2014年普通高等学校招生全国统一考试(辽宁卷)_数学(理).doc

2014年普通高等学校招生全国统一考试(辽宁卷)数学(供理科考生使用)第卷一、选择题：本大题共12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(2014辽宁，理1)已知全集UR，Ax|x0，Bx|x1，则集合U(AB)()Ax|x0 Bx|x1Cx|0x1 Dx|0x1答案：D解析：ABx|x0或x1，U(AB)x|0x1故选D.2(2014辽宁，理2)设复数z满足(z2i)(2i)5，则z()A23i B23i C32i D32i答案：A解析：(z2i)(2i)5，.z2i2i2i2i23i.故选A.3(2014辽宁，理3)已知，则()Aabc BacbCcab Dcba答案：C解析：，cab.故选C.4(2014辽宁，理4)已知m，n表示两条不同直线，表示平面下列说法正确的是()A若m，n，则mnB若m，n，则mnC若m，mn，则nD若m，mn，则n答案：B解析：对A：m，n还可能异面、相交，故A不正确对C：n还可能在平面内，故C不正确对D：n还可能在内，故D不正确对B：由线面垂直的定义可知正确5(2014辽宁，理5)设a，b，c是非零向量已知命题p：若ab0，bc0，则ac0；命题q：若ab，bc，则ac，则下列命题中真命题是()Apq BpqC(p)(q) Dp(q)答案：A解析：对命题p中的a与c可能为共线向量，故命题p为假命题由a，b，c为非零向量，可知命题q为真命题故pq为真命题故选A.6(2014辽宁，理6)6把椅子摆成一排，3人随机就座，任何两人不相邻的坐法种数为()A144 B120 C72 D24答案：D解析：插空法在已排好的三把椅子产生的4个空档中选出3个插入3人即可故排法种数为24.故选D.7(2014辽宁，理7)某几何体三视图如图所示，则该几何体的体积为()A82 B8C D答案：B解析：由三视图知，原几何体是棱长为2的正方体挖去两个底面半径为1，高为2的四分之一圆柱，故几何体的体积为8228.故选B.8(2014辽宁，理8)设等差数列an的公差为d，若数列为递减数列，则()Ad0 Bd0 Ca1d0 Da1d0答案：C解析：数列为递减数列，nN*，a1ana1an1，a1(an1an)0.an为公差为d的等差数列，a1d0.故选C.9(2014辽宁，理9)将函数的图象向右平移个单位长度，所得图象对应的函数()A在区间上单调递减B在区间上单调递增C在区间上单调递减D在区间上单调递增答案：B解析：设平移后的函数为f(x)，则.令，kZ，解得f(x)的递减区间为，kZ，同理得递增区间为，kZ.从而可判断得B正确10(2014辽宁，理10)已知点A(2,3)在抛物线C：y22px的准线上，过点A的直线与C在第一象限相切于点B，记C的焦点为F，则直线BF的斜率为()A B C D答案：D解析：由题意可知准线方程x2，p4，抛物线方程为y28x.由已知易得过点A与抛物线y28x相切的直线斜率存在，设为k，且k0，则可得切线方程为y3k(x2)联立方程消去x得ky28y2416k0.(*)由相切得644k(2416k)0，解得或k2(舍去)，代入(*)解得y8，把y8代入y28x，得x8，即切点B的坐标为(8,8)，又焦点F为(2,0)，故直线BF的斜率为.11(2014辽宁，理11)当x2,1时，不等式ax3x24x30恒成立，则实数a的取值范围是()A5，3 BC6，2 D4，3答案：C解析：当x2,1时，不等式ax3x24x30恒成立，即当x2,1时，不等式ax3x24x3(*)恒成立(1)当x0时，aR.(2)当0x1时，由(*)得恒成立设，则.当0x1时，x90，x10，f(x)0，f(x)在(0,1上单调递增当0x1时，可知af(x)maxf(1)6.(3)当2x0时，由(*)得.令f(x)0，得x1或x9(舍)当2x1时，f(x)0，当1x0时，f(x)0，f(x)在2，1)上递减，在(1,0)上递增x2,0)时，f(x)minf(1)1432.可知af(x)min2.综上所述，当x2,1时，实数a的取值范围为6a2.故选C.12(2014辽宁，理12)已知定义在0,1上的函数f(x)满足：f(0)f(1)0；对所有x，y0,1，且xy，有|f(x)f(y)|.若对所有x，y0,1，|f(x)f(y)|k恒成立，则k的最小值为()A B C D答案：B解析：不妨令0xy1，则|f(x)f(y)|.法一：2|f(x)f(y)|f(x)f(0)f(x)f(y)f(y)f(1)|f(x)f(0)|f(x)f(y)|f(y)f(1)|，即得，对所有x，y0,1，|f(x)f(y)|k恒成立，只需k大于|f(x)f(y)|的最大值即可故.因此k的最小值为.法二：当时，当时，|f(x)f(y)|f(x)f(1)f(y)f(0)|f(x)f(1)|f(y)f(0)|，对所有x，y0,1，|f(x)f(y)|k恒成立，只需k大于|f(x)f(y)|的最大值即可故k.