2014全国统一高考数学真题及逐题详细解析(文科)—江苏卷(共23页).doc

精选优质文档-倾情为你奉上2014年普通高等学校招生全国统一考试（江苏卷）解析版数学一、填空题：本大题共14小题，每小题5分，共计70分请把答案填写在答题卡相应位置上1. 已知集合A=，则 .2. 已知复数(i为虚数单位)，则的实部为 .3. 右图是一个算法流程图，则输出的的值是 .开始输出n结束（第3题）NY4. 从1，2，3，6这4个数中一次随机地取2个数，则所取2个数的乘积为6的概率是 .5. 已知函数与(0)，它们的图象有一个横坐标为的交点，则的值是 .6. 设抽测的树木的底部周长均在区间80，130上，其频率分布直方图如图所示，则在抽测的60株树木中，有 株树木的底部周长小于100cm.10080901101201300.0100.0150.0200.0250.030底部周长/cm（第6题）7. 在各项均为正数的等比数列中，则的值是 .8. 设甲、乙两个圆柱的底面分别为，体积分别为，若它们的侧面积相等，且，则的值是 .9. 在平面直角坐标系中，直线被圆截得的弦长为 .10. 已知函数，若对于任意，都有成立，则实数的取值范围是 . 11. 在平面直角坐标系中，若曲线(a，b为常数)过点，且该曲线在点P处的切线与直线平行，则的值是 .12. 如图，在平行四边形中，已知，则的值是 .ABDCP（第12题）13. 已知是定义在R上且周期为3的函数，当时，. 若函数在区间上有10个零点(互不相同)，则实数的取值范围是 .14. 若的内角满足，则的最小值是 .二、解答题：本大题共6小题，共计90分请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤15. (本小题满分14分)已知，.(1)求的值； (2)求的值.16. (本小题满分14分)如图，在三棱锥中，E，F分别为棱的中点.已知，.求证：(1) 直线平面；(2) 平面平面.17. (本小题满分14分)如图，在平面直角坐标系中，分别是椭圆的左、右焦点，顶点的坐标为，连结并延长交椭圆于点A，过点A作轴的垂线交椭圆于另一点C，连结.(1) 若点C的坐标为，且，求椭圆的方程；(2) 若，求椭圆离心率e的值.F1F2OxyBCA(第17题)18. (本小题满分16分)如图，为了保护河上古桥，规划建一座新桥BC，同时设立一个圆形保护区. 规划要求：新桥BC与河岸AB垂直；保护区的边界为圆心M在线段OA上并与BC相切的圆. 且古桥两端O和A到该圆上任意一点的距离均不少于80m. 经测量，点A位于点O正北方向60m处，点C位于点O正东方向170m处(OC为河岸)，.(1) 求新桥BC的长；(2) 当OM多长时，圆形保护区的面积最大？170 m60 m东北OABMC（第18题）19. (本小题满分16分)已知函数，其中e是自然对数的底数.(1) 证明：是R上的偶函数；(2) 若关于的不等式在上恒成立，求实数的取值范围；(3) 已知正数满足：存在，使得成立. 试比较与的大小，并证明你的结论.20. (本小题满分16分)设数列的前项和为.若对任意正整数，总存在正整数，使得，则称是“H数列”.(1) 若数列的前n项和(N)，证明：是“H数列”；(2) 设 是等差数列，其首项，公差. 若 是“H数列”，求的值；(3) 证明：对任意的等差数列，总存在两个“H数列”和，使得(N)成立.