2014年普通高等学校招生全国统一考试(山东卷)数学试题(理科)解析版

2014年高考山东卷理科数学试题

一、选择题：本大题共10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）已知a,bR，i是虚数单位，若ai与2bi互为共轭复数，则(abi) （A）54i （B）54i （C）34i （D）34i 1.【答案】D

【解析】ai与2bi互为共轭复数，a2,b1

2(abi)2(2i)244ii234i

（2）设集合A{x||x1|2}，B{y|y2,x[0,2]}，则A（A）[0,2] （B）(1,3) （C）[1,3) （D）(1,4) 2.【答案】C

【解析】x12,2x12,1x3.

xB

y2x,x[0,2]y[1,4]

AB[1,3)

（3）函数f(x)1(log2x)12的定义域为

（A）(0,)111（B）(2,) （C）(0,)(2,)（D）(0,][2,)

2 22

3.【答案】C

2【解析】(log2x)10log2x1或log2x1x2或0x1 2

（4）用反证法证明命题：“已知a,b为实数，则方程x2axb0至少有一个实根”时，要做的假设是

（A）方程x2axb0没有实根 （B）方程x2axb0至多有一个实根

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（C）方程x2axb0至多有两个实根 （D）方程x2axb0恰好有两个实根 4.【答案】A

【解析】“至少有一个”的对立面应是“没有”,故选A

（5）已知实数x,y满足axay（0a1），则下列关系式恒成立的是 （A）

11（B）ln(x21)ln(y21) （C）sinxsiny （D）x2y2 22x1y1

5.【答案】D

【解析】aa,0a1xy但不能判断xy（如x0,y1）排除A,B;ysinx是周期函数，排除C;yx是单调递增函数，D正确.

（6）直线y4x与曲线yx在第一象限内围成的封闭图形的面积为

（A）22 （B）42 （C）2 （D）4 6.【答案】D

3xy223y4x【解析】联立，且在第一象限，得A(0,0),B(2,8) 2yx所求面积S(4xx3)dx(2x202142x)|04 4

（7）为研究某药品的疗效，选取若干名志愿者进行临床试验，所有志愿者的舒张压数据（单位：

kPa）的分组区间为[12,13)，[13,14)，[14,15)，

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[15,16)，[16,17]，将其按从左到右的顺序分别编号为第一组，第二组，......，第五组.右图是

根据试验数据制成的频率分布直方图.已知第一组与第二组共有20人，第三组中没有疗效的有6人，则第三组中有疗效的人数为

（A）1 （B）8 （C）12 （D）18 7.【答案】C

【解析】第一组与第二组频率之和为0.24+0.16=0.4，

200.480,500.3618,18612

（8）已知函数f(x)|x2|1，g(x)kx，若f(x)g(x)有两个不相等的实根，则实数

k的取值范围是

（A）(0,)11（B）(,1)（C）(1,2) （D）(2,)

2 2

8.【答案】B

【解析】画出f(x)的图像，最低点是(2,1)，g(x)kx过原点和(2,1)时斜率最小为率最大时g(x)的斜率与f(x)x1的斜率一致.

1；斜2xy10,（9）已知x,y满足约束条件当目标函数zaxby(a0,b0)在该约束条

2xy30,件下取到最小值25时，a2b2的最小值为

（A）5 （B）4 （C）5 （D）2 9.【答案】B

xy10【解析】联立2xy30，得交点坐标(2,1)，则2ab25，即圆心（0,0）到直线

2ab250的距离的平方(252)4. 5x2y2x2y2（10）已知ab，椭圆C1的方程为221，双曲线C2的方程为221，C1与C2abab的离心率之积为3，则C2的渐近线方程为 22014年普通高等学校招生考试数学试题及解析 海南省保亭中学 王 生

（A）x2y0（B）2xy0（C）x2y0（D）2xy0 10.【答案】A

c2a2b22c2a2b2【解析】e12,e22, 22aaaa2a4b43(e1e2) 4a42

b2 a2二、填空题：本大题共5小题，每小题5分，共25分

（11）执行右面的程序框图，若输入的x的值为1，则输出的n的值为 . 11.【答案】3

【解析】根据判断条件x24x30，得1x3 输入x1

第一次判断后循环，xx12,nn11 第二次判断后循环，xx13,nn12 第三次判断后循环，xx14,nn13 第四次判断不满足条件，结束循环，输出n3

（12）在ABC中，已知ABACtanA，当A12.【答案】

6时，ABC的面积为 .

