2014年全国高考新课标卷I理科数学试题(含答案)word版

 时间:2018-06-26 07:28:38 贡献者:chenqiang709

导读:2014 年普通高等学校招生全国统一考试全国课标 I(河南、河北、山西) 理科数学第Ⅰ卷 (选择题 共 60 分) 一.选择题:共 12 小题,每小题 5 分,共 60 分。在每个小题给出的四个选项中

2013年高考(新课标i卷)理科数学试卷(word版精编精校含答案详解)供
2013年高考(新课标i卷)理科数学试卷(word版精编精校含答案详解)供

2014 年普通高等学校招生全国统一考试全国课标 I(河南、河北、山西) 理科数学第Ⅰ卷 (选择题 共 60 分) 一.选择题:共 12 小题,每小题 5 分,共 60 分。

在每个小题给出的四个选项中,只有一项是 符合题目要求的一项。

1.已知集合 A={ x | x  2 x  3  0 },B={ x |-2≤ x <2=,则 A  B =2A .[-2,-1]2.B .[-1,2)C .[-1,1]D .[1,2)(1  i )3 = (1  i ) 2A .1  iB .1  iC . 1  iD . 1  i3.设函数 f ( x ) , g ( x) 的定义域都为 R,且 f ( x) 时奇函数, g ( x) 是偶函数,则下列结论正确的 是A . f ( x) g ( x) 是偶函数C . f ( x) | g ( x) |是奇函数B .| f ( x) | g ( x) 是奇函数D .| f ( x) g ( x) |是奇函数4.已知 F 是双曲线 C : x2  my 2  3m(m  0) 的一个焦点,则点 F 到 C 的一条渐近线的距离为A. 3B .3C . 3mD . 3m5.4 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A.1 8B.3 8C.5 8D.7 86.如图,圆 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 离表示为 x 的函数 f ( x) ,则 y = f ( x) 在[0,  ]上的图像大致为7.执行下图的程序框图,若输入的 a, b, k 分别为 1,2,3,则输出的 M =第 1 页 共 8 页

A.20 3B.16 5C.7 2D.15 88.设   (0,1  sin   ) ,   (0, ) ,且 tan   ,则 2 2 cos A . 3   9.不等式组 2B . 2   2C . 3   2D . 2   2x  y  1 的解集记为 D .有下面四个命题: x  2 y  4p2 : ( x, y)  D, x  2 y  2 , p4 : ( x, y)  D, x  2 y  1.p1 : ( x, y)  D, x  2 y  2 , P 3 : ( x, y )  D, x  2 y  3 ,其中真命题是A . p2 , p3B . p1 , p4C . p1 , p2D . p1 , p310.已知抛物线 C : y 2  8x 的焦点为 F ,准线为 l , P 是 l 上一点, Q 是直线 PF 与 C 的一个 焦点,若 FP  4FQ ,则 | QF | =A.7 23B.25 2C .3D .211.已知函数 f ( x) = ax  3x  1 ,若 f ( x) 存在唯一的零点 x0 ,且 x0 >0,则 a 的取值范围为A .(2,+∞)B .(-∞,-2)C .(1,+∞)D .(-∞,-1)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,则该多面体的个条棱中,最长的棱的长度为A.6 2B .4 2C .6D .4共90分)第Ⅱ卷(非选择题本卷包括必考题和选考题两个部分。

第(13)题-第(21)题为必考题,每个考生都必须作 答。

第(22)题-第(24)题为选考题,考生根据要求作答。

二.填空题:本大题共四小题,每小题5分。

13. ( x  y)( x  y) 的展开式中 x y 的系数为8 2 2.(用数字填写答案)第 2 页 共 8 页

14.甲、乙、丙三位同学被问到是否去过 A,B,C 三个城市时, 甲说:我去过的城市比乙多,但没去过 B 城市; 丙说:我们三人去过同一个城市. 乙说:我没去过 C 城市; . .由此可判断乙去过的城市为15.已知 A,B,C 是圆 O 上的三点,若 AO 1 ( AB  AC ) ,则 AB 与 AC 的夹角为 216.已知 a, b, c 分别为 ABC 的三个内角 A, B, C 的对边, 且 (2  b)(sin A  sin B)  (c  b)sin C , a =2, 则 ABC 面积的最大值为 .三.解答题:解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤。

