高考理科数学新课标卷解析版 16页

‎ 2014年高考理科数学新课标1卷解析版 一、选择题（题型注释）‎ ‎1．已知集合，则（ ）‎ A． B． C.． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：由已知得，或，故，选A．‎ ‎【考点定位】1、一元二次不等式解法；2、集合的运算．‎ ‎2．（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：由已知得．‎ ‎【考点定位】复数的运算．‎ ‎3．设函数的定义域为，且是奇函数，是偶函数，则下列结论中正确的是（ ）‎ A．是偶函数 B． 是奇函数 ‎ ‎ C.． 是奇函数 D．是奇函数 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：设，则，因为是奇函数，是偶函数，故，即是奇函数，选C．‎ ‎【考点定位】函数的奇偶性．‎ ‎4．已知为双曲线:的一个焦点，则点到的一条渐近线的距离为（ ）‎ A. B. 3 C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：由已知得，双曲线C的标准方程为．则，‎ ‎，设一个焦点，一条渐近线的方程为，即，所以焦点F到渐近线的距离为，选A．‎ ‎【考点定位】1、双曲线的标准方程和简单几何性质；2、点到直线的距离公式．‎ ‎5．4位同学各自在周六、周日两天中任选一天参加公益活动，则周六、周日都有同学参加公益活动的概率为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：由已知，4位同学各自在周六、周日两天中任选一天参加公益活动共有种不同的结果，而周六、周日都有同学参加公益活动有两类不同的情况：（1）一天一人，另一天三人，有种不同的结果；（2）周六、日各2人，有种不同的结果，故周六、周日都有同学参加公益活动有种不同的结果，所以周六、周日都有同学参加公益活动的概率为，选D．‎ ‎【考点定位】1、排列和组合；2、古典概型的概率计算公式．‎ ‎6．如图，图O的半径为1，A是圆上的定点，P是圆上的动点，角x的始边为射线OA，终边为射线OP，过点P作直线OA的垂线，垂足为M，将点M到直线OP的距离表示成x的函数，则的图像大致为（ ）‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：如图所示，当时，在中，．在 中，‎ ‎；当时，在中，，在中，，所以当时，的图象大致为C．‎ ‎【考点定位】１．解直角三角形；2、三角函数的图象．‎ ‎7．执行右面的程序框图，若输入的分别为1，2，3，则输出的M=（ ）‎ A. B. C. D.‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：程序在执行过程中，，；；‎ ‎；，程序结束，输出．‎ ‎【考点定位】程序框图．‎ ‎8．设且则（ ）‎ ‎ （A） （B） （C） （D）‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：由已知得，，去分母得，，所以 ‎，，又因为，‎ ‎，所以，即，选C．‎ ‎【考点定位】1、和角的正弦公式；2、同角三角函数基本关系式；3、诱导公式．‎ ‎9．不等式组的解集为D,有下面四个命题：‎ ‎， ，‎ ‎ ，‎ 其中的真命题是（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：画出可行域，如图所示，设，则，当直线过点时，取到最小值，，故的取值范围为，所以正确的命题是，选B．‎ ‎【考点定位】1、线性规划；2、存在量词和全称量词．‎ ‎10．已知抛物线C：的焦点为F，准线为，P是上一点，Q是直线PF与C得一个焦点，若，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：如图所示，因为，故，过点作，垂足为M，则轴，所以，所以，由抛物线定义知，，选B．‎ ‎【考点定位】1、抛物线的定义；2、抛物线的标准方程；3、向量共线．‎ ‎11．已知函数，若存在唯一的零点，且，则的取值范围是 A． B． C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：当时，，函数有两个零点和，不满足题意，舍去；当时，，令，得或．时，；时，；时，，且，此时在必有零点，故不满足题意，舍去；当 时，时，；时，；时，，且，要使得存在唯一的零点，且，只需，即，则，选C．‎ 考点：1、函数的零点；2、利用导数求函数的极值；3、利用导数判断函数的单调性．‎ ‎12．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的各条棱中，最长的棱的长度为（ ）‎ ‎（A） （B） （C） （D）‎ ‎【答案】Ｂ ‎【解析】‎ 试题分析：由正视图、侧视图、俯视图形状，可判断该几何体为四面体，且四面体的长、宽、高均为4个单位，故可考虑置于棱长为4个单位的正方体中研究，如图所示，该四面体为，且,‎ ‎, , ，故最长的棱长为6，选B．‎ ‎【考点定位】三视图．‎ 二、双选题（题型注释）‎ 三、判断题（题型注释）‎ 四、连线题（题型注释）‎ 五、填空题（题型注释）‎ ‎13．的展开式中的系数为________.