2014年普通高等学校招生全国统一考试数学(大纲全国卷)理 (2)

1、2014年普通高等学校招生全国统一考试(大纲全国卷)数学(理科)第卷一、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.(2014大纲全国,理1)设z=10i3+i,则z的共轭复数为().a.-1+3ib.-1-3ic.1+3id.1-3i答案:d解析:z=10i3+i=10i(3-i)(3+i)(3-i)=30i+1032+12=1+3i,z=1-3i,选d.2.(2014大纲全国,理2)设集合m=x|x2-3x-4<0,n=x|0x5,则mn=().a.(0,4b.0,4)c.-1,0)d.(-1,0答案:b解析:m=x|x2-3x-4&

2、lt;0=x|-1<x<4,n=x|0x5,mn=x|0x<4=0,4),选b.3.(2014大纲全国,理3)设a=sin 33°,b=cos 55°,c=tan 35°,则().a.a>b>cb.b>c>ac.c>b>ad.c>a>b答案:c解析:a=sin 33°,b=cos 55°=sin 35°,c=tan 35°=sin35°cos35°,sin35°cos35°>sin 35°>sin

3、33°.c>b>a,选c.4.(2014大纲全国,理4)若向量a,b满足:|a|=1,(a+b)a,(2a+b)b,则|b|=().a.2b.2c.1d.22答案:b解析:(a+b)a,|a|=1,(a+b)·a=0,|a|2+a·b=0,a·b=-1.又(2a+b)b,(2a+b)·b=0.2a·b+|b|2=0.|b|2=2.|b|=2,选b.5.(2014大纲全国,理5)有6名男医生、5名女医生,从中选出2名男医生、1名女医生组成一个医疗小组,则不同的选法共有().a.60种b.70种c.75种d.150种答案:c解

4、析:从6名男医生中选出2名有c62种选法,从5名女医生中选出1名有c51种选法,故共有c62·c51=6×52×1×5=75种选法,选c.6.(2014大纲全国,理6)已知椭圆c:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点为f1,f2,离心率为33,过f2的直线l交c于a,b两点.若af1b的周长为43,则c的方程为().a.x23+y22=1b.x23+y2=1c.x212+y28=1d.x212+y24=1答案:a解析:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为33,ca=33.又过f2的直线l交椭圆于a,b两点,a

5、f1b的周长为43,4a=43,a=3.b=2,椭圆方程为x23+y22=1,选a.7.(2014大纲全国,理7)曲线y=xex-1在点(1,1)处切线的斜率等于().a.2eb.ec.2d.1答案:c解析:y=xex-1,y'=ex-1+xex-1,k=y'|x=1=e0+e0=2,选c.8.(2014大纲全国,理8)正四棱锥的顶点都在同一球面上.若该棱锥的高为4,底面边长为2,则该球的表面积为().a.814b.16c.9d.274答案:a解析:由图知,r2=(4-r)2+2,r2=16-8r+r2+2,r=94,s表=4r2=4×8116=814,选a.9.(2

6、014大纲全国,理9)已知双曲线c的离心率为2,焦点为f1,f2,点a在c上.若|f1a|=2|f2a|,则cosaf2f1=().a.14b.13c.24d.23答案:a解析:双曲线的离心率为2,ca=2,abc=132.又|af1|-|af2|=2a,|f1a|=2|f2a|,|af1|=4a,|af2|=2a,|f1f2|=2c=4a,cosaf2f1=|af2|2+|f1f2|2-|af1|22|af2|f1f2|=4a2+16a2-16a22×2a×4a=4a216a2=14,选a.10.(2014大纲全国,理10)等比数列an中,a4=2,a5=5,则数列lg

7、an的前8项和等于().a.6b.5c.4d.3答案:c解析:a4=2,a5=5,a4a5=a1a8=a2a7=a3a6=10,lg a1+lg a2+lg a8=lg a1a2a8=lg(a1a8)4=lg(a4a5)4=4lg a4a5=4lg 10=4,选c.11.(2014大纲全国,理11)已知二面角-l-为60°,ab,abl,a为垂足,cd,cl,acd=135°,则异面直线ab与cd所成角的余弦值为().a.14b.24c.34d.12答案:b解析:如图,在平面内过c作ceab,则ecd为异面直线ab与cd所成的角或其补角,不妨取ce=1,过e作eo于o.在平