17.(本小题满分 12 分)已知数列{ an }的前 n 项和为 Sn ,a1 =1,an  0 ,an an1   Sn 1, 其中  为常数. (I)证明: an 2  an   ; (Ⅱ)是否存在  ,使得{ an }为等差数列?并说明理由. 18. (本小题满分 12 分)从某企业的某种产品中抽取 500 件,测量这些产品的一项质量指标值,由 测量结果得如下频率分布直方图: (I)求这 500 件产品质量指标值的样本平均数 x 和样本方差 s (同一组数据用该区间的中点值 作代表) ; (Ⅱ)由频率分布直方图可以认为,这种产品的质量指标值 Z 服从正态分布 N ( ,  ) ,其中 22近似为样本平均数 x ,  近似为样本方差 s .22(i)利用该正态分布,求 P(187.8  Z  212.2) ; (ii)某用户从该企业购买了 100 件这种产品,学 科网记 X 表示这 100 件产品中质量指标值为于区 间(187.8,212.2)的产品件数,利用(i)的结果, 求 EX .2 附: 150 ≈12.2.若 Z ~ N ( ,  ) ,则 P(     Z     ) =0.6826,P(  2  Z    2 ) =0.9544.19. (本小题满分 12 分)如图三棱锥 ABC  A1B1C1 中, 侧面 BB1C1C 为菱形, AB  B1C .第 3 页 共 8 页

(I)证明: AC  AB1 ; (Ⅱ)若 AC  AB1 , CBB1  60o ,AB=Bc,求二面角 A  A 1B 1  C1 的余弦值. 20. (本小题满分 12 分) 已知点 A(0, -2) , 椭圆 E :x2 y 2 3  2  1(a  b  0) 的离心率为 ,F 2 a b 2是椭圆的焦点,直线 AF 的斜率为 (I)求 E 的方程;2 3 , O 为坐标原点. 3(Ⅱ)设过点 A 的直线 l 与 E 相交于 P, Q 两点,当 OPQ 的面积最大时,求 l 的方程. 21. (本小题满分 12 分)设函数 f ( x0  ae ln x xbe x 1 ,曲线 y  f ( x) 在点(1, f (1) )处的切 x线为 y  e( x  1)  2 . (I)求 a , b ; (Ⅱ)证明: f ( x)  1 . 请考生从第(22) 、 (23) 、 (24)三题中任选一题作答。

注意:只能做所选定的题目。

如果 多做,则按所做的第一个题目计分,作答时请用 2B 铅笔在答题卡上将所选题号后的 方框涂黑。

22.(本小题满分 10 分)选修 4—1:几何证明选讲 如图,四边形 ABCD 是⊙O 的内接四边形,AB 的延长线与 DC 的延长线交于点 E,且 CB=CE (Ⅰ)证明:∠D=∠E;学科网 (Ⅱ)设 AD 不是⊙O 的直径,AD 的中点为 M,且 MB=MC,证明:△ADE 为等边三角形. 23. (本小题满分 10 分)选修 4—4:坐标系与参数方程x  2  t x2 y 2   1 ,直线 l :  已知曲线 C : ( t 为参数). 4 9  y  2  2t(I)写出曲线 C 的参数方程,直线 l 的普通方程; (Ⅱ)过曲线 C 上任一点 P 作与 l 夹角为 30 的直线,交 l 于点 A , 求 | PA | 的最大值与最小值. 24. (本小题满分 10 分)选修 4—5:不等式选讲 若 a  0, b  0 ,且3 3 o1 1   ab . a b(I) 求 a  b 的最小值; (Ⅱ)是否存在 a , b ,使得 2a  3b  6 ?并说明理由.第 4 页 共 8 页