因此k的最小值为.第卷本卷包括必考题和选考题两部分第13题第21题为必考题，每个试题考生都必须做答第22题第24题为选考题，考生根据要求做答二、填空题：本大题共4小题，每小题5分13(2014辽宁，理13)执行下面的程序框图，若输入x9，则输出y_.答案：解析：输入x9，则y5，|yx|41，执行否，x5，|yx|1，执行否，|yx|1，执行是，输出.14(2014辽宁，理14)正方形的四个顶点A(1，1)，B(1，1)，C(1,1)，D(1,1)分别在抛物线yx2和yx2上，如图所示，若将一个质点随机投入正方形ABCD中，则质点落在图中阴影区域的概率是_答案：解析：由题意可知空白区域的面积为.又正方形的面积为4，阴影部分的面积为，所求概率为.15(2014辽宁，理15)已知椭圆C：，点M与C的焦点不重合若M关于C的焦点的对称点分别为A，B，线段MN的中点在C上，则|AN|BN|_.答案：12解析：如图，设MN的中点为P，则由F1是AM的中点，可知|AN|2|PF1|.同理可得可知|BN|2|PF2|AN|BN|2(|PF1|PF2|)根据椭圆定义得|PF1|PF2|2a6，|AN|BN|12.16(2014辽宁，理16)对于c0，当非零实数a，b满足4a22ab4b2c0且使|2ab|最大时，的最小值为_答案：2解析：要求|2ab|最大值，只需求(2ab)2的最大值4a22ab4b2c0，4a2b2c2ab3b2.(2ab)24a2b24abc2ab3b24abc6ab3b2c3b(2ab)c2b(2ab)cc，即(2ab)2，当且仅当2b2ab，即3b2a时取到等号，即(2ab)2取到最大值故3b2a时，|2ab|取到最大值把3b2a，即代入4a22ab4b2c0，可得.当时，取到最小值2.三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤17(本小题满分12分)(2014辽宁，理17)在ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且ac.已知，b3.求：(1)a和c的值；(2)cos(BC)的值分析：(1)将条件中的，转化为边角的量表示，可得a与c的关系，再结合余弦定理列方程组求解(2)由(1)及正弦定理可得sin C，进而求出cos C，再由两角差的余弦公式求出cos(BC)的值解：(1)由，得cacos B2.又，所以ac6.由余弦定理，得a2c2b22accos B.又b3，所以a2c292213.解得a2，c3或a3，c2.因ac，所以a3，c2.(2)在ABC中，由正弦定理，得.因abc，所以C为锐角，因此.于是cos(BC)cos Bcos Csin Bsin C.18(本小题满分12分)(2014辽宁，理18)一家面包房根据以往某种面包的销售记录，绘制了日销售量的频率分布直方图，如图所示将日销售量落入各组的频率视为概率，并假设每天的销售量相互独立(1)求在未来连续3天里，有连续2天的日销售量都不低于100个且另1天的日销售量低于50个的概率；(2)用X表示在未来3天里日销售量不低于100个的天数，求随机变量X的分布列，期望E(X)及方差D(X)分析：(1)先由频率分布直方图计算出日销售量不低于100和日销售量低于50的概率再由3天中连续2天日销售量不低于100，可分为第1,2天或第2,3天日销售量不低于100两种情况，从而由独立事件概率公式求值(2)由题意知随机变量X服从二项分布，则可列出分布列及求出期望、方差解：(1)设A1表示事件“日销售量不低于100个”，A2表示事件“日销售量低于50个”，B表示事件“在未来连续3天里有连续2天日销售量不低于100个且另一天销售量低于50个”因此P(A1)(0.0060.0040.002)500.6，P(A2)0.003500.15，P(B)0.60.60.1520.108.(2)X可能取的值为0,1,2,3，相应的概率为P(X0)(10.6)30.064，P(X1)0.6(10.6)20.288，P(X2)0.62(10.6)0.432，P(X3)0.630.216.分布列为X0123P0.0640.2880.4320.216因为XB(3,0.6)，所以期望E(X)30.61.8，方差D(X)30.6(10.6)0.72.19(本小题满分12分)(2014辽宁，理19)如图，ABC和BCD所在平面互相垂直，且ABBCBD2，ABCDBC120，E，F分别为AC，DC的中点(1)求证：EFBC；(2)求二面角EBFC的正弦值分析：法一：几何法(1)证明线线垂直，可由线面垂直证得，可寻求过EF的平面与BC垂直即可(2)由面面垂直可得线面垂直，再利用线面垂直性质构造二面角求解法二：建立空间直角坐标系(1)求各点坐标，利用向量垂直的条件证明线线垂直(2)平面BFC的法向量易求出，平面BEF的法向量可运用法向量条件求得，再运用公式求出两法向量夹角的余弦值，进而求出所求正弦值(1)证明：(方法一)过E作EOBC，垂足为O，连OF，由ABCDBC可证出EOCFOC.