2014年福建高考理科数学试题详解(共14页)

1、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(福建卷)数学试题(理工农医类)第卷(选择题共50分)一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50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福建，理1)复数z(32i)i的共轭复数等于()A23i B23i C23i D23i答案：C解析：因为z(32i)i3i2i223i，所以.故选C.2(2014福建，理2)某空间几何体的正视图是三角形，则该几何体不可能是()A圆柱 B圆锥 C四面体 D三棱柱答案：A解析：因为圆锥、四面体、三棱柱的正视图均可以是三角形，而圆柱无论从哪个方向看均不可能是三角形，所以选A

2、.3(2014福建，理3)等差数列an的前n项和为Sn，若a12，S312，则a6等于()A8 B10 C12 D14答案：C解析：因为S33a13×212，所以d2.所以a6a1(61)d25×212.故选C.4(2014福建，理4)若函数ylogax(a0，且a1)的图象如图所示，则下列函数图象正确的是()答案：B解析：由图象可知loga31，所以a3.A选项，为指数函数，在R上单调递减，故A不正确B选项，yx3为幂函数，图象正确C选项，y(x)3x3，其图象和B选项中yx3的图象关于x轴对称，故C不正确D选项，ylog3(x)，其图象与ylog3x的图象关于y轴对称，

3、故D选项不正确综上，可知选B.5(2014福建，理5)阅读如图所示的程序框图，运行相应的程序，输出的S的值等于()A18 B20 C21 D40答案：B解析：该程序框图为循环结构，由S0，n1得S02113，n112，判断S315不成立，执行第二次循环，S32229，n213，判断S915不成立，执行第三次循环，S923320，n314，判断S2015成立，输出S20.故选B.6(2014福建，理6)直线l：ykx1与圆O：x2y21相交于A，B两点，则“k1”是“OAB的面积为”的()A充分而不必要条件 B必要而不充分条件C充分必要条件 D既不充分又不必要条件答案：A解析：k1时，图象如图(

4、1)，此时OAB的面积，所以k1是OAB面积为的充分条件；而当OAB面积为时，直线l有l1或l2两种可能，如图(2)，k1或k1.综上，可知选A.图(1)图(2)7(2014福建，理7)已知函数则下列结论正确的是()Af(x)是偶函数 Bf(x)是增函数Cf(x)是周期函数 Df(x)的值域为1，)答案：D解析：由题意，可得函数图象如下：所以f(x)不是偶函数，不是增函数，不是周期函数，其值域为1，)故选D.8(2014福建，理8)在下列向量组中，可以把向量a(3,2)表示出来的是()Ae1(0,0)，e2(1,2) Be1(1,2)，e2(5，2)Ce1(3,5)，e2(6,10) De1(

5、2，3)，e2(2,3)答案：B解析：由平面向量基本定理可知，平面内任意一个向量可用平面内两个不共线向量线性表示，A中e10·e2，B中e1，e2为两个不共线向量，C中e22e1，D中e2e1.故选B.9(2014福建，理9)设P，Q分别为圆x2(y6)22和椭圆上的点，则P，Q两点间的最大距离是()A B C D答案：D解析：设Q(x，y)，则该点到圆心的距离，y1,1，当时，.圆上点P和椭圆上点Q的距离的最大值为.故选D.10(2014福建，理10)用a代表红球，b代表蓝球，c代表黑球由加法原理及乘法原理，从1个红球和1个蓝球中取出若干个球的所有取法可由(1a)(1b)的展开式1

6、abab表示出来，如：“1”表示一个球都不取、“a”表示取出一个红球、而“ab”则表示把红球和蓝球都取出来依此类推，下列各式中，其展开式可用来表示从5个无区别的红球、5个无区别的蓝球、5个有区别的黑球中取出若干个球，且所有的蓝球都取出或都不取出的所有取法的是()A(1aa2a3a4a5)(1b5)(1c)5B(1a5)(1bb2b3b4b5)(1c)5C(1a)5(1bb2b3b4b5)(1c5)D(1a5)(1b)5(1cc2c3c4c5)答案：A解析：本题可分三步：第一步，可取0,1,2,3,4,5个红球，有1aa2a3a4a5种取法；第二步，取0或5个蓝球，有1b5种取法；第三步，取5个

7、有区别的黑球，有(1c)5种取法所以共有(1aa2a3a4a5)(1b5)(1c)5种取法故选A.第卷(非选择题共100分)二、填空题：本大题共5小题，每小题4分，共20分把答案填在答题卡的相应位置11(2014福建，理11)若变量x，y满足约束条件则z3xy的最小值为_答案：1解析：由线性约束条件画出可行域如下图阴影部分所示由线性目标函数z3xy，得y3xz，可知其过A(0,1)时z取最小值，故zmin3×011.故答案为1.12(2014福建，理12)在ABC中，A60°，AC4，则ABC的面积等于_答案：解析：由题意及余弦定理得，解得c2.所以Sbcsin A