2014 年普通高等学校招生全国统一考试全国课标 I 答案1—5ADCAD 6—12 CDCBBCB 13.-20 14.A 15.90°16. 217. 【解析】 :(Ⅰ)由题设 an an 1   S n  1 , an 1an  2   S n 1  1 ,两式相减an 1  an  2  an    an 1 ,由于 an  0 ,所以 an  2  an  …………6 分(Ⅱ)由题设 a1 =1, a1a2   S1  1 ,可得 a2  1  1 ,由(Ⅰ)知 a3    1 假设{ an }为等差数列,则 a1 , a2 , a3 成等差数列,∴ a1  a3  2a2 ,解得   4 ; 证明   4 时,{ an }为等差数列:由 an  2  an  4 知 数列奇数项构成的数列 a2 m 1 是首项为 1,公差为 4 的等差数列 a2 m 1  4m  3 令 n  2m  1, 则 m n 1 ,∴ an  2n  1 (n  2m  1) 2数列偶数项构成的数列 a2 m  是首项为 3,公差为 4 的等差数列 a2 m  4m  1 令 n  2m, 则 m n ,∴ an  2n  1 (n  2m) 2∴ an  2n  1 ( n  N * ) , an 1  an  2 因此,存在存在   4 ,使得{ an }为等差数列. ………12 分18. 【解析】 :(Ⅰ) 抽取产品质量指标值的样本平均数 x 和样本方差 s 2 分别为x  170  0.02  180  0.09  190  0.22  200  0.33  210  0.24  220  0.08  230  0.02  200s 2   30   0.02   20   0.09   10   0.22  0  0.332 2 2 10   0.24   20   0.08   30   0.022 2 2 150(Ⅱ) (ⅰ)由(Ⅰ)知 Z ~ N (200,150) ,从而…………6 分P(187.8  Z  212.2)  P(200  12.2  Z  200  12.2)  0.6826………………9 分(ⅱ)由(ⅰ)知,一件产品中质量指标值为于区间(187.8,212.2)的概率为 0.6826第 5 页 共 8 页

依题意知 XB(100, 0.6826) ,所以 EX  100  0.6826  68.26………12 分19. 【解析】 : (Ⅰ)连结 BC1 , 交 B1C 于 O, 连结 AO. 因为侧面 BB1C1C 为菱形, 所以 B1C  BC1 , 且 O 为 B1C 与 BC1 的中点.又 AB  B1C ,所以 B1C  平面 ABO ,故 B1C  AO 又 B1O  CO ,故 AC  AB1 (Ⅱ)因为 AC  AB1 且 O 为 B1C 的中点,所以 ………6 分 又因为 ,所以BOA  BOC故 OA⊥ ,从而 OA,OB, OB1 两两互相垂直.以 O 为坐标原点,OB 的方向为 x 轴正方向,OB 为单位长, 建立如图所示空间直角坐标系 O- xyz . 因为 CBB1  600 , 所以 CBB1 为等边三角形.又 ,则   3 3  3  , B 1, 0, 0  , B1  0, , C  0,  A 0, 0, , 0 ,0     3   3  3           3 3 3 3  , A1 B1  AB   1, 0,  AB1   0, ,  , B C  BC   1,  ,0    1 1  3      3 3 3      设 n   x, y , z  是平面的法向量,则 n   n 3 3 y z0  AB1  0  3 3 ,即  A1 B1  0 x  3 z  0  3 所以可取 n  1, 3, 3 设 m 是平面的法向量,则 m A1 B1  0   n B1C1  0,同理可取 m  1,  3, 3则 cos n, m nm n m1 1 ,所以二面角 A  A1 B1  C1 的余弦值为 . 7 72 2 3 ,得 c  3  c 3又20. 【解析】(Ⅰ) 设 F  c, 0  ,由条件知c 3 ,  a 2第 6 页 共 8 页