1 6【解析】由条件可知ABACcbcosAtanA当A

211,bc,SABCbcsinA 6326（13）三棱锥PABC中，D，E分别为PB，PC的中点，记三棱锥DABE的体积为V1，

PABC的体积为V2，则

V1 . V22014年普通高等学校招生考试数学试题及解析 海南省保亭中学 王 生

13.【答案】

1 4h11， h22【解析】分别过E,C向平面PAB做高h1,h2，由E为PC的中点得由D为PB的中点得SABD

1111SABP，所以V1:V2(SABDh1):(SABPh2)

3342（14）若(ax2)6的展开式中x3项的系数为20，则a2b2的最小值为 . 14.【答案】2

r6rr123r【解析】将(ax2)6展开，得到Tr1C6，令123r3,得r3. abx333由C6ab20，得ab1，所以a2b22ab2.

bxbx

（15）已知函数yf(x)(xR).对函数yg(x)(xI)，定义g(x)关于f(x)的“对称函数”为yh(x)(xI)，yh(x)满足：对任意xI，两个点(x,h(x))，(x,g(x))关于点，且h(x)g(x)(x,f(x))对称.若h(x)是g(x)4x2关于f(x)3xb的“对称函数”恒成立，则实数b的取值范围是 . 15.【答案】b210

【解析】由题意得g(x)与h(x)的图像位于直线f(x)3xb的两侧，要使h(x)g(x)恒成立，则g(x)的图像应位于直线f(x)3xb的右下方.根据图像分析得，当f(x)3xb与

g(x)4x2在第二象限相切时，b210，由h(x)g(x)恒成立得b210.

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三、解答题：本大题共6小题，共75分. （16）（本小题满分12分）

已知向量a(m,cos2x)，b(sin2x,n)，设函数f(x)ab，且yf(x)的图象过点

2(,3)和点(,2). 123（Ⅰ）求m,n的值；

（Ⅱ）将yf(x)的图象向左平移（0）个单位后得到函数yg(x)的图象.若

yg(x)的图象上各最高点到点(0,3)的距离的最小值为1，求yg(x)的单调增区间.

16.解：（Ⅰ）已知f(x)abmsin2xncos2x，

f(x)过点(12,3),(2,2) 3f(1266244 f()msinncos2

333)msinncos3

13n3mm32解得 2n131222（Ⅱ）f(x)3sin2xcos2x2sin(2x6)

f(x)左移后得到g(x)2sin(2x226)

设g(x)的对称轴为xx0，d1x01解得x00

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g(0)2，解得6

g(x)2sin(2x36)2sin(2x2)2cos2x

2k2x2k,kz

2kxk,kz

f(x)的单调增区间为[

2k,k],kz

（17）（本小题满分12分）

如图，在四棱柱ABCDA1B1C1D1中，底面ABCD是等腰梯形，DAB60，

AB2CD2，M是线段AB的中点.

（Ⅰ）求证：C1M//A1ADD1；

（Ⅱ）若CD1垂直于平面ABCD且CD1角）的余弦值.

3，求平面C1D1M和平面ABCD所成的角（锐

17.解：（Ⅰ）连接AD1

ABCDA1B1C1D1为四棱柱，CD//C1D1 CDC1D1

又M为AB的中点，AM1

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D1A1C1B1DAMCB

CD//AM,CDAM AM//C1D1,AMC1D1 AMC1D1为平行四边形 AD1//MC1

又C1M平面A1ADD1 AD1平面A1ADD1

AD1//平面A1ADD1

（Ⅱ）方法一：AB//A1B1 A1B1//C1D1

面D1C1M与ABC1D1共面

作CNAB,连接D1N 则D1NC即为所求二面角

在ABCD中，DC1,AB2,DAB60 CN3 2在RtD1CN中，CD13,CN315 D1N 22方法二：作CPAB于p点

以C为原点，CD为x轴，CP为y轴，CD1为z轴建立空间坐标系，

13C1(1,0,3),D1(0,0,3),M(,,0)

2213C1D1(1,0,0),D1M(,,3)

222014年普通高等学校招生考试数学试题及解析 海南省保亭中学 王 生

设平面C1D1M的法向量为n(x1,y1,z1)

x10 n1(0,2,1) 13y13z10x122显然平面ABCD的法向量为n2(1,0,0)

cosn1,n2n1n2n1n215. 55显然二面角为锐角，

所以平面C1D1M和平面ABCD所成角的余弦值为

5 53NC35 cosD1CN2D1N515152

（18）（本小题满分12分）

乒乓球台面被网分成甲、乙两部分，如图，

甲上有两个不相交的区域A,B，乙被划分为两个不相交的区域C,D.某次测试要求队员接到落点在甲上的来球后向乙回球.规定：回球一次，落点在C上记3分，在D上记1分，其它情况记0分.对落点在A上的来球，小明回球的落点在C上的概率为率为

1，在D上的概2113；对落点在B上的来球，小明回球的落点在C上的概率为，在D上的概率为.假设355共有两次来球且落在A,B上各一次，小明的两次回球互不影响.求： （Ⅰ）小明的两次回球的落点中恰有一次的落点在乙上的概率； （Ⅱ）两次回球结束后，小明得分之和的分布列与数学期望.

