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1、-2014年高考全国2卷文科数学试题(含解析)-第 11 页绝密启用前 2014年高考全国2卷文科数学试题注意事项：1答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2请将答案正确填写在答题卡上第I卷（选择题）请点击修改第I卷的文字说明评卷人得分一、选择题（题型注释）1设集合,则（ ）A B C D2（ ）A B C D3函数在处导数存在，若；是的极值点，则（ ）A是的充分必要条件B是的充分条件，但不是的必要条件C是的必要条件，但不是的充分条件D既不是的充分条件，也不是的必要条件4设向量满足，则（ ）A1 B2 C3 D55等差数列的公差是2，若成等比数列，则的前项和（ ）A B C D6如图，网格纸
2、上正方形小格的边长为1（表示1cm），图中粗线画出的是某零件的三视图，该零件由一个底面半径为3cm，高为6cm的圆柱体毛坯切削得到，则切削的部分的体积与原来毛坯体积的比值为（ ）A B C D7正三棱柱的底面边长为，侧棱长为，为中点，则三棱锥的体积为（A） （B） （C） （D）8执行右面的程序框图，如果输入的，均为，则输出的（ ）（A） （B） （C） （D）9设，满足约束条件则的最大值为（）（A） （B） （C） （D）10设为抛物线的焦点，过且倾斜角为的直线交于,两点，则 （ ）（A） （B） （C） （D）11若函数在区间单调递增，则的取值范围是（ ）（A） （B） （C） （D）12
3、设点，若在圆上存在点，使得，则的取值范围是（ ）（A） （B） （C） （D）第II卷（非选择题）请点击修改第II卷的文字说明评卷人得分二、填空题（题型注释）13甲，乙两名运动员各自等可能地从红、白、蓝3种颜色的运动服中选择1种，则他们选择相同颜色运动服的概率为_14函数的最大值为_15偶函数的图像关于直线对称，则=_16数列满足，则_评卷人得分三、解答题（题型注释）17四边形的内角与互补，（1）求和；（2）求四边形的面积18如图，四棱锥中，底面为矩形，平面，是的中点（1）证明：/平面；（2）设，三棱锥的体积，求到平面的距离19某市为了考核甲、乙两部门的工作情况，随机访问了50位市民，根据这5
4、0位市民对这两部门的评分（评分越高表明市民的评价越高），绘制茎叶图如下：（1）分别估计该市的市民对甲、乙两部门评分的中位数；（2）分别估计该市的市民对甲、乙两部门的评分高于90的概率；（3）根据茎叶图分析该市的市民对甲、乙两部门的评优20设分别是椭圆的左右焦点，是上一点且与轴垂直，直线与的另一个交点为（1）若直线的斜率为，求的离心率；（2）若直线在轴上的截距为，且，求21已知函数，曲线在点处的切线与轴交点的横坐标为（1）求；（2）证明：当时，曲线与直线只有一个交点22如图，是外一点，是切线，为切点，割线与相交于，为的中点，的延长线交于点证明：（1）；（2）23在直角坐标系中，以坐标原点为极点，
5、轴正半轴为极轴建立极坐标系，半圆的极坐标方程为（1）求得参数方程；（2）设点在上，在处的切线与直线垂直，根据（1）中你得到的参数方程，确定的坐标24设函数（1）证明：；（2）若，求的取值范围参考答案1B【解析】试题分析：由已知得，故，选B考点：集合的运算2B【解析】试题分析：由已知得，选B考点：复数的运算3C【解析】试题分析：若是函数的极值点，则；若，则不一定是极值点，例如，当时，但不是极值点，故是的必要条件，但不是的充分条件，选C 考点：1、函数的极值点；2、充分必要条件4A【解析】试题分析：由已知得，两式相减得，故考点：向量的数量积运算5A【解析】试题分析：由已知得，又因为是公差为2的等差