所以x2 , b  a  c  1 ,故 E 的方程  y2  1. 42 2 2……….6 分(Ⅱ)依题意当 l  x 轴不合题意,故设直线 l: y  kx  2 ,设 P  x1 , y1  , Q  x2 , y2  将 y  kx  2 代入x2  y 2  1 ,得 1  4k 2  x 2  16kx  12  0 , 4当   16(4k  3)  0 ,即 k 2 28k  2 4k 2  3 3 时, x1,2  1  4k 2 4从而 PQ k 2  1 x1  x2 4 k 2  1 4k 2  3 1  4k 22 k 2 1,所以  OPQ 的面积 S OPQ 又点 O 到直线 PQ 的距离 d 21 4 4k 2  3 d PQ  , 2 1  4k 2设 4k  3  t ,则 t  0 , S OPQ 4t 4   1, t 4 t 4 t2当且仅当 t  2 , k  7 时等号成立,且满足   0 ,所以当  OPQ 的面积最大时, l 的方程 2…………………………12 分为: y 7 7 x2 或 y   x2. 2 221. 【解析】(Ⅰ) 函数 f ( x) 的定义域为  0,   , f ( x)  ae x ln x  由题意可得 f (1)  2, f (1)  e ,故 a  1, b  2a x b x 1 b x 1 e  2e  e x x x……………6 分2e x 1 2 (Ⅱ)由(Ⅰ)知, f ( x)  e ln x  ,从而 f ( x)  1 等价于 x ln x  xe  x  x ex设函数 g ( x)  x ln x , 则 g ( x)  x  ln x , 所以当 x   0,  时,g ( x)  0 , 当 x   ,   时, 1 e1 e  1 1  g ( x)  0 ,故 g ( x) 在  0,  单调递减,在  ,   单调递增,从而 g ( x) 在  0,   的最小  e e 值为 g ( )   .1 e1 e……………8 分第 7 页 共 8 页

设函数 h( x)  xe  x 2 x ,则 h( x)  e 1  x  ,所以当 x   0,1 时, h( x)  0 ,当 x  1,   e时, h( x)  0 ,故 h( x) 在  0,1 单调递增,在 1,   单调递减,从而 h( x) g ( x) 在  0,   的最小值为 h(1)   .22. 【解析】 .(Ⅰ) 由题设知得 A、 B、 C、 D 四点共圆, 所以  D=  CBE, 由已知得,  CBE=  E , 所以  D=  分 (Ⅱ)设 BCN 中点为,连接 MN,则由 知 MN⊥ 所以 O 在 MN 上,又 AD 不 是 O 的直径,M 为 AD 中点,故 OM⊥AD, 即 MN⊥AD,所以 AD//BC,故  A=  CBE, 又 由(Ⅰ)(1)知  D=  E, 所以△ADE 为等边三角  CBE=  E,故  A=  形. ……………10 分 23. 【解析】.(Ⅰ) 曲线 C 的参数方程为:  直线 l 的普通方程为: 2 x  y  6  0 (Ⅱ) (2)在曲线 C 上任意取一点 P (2cos  ,3sin  )到 l 的距离为1 e综上:当 x  0 时, g ( x)  h( x) ,即 f ( x)  1 .……12 分 x  2 cos   y  3sin (  为参数) ,………5 分d5 4 cos   3sin   6 , 5 d 2 5 4  5sin      6 ,其中  为锐角.且 tan   . 0 sin 30 5 3 22 5 ; 5…………10 分则 | PA |当 sin      1 时, | PA | 取得最大值,最大值为当 sin      1 时, | PA | 取得最小值,最小值为2 5 . 524. 【解析】(Ⅰ) 由 ab 1 1 2 ,得 ab  2 ,且当 a  b  2 时等号成立,   a b ab故 a  b  3 a b  4 2 ,且当 a  b 3 3 3 32 时等号成立,∴ a 3  b3 的最小值为 4 2 .…5 分(Ⅱ)由(Ⅰ)知: 2a  3b  2 6 ab  4 3 , 由于 4 3 >6,从而不存在 a, b ,使得 2a  3b  6 . ……………10 分第 8 页 共 8 页

 
 

微信扫一扫 关注一点知道
微信提问题 答案马上自动回复