8、面内过o作ohcd于h,连eh,则ehcd.因为abce,abl,所以cel.又因为eo平面,所以col.故eco为二面角-l-的平面角,所以eco=60°.而acd=135°,col,所以och=45°.在rteco中,co=ce·coseco=1·cos 60°=12.在rtcoh中,ch=co·cosoch=12·sin 45°=24.在rtech中,cosech=chce=241=24.所以异面直线ab与cd所成角的余弦值为24.故选b.12.(2014大纲全国,理12)函数y=f(x)的图像与函

9、数y=g(x)的图像关于直线x+y=0对称,则y=f(x)的反函数是().a.y=g(x)b.y=g(-x)c.y=-g(x)d.y=-g(-x)答案:d解析:因为函数y=f(x)的图像与函数y=g(x)的图像关于直线x+y=0对称,而函数图像与其反函数的图像关于直线y=x对称,所以这两个函数的反函数图像也关于直线x+y=0对称.设函数y=f(x)的反函数图像上任一点p(x,y),则其关于直线x+y=0的对称点q(-y,-x)在函数y=g(x)的反函数的图像上,又q(-y,-x)关于直线y=x的对称点m(-x,-y)在函数y=g(x)的图像上.所以,-y=g(-x),即y=-g(-x).故函数

10、y=f(x)的反函数为y=-g(-x).故选d.第卷二、填空题:本大题共4小题,每小题5分.13.(2014大纲全国,理13)xy-yx8的展开式中x2y2的系数为.(用数字作答) 答案:70解析:设xy-yx8的第r+1项中含有x2y2,则tr+1=c8rxy8-r-yxr=c8r·(-1)r·x8-r-r2yr-8-r2,因此8-r-r2=2,r-8-r2=2,即r=4.故x2y2的系数为c84×(-1)4=8×7×6×54×3×2×1=70.14.(2014大纲全国,理14)设x,y满足约

11、束条件x-y0,x+2y3,x-2y1,则z=x+4y的最大值为. 答案:5解析:画出x,y的可行域如图阴影区域.由z=x+4y,得y=-14x+z4.先画出直线y=-14x,再平移直线y=-14x,当经过点b(1,1)时,z=x+4y取得最大值为5.15.(2014大纲全国,理15)直线l1和l2是圆x2+y2=2的两条切线.若l1与l2的交点为(1,3),则l1与l2的夹角的正切值等于. 答案:43解析:如图所示,设l1与圆o:x2+y2=2相切于点b,l2与圆o:x2+y2=2相切于点c,则ob=2,oa=10,ab=22.tan =obab=222=12.tanba

12、c=tan 2=2tan1-tan2=2×121-14=43.16.(2014大纲全国,理16)若函数f(x)=cos 2x+asin x在区间6,2是减函数,则a的取值范围是. 答案:(-,2解析:f(x)=cos 2x+asin x=1-2sin2x+asin x.令t=sin x,x6,2,t12,1,g(t)=1-2t2+at=-2t2+at+112<t<1,由题意知-a2×(-2)12,a2,a的取值范围为(-,2.三、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10分)(2014大纲全国,理17)abc的内角a,b,c

13、的对边分别为a,b,c,已知3acos c=2ccos a,tan a=13,求b.分析:通过3acos c=2ccos a,借助于正弦定理把a,c转化成关于a,c的三角函数值,由已知tan a=13,从而求出tan c,再利用公式tan b=-tan(a+c)求出b.解:由题设和正弦定理得3sin acos c=2sin ccos a.故3tan acos c=2sin c,因为tan a=13,所以cos c=2sin c,tan c=12.所以tan b=tan180°-(a+c)=-tan(a+c)=tana+tanctanatanc-1=-1,即b=135°.18

14、.(本小题满分12分)(2014大纲全国,理18)等差数列an的前n项和为sn.已知a1=10,a2为整数,且sns4.(1)求an的通项公式;(2)设bn=1anan+1,求数列bn的前n项和tn.分析:(1)通过条件分析,a2为整数,且sns4,得到a50,a40,把a4,a5用公差d和a1表示,得到公差的取值范围,从而确定公差,进而求出an的通项公式.(2)将(1)的结果代入bn=1anan+1,整理变形后利用裂项求前n项和tn.解:(1)由a1=10,a2为整数知,等差数列an的公差d为整数,又sns4,故a40,a50,于是10+3d0,10+4d0.解得-103d-52.因此d=-