图1所以EOCFOC，即FOBC.又EOBC，因此BC面EFO.又EF面EFO，所以EFBC.(方法二)由题意，以B为坐标原点，在平面DBC内过B作垂直BC的直线为x轴，BC所在直线为y轴，在平面ABC内过B作垂直BC的直线为z轴，建立如图所示空间直角坐标系易得B(0,0,0)，C(0,2,0)，因而，所以，(0,2,0)，因此.图2从而，所以EFBC.(2)解：(方法一)在图1中，过O作OGBF，垂足为G，连EG.由平面ABC平面BDC，从而EO面BDC.又OGBF，由三垂线定理知EGBF.因此EGO为二面角EBFC的平面角在EOC中，由BGOBFC知，因此.从而，即二面角EBFC正弦值为.(方法二)在图2中，平面BFC的一个法向量为n1(0,0,1)设平面BEF的法向量n2(x，y，z)又，.由得其中一个设二面角EBFC大小为，且由题意知为锐角，则cos |cosn1，n2|.因此sin ，即所求二面角正弦值为.20(本小题满分12分)(2014辽宁，理20)圆x2y24的切线与x轴正半轴、y轴正半轴围成一个三角形，当该三角形面积最小时，切点为P(如图)双曲线C1：过点P且离心率为.(1)求C1的方程；(2)椭圆C2过点P且与C1有相同的焦点，直线l过C2的右焦点且与C2交于A，B两点若以线段AB为直径的圆过点P，求l的方程分析：(1)设出切点P的坐标，利用直线和圆相切的性质，求出切线，进而求出切线与坐标轴的交点，运用基本不等式求出取最值时P的坐标代入双曲线方程求得结果(2)运用待定系数法求出椭圆方程，将以AB为直径的圆过点P转化为，运用韦达定理求解解：(1)设切点坐标为(x0，y0)(x00，y00)，则切线斜率为，切线方程为yy0，即x0xy0y4.此时，两个坐标轴的正半轴与切线围成的三角形面积为.由，知当且仅当时x0y0有最大值，即S有最小值因此点P的坐标为由题意知解得a21，b22.故C1方程为.(2)由(1)知C2的焦点坐标为，由此设C2的方程为，其中b10.由在C2上，得，解得.因此C2方程为.显然，l不是直线y0.设l的方程为，点A(x1，y1)，B(x2，y2)由得.又y1，y2是方程的根，因此由，得因为，由题意知，所以.将，代入式整理，得.解得或.因此直线l的方程为或.21(本小题满分12分)(2014辽宁，理21)已知函数f(x)(cos xx)(2x)，g(x)3(x)cos x4(1sin x).证明：(1)存在唯一，使f(x0)0；(2)存在唯一，使g(x1)0，且对(1)中的x0，有x0x1.分析：(1)先判断f(x)的单调性，再运用根的存在性定理证明(2)可构造函数，再换元后，结合(1)可求出x0与x1的关系证明：(1)当时，f(x)(1sin x)(2x)2x0，函数f(x)在上为减函数又，所以存在唯一，使f(x0)0.(2)考虑函数，.令tx，则时，.记u(t)h(t)，则u(t).由(1)得，当t(0，x0)时，u(t)0.当时，u(t)0.在(0，x0)上u(t)是增函数又u(0)0，从而当t(0，x0时，u(t)0.所以u(t)在(0，x0上无零点在上u(t)为减函数，由u(x0)0，4ln 20，知存在唯一，使u(t1)0.所以存在唯一的，使u(t1)0.因此存在唯一的，使h(x1)h(t1)u(t1)0.因为当时，1sin x0，故g(x)(1sin x)h(x)与h(x)有相同的零点，所以存在唯一的，使g(x1)0，因为x1t1，t1x0，所以x0x1.请考生在第22,23,24三题中任选一题做答如果多做，则按所做的第一题记分做答时用2B铅笔在答题卡上把所选题目对应题号下方的方框涂黑22(本小题满分10分)(2014辽宁，理22)选修41：几何证明选讲如图，EP交圆于E，C两点，PD切圆于D，G为CE上一点且PGPD，连接DG并延长交圆于点A，作弦AB垂直EP，垂足为F.(1)求证：AB为圆的直径；(2)若ACBD，求证：ABED.分析：(1)证明AB是直径，即证明BDA90.由PFA90，从而寻求BDAPFA就可证明(2)要证ABDE，即证DE为直径，连DC，即证DCE90，从而只需证明ABDC即可证明：(1)因为PDPG，所以PDGPGD.由于PD为切线，故PDADBA.又由于PGDEGA，故DBAEGA，所以DBABADEGABAD，从而BDAPFA.由于AFEP，所以PFA90.于是BDA90.故AB是直径(2)连接BC，DC.由于AB是直径，故BDAACB90.在RtBDA与RtACB中，ABBA，ACBD，从而RtBDARtACB.于是DABCBA.又因为DCBDAB，所以DCBCBA，故DCAB.由于ABEP，所以DCEP，DCE为直角于是ED为直径由(1)得EDAB.23(本小