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  • 2021-05-13 发布

高考理科数学新课标卷解析版

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‎ 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.‎