15、3.数列an的通项公式为an=13-3n.(2)bn=1(13-3n)(10-3n)=13110-3n-113-3n.于是tn=b1+b2+bn=1317-110+14-17+110-3n-113-3n=13110-3n-110=n10(10-3n).19.(本小题满分12分)(2014大纲全国,理19)如图,三棱柱abc-a1b1c1中,点a1在平面abc内的射影d在ac上,acb=90°,bc=1,ac=cc1=2.(1)证明:ac1a1b;(2)设直线aa1与平面bcc1b1的距离为3,求二面角a1-ab-c的大小.分析:(方法一)(逻辑推理)(1)由ac=cc1=2,知侧面a

16、a1c1c为菱形,借助于三垂线定理即可证得ac1a1b.(2)先作出二面角a1-ab-c的平面角a1fd,通过线面垂直关系得a1df为直角三角形.把a1fd放入rta1fd中通过解直角三角形的有关知识求出a1fd.(方法二)(坐标法)(1)以c为坐标原点,射线ca为x轴的正半轴,以cb的长为单位长建立空间直角坐标系.设a1(a,0,c),a2,写出ac1,ba1的坐标表示,利用ac1·ba1=0证明ac1a1b.(2)先根据已知条件求出a,c,再求出面aba1的法向量n和面abc的法向量p,利用公式cos<n,p>=n·p|n|p|求解.解法一:(1)证明:因为

17、a1d平面abc,a1d平面aa1c1c,故平面aa1c1c平面abc.又bcac,所以bc平面aa1c1c.连结a1c.因为侧面aa1c1c为菱形,故ac1a1c.由三垂线定理得ac1a1b.(2)bc平面aa1c1c,bc平面bcc1b1,故平面aa1c1c平面bcc1b1.作a1ecc1,e为垂足,则a1e平面bcc1b1.又直线aa1平面bcc1b1,因而a1e为直线aa1与平面bcc1b1的距离,a1e=3.因为a1c为acc1的平分线,故a1d=a1e=3.作dfab,f为垂足,连结a1f.由三垂线定理得a1fab,故a1fd为二面角a1-ab-c的平面角.由ad=aa12-a1d

18、2=1得d为ac中点,df=12×ac×bcab=55,tana1fd=a1ddf=15.所以二面角a1-ab-c的大小为arctan 15.解法二:以c为坐标原点,射线ca为x轴的正半轴,以cb的长为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系c-xyz.由题设知a1d与z轴平行,z轴在平面aa1c1c内.(1)证明:设a1(a,0,c),由题设有a2,a(2,0,0),b(0,1,0),则ab=(-2,1,0),ac=(-2,0,0),aa1=(a-2,0,c),ac1=ac+aa1=(a-4,0,c),ba1=(a,-1,c).由|aa1|=2得(a-2)2+c2=2,即a2

19、-4a+c2=0.于是ac1·ba1=a2-4a+c2=0,所以ac1a1b.(2)设平面bcc1b1的法向量m=(x,y,z),则mcb,mbb1,即m·cb=0,m·bb1=0.因cb=(0,1,0),bb1=aa1=(a-2,0,c),故y=0,且(a-2)x+cz=0.令x=c,则z=2-a,m=(c,0,2-a),点a到平面bcc1b1的距离为|ca|·|cos<m,ca>|=|ca·m|m|=2cc2+(2-a)2=c.又依题设,a到平面bcc1b1的距离为3,所以c=3.代入解得a=3(舍去)或a=1.于是aa1=(-

20、1,0,3).设平面aba1的法向量n=(p,q,r),则naa1,nab,即n·aa1=0,n·ab=0,-p+3r=0,且-2p+q=0.令p=3,则q=23,r=1,n=(3,23,1).又p=(0,0,1)为平面abc的法向量,故cos<n,p>=n·p|n|p|=14.所以二面角a1-ab-c的大小为arccos14.20.(本小题满分12分)(2014大纲全国,理20)设每个工作日甲、乙、丙、丁4人需使用某种设备的概率分别为0.6,0.5,0.5,0.4,各人是否需使用设备相互独立.(1)求同一工作日至少3人需使用设备的概率;(2)x表示同

21、一工作日需使用设备的人数,求x的数学期望.分析:(1)设出事件的字母表示,用所设字母表示所求事件,利用事件的相互独立性求出所求问题的概率.(2)明确随机变量的取值:x=0,1,2,3,4.把随机变量转化为相应的事件,利用事件的相互独立性求出每个随机变量取相应值的概率,较复杂的概率可用分布列的性质去求.利用数学期望公式求得x的数学期望.解:记ai表示事件:同一工作日乙、丙中恰有i人需使用设备,i=0,1,2,b表示事件:甲需使用设备,c表示事件:丁需使用设备,d表示事件:同一工作日至少3人需使用设备.(1)d=a1·b·c+a2·b+a2·b·c

