2014年高考文科数学辽宁卷-答案.docx
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2014年普通高等学校招生全国统一考试(辽宁卷) 数学(供文科考生使用)答案解析 第Ⅰ卷 一、选择题 1.【答案】D 【解析】,.故选D. 【提示】先求,再根据补集的定义求. 【考点】交、并、补集的混合运算 2.【答案】A 【解析】,故选A. 【提示】把给出的等式两边同时乘以,然后利用复数代数形式的除法运算化简,则z可求. 【考点】复数代数形式的乘除运算 3.【答案】D 【解析】∵,,,.故选D. 【提示】利用指数式的运算性质得到,由对数的运算性质得到,则答案可求. 【考点】对数的运算性质 4.【答案】B 【解析】若,,则,相交或平行或异面,故A错;若,,则,故B正确;若,,则或,故C错;若,,则或或,故D错.故选B. 【提示】A运用线面平行的性质,结合线线的位置关系,即可判断;B运用线面垂直的性质,即可判断;C运用线面垂直的性质,结合线线垂直和线面平行的位置即可判断;D运用线面平行的性质和线面垂直的判定,即可判断. 【考点】空间中直线与直线之间的位置关系 5.【答案】A 【解析】若,,则,即,则不一定成立,故命题为假命题.若 ,,则,故命题为真命题.则,为真命题,,,都为假命题,故选A. 【提示】根据向量的有关概念和性质分别判断,的真假,利用复合命题之间的关系即可得到结论. 【考点】复合命题的真假 6.【答案】B 【解析】,故选B. 【提示】利用几何概型的概率公式,求出对应的图形的面积,利用面积比即可得到结论. 【考点】几何概型 7.【答案】C 【解析】由三视图知:几何体是正方体切去两个圆柱,正方体的棱长为2,切去的圆柱的底面半径为1,高为2,所以几何体的体积,故选C. 【提示】几何体是正方体切去两个圆柱,根据三视图判断正方体的棱长及切去的圆柱的底面半径和高,把数据代入正方体与圆柱的体积公式计算. 【考点】由三视图求面积、体积 8.【答案】C 【解析】因为点在抛物线:的准线上,所以,所以,所以直线的斜率为,故选C. 【提示】利用点在抛物线:的准线上,确定焦点F的坐标,即可求出直线AF的斜率. 【考点】抛物线的简单性质 9.【答案】D 【解析】等差数列的公差为,.又数列为递减数列,所以,.故选D. 【提示】由数列递减可得,由指数函数的性质和等差数列的通项公式化简可得. 【考点】等差数列的性质 10.【答案】A 【解析】当,由,即,则,即. 当时,由,得,解得.则当时,不等式的解为. 由为偶函数,所以当时,不等式的解为,即不等式的解为或,则由或,解得或,即不等式的解集为或,故选A. 【提示】先求出当时,不等式的解,然后利用函数的奇偶性求出整个定义域上的解,即可得到结论. 【考点】分段函数的应用 11.【答案】B 【解析】把函数的图象向右平移个单位长度,得到的图象所对应的函数解析式为:.即.由,得,.取,得.所得图象对应的函数在区间上单调递增,故选B. 【提示】直接由函数的图象平移得到平移后的图象所对应的函数解析式,然后利用复合函数的单调性的求法求出函数的增区间,取即可得到函数在区间上单调递增,则答案可求. 【考点】函数的图象变换 12.【答案】C 【解析】当时,不等式对任意恒成立;当时,可化为,令,则,当时,,在上单调递增,,.当时,可化为.当时,,单调递减,当时,,单调递增,,.综上所述,实数的取值范围是,即实数的取值范围是.故选C. 【提示】分,,三种情况进行讨论,分离出参数后转化为函数求最值即可,利用导数即可求得函数最值,注意最后要对取交集. 【考点】函数恒成立问题,其他不等式的解法 第Ⅱ卷 二、填空题 13.【答案】 【解析】由程序框图知:算法的功能是求的值,当输入时,跳出循环的值为4,所以输出. 【提示】算法的功能是求的值,根据条件确定跳出循环的值,计算输出的T值. 【考点】程序框图 14.【答案】 【解析】由约束条件作出可行域如图,联立,解得,.化目标函数为直线方程的斜截式,得:.由图可知,当直线过点时,直线在轴上的截距最大,即最大.. 【提示】由约束条件作出可行域,化目标函数为直线方程的斜截式,数形结合得到最优解,联立方程组求出最优解的坐标,代入目标函数得答案. 【考点】简单线性规划 15.【答案】12 【解析】如图:的中点为,易得,,在椭圆上, ,. 【提示】画出图形,利用中点坐标以及椭圆的定义,即可求出的值. 【考点】椭圆的简单性质 16.【答案】 【解析】,,由柯西不等式得, ,故当最大时, 有,,,,当时, 取得最小值为. 