数学（附加题）21选修41：几何证明选讲（本小题满分10分）如图，AB是圆O的直径，C、D是圆O上位于AB异侧的两点证明： OCB D(第21A题)22选修42：矩阵与变换（本小题满分10分）已知矩阵A，B，向量，x，y为实数若，求xy的值23选修44：坐标系与参数方程（本小题满分10分）在平面直角坐标系xOy中，已知直线的参数方程，直线与抛物线相交于A、B两点，求线段AB的长24选修44：不等式证明选讲（本小题满分10分） 已知x0，y0，证明：25. (本小题满分10分)盒中共有9个球，其中有4个红球，3个黄球和2个绿球，这些球除颜色外完全相同(1) 从盒中一次随机取出2个球，求取出的2个球颜色相同的概率P；(2) 从盒中一次随机取出4个球，其中红球、黄球、绿球的个数分别记为x1、x2、x3，随机变量X表示x1、x2、x3中的最大数，求X的概率分布和数学期望E(X)26. (本小题满分10分)已知函数，设是的导数，(1) 求的值；(2) 证明：对于任意，等式都成立参考答案一、选择题1【答案】解析：由题意得【考点】交集、并集、补集 (B).【答案】【解析】根据集合的交集运算，两个集合的交集就是所有既属于集合又属于集合的元素组成的集合，从所给的两个集合的元素可知，公共的元素为-1和3，所以答案为【点评】本题重点考查的是集合的运算，容易出错的地方是审错题目，把交集运算看成并集运算。属于基础题，难度系数较小。2【答案】21解析：由题意，其实部为21.【考点】复数的概念 (B).【答案】21【解析】根据复数的乘法运算公式，实部为21，虚部为-20。【点评】本题重点考查的是复数的乘法运算公式，容易出错的地方是计算粗心，把算为1。属于基础题，难度系数较小。3【答案】5解析：本题实质上就是求不等式的最小整数解，整数解为，因此输出的.【考点】流程图 (A).【答案】5【解析】根据流程图的判断依据，本题是否成立，若不成立，则从1开始每次判断完后循环时，赋值为；若成立，则输出的值。本题经过4次循环，得到，成立，则输出的的值为5【点评】本题重点考查的是流程图的运算，容易出错的地方是判断循环几次时出错。属于基础题，难度系数较小。4【答案】解析：从1，2，3，6这4个数中任取2个数共有种取法，其中乘积为6的有和两种取法，因此所求概念为.【考点】古典概型 (B).【答案】【解析】将随机选取2个数的所有情况“不重不漏”的列举出来：（1，2），（1，3）（1，6），（2，3），（2，6），（3，6），共6种情况，满足题目乘积为6的要求的是（1，6）和（2，3），则概率为。【点评】本题主要考查的知识是概率，题目很平稳，考生只需用列举法将所有情况列举出来，再将满足题目要求的情况选出来即可。本题属于容易题，但同时也易在列举时粗心、遗漏，需要引起考生的注意。5【答案】解析：由题意，即，所以或，即或.又，所以.【考点】函数的图象与性质 (B)，三角函数的概念(B). （三角函数图象的交点与已知三角函数值求角）【答案】【解析】根据题目中两个函数的图象有一个横坐标为的交点，所以将分别代入两个函数，得到，通过正弦值为，解出或，化简解得或，结合题目中的条件，确定出。【点评】本题主要考查的是三角函数，由两个图象交点建立一个关于的方程，在解方程时，考生一般只想到第一种情况，忽略了在一个周期内，正弦值为的角有两个：和，然而最终答案却由第二种情况解出，此处为考生的易错点和薄弱点，主要是由于对正弦值为的角的惯性思维为，这个问题也是今年的热点问题，在模拟题中也经常出现，需要引起考生的重视。6【答案】24解析：由题意在抽测的60株树木中，底部周长小于100cm的株数为(0.015+0.025)1060=24.【考点】总体分布的估计 (A). （频率分布直方图）【答案】24【解析】从图中读出底部周长在的频率为，底部周长在的频率为，样本容量为60株，株是满足题意的。【点评】本题考查统计部分的内容，重点考查频率分布直方图。频率分布直方图的纵轴表示，图中读出的数据并非是频率，需要乘以组距10以后才为频率。频率分布直方图近三年的江苏考卷中都未出现，今年也是作为高考热点出现了，希望引起重视。7【答案】4解析：设公比为，因为，则由得，解得或（舍），所以.