22、.p(b)=0.6,p(c)=0.4,p(ai)=c2i×0.52,i=0,1,2,所以p(d)=p(a1·b·c+a2·b+a2·b·c)=p(a1·b·c)+p(a2·b)+p(a2·b·c)=p(a1)p(b)p(c)+p(a2)p(b)+p(a2)p(b)p(c)=0.31.(2)x的可能取值为0,1,2,3,4,其分布列为p(x=0)=p(b·a0·c)=p(b)p(a0)p(c)=(1-0.6)×0.52×(1-0.4)=0.06,p

23、(x=1)=p(b·a0·c+b·a0·c+b·a1·c)=p(b)p(a0)p(c)+p(b)p(a0)p(c)+p(b)p(a1)p(c)=0.6×0.52×(1-0.4)+(1-0.6)×0.52×0.4+(1-0.6)×2×0.52×(1-0.4)=0.25,p(x=4)=p(a2·b·c)=p(a2)p(b)p(c)=0.52×0.6×0.4=0.06,p(x=3)=p(d)-p(x=4)=0.25,p(x=2)=1

24、-p(x=0)-p(x=1)-p(x=3)-p(x=4)=1-0.06-0.25-0.25-0.06=0.38,数学期望ex=0×p(x=0)+1×p(x=1)+2×p(x=2)+3×p(x=3)+4×p(x=4)=0.25+2×0.38+3×0.25+4×0.06=2.21.(本小题满分12分)(2014大纲全国,理21)已知抛物线c:y2=2px(p>0)的焦点为f,直线y=4与y轴的交点为p,与c的交点为q,且|qf|=54|pq|.(1)求c的方程;(2)过f的直线l与c相交于a,b两点,若ab的垂直

25、平分线l'与c相交于m,n两点,且a,m,b,n四点在同一圆上,求l的方程.分析:(1)设出q点坐标,利用|qf|=54|pq|列出关于p的方程,借助于p的几何意义及抛物线的性质确定p.(2)通过题设分析判断直线l与x轴不垂直.因直线l过f(1,0),可设l的方程为x=my+1(m0).直线l与抛物线方程联立,利用韦达定理得到y1+y2,y1y2关于m的表达式,借助弦长公式得|ab|=m2+1|y1-y2|(其中a(x1,y1),b(x2,y2),同理可得|mn|=1+1m2|y3-y4|(其中m(x3,y3),n(x4,y4).由题目中的a,m,b,n四点在同一圆上得到关于m的方程,

26、进而求出m,得到直线l的方程.解:(1)设q(x0,4),代入y2=2px得x0=8p.所以|pq|=8p,|qf|=p2+x0=p2+8p.由题设得p2+8p=54×8p,解得p=-2(舍去)或p=2.所以c的方程为y2=4x.(2)依题意知l与坐标轴不垂直,故可设l的方程为x=my+1(m0).代入y2=4x得y2-4my-4=0.设a(x1,y1),b(x2,y2),则y1+y2=4m,y1y2=-4.故ab的中点为d(2m2+1,2m),|ab|=m2+1|y1-y2|=4(m2+1).又l'的斜率为-m,所以l'的方程为x=-1my+2m2+3.将上式代入y

27、2=4x,并整理得y2+4my-4(2m2+3)=0.设m(x3,y3),n(x4,y4),则y3+y4=-4m,y3y4=-4(2m2+3).故mn的中点为e2m2+2m2+3,-2m,|mn|=1+1m2|y3-y4|=4(m2+1)2m2+1m2.由于mn垂直平分ab,故a,m,b,n四点在同一圆上等价于|ae|=|be|=12|mn|,从而14|ab|2+|de|2=14|mn|2,即4(m2+1)2+2m+2m2+2m2+22=4(m2+1)2(2m2+1)m4,化简得m2-1=0,解得m=1或m=-1.所求直线l的方程为x-y-1=0或x+y-1=0.22.(本小题满分12分)(2014大纲全国,理22)函数f(x)=ln(x+1)-axx+a(a>1).(1)讨论f(x)的单调性;(2)设a1=1,an+1=ln(an+1),证明:2n+2<an3n+2.思路分析:(1)通过观察f(x)及要求的结论,先求出f(x)的定义域,借助于导数这一工具讨论f(x)的单调性.由于0与a2-2a的大小关系不确定,因而要分类讨论.再借助于导函数讨论f(x)的单调性.(2)