（用数字填写答案）‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 试题分析：由题意，展开式通项为，．当时，；当时，，故的展开式中项为，系数为．‎ ‎【考点定位】二项式定理．‎ ‎14．甲、乙、丙三位同学被问到是否去过三个城市时，‎ ‎ 甲说：我去过的城市比乙多，但没去过城市；‎ ‎ 乙说：我没去过城市.‎ ‎ 丙说：我们三个去过同一城市.‎ ‎ 由此可判断乙去过的城市为__________‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：由丙说可知，乙至少去过A,B,C中的一个城市，由甲说可知，甲去过A,C且比乙去过的城市多，故乙只去过一个城市，且没去过C城市，故乙只去过A城市．‎ ‎【考点定位】推理．‎ ‎15．已知为圆上的三点，若，则与的夹角为_______．‎ ‎【答案】．‎ ‎【解析】‎ 试题分析：由，故三点共线，且是线段中点，故是圆的直径，从而，因此与的夹角为 ‎【考点定位】1、平面向量基本定理；2、圆的性质．‎ ‎16．已知分别为三个内角的对边，，且，则面积的最大值为____________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 试题分析：由，且，故，又根据正弦定理，得，化简得，，故，所以，又，故．‎ ‎【考点定位】1、正弦定理和余弦定理；2、三角形的面积公式．‎ 六、综合题（题型注释）‎ 七、探究题（题型注释）‎ 八、解答题 ‎17．（本小题满分12分）‎ 已知数列的前项和为，，，，其中为常数，‎ ‎（I）证明：；‎ ‎（II）是否存在，使得为等差数列？并说明理由.‎ ‎【答案】（I）详见解析；（II）存在，.‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（I）对于含递推式的处理，往往可转换为关于项的递推式或关于的递推式．结合结论，该题需要转换为项的递推式．故由得．两式相减得结论；（II）对于存在性问题，可先探求参数的值再证明．本题由，，，列方程得，从而求出．得，故数列的奇数项和偶数项分别为公差为4的等差数列．分别求通项公式，进而求数列的通项公式，再证明等差数列．‎ 试题解析：（I）由题设，，．两式相减得，．‎ 由于，所以．‎ ‎（II）由题设，，，可得，由（I）知，．令，解得．‎ 故，由此可得，是首项为1，公差为4的等差数列，；‎ 是首项为3，公差为4的等差数列，．‎ 所以，．‎ 因此存在，使得为等差数列．‎ ‎【考点定位】1、递推公式；2、数列的通项公式；3、等差数列．‎ ‎18．（本小题满分12分）‎ 从某企业生产的某种产品中抽取500件，测量这些产品的一项质量指标值，由测量结果得如下图频率分布直方图：‎ ‎（I）求这500件产品质量指标值的样本平均值和样本方差（同一组的数据用该组区间的中点值作代表）；‎ ‎（II）由直方图可以认为，这种产品的质量指标服从正态分布，其中近似为样本平均数，近似为样本方差.‎ ‎（i）利用该正态分布，求；‎ ‎（ii）某用户从该企业购买了100件这种产品，记表示这100件产品中质量指标值位于区间的产品件数.利用（i）的结果，求.‎ 附：‎ 若则，。‎ ‎【答案】（I）；（II）（i）；（ii）．‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（I）由频率分布直方图可估计样本特征数众数、中位数、均值、方差．若同一组的数据用该组区间的中点值作代表，则众数为最高矩形中点横坐标．中位数为面积等分为的点．均值为每个矩形中点横坐标与该矩形面积积的累加值．方差是矩形横坐标与均值差的平方的加权平均值．（II）（i）由已知得，‎ ‎，故；（ii）某用户从该企业购买了100件这种产品，相当于100次独立重复试验，则这100件产品中质量指标值位于区间的产品件数，故期望．‎ 试题分析：（I）抽取产品的质量指标值的样本平均值和样本方差分别为 ‎ ，‎ ‎ ．‎ ‎（II）（i）由（I）知，服从正态分布，从而 ‎．‎ ‎（ii）由（i）可知，一件产品的质量指标值位于区间的概率为，依题意知，所以．‎ ‎【考点定位】1、频率分布直方图；2、正态分布的原则；3、二项分布的期望．‎ ‎19．(本小题满分12分)‎ 如图，三棱柱中，侧面为菱形，.‎ ‎（Ⅰ）证明：;‎ ‎（Ⅱ）若，,,求二面角的余弦值.‎ ‎【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（Ⅰ）由侧面为菱形得，结合得平面，故，且为的中点．故垂直平分线段，则；（Ⅱ）求二面角大小，可考虑借助空间直角坐标系．故结合已知条件寻找三条两两垂直相交的直线是解题关键．当且时，三角形为等腰直角三角形，故，结合已知条件可判断，故，从而两两垂直．故以为坐标原点，的方向为轴正方向建立空间直角坐标系，用坐标表示相关点的坐标．分别求半平面 和的法向量，将求二面角问题转化为求法向量夹角处理．‎ 试题解析：（I）连接，交于，连接．因为侧面为菱形，所以，且为与的中点．又，所以平面，故．又,故．‎ ‎（II）因为，且为的中点，所以，又因为，．故，从而两两垂直．以为坐标原点，的方向为轴正方向，为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系．