本题的关键． （15）【2014年山东，文15，5

x2y2分】已知双曲线221a0,b0的焦距为2c，

ab右顶点为A，抛物线x22pyp0的焦点为F，若双曲线截抛物线的准线所得线段长为2c，且FAc，则双曲线的渐近线方程为 ． 【答案】yx 【解析】由题意知P2Pc2a2b，抛物线准线与双曲线的一个交点坐标为c,， 即

2c,b代入双曲线方程

bc2c2b2c2为221，得22，211，渐近线方程为yx．

aaaba【点评】熟练掌握圆锥曲线的图象与性质是解题的关键． 三、解答题：本大题共6题，共75分．

（16）【2014年山东，文16，12分】海关对同时从A,B,C三个不同地区进口的某种商品进行抽样检测，从各地区进口此种商品的数量（单位：件）如右表所示，工作人员用分层抽样的方法从这些商品中共抽取6件样品进行检测．

地区 数量 50 150 100 （1）求这6件样品中来自A,B,C各地区样品的数量；

（2）若在这6件样品中随机抽取2件送往甲机构进行进一步检测，求这2件商品来自相同地区的概率．

解：（1）A，B，C三个地区商品的总数量为50+150+100=300，故抽样比

k61，故A地区抽取商品的 30050数量为

11501；B地区抽取的商品的数量为1503；C5050地区抽取的商品的数量为

11002． 50 （2）在这6件样品中随机抽取2件共有：C6215个不同的基本事件；且这些事件是等可能发生的，

记“这2件商品来自相同地区”为事件A，则A中包含C22C324种不同的基本事件， 故PA4，即这152件商品来自相同地区的概率为

4． 15【点评】本题考查的知识点是分层抽样，古典概型概率计算公式，难度不大，属于基础题．

（17）【2014年山东，文17，12分】在ABC中，角A,B,C所对的边分别是a,b,c．已知a3,cosA6,BA． 32（1）求b的值； （2）求ABC的面积． 解：（1）由题意知：sinA331cos2A，sinBsinAsinAcos22cosAsin2cosA63，

由正弦定理得：

abasinBb32． sinAsinBsinAb2c2a26（2）由余弦定理得：cosAc243c90c13,c233,

2bc3 又因为BA为钝角，所以bc，即c23，所以SABC132． acsinB22【点评】本题主要考查了正弦定理的应用．解题过程中结合了同角三角函数关系，三角函数恒等变换的应用，注重了基础知识的综合运用．

（18）【2014年山东，文18，12分】如图，四棱锥PABCD中， AP平面PCD，AD//BC，

ABBC1AD，E,F分别为线段AD,PC的中点． 2（1）求证：AP//平面BEF； （2）求证：BE平面PAC．

解：（1）连接AC交BE于点O，连接OF，不妨设ABB，ABBC1，则AD2，QABBC，

AD//BC，四边形ABCE为菱形，QO,F分别为AC,PC中点，OF//AP

又QOF平面BEF，AP//平面BEF．

（2）QAP平面PCD，CD平面PCD,APCD，QBC//ED，BCED，BCDE为 平行四边形，BE//CD，BEPA，又QABCE为菱形，BEAC，

又QPAACA,PA、AC平面PAC，BE平面PAC．

【点评】本题考查直线与平面平行、垂直的判定，考查学生分析解决问题的能力，

正确运用直

线与平面平行、垂直的判定是关键．

（19）【2014年山东，文19，12分】在等差数列an中，已知d2，a2是a1与a4等比中项．

（1）求数列an的通项公式；

（2）设bnann1，记Tnb1b2b3L1nbn，求Tn．

2解：（1）由题意知：an为等差数列，设ana1n1d，Qa2为a1与a4的等比中项，a22a1a4且a10， 即a1d2a1a13d，d2 解得：a12，an2(n1)22n．