【考点】等比数列 (C). （等比数列的通项公式）【答案】4【解析】根据等比数列的定义，所以由得，消去，得到关于的一元二次方程，解得，【点评】本题重点考查等比数列的通项公式，将题中数列的项用和表示，建立方程解得，考查以为一个整体的整体思想去解方程，对于第7题考查此题，显得太过简单了，但此题也有易错点，考生易将等比看为等差。8【答案】解析：设甲、乙两个圆柱的底面和高分别为、，、，则，又，所以，则.【考点】柱、锥、台、球的表面积与体积 (A). 【答案】【解析】由题意，所以，圆柱的侧面积，则，【点评】本题考查了圆柱的体积，主要根据侧面积相同，由底面积的比值找到高、体积的比值，难度适中。9【答案】解析：圆的圆心为，半径为，点到直线的距离为，所求弦长为.【考点】直线与圆、圆与圆的位置关系 (B). （直线与圆相交的弦长问题）【点评】本题主要考查直线和圆相交求弦长，直线和圆的位置关系向来都是热点和重点问题，本题考查的也是一个相对简单的问题，主要侧重计算。10【答案】解析：画出二次函数的分析简图：由图象分析可得结论：开口向上的二次函数在上恒小于0的充要条件为 开口向下的二次函数在上恒大于0的充要条件为. （江苏苏州 何睦）【考点】一元二次不等式 (C). （一元二次方程根的分布、二次函数的性质）【变式】变式1 已知函数若对于任意，都有成立，则实数的取值范围是_ . （江苏苏州 何睦）变式2 已知函数若对于任意，都有成立，则实数的取值范围是_ . （江苏苏州 何睦）变式3 已知函数若存在，使得成立，则实数的取值范围是_ . （江苏苏州 何睦）变式4 已知函数，若存在实数，当时，恒成立，则实数的最大值是_ . 4 （江苏苏州 陈海锋）变式5 若关于的不等式恒成立，则实数_. 2（江苏苏州 陈海锋）变式6 设是定义在上的奇函数，且当时,若对任意的，不等式恒成立，则实数的取值范围是_. （江苏苏州 陈海锋）【答案】【解析】二次函数开口向上，在区间上始终满足，只需即可，解得，则【点评】本题主要考查二次函数含参数问题，将区间上恒成立转化为只需区间端点处成立，使得题目解答过程和思路都简单很多，如果对于对称轴和区间进行讨论亦可做出但较繁琐，考生可以自己尝试。11【答案】解析：曲线过点，则，又，所以，由、解得 所以.【考点】导数的几何意义 (B).【点评】本题主要考查导数的应用，求切线问题，题目很基础，点在曲线上，以及导函数在切点处的取值等于切线的斜率，而直线平行提供切线斜率，建立关于的方程组。12【答案】22解析：解法一：（基底法）考虑将条件中涉及的向量用基底表示，而后实施计算.，.则.因为，则，故. （江苏苏州 何睦）解法二：（坐标法）不妨以点为坐标原点，所在直线作为轴建立平面直角坐标系，可设，则，.由，得，由，得，则，所求. （江苏苏州 何睦）【考点】平面向量的加法、减法及数乘运算 (B)，平面向量的数量积 (C).【答案】22【解析】以为基底，因为，则因为则，故【点评】本题主要考查向量，向量的基底表示，向量的运算，本题关键在于选取哪两个向量为基底，根据题目中已知的两条边长，选为基底最为合适。向量一直都是高考的热点话题，本题的难度适中，希望引起考生的注意。13【答案】解析：作出函数的图象，可知，当时，方程在上有10个零点，即函数的图象与直线在上有10个交点，由于函数的周期为3，因此直线与函数的图象有4个交点，则. xyy=-3 -2 -1 1 2 3 4（江苏扬州 孟伟业）【考点】函数与方程 (A)，函数的基本性质 (B). （函数的零点，周期函数的性质，函数图象的交点问题）【答案】【解析】根据题目条件，零点问题即转化为数形结合，通过找与的图象交点去推出零点，先画出0,3上的图像，再将轴下方的图象对称到上方，利用周期为3，将图象平移至，发现若图象要与有10个不同的交点，则【点评】本题主要考查函数零点问题，转为为数形结合，利用图象交点去解决问题，因为零点问题、数形结合是重要的考点和难点，但是本题考查的不是特别深，所以题目难度适中，只要能画出图象就可以解决问题。