18.解：（I）设恰有一次的落点在乙上这一事件为A

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51143P(A)

656510（II）的可能取值为0，1，2，3，4，6

11111131P(0),P(1)65303565613111112 P(2),P(3)355256515131111111P(4),P(6)2535302510的分布列为

 P 0 1 301 1 62 1 53 2 154 11 306 1 10

其数学期望为E()0

（19）（本小题满分12分）

111211191. 12346306515301030已知等差数列{an}的公差为2，前n项和为Sn，且S1,S2,S4成等比数列. （Ⅰ）求数列{an}的通项公式； （Ⅱ）令bn(1)n14n，求数列{bn}的前n项和Tn. anan119.解：（I）d2,S1a1,S22a1d,S44a16d,

2S1,S2,S4成等比S2S1S4

解得a11,an2n1 （II）bn(1)n14n11(1)n1()

anan12n12n1111111111当n为偶数时，Tn(1)()()()()335572n32n12n12n112nTn1

2n12n12014年普通高等学校招生考试数学试题及解析 海南省保亭中学 王 生

111111111当n为奇数时，Tn(1)()()()()335572n32n12n12n112n2Tn1

2n12n12n,n为偶数2n1Tn

2n2,n为奇数2n1

（20）（本小题满分13分）

ex2设函数f(x)2k(lnx)（k为常数，e2.71828是自然对数的底数）.

xx（Ⅰ）当k0时，求函数f(x)的单调区间；

（Ⅱ）若函数f(x)在(0,2)内存在两个极值点，求k的取值范围.

20.解：（I）函数yf(x)的定义域为(0,)

x2ex2xex21xex2exk(x2) f(x)k(2)x4xxx3x2'(x2)(exkx)  3x由k0可得exkx0，

所以 当x(0,2)时，f(x)0，函数yf(x)单调递减， 当x(2,)时，f(x)0，函数yf(x)单调递增， 所以，yf(x)的单调递减区间为(0,2)，单调递增区间为(2,). (II)由（I）知，k0时，函数f(x)在(0,2)内单调递减， 所以f(x)在(0,2)内不存在极值点； 当k0时，设函数g(x)ekx,x0,.

x'' g(x)ekee'xxlnx，

'x当0k1时，当x(0,2)时，g(x)ek0,yg(x)单调递增.

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所以f(x)在(0,2)内不存在两个极值点；

当k1时，得：当x(0,lnk)时，g(x)0，函数yg(x)单调递减， 当x(lnk,)时，g(x)0，函数yg(x)单调递增. 所以函数yg(x)的最小值为g(lnk)k(1lnk).

''g(0)0g(lnk)0 函数f(x)在(0,2)内存在两个极值点,当且仅当

g(2)00lnk2e2解得ek

2e2综上所述，函数f(x)在(0,2)内存在两个极值点时，k的取值范围为(e,).

2

（21）（本小题满分14分）

已知抛物线C:y2px(p0)的焦点为F，A为C上异于原点的任意一点，过点A的直线

2l交C于另一点B，交x轴的正半轴于点D，且有|FA||FD|.当点A的横坐标为3时，

ADF为正三角形.

（Ⅰ）求C的方程；

（Ⅱ）若直线l1//l，且l1和C有且只有一个公共点E， （ⅰ）证明直线AE过定点，并求出定点坐标；

（ⅱ）ABE的面积是否存在最小值？若存在，请求出最小值；若不存在，请说明理由. （21）解：（I）由题意知F(设，则FD的中点为(p,0). 2p2t,0). 4ppt， 22FAFD,由抛物线的定义知3解得t3p或t3（舍去） 由

p2t3,解得p2. 42014年普通高等学校招生考试数学试题及解析 海南省保亭中学 王 生

所以抛物线C的方程为y4x. （II）（i）由（I）知F(1,0)

设A(x0,y0)(x0y00),D(xD,0)(xD0),

2FAFD,xD1x01，

由xD0得xDx02,D(x02,0). 所以直线AB的斜率kABy0. 2因为直线l1与直线AB平行， 所以设直线l1的方程为y代入y4x，得y22y0xb， 288by0, y0y0由题意得6432b2得0,b. 2y0y0y044,xE2. y0y0设E(xE,yE),则yE4y0yyy4y020当y0， 4时，kE022xEx0y044y024y02由y04x，整理得y4y0(x1)， 2y04直线AE恒过点F(1,0).

2当y04时，直线AE的方程为x1，过点F(1,0).

所以 直线AE过定点F(1,0). （ii）由（i）得直线AE过焦点F(1,0).

AEAFPF(x01)(设直线AE的方程为xmy1,

111)x02. x0x02014年普通高等学校招生考试数学试题及解析 海南省保亭中学 王 生

因为点A(x0,y0)在直线AE上，mx01. y0设B(x1,y1),直线AB的方程为yy0y0(xx0), 2y00,x2y2x0， y0代入抛物线方程，得：y28y84x00. y0y0y1884,y1y0,x1x04. y0y0x0所以点B到直线AE的距离为

d48x04m(y0)1x0y01m24(x01)x04(x01x0).

则ABC的面积S1114(x0)(x02)16, 2xx00当且仅当

1x0，即x01时等号成立. x0所以ABC的面积的最小值为16.