【提示】转化为,再由柯西不等式得到,分别用表示,,在代入到得到关于的二次函数,求出最小值即可. 【考点】一般形式的柯西不等式,基本不等式 三、解答题 17.【答案】(Ⅰ)由得.又,所以.由余弦定理得. 又因为,所以.解得或.因为,. (Ⅱ)在中,.由正弦定理得, 所以.因为,所以角为锐角.. . 【提示】(Ⅰ)利用平面向量的数量积运算法则化简,将代入求出,再利用余弦定理列出关系式,将,以及的值代入得到,联立即可求出的值. (Ⅱ)由的值,利用同角三角函数间基本关系求出的值,由,,,利用正弦定理求出的值,进而求出的值,将原式利用两角和与差的余弦函数公式化简后,将各自的值代入计算即可求出值. 【考点】余弦定理,平面向量数量积的运算,两角和与差的余弦函数 18.【答案】(Ⅰ)由题意,,所以有95%的把握认为“南方学生和北方学生在选用甜品的饮食习惯方面有差异”. (Ⅱ)从这5名学生中随机抽取3人,共有种情况,有2名喜欢甜品,有种情况,所以至多有1人喜欢甜品的概率. 【提示】(Ⅰ)根据表中数据,利用公式,即可得出结论. (Ⅱ)利用古典概型概率公式,即可求解. 【考点】独立性检验的应用,古典概型及其概率计算公式 19.【答案】(Ⅰ),,,. 为的中点,.同理.,平面., 平面. (Ⅱ)在平面内,作,交的延长线于,和所在平面互相垂直, 平面.为的中点,到平面的距离是长度的一半. 在中,,. 【提示】(Ⅰ)先证明平面,利用,可得平面. (Ⅱ)在平面内,作,交的延长线于,到平面的距离是长度的一半,利用,即可求三棱锥的体积. 【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积,直线与平面垂直的判定 20.【答案】(Ⅰ)设切点的坐标为,且,. 则切线的斜率为,故切线方程为,即. 此时,切线与轴正半轴,轴正半轴围成的三角形的面积. 再根据,可得当且仅当,故点的坐标为. (Ⅱ)设椭圆方程,,.椭圆过点得:, 则到直线的距离. 由题得:,解得. 由弦长公式得, 即. 把点代入方程得:,由得, 整理得, ,,代入上式得,即, 解得,,或,(舍),所以椭圆方程为:. 【提示】(Ⅰ)设切点的坐标为,求得圆的切线方程,根据切线与轴正半轴,轴正半轴围成的三角形的面积.再利用基本不等式求得取得最小值,求得点的坐标. (Ⅱ)设椭圆的标准方程为,,.把直线方程和椭圆的方程联立方程组,转化为关于的一元二次方程,再用韦达定理、弦长公式求出弦长以及点到直线的距离,再由的面积为,求出,的值,从而得到所求椭圆的方程. 【考点】直线与圆锥曲线的综合问题 21.【答案】(Ⅰ), ,. 在上有零点., 在上单调递增. (Ⅱ),, . . 设,,则与的零点同. ,.由(Ⅰ)知,在上只有一个零点,且在点左负右正. 在点左侧递减,在点右侧递增,且,,故,存在唯一,使得,即, ,即, ,所以在上存在唯一零点,且. 【提示】(Ⅰ)导数法可判在上为增函数,又可判函数有零点,故必唯一. (Ⅱ)化简可得,设,则与的零点同.由导数法可得函数的零点,可得不等式. 【考点】函数零点的判定定理 22.【答案】证明:(Ⅰ)为切线,, ,.为圆的直径. (Ⅱ)连接BC,DC. ,在与中,, ,,,.为直角,ED为圆的直径,为圆的直径,. 【提示】(Ⅰ)证明AB为圆的直径,只需证明. (Ⅱ)证明,再证明为直角,即可证明. 【考点】圆周角定理,与圆有关的比例线段 23.【答案】(Ⅰ)在曲线C上任意取一点,由题意可得点在圆上,,即曲线C的方程为,化为参数方程为为参数). (Ⅱ)由,可得,,不妨设、, 则线段的中点坐标为,再根据与l垂直的直线的斜率为, 故所求的直线的方程为,即. 再根据、可得所求的直线的极坐标方程为, . 【提示】(Ⅰ)在曲线C上任意取一点,再根据点在圆上,求出C的方程,化为参数方程. (Ⅱ)解方程组求得、的坐标,可得线段的中点坐标.再根据与l垂直的直线的斜率为,用点斜式求得所求的直线的方程,再根据、可得所求的直线的极坐标方程. 【考点】参数方程化成普通方程,点的极坐标和直角坐标的互化. 24.【答案】(Ⅰ)由可得①,或②.解①求得,解②求得.综上,原不等式的解集为. (Ⅱ)由,求得,,. 当时,,,故要证的不等式成立. 【提示】(Ⅰ)由所给的不等式可得①,或②,分别求得①、②的解集,再取并集,即得所求. (Ⅱ)由,求得N,可得.当时,,不等式的左边化为,显然它小于或等于,要证的不等式得证. 【考点】绝对值不等式的解法,交集及其运算.,二次函数最值 10 / 10- 配套讲稿:
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