同时，这也是近年来高考的热点，同样需要注意。14【答案】解析：由正弦定理得，由余弦定理结合基本不等式有：，当且仅当时等号成立. （江苏苏州 何睦）【考点】正弦定理、余弦定理及其应用 (B)，基本不等式 (C).变式1 ABC中，角A，B，C所对边的长分别为a，b，c，若a2b22c2，则cosC的最小值为_. （江苏无锡 张芙华）变式2 ABC中，a，b，c分别是角A，B，C所对的边，若，若的最大值为_. （江苏无锡 张芙华）变式3 在ABC中，设AD为BC边上的高，且AD = BC，b，c分别表示角B，C所对的边长，则的取值范围是_ （江苏苏州 陈海锋）变式4 已知三角形的三边长成等差数列，且，则实数的取值范围是_. （江苏南通 丁勇）拓展 在中，已知，且，求的最小值. 解：由正弦定理得，由余弦定理结合基本不等式有：.（当且仅当时等号成立）.（江苏常州 封中华）【答案】【解析】根据题目条件，由正弦定理将题目中正弦换为边，得，再由余弦定理，用去表示，并结合基本不等式去解决，化简为，消去就得出答案。【点评】本题主要考查正、余弦定理，以及不等式，最终最值是在这样一个较为特殊的角处取的，题目做为填空题的压轴题，实在是简单了，没有过多的技巧与构造，只需要用正、余弦定理和不等式即可很轻松做出答案。15解析：本小题主要考查三角函数的基本关系式、两角和与差及二倍角的公式，考查运算求解能力. 满分14分. (1) 因为，sin，所以cos. 故sinsincoscossin. (2) 由(1)知sin22sincos，cos212sin21，所以cos.【考点】同角三角函数的基本关系式 (B)，两角和（差）的正弦、余弦及正切 (C)，二倍角的正弦、余弦及正切 (B)，运算求解能力. 16解析：本小题主要考查直线与直线、直线与平面以及平面与平面的位置关系，考查空间想象能力和推理论证能力. 满分14分. (1) 因为D，E分别为棱PC，AC的中点，所以DEPA. 又因为PA 平面DEF，DEÌ平面DEF，所以直线PA平面DEF. (2) 因为D，E，F分别为棱PC，AC，AB的中点，PA6，BC8，所以DEPA，DEPA3，EFBC4. 又因为DF5，故DF2DE2EF2，所以DEF90°，即DE丄EF. 又PAAC，DEPA，所以DEAC. 因为ACEFE，ACÌ平面ABC，EFÌ平面ABC，所以DE平面ABC. 又DEÌ平面BDE，所以平面BDE平面ABC. 【考点】直线与平面平行、垂直的判定及性质 (B)，两平面平行、垂直的判定及性质 (B)，空间想象能力和推理论证能力.17解析：本小题主要考查椭圆的标准方程与几何性质、直线与直线的位置关系等基础知识，考查运算求解能力. 满分14分. 设椭圆的焦距为2c，则，.(1) 因为，所以，又，故.因为点在椭圆上，所以，解得.故所求椭圆的方程为.(2) 解法一（官方解答）：（垂直关系的最后表征）因为，在直线AB上，所以直线AB的方程为.解方程组 得 所以点A的坐标为.又AC垂直于x轴，由椭圆的对称性，可得点C的坐标为.因为直线的斜率为，直线AB的斜率为，且，所以，又，整理得.故，因此.解法二：（垂直关系的先行表征）设，由得，由在上，则；联立解得： 又在椭圆上，代入椭圆方程整理得，即，所以椭圆的离心率为【考点】中心在坐标原点的椭圆的标准方程与几何性质 (B)，直线的平行关系与垂直关系 (B)，直线方程 (C)，运算求解能力. （椭圆的标准方程、椭圆的离心率）18解析：本小题主要考查直线方程、直线与圆的位置关系和解三角形等基础知识，考查建立数学模型及运用数学知识解决实际问题的能力. 满分16分. 解法一（官方解法一）：(1) 如图，以O为坐标原点，OC所在直线为x轴170 m60 mxyOABMC（第18题）建立平面直角坐标系xOy.由条件知，直线BC的斜率.又因为，所以直线AB的斜率.设点B的坐标为，则，解得.