因为，所以为等边三角形．又,则，，，．‎ ‎,,． ‎ 设是平面的法向量，则即所以可取．‎ 设是平面的法向量，则同理可取．‎ 则．所以二面角的余弦值为．‎ ‎【考点定位】1、直线和平面垂直的判定和性质；2、二面角求法．‎ ‎20．已知点A,椭圆E:的离心率为；F是椭圆E的右焦点，直线AF的斜率为，O为坐标原点 ‎（I）求E的方程；‎ ‎（II）设过点A的动直线与E 相交于P,Q两点。当的面积最大时，求的直线方程.‎ ‎【答案】（I）；（II）或.‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（I）由直线AF的斜率为，可求．并结合求得，再利用求，进而可确定椭圆E的方程；（II）依题意直线的斜率存在，故可设直线方程为，和椭圆方程联立得．利用弦长公式表示，利用点到直线的距离求的高．从而三角形的面积可表示为关于变量的函数解析式，再求函数最大值及相应的值，故直线的方程确定．‎ 试题解析：（I）设右焦点，由条件知，，得．‎ 又，所以，．故椭圆的方程为．‎ ‎（II）当轴时不合题意，故设直线，．‎ 将代入得．当，即时，‎ ‎．从而．又点到直线的距离 ‎，所以的面积．设，则，．因为，当且仅当时，时取等号，且满足．所以，当的面积最大时，的方程为或．‎ ‎【考点定位】1、椭圆的标准方程及简单几何性质；2、弦长公式；3、函数的最值．‎ ‎21．（12分）设函数，曲线在点处的切线方程为 ‎（I）求 ‎（II）证明：‎ ‎【答案】（I）；（II）详见解析.‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（I）由切点在切线上，代入得①．由导数的几何意义得②，联立①②求；（II）证明成立，可转化为求函数的最小值，只要最小值大于1即可．该题不易求函数的最小值，故可考虑将不等式结构变形为，分别求函数和的最值，发现在的最小值为，在的最大值为．且不同时取最值，故成立，即注意该种方法有局限性只是不等式的充分不必要条件，意即当成立，最值之间不一定有上述关系．‎ 试题解析：（I）函数的定义域为．．‎ 由题意可得，．故．‎ ‎（II）由（I）知，，从而等价于，设函数，则．所以当时，；当时，．故在递减，在递增，从而在的最小值为．设，则．所以当时，；当时，．故在递增，在递减，从而在的最大值为．综上，当时，，即．‎ ‎【考点定位】1、导数的几何意义；2、利用导数判断函数的单调性；3、利用导数求函数的最值．‎ ‎22．（本小题满分10分）选修4-1：几何证明选讲 如图，四边形是的内接四边形，的延长线与的延长线交于点，且.‎ ‎（Ⅰ）证明：；‎ ‎（Ⅱ）设不是的直径，的中点为，且，证明：为等边三角形.‎ ‎【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）详见解析.‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（Ⅰ）由圆的内接四边形的性质得，由等腰三角形的性质得，则有 ‎，充分挖掘角的等量关系是解题关键；（Ⅱ）要证明为等边三角形，只需证明三个内角相等．由得，需证，故只需证明．由得，在弦的垂直平分线上，该直线必然是直径所在的直线，又是非直径的弦的中点，故该直线垂直于，则，进而证明为等边三角形．‎ 试题解析：（I）由题设知四点共圆，所以．由已知得，故．‎ ‎（II）设的中点为，连接，则由知，故在直线上．又不是的直径，的中点为，故，即．所以，故．又 ‎，故．由（1）知，，所以为等边三角形.‎ ‎【考点定位】1、圆的内接四边形的性质；2、垂径定理的推论．‎ ‎23．（本小题满分10分）选修4—4，坐标系与参数方程 已知曲线，直线：（为参数）.‎ ‎（I）写出曲线的参数方程，直线的普通方程；‎ ‎（II）过曲线上任意一点作与夹角为的直线，交于点，的最大值与最小值．‎ ‎【答案】（I）；（II）最大值为，最小值为.‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（I）由椭圆的标准方程设，得椭圆的参数方程为，消去参数即得直线的普通方程为；（II）关键是处理好与角的关系．过点作与垂直的直线，垂足为，则在中，，故将的最大值与最小值问题转化为椭圆上的点，到定直线的最大值与最小值问题处理．‎ 试题解析：（I）曲线C的参数方程为（为参数）．直线的普通方程为．‎ ‎（II）曲线C上任意一点到的距离为．则 ‎．其中为锐角，且．‎ 当时，取到最大值，最大值为．‎ 当时，取到最小值，最小值为．‎ ‎【考点定位】1、椭圆和直线的参数方程；2、点到直线的距离公式；3、解直角三角形．‎ ‎24．（本小题满分10分）选修4-5：不等式选讲 若，且.‎ ‎（Ⅰ）求的最小值；‎ ‎（Ⅱ）是否存在，使得？并说明理由.‎ ‎【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）不存在．‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（Ⅰ）由已知，利用基本不等式的和积转化可求，利用基本不等式可将转化为，由不等式的传递性，可求的最小值；（Ⅱ）由基本不等式可求的最小值为，而，故不存在．‎ 试题解析：（I）由，得，且当时取等号．故，且当时取等号．所以的最小值为．‎ ‎（II）由（I）知，．由于，从而不存在，使得．‎ ‎【考点定位】基本不等式．‎