8、5;4×2×sin 60°.故答案为.13(2014福建，理13)要制作一个容积为4 m3，高为1 m的无盖长方体容器已知该容器的底面造价是每平方米20元，侧面造价是每平方米10元，则该容器的最低总造价是_(单位：元)答案：160解析：设池底长x m，宽y m，则xy4，所以，则总造价为：f(x)20xy2(xy)×1×108020x80，x(0，)所以f(x)20×80160，当且仅当，即x2时，等号成立所以最低总造价是160元14(2014福建，理14)如图，在边长为e(e为自然对数的底数)的正方形中随机撒一粒黄豆，则它落到阴影部

9、分的概率为_答案：解析：根据题意yex与yln x互为反函数，图象关于yx对称，所以两个阴影部分的面积相等联立ye与yex得x1，所以阴影部分的面积2(ee)(01)2，由几何概型可知所求概率为.故答案为.15(2014福建，理15)若集合a，b，c，d1,2,3,4，且下列四个关系：a1；b1；c2；d4有且只有一个是正确的，则符合条件的有序数组(a，b，c，d)的个数是_答案：6解析：根据题意可分四种情况：(1)若正确，则a1，b1，c2，d4，符合条件的有序数组有0个；(2)若正确，则a1，b1，c2，d4，符合条件的有序数组为(2,3,1,4)和(3,2,1,4)；(3)若正确，则a1

10、，b1，c2，d4，符合条件的有序数组为(3,1,2,4)；(4)若正确，则a1，b1，c2，d4，符合条件的有序数组为(2,1,4,3)，(4,1,3,2)，(3,1,4,2)所以共有6个故答案为6.三、解答题：本大题共6小题，共80分解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤16(本小题满分13分)(2014福建，理16)已知函数f(x)cos x(sin xcos x).(1)若，且，求f()的值；(2)求函数f(x)的最小正周期及单调递增区间分析：首先结合已知角的范围，利用同角三角函数的基本关系式及已知的正弦值，求出余弦值，注意符号的判断，然后代入已知的函数关系式，得出结果在第(2)问中，

11、结合式子特点，利用二倍角公式、两角和与差的三角函数公式以及辅助角公式，得出最终的目标yAsin(x)B形式，运用得出周期，再结合三角函数的图象与性质等基础知识求得单调区间，此时要注意复合函数的单调性另外，也可先化简再分别求解解法一：(1)因为，所以.所以.(2)因为 f(x)sin xcos xcos2x，所以.由，kZ，得，kZ.所以f(x)的单调递增区间为，kZ.解法二：f(x)sin xcos xcos2x.(1)因为，所以，从而.(2) .由，kZ，得，kZ.所以f(x)的单调递增区间为，kZ.17(本小题满分13分)(2014福建，理17)在平面四边形ABCD中，ABBDCD1，AB

12、BD，CDBD.将ABD沿BD折起，使得平面ABD平面BCD，如图(1)求证：ABCD；(2)若M为AD中点，求直线AD与平面MBC所成角的正弦值分析：在第(1)问中，考查线线垂直问题，要寻求线线垂直的条件，可以是线面垂直或面面垂直结合具体条件，利用面面垂直去证明线线垂直，只需在其中一个平面内的一条直线垂直于交线就可以了在第(2)问中，欲求直线与平面所成角的正弦值，自然联想到借助于向量解决，建立合适的坐标系之后，求得平面的法向量n，再在直线上确定一个方向向量，求得这两个向量夹角的余弦值，其绝对值即为线面角的正弦值解：(1)平面ABD平面BCD，平面ABD平面BCDBD，AB平面ABD，ABBD

13、，AB平面BCD.又CD平面BCD，ABCD.(2)过点B在平面BCD内作BEBD，如图由(1)知AB平面BCD，BE平面BCD，BD平面BCD，ABBE，ABBD.以B为坐标原点，分别以，的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系依题意，得B(0,0,0)，C(1,1,0)，D(0,1,0)，A(0,0,1)，则，设平面MBC的法向量n(x0，y0，z0)，则即取z01，得平面MBC的一个法向量n(1，1,1)设直线AD与平面MBC所成角为，则sin |cosn，|，即直线AD与平面MBC所成角的正弦值为.18(本小题满分13分)(2014福建，理18)为回馈顾客，某商场拟通过摸球兑