6、数列，故，解得，所以，故【考点】1、等差数列通项公式；2、等比中项；3、等差数列前n项和6C【解析】试题分析：由三视图还原几何体为一个小圆柱和大圆柱组成的简单组合体其中小圆柱底面半径为2、高为4，大圆柱底面半径为3、高为2，则其体积和为，而圆柱形毛坯体积为，故切削部分体积为，从而切削的部分的体积与原来毛坯体积的比值为考点：三视图7C【解析】试题分析：如下图所示，连接，因为是正三角形，且为中点，则，又因为面，故，且，所以面，所以是三棱锥的高，所以考点：1、直线和平面垂直的判断和性质；2、三棱锥体积8D【解析】试题分析：输入，在程序执行过程中，的值依次为；，程序结束，输出考点：程序框图9B【解析】
7、试题分析：画出可行域，如图所示，将目标函数变形为，当取到最大值时，直线的纵截距最大，故只需将直线经过可行域，尽可能平移到过A点时，取到最大值，得，所以考点：线性规划10C【解析】试题分析：由题意，得又因为，故直线AB的方程为，与抛物线联立，得，设，由抛物线定义得，选C考点：1、抛物线的标准方程；2、抛物线的定义11D【解析】试题分析：，由已知得在恒成立，故，因为，所以，故的取值范围是【考点】利用导数判断函数的单调性12A【解析】试题分析：依题意，直线MN与圆有公共点即可，即圆心到直线MN的距离小于等于1即可，过作MN，垂足为A，在中，因为，故，所以，则，解得考点：1、解直角三角形；2、直线和圆
8、的位置关系13【解析】试题分析：甲，乙两名运动员各自等可能地从红、白、蓝3种颜色的运动服中选择1种有9种不同的结果，分别为（红，红），（红，白），（红，蓝），（白，红），（白，白），（白，蓝），（蓝，红），（蓝，白），（蓝，蓝）他们选择相同颜色运动服有3种不同的结果，即（红，红），（白，白），（蓝，蓝），故他们选择相同颜色运动服的概率为考点：古典概型的概率计算公式141【解析】试题分析：由已知得，故函数的最大值为1考点：1、两角和与差的正弦公式；2、三角函数的性质153【解析】试题分析：因为的图像关于直线对称，故，又因为是偶函数，故考点：1、函数图象的对称性；2、函数的奇偶性16【解析】试题分
9、析：由已知得，所以，考点：数列的递推公式17（1），；（2）【解析】试题分析：（1）连接在和中，利用余弦定理列等式和，且，代入数据得，求的值，进而求和的值；（2）由（1）知和的面积可求，故四边形等于和的面积（1）由题设及余弦定理得由得，故，（2）四边形的面积考点：1、余弦定理；2、诱导公式；3、三角形的面积公式18（1）详见解析；（2）【解析】试题分析：（1）证明直线和平面平行往往可以采取两种方法：利用直线和平面平行的判定定理，即证明直线和平面内的一条直线平行；利用面面平行的性质定理，即若两个平面平行，则一个平面内的任意一条直线和另外一个平面平行本题设和交于点，连接则，进而证明/平面（2）由三
10、棱锥的体积，可求得，易证明面面，则在面内作交于，由面面垂直的性质定理得平面在中求（1）设和交于点，连接因为为矩形，所以为的中点又为的中点，所以且平面，平面，所以/平面（2）由，可得作交于由题设知平面所以，故平面又所以到平面的距离为考点：1、直线和平面平行的判定；2、点到平面的距离19（1）该市的市民对甲、乙两部门评分的中位数的估计值分别为75,67；（2）；（3）详见解析【解析】试题分析：（1）把数从小到大排成一列，正中间如果是一个数，这个数就是中位数 ；正中间如果是两个数，那中位数是这两个数的平均数本题有50位市民，故市民对甲、乙两部门评分正中间有两个数，求平均数即得中位数的估计值；（2）5