（2）由（1）知：an2n，bnan(n1)2n(n1)，

①当n为偶数时： ②当n为奇数时：

2n1n122nn1n2n1． 222n22n1，n为奇数2综上：Tn2．

n2n,n为偶数2【点评】本题考查了等差数列与等比数列的通项公式及其前n项和公式、分类讨论思想方法，属于中档题．

（20）【2014年山东，文20，13分】设函数fxalnxx1，其中a为常数．

x1（1）若a0，求曲线yfx在点1,f1处的切线方程；

（2）讨论函数fx的单调性． 解：（1）当a0时，fxx1，fxx1y11x． 222x12，f121121，Qf(1)0直线过点(1,0)，2（2）f(x)ax2(x0)，

(x1)2 ①当a0时，fx2x12恒大于0，fx在定义域上单调递增．

②当a0时，

ax12xa2fx0，fx在定义域上单调递增． 2xx12xx12 ③当a0时，2a224a28a40，即a1，开口向下，fx在定义域上单

2调递减．

当1a0时，0，x1,2(2a2)22a8a4a12a1，

a对称轴方程为x2a2110且x1x210．fx在(0,a12aa2a1a)单调递减，

(a12a1a12a1a1+2a1,)单调递增，(，+)单调递减．

aaa 综上所述，a0时，f(x)在定义域上单调递增；a0时，f(x)在定义域上单调递增；a1时，f(x)

2在定义域上单调递减；1a0时，f(x)在(0,a122a1a)单调递减，

(a12a1a12a1a1+2a1,)单调递增，(，+)单调递减．

aaa【点评】导数是高考中极易考察到的知识模块，导数的几何意义和导数的单调性是本题检查的知识点，特别是单调性的处理中，分类讨论是非常关键和必要的，分类讨论也是高考中经常考查的思想方法．

（21）【2014年山东，文21，14的离心率为32x2y2分】在平面直角坐标系xOy中，椭圆C:221ab0ab，

直线yx被椭圆C截得的线段长为4105．

（1）求椭圆C的方程；

（2）过原点的直线与椭圆C交于A,B两点（A,B不是椭圆C的顶点），点D在椭圆C上，且ADAB，

直线BD与x轴、y轴分别交于M,N两点．

（i）设直线BD,AM的斜率分别为k1,k2．证明存在常数使得k1k2，并求出的值； （ii）求OMN面积的最大值． 解：（1）Qe32点．不妨设p点

44为直线和椭圆在第一象限的交点．又Q弦长为410，p(25,25)，52521，

ab555c23a2b23c3，，即2，2，a24b2，设直线与椭圆交于p,q两

a2a4a4x2 联立解得a4，b1，椭圆方程为y21．

422Dx2,y2，（2）（i）设Ax1,y1x1y10，则Bx1,y1．∵直线AB的斜率kABy1，又ABAD，

x1∴直线AD的斜率kADx1．设AD方程为ykxm，由题意知k0，m0．

y1ykxm8mk2222联立，得．∴14kx8kmx4m40xxx12214k2y14．

因此y1y2kx1x22m2m14k2．由题意可得k1y1y2x1x1y114k4x1．

∴直线BD的方程为yy1y1xx1．令y0，得x3x1，即M3x1,0． 4x1可得k2y12x1．∴k11k2，即1．因此存在常数1使得结论成立．

222（ii）直线BD方程为yy13y1令x0，得y3y1，即N由（i）知M3x1,0， xx1，0,y1．44x141399x12可得OMN的面积为S3x1y1x1y1y129．

248848当且仅当

x12y122时等号成立．∴OMN面积的最大值为9．

8【点评】本题考查椭圆方程的求法，主要考查了直线与椭圆的位置关系的应用，直线与曲线联立，根据方程的根与系数的关系解题，是处理这类问题的最为常用的方法，但圆锥曲线的特点是计算量比较大，要求考试具备较强的运算推理的能力，是压轴题． 2020-2-8