2014年高考理卷数学试题

第Ｉ卷（选择题50一.10550分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合复数z(32i)i的共轭复数z等于 2

2

2

D.2

等差数列{an}的前n项和Sn，若a12,S312，则a6

若函数ylogax(a0,且a1)的图像如右图所示，则下列函数图象正确的是

II卷（非选择题100分二、5420xy111、若变量x,y满足约束条件x2y80则z3xy的最小值 x312、在ABC中，A60,AC4,BC ,则ABC的面积等 313、要制作一个容器为4m3，高为1m的无盖长方形容器，已知该容器的底面造价是每平方米 ①a1；②b1；③c2；④d4有且只有一个是正确的，则符合条件的有序数组(a,b,c,d)的 68016.（13分f(xcosx(sinxcosx12（1）若0，且sin2

f(222（2）f(x的最小正周期及单调递增区间.17.（12分）ABCDABBDCD1ABBD,CDBD.将ABDBDABDBCD，如图求证：ABMADAD与平面MBC所成角的正弦值18.（13分为回馈顾客，某商场拟通过摸球兑奖的方式对1000位顾客进行，规定：每位顾客从一个装有4个标有面值的球的袋中随机摸出2个球，球上所标的面值之和为该顾客所获的额.4150310商场对总额的预算是60000元，并规定袋中的4个球只能由标有面值10元502040元的两种球组成.为了使顾客得到的总额尽可能符合商场的预算且每位顾客所获的额相对均衡，请对袋中的4个球19.（13分 y2

1(a0b0的两条渐近线分别为l1:y2x,l2:y2x如图O为坐标原点，动直线l分别交直线l1l2A,B两点（A,B分别在第一，四象限，且OAB8，试探究：是否存在总与直线l有且只有一个公EE的方程；若不存在，说明理由。（14分fxexax（a为常数）yAyfxA处求a的值及函数fx的极x0x2ex证明：对任意给定的正数cxxx，x2cex （1（2（3）如果多做，则按所做的前两题计分.2B铅笔在答题卡上把所选题目对应题（1（ 1 2求矩阵A1的特征值以及属于每个特征值的一个特征向量（2（xa

x4已知直线l的参数方程为

y

（t为参数，圆C

y4sin为参数求直线l和圆C若直线l与圆C有公共点，求实数a的取值范围（3（Rfxx1x2的最小值为a求ap，q，rpqrap2q2r232014年福建高考数学试题（理）一.550分1-1042032311. 12.

13.

15.68013解法一：(1)因为0,sin2

2,所以cos 2

2(2 2)1(2)

f(x)sinxcosxcos2x11sin2x1cos2x11sin2x1cos2x 2sin(2x) 所以T2

2x

kZk3xk

kZf(x的单调递增区间为[k3kkZ f(x)sinxcosxcos2x11sin2x1cos2x11sin2x1cos2x 2sin(2x （1）因为0,sin 2,所以

2sin(2)

2sin3（2）T2

2x

kZ得k3xk

kZf(x为[k3kkZ 13解：(1)因为ABD平面BCD,平面ABD平面BCDBD,AB平面ABD,ABBD,所以ABBCD.又CDBCDABCD(2)BBCDBEBD由(1)ABBCDBEBCDBDBCDABBEABBDBBEBDBAx轴,y轴,z1依题意,得B(0,0,0),C(1,1,0),D(0,1,0),A(0,0,1),M ,)22MBC的法向量nx0y0z0

x0y0则nBM0即1yz0 2 ADMBC所成角为n,AD6nnn,AD6nn3ADMBC所成角的正弦值为6313 为 ①依题意,得P(X60)13 C22C241 额为60元的概率为2②依题意,得X C P(X60) ,P(X20)3 C222C224XP所以顾客所获得的额的期望为E(X)200.5600.540（元对于方案1,即方案(10,10,50,50),设顾客所获的为X1,则X1的分布列P121636X的期望为EX201602100160 X的方差为DX2060)216060)2210060)211600 对于方案2,即方案(20,20,40,40),设顾客所获的为X2,则X2的分布列XP162316X2EXX2DX

)40160280160 )(4060)21(6060)22(8060)21400 13解法一：(1Ey2xy2xc2c2所 2,c

5a从而双曲线E的离心率e 5x2y2设直线lx轴相交

1当lx轴时,若直线lE

a,AB4a又因为OAB12

AB8,1a4a8,a22x2y2此时双曲线E

1.

x2y2

1. 以下证明:当直线l不与x轴垂直时，双曲线

x2y2

1也满足条件设直线lykxmk>2k<-则C(m0)A(xyB(xy y由

y2my

2m

12 OCyy12ykx

2

2

122122kykx

8m244k22

4(k24) 1由x2y21

(4k)x2kmx

160.因为4

0所以4k2m24(4k2m21616(4k2m216又因为m24(k24.所以0,即lE 因此,存在总与l有且只有一个公共点的双曲线E,且E的方程 1. 14解法一：（I）由f(xexax，得f'(xexaf'(01a1a2f(xex2xf'(xex2f'(x0xln2xln2时,f'(x0,f(x单调递减xln2时,

f'(x0,f(x)单调递增.所以当xln2时,

f(x)取得极小值,且极小值为f(ln2eln22ln22ln4,f(xg(xexx2g'(xex2x.由（I）g'(xf(xf(ln20g(xRg(010x0时,g(x)g(0)0x2ex①若c1,则excex.又由（II）x0x0x(xx2cx2

x2exx0

x2cex ②若0c1k11x2cex成立，只要exkx2成立.而要使exkx2cxln(kx2x2lnxlnk成立.令h(xx2lnxlnk,则h'(x)12x2 x2

h'(x)0h(x在(2x016k16,所以h(x在(x0增.又h(x0)16k2ln(16klnk8(kln23(klnk5k.易知klnkkln2,5k0h(x0x16x(xx2cex cxx(xx2cex （I）c4cxoc4 由（II）x>0exx2，所以exe2e2x)2x ex

x2x

4x 1xxo

()(

() c2 cxx(xx2cex 7

1

3 因为矩阵A是矩阵A的逆矩阵,且 221130,所以A 31

12 2

33

f(

2

431)(3f(0 1

的特征值为11或23,所以11

的属于特征值11的一个特征向量1A1的属于特征值31 1755直线