11、0位市民对甲、乙两部门的评分高于90的比率分别为，以样本的频率值估计总体的概率；（3）样本平均数、众数、中位数、方差都是样本的数字特征，通过对这些样本数字特征的分析可以从各个方面对总体作出评价（1）由所给茎叶图知，50位市民对这甲部门的评分由小到大排序，排在第25，26位的是75，,75，故样本中位数为75，所以该市的市民对甲部门评分的中位数的估计值是7550位市民对这乙部门的评分由小到大排序，排在第25，26位的是66,68，故样本中位数为，所以该市的市民对乙部门评分的中位数的估计值是67（2）由所给茎叶图知，50位市民对甲、乙两部门的评分高于90的比率分别为，故该市的市民对甲、乙两部门的评
12、分高于90的概率的估计值分别为（3）由所给茎叶图知，该市的市民对甲部门评分的中位数高于对乙部门评分的中位数，而且由所给茎叶图可以大致看出对甲部门的评分的标准差要小于对乙部门的评分的标准差，说明该市的市民对甲部门的评价较高、评价较为一致，对乙部门的评价较低、评价差异较大（考生利用其它统计量进行分析，结论合理的同样给分）考点：1、样本的数字特征；2、频率和概率的关系20（1）；（2）【解析】试题分析：（1）由已知得，故直线的斜率为，结合得关于的方程，解方程得离心率的值；（2）依题意，直线和轴的交点是线段的中点故，又因为，得，从而得三个点坐标的关系，将点的坐标表示出来代入椭圆方程的，得另一个关于的方
13、程并联立方程求即可（1）根据及题设知，将代入，解得，（舍去）故的离心率为（2）由题意，原点为的中点，轴，所以直线与轴的交点是线段的中点故，即由得设，由题意得，则即代入C的方程，得，将及代入得解得，故考点：椭圆的标准方程和简单几何性质；2、中点坐标公式21（1）；（2）详见解析【解析】试题分析：（1），由导数的几何意义得，故切线方程为，将点代入求；（2）曲线与直线只有一个交点转化为函数有且只有零点一般思路往往利用导数求函数的单调区间和极值点，从而判断函数大致图象，再说明与轴只有一个交点本题首先入手点为，当时，且，所以在有唯一实根只需说明当时无根即可，因为，故只需说明，进而转化为求函数的最小值问题
14、处理（1），曲线在点处的切线方程为由题设得，所以（2）由（1）得，设由题设得当时，单调递增，所以在有唯一实根当时，令，则，在单调递减；在单调递增所以所以在没有实根，综上，在上有唯一实根，即曲线与直线只有一个交点考点：1、导数的几何意义；2、利用导数判断函数单调性；3、利用导数求函数的最值22（1）详见解析；（2）详见解析【解析】试题分析：（1）要证明，只需证明弦所对的圆周角相等，连接，故只需证明由得，为了和所求证的角建立联系，从而可证明，进而证明；（2）由结论很容易想到相交弦定理，故只需证明，由切割线定理得，且易证（1）连接由题设知，,故因为,所以，从而=因此（2）由切割线定理得因为,所以，由
15、相交弦定理得，所以考点：1、圆的切割线定理；2、相交弦定理23（1）（为参数，）；（2）【解析】试题分析：（1）由两边平方，且结合和得半圆C的直角坐标方程为，进而写出C的参数方程；（2）利用的参数方程设，由圆的切线的性质得，故直线与的斜率相同，根据斜率列方程得，从而点D的直角坐标可求（1）的普通方程为可得的参数方程为（为参数，）（2）设由（1）知，是以为圆心，1为半径的上半圆因为在点处的切线与垂直，所以直线与的斜率相同故D的直角坐标为，即考点：1、圆的极坐标方程和参数方程；2、两条直线的位置关系24（1）详见解析；（2）【解析】试题分析：（1）由绝对值三角不等式得，由结合基本不等式得，故；（2）由，得关于的不等式，去绝对号解不等式即可（1）由，有，所以（2）当时，由得当时，由得综上，的取值范围是考点：1、绝对值三角不等式；2、基本不等式；3、绝对值不等式解法