所以.因此新桥BC的长为150m. (2) 设保护区的边界圆M的半径为r m， m.由条件知，直线BC的方程为，即.由于圆M与直线BC相切，故点到直线BC的距离是r，即.因为O和A到圆M上任意一点的距离均不少于80 m，所以即解得. 故当时，最大，即圆面积最大.所以当OM = 10 m时，圆形保护区的面积最大.解法二（官方解法二）：(1) 如图，延长OA，CB于点F. 170 m60 mxyOABMC（第18题）FD因为，所以，.因为OA = 60，OC = 170，所以，.从而.因为，所以.又因为，所以.从而.因此新桥BC的长为150 m.(2) 设保护区的边界圆M与BC的切点为D，连接MD，则，且MD是圆M的半径，并设 m， m.因为，所以.故由(1)知，所以.因为O和A到圆M上任意一点的距离均不少于80 m，所以 即解得. 故当时，最大，即圆面积最大.所以当OM=10 m时，圆形保护区的面积最大. (1)的解法三：连结，由题意知，则由两角差的正切公式可得：，故 m.所以新桥的长度为m. （江苏苏州 何睦）(2)的解法三：设与圆切于点，连接，过点作交于点.设，则，由古桥两端O和A到该圆上任意一点的距离均不少于80 m，那么，解得. 由，可得，由(1)的解法二可得，所以，故即圆的半径的最大值为130，当且仅当时取得半径的最大值. 综上可知，当 m时，圆形保护区的面积最大. （江苏兴化 顾卫）【考点】直线方程 (C)，直线与圆、圆与圆的位置关系 (B)，解三角形 (B)，建立数学模型及运用数学知识解决实际问题的能力.19解析：本小题主要考查初等函数的基本性质、导数的应用等基本知识，考查综合运用数学思想方法分析与解决问题的能力. 满分16分.(1) 因为对任意，都有，所以是R上的偶函数.(2) 解法一（官方解答）：由条件知上恒成立.令，则，所以对于任意成立.因为，所以，当且仅当，即时等号成立. 因此实数m的取值范围是.解法二：考虑不等式两边同乘，则不等式转化为在上恒成立.令，则问题可简化为：在上恒成立. 构造函数，由图象易得当时不符合题意.当时，或解得.综上可知，实数的取值范围为. （江苏苏州 陈海锋）(3) 令函数，则.当时，又，故，所以是上的单调增函数，因此在上的最小值是.由于存在，使成立，当且仅当最小值，故，即.令函数，则，令，得.当时，故是上的单调减函数.当时，故是上的单调增函数.所以在上的最小值时.注意到，所以当时，.当时，所以对任意的成立.当时，即，从而；当时，；当时，即，故.综上所述，当时，当时，当时，.(3)的民间思路：难题分解1：如何根据条件求出参数的取值范围？分解路径1：直接求函数的最值.解：令，只要在上，即可. 当时，.；当时，则. 故在区间上，即函数为的增函数，则，解得.（江苏苏州 何睦）分解路径2：参数分离可以吗？解：欲使条件满足，则，此时，则，构造函数，即求此函数在上的最小值. .因为，则. 则在上恒成立，故，故（江苏苏州 何睦）难题分解2：如何根据求得的参数的取值范围比较与的大小？分解路径1：（取对数）与均为正数，同取自然底数的对数，即比较与的大小，即比较与的大小. 构造函数，则，再设，从而在上单调递减，此时，故在上恒成立，则在上单调递减. 当时，；当时，；当时，.（江苏苏州 何睦）分解路径2：（变同底，构造函数比大小）要比较与的大小，由于，那么，故只要比较与的大小. 令，那么.当时，；当时，.所以在区间上，为增函数；在区间上，为减函数.又，则，；那么当时，；当时，.综上所述，当时，；当时，；当时，. （江苏苏州 王耀）【考点】函数的基本性质 (B)，利用导数研究函数的单调性与极值 (B)，综合运用数学思想方法分析与解决问题的能力. 20解析：本小题主要考查数列的概念、等差数列等基础知识，考查探究能力及推理论证能力. 满分16分.(1) 证明：由已知，当时，于是对任意的正整数n，总存在正整数，使得，所以是“H数列”.