14、奖的方式对1 000位顾客进行奖励，规定：每位顾客从一个装有4个标有面值的球的袋中一次性随机摸出2个球，球上所标的面值之和为该顾客所获的奖励额(1)若袋中所装的4个球中有1个所标的面值为50元，其余3个均为10元，求：顾客所获的奖励额为60元的概率；顾客所获的奖励额的分布列及数学期望；(2)商场对奖励总额的预算是60 000元，并规定袋中的4个球只能由标有面值10元和50元的两种球组成，或标有面值20元和40元的两种球组成为了使顾客得到的奖励总额尽可能符合商场的预算且每位顾客所获的奖励额相对均衡，请对袋中的4个球的面值给出一个合适的设计，并说明理由分析：在第(1)问中，主要考查古典概型概率问题

15、，60元的组成为5010，而摸到每个球都是等可能的，所以只要代入公式即可求得获得60元奖励的概率而要求得分布列及期望值，依然利用古典概型，把X的所有取值对应概率准确求出，再利用期望公式求出即可(2)先根据两种方案中小球的面值估算期望值为60的各种可能：(10,10,50,50)和(20,20,40,40)，再利用古典概型求出两种可能性方案对应的分布列和期望值进行验证；若两者的期望值相同，则需求出它的方差，利用方差大小确定更为合适的设计方案解：(1)设顾客所获的奖励额为X.依题意，得，即顾客所获的奖励额为60元的概率为.依题意，得X的所有可能取值为20,60.，即X的分布列为X2060P0.50

16、.5所以顾客所获的奖励额的期望为E(X)20×0.560×0.540(元)(2)根据商场的预算，每个顾客的平均奖励额为60元所以，先寻找期望为60元的可能方案对于面值由10元和50元组成的情况，如果选择(10,10,10,50)的方案，因为60元是面值之和的最大值，所以期望不可能为60元；如果选择(50,50,50,10)的方案，因为60元是面值之和的最小值，所以期望也不可能为60元，因此可能的方案是(10,10,50,50)，记为方案1.对于面值由20元和40元组成的情况，同理可排除(20,20,20,40)和(40,40,40,20)的方案，所以可能的方案是(20,20

17、,40,40)，记为方案2.以下是对两个方案的分析：对于方案1，即方案(10,10,50,50)，设顾客所获的奖励额为X1，则X1的分布列为X12060100PX1的期望为E(X1)20×60×100×60，X1的方差为D(X1)(2060)2×(6060)2×(10060)2×.对于方案2，即方案(20,20,40,40)，设顾客所获的奖励额为X2，则X2的分布列为X2406080PX2的期望为E(X2)40×60×80×60，X2的方差为D(X2)(4060)2×(6060)2×(

18、8060)2×.由于两种方案的奖励额的期望都符合要求，但方案2奖励额的方差比方案1的小，所以应该选择方案2.19(本小题满分13分)(2014福建，理19)已知双曲线E： (a0，b0)的两条渐近线分别为l1：y2x，l2：y2x.(1)求双曲线E的离心率；(2)如图，O为坐标原点，动直线l分别交直线l1，l2于A，B两点(A，B分别在第一、四象限)，且OAB的面积恒为8.试探究：是否存在总与直线l有且只有一个公共点的双曲线E？若存在，求出双曲线E的方程；若不存在，说明理由分析：在第(1)问中，已知渐近线方程，即a与b的关系，再结合双曲线本身a，b，c的关系及离心率，便可求得离心率(

19、2)首先根据渐近线方程设双曲线方程，然后根据动直线l的斜率是否存在进行分类讨论显然斜率不存在时，由直线l和双曲线有且只有一个公共点可知其方程为xa，此时只需检验OAB的面积是否为8即可；当直线l的斜率存在时，设其方程为ykxm，首先由OAB的面积为8求出k，m的关系式，然后根据直线和圆锥曲线有且只有一个公共点，利用判别式的符号判断其存在性解法一：(1)因为双曲线E的渐近线分别为y2x，y2x，所以，所以，故，从而双曲线E的离心率.(2)由(1)知，双曲线E的方程为.设直线l与x轴相交于点C.当lx轴时，若直线l与双曲线E有且只有一个公共点，则|OC|a，|AB|4a，又因为OAB的面积为8，所

20、以，因此，解得a2，此时双曲线E的方程为.若存在满足条件的双曲线E，则E的方程只能为.以下证明：当直线l不与x轴垂直时，双曲线E：也满足条件设直线l的方程为ykxm，依题意，得k2或k2，则.记A(x1，y1)，B(x2，y2)由得，同理得，由SOAB|OC|·|y1y2|得，即m24|4k2|4(k24)由得，(4k2)x22kmxm2160.因为4k20，所以4k2m24(4k2)(m216)16(4k2m216)，又因为m24(k24)，所以0，即l与双曲线E有且只有一个公共点因此，存在总与l有且只有一个公共点的双曲线E，且E的方程为.解法二：(1)同解法一(2)由(1)知，双