(2) 解法一（官方解答）：由已知，得，因为是“H数列”，所以存在正整数m，使得，即，于是.因为，所以，故，从而.当时，是小于2的整数，.于是对任意的正整数n，总存在正整数，使得，所以是“H数列”，因此的值为.解法二：由是首项为1的等差数列，则，又数列是“H数列”，不妨取时，存在满足条件的正整数，使得，即， （i）当时，此时，不符合题意，应舍去；（ii）当时，不存在满足条件的；（iii）当时，. 此时数列的通项公式为，下面我们一起来验证为“H数列”:；，此时，容易验证为正整数. （江苏苏州 何睦）解法三：由题意设；又等差数列的前n项和；由题意知对任意正整数，总存在正整数，使得，（*）；那么随着的变化而变化，可设满足函数关系式. 又，那么要使（*）对任意自然数恒成立，则；代入得：，即有；又当时，即，由此可以解得.此时. （江苏苏州 王耀）解法四：，所以，由题意得，所以，即.对于任意的，存在使得，即，化简可得.（*）当时，此时不是整数，此时（*）式不满足；当时，此时，而，所以恒成立，不对恒成立，所以. （江苏兴化 顾卫）解法五：由是首项为1的等差数列，且数列是“H数列”，则，又，所以，则，从而，此时，由得，为正整数，从而数列是“H数列”.（江苏常州 封中华） (3) 解法一（官方解答）：设等差数列的公差为，则.令，则.下证是“H数列”.设的前n项和为，则，于是对任意的正整数n，总存在正整数，使得，所以是“H数列”.同理可证也是“H数列”.所以，对任意的等差数列，总存在两个“H数列” 和，使得成立.解法二：由(2)的解答过程可知：等差数列中若时, 是“数列”，则. 同理等差数列中若时，是“数列”，.任意的等差数列，则可表示为.令，此时，. 所以对任意的等差数列，总存在两个等差“数列”和，使得成立. 【考点】数列的概念 (A)、等差数列 (C)，探究能力及推理论证能力. 21解析：本小题主要考查圆的基本性质，考查推理论证能力. 本小题满分10分.证明：因为是圆上的两点，所以.故.又因为是圆上位于异侧的两点，故为同弧所对的两个圆心角，所以.因此.22解析：本小题主要考查矩阵的乘法等基础知识，考查运算求解能力. 本小题满分10分.解：由已知，得，.因为，所以，故 解得所以.23解析：本小题主要考查直线的参数方程、抛物线的标准方程等基础知识，考查运算求解能力.本小题满分10分.解法一（官方解答）：将直线的参数方程代入抛物线方程，得. 解得.所以.解法二：将直线的参数方程化为直角坐标方程为，联立方程组解得或 即交点分别为和，所以 （江苏镇江 陈桂明）解法三：将直线的参数方程化为直角坐标方程为，联立方程组 消去有，则.所以（江苏镇江 陈桂明）24解析：本小题主要考查算术几何平均不等式,考查推理论证能力.本小题满分10分.证明：因为，所以，故.25. 解析：本小题主要考查排列与组合、离散型随机变量的均值等基础知识，考查运算求解能力.满分10分. 解：(1) 取出的2个颜色相同的球可能是2个红球、2个黄球或2个绿球，所以(2) 随机变量的所有可能的取值为.表示的随机事件是取到的4个球是4个红球，故；表示的随机事件是取到的4个球是3个红球和1个其它颜色的球，或3个黄球和1个其它颜色的球，故；于是所以随机变量的概率分布如下表：234因此随机变量的数学期望26. 解析：本题主要考查简单的复合函数的导数，考查探究能力及应用数学归纳法的推理论证能力.(1) 解：由已知，故，所以，即.(2) 证明一（官方解法）：由已知得：，等式两边分别对求导：，即，类似可得：，.下面用数学归纳法证明等式对所有的都成立.() 当时，由上可知等式成立；() 假设当时等式成立，即.因为，所以.因此当时，等式成立.综合()，()可知等式对所有的都成立.令，可得.所以.解法二：令所以，又故所以，即，命题得证. （江苏南通陆王华）专心-专注-专业