21、曲线E的方程为.设直线l的方程为xmyt，A(x1，y1)，B(x2，y2)依题意得.由得，同理得.设直线l与x轴相交于点C，则C(t,0)由SOAB|OC|·|y1y2|8，得，所以t24|14m2|4(14m2)由得，(4m21)y28mty4(t2a2)0.因为4m210，直线l与双曲线E有且只有一个公共点当且仅当64m2t216(4m21)(t2a2)0，即4m2a2t2a20，即4m2a24(14m2)a20，即(14m2)(a24)0，所以a24，因此，存在总与l有且只有一个公共点的双曲线E，且E的方程为.解法三：(1)同解法一(2)当直线l不与x轴垂直时，设直线l的方程

22、为ykxm，A(x1，y1)，B(x2，y2)依题意得k2或k2.由得，(4k2)x22kmxm20，因为4k20，0，所以，又因为OAB的面积为8，所以|OA|·|OB|·sinAOB8，又易知，所以，化简得x1x24.所以，即m24(k24)由(1)得双曲线E的方程为，由得，(4k2)x22kmxm24a20，因为4k20，直线l与双曲线E有且只有一个公共点当且仅当4k2m24(4k2)(m24a2)0，即(k24)(a24)0，所以a24，所以双曲线E的方程为.当lx轴时，由OAB的面积等于8可得l：x2，又易知l：x2与双曲线E：有且只有一个公共点综上所述，存在总与

23、l有且只有一个公共点的双曲线E，且E的方程为.20(本小题满分14分)(2014福建，理20)已知函数f(x)exax(a为常数)的图象与y轴交于点A，曲线yf(x)在点A处的切线斜率为1.(1)求a的值及函数f(x)的极值；(2)证明：当x0时，x2ex；(3)证明：对任意给定的正数c，总存在x0，使得当x(x0，)时，恒有x2cex.分析：(1)由题意可知点A的横坐标为0，先求出f(x)的导函数f(x)，则曲线yf(x)在点A处的切线斜率为f(0)，由f(0)1可求得a的值再利用求极值的步骤求解即可对于(2)，常对此类问题构造新函数g(x)exx2，只需g(x)0在(0，)上恒成立即可，利

24、用导数得到g(x)的单调性，从而得证(3)根据c的值与1的大小关系分类进行证明当c1时，可直接根据(2)中的结论得证；当0c1时，证明的关键是找出x0.先将不等式转化为，利用对数的性质，进一步转化为x2ln xln c，即可构造函数h(x)xln xln c，然后利用导数研究其单调性，在该函数的增区间内找出一个值x0，使h(x0)0即可得证也可结合(2)的结论，合理利用exx2将x2中的一个x赋值，利用不等式的传递性来解决问题解法一：(1)由f(x)exax，得f(x)exa.又f(0)1a1，得a2.所以f(x)ex2x，f(x)ex2.令f(x)0，得xln 2.当xln 2时，f(x)0

25、，f(x)单调递减；当xln 2时，f(x)0，f(x)单调递增所以当xln 2时，f(x)取得极小值，且极小值为f(ln 2)eln 22ln 22ln 4，f(x)无极大值(2)令g(x)exx2，则g(x)ex2x.由(1)得g(x)f(x)f(ln 2)0，故g(x)在R上单调递增，又g(0)10，因此，当x0时，g(x)g(0)0，即x2ex.(3)若c1，则excex.又由(2)知，当x0时，x2ex.所以当x0时，x2cex.取x00，当x(x0，)时，恒有x2cex.若0c1，令，要使不等式x2cex成立，只要exkx2成立而要使exkx2成立，则只要xln(kx2)，只要x2

26、ln xln k成立令h(x)x2ln xln k，则.所以当x2时，h(x)0，h(x)在(2，)内单调递增取x016k16，所以h(x)在(x0，)内单调递增，又h(x0)16k2ln(16k)ln k8(kln 2)3(kln k)5k，易知kln k，kln 2,5k0，所以h(x0)0.即存在，当x(x0，)时，恒有x2cex.综上，对任意给定的正数c，总存在x0，当x(x0，)时，恒有x2cex.解法二：(1)同解法一(2)同解法一(3)对任意给定的正数c，取，由(2)知，当x0时，exx2，所以，当xx0时，因此，对任意给定的正数c，总存在x0，当x(x0，)时，恒有x2cex.解法三：(1)同解法一(2)同解法一(3)首先证明当x(0，)时，恒有.证明如下：令，则h(x)x2ex.由(2)知，当x0时，x2ex，从而h(x)0，h(x)在(0，)单调递减，所以h(x)h(0)10，即.取，当xx0时，有.因此，对任意给定的正数c，总存在x0，当x(x0，)时，恒有x2cex.21(2014福建，理21)本题设有(1)、(2)、(3)三个选考题