高考山东理科数学试题及含答案解析版

高中高考山东理科数学试卷试题及含答案word分析版本高中高考山东理科数学试卷试题及含答案word分析版本/高中高考山东理科数学试卷试题及含答案word分析版本2014年高考山东理科数学试题及答案(word分析版)2014年一般高等学校招生全国一致考试（山东卷）数学（理科）第Ⅰ卷（共50分）一、选择题：本大题共10小题，每题5分，在每题给出的四个选项中，只有一项为哪一项符合题目要求的．（1）【2014年山东，理1，5分】已知a,bR，i是虚数单位，2若ai与2bi互为共轭复数，则（abi）（）（A）54i（B）54i（C）34i（D）34i【答案】D互为共轭复数，，【分析】与2bi2244ii2aia2,b1abi2i34i应选D．，，（2）【2014年山东，理2，5分】设会合{2x,[0,2]}A{xx12}Byyx则AIB（）（A）[0,2]（B）(1,3)（C）[1,3)（D）(1,4)【答案】C，，，，，，，【分析】2xQx122x121x3Qyx0,2y1,4AIB1,3应选C．（3）【2014年山东，理3，5分】函数f(x)1的定义域(log2x)21为（）（B）(2，)（C）（A）(0，)1211)(0，)U(2,)（D）(0，]U[2，22【答案】C或log2或01，应选C．【分析】log2x10log2x1x1x2x222（4）【2014年山东，理4，5分】用反证法证明命题“设a,bR，则方程x2axb0最罕有一个实根”时要做的假定是（）（A）方程x2axb0没有实根（B）方程x2axb0至多有一个实根（C）方程x2axb0至多有两个实根（D）方程x2axb0恰巧有两个实根【答案】A【分析】反证法证明问题时，反设实质是命题的否认，∴用反证法证明命题“设，为实数，则方程2abxaxb0最罕有一个实根”时，要做的假定是：方程x2axb0没有实根，应选A．5）【2014年山东，理5，5分】已知实数x,y知足axay(0a1)，则以下关系式恒成立的是（）（A）2121（B）ln(x1)ln(y1)（C）sinxsiny22x1y1（D）x3y3【答案】D【分析】Qaxay,0a1xy，除去A，B，对于C，sinx是周期函数，除去C，应选D．6）【2014年山东，理6，5分】直线y4x与曲线yx3在第一象限内围成的关闭图形的面积为（）（A）2（B）2（C）242（D）4【答案】D【分析】Q4xx3，Q4xx3x4x2x2x2x0，解得直线和曲线的交点为x0，x2，x2，频次/组距0.360.2430.160.080121314151617舒张压/kPa第一象限面24xxdx2xx844，故D．321447）【2014年山，理7，5分】了研究某厂的效，取若干名志愿者行床，全部志愿者的舒数据（位：kPa）的分区[12,13)，[13,14)，[14,15)，[15,16)，[16,17],将其按从左到右的序分号第一，第二，⋯⋯，第五，右是依据数据制成的率散布直方，已知第一与第二共有20人，第三中没有效的有6人，第三中有效的人数（）（A）6（B）8（C）12（D）18【答案】C【分析】第一与第二率之和0.240.160.4，200.450，500.3618，18612，故C．8）【2014年山，理8，5分】已知函数fxx21，gxkx．若方程fxgx有两个不相等的根，数k的取范是（）11（C）（A）（0，）（B）（，1）22（1，2）（D）（2，）【答案】B【分析】画出fx的象最低点是2,1，gxkx原点和2,1斜率最小1，斜率最大gx的斜率与fxx1的斜2率一致，故B．（9）【2014年山，理9，5分】已知x,y足的束条件4xy10，当目标函数zaxbya0,b0在该拘束条件下取2xy305时，ab的最小值为（）得最小值222（A）5（B）4（C）5（D）2【答案】B【分析】xy10求得交点为2,1，则2ab25，即圆心0,0到直2xy30线2，应选B．2ab250的距离的平方252245（10）【2014年山东，理10，5分】已知a0,b0,椭圆C1的方程为x2y2，双曲线x2y2与的离心1C21C1C22222ab的方程为ab，率之积为3，则C2的渐近线方程为（）2（A）x2y0（B）2xy0（C）x2y0D）2xy0【答案】A2c2a2b22c2a2b22a4b4344，b2，【分析】e1a2a2，e2a2a2，e1e2a44a4ba2应选A．II卷（共100分）二、填空题：本大题共5小题，每题5分11）【2014年山东，理11，5分】履行下边的程序框图，若输入的x的值为1，则输出的n的值为．【答案】3【分析】依据判断条件x24x30，得1x3，输入x1，第一次判断后循环，xx12,nn11；第二次判断后循环，xx13,nn12；第三次判断后循环，xx14,nn13；5第四次判断不知足条件，退出循环，输出n3．uuuruuur（12）【2014年山东，理12，5分】在VABC中，已知ABACtanA，当A时，VABC的面积为6【答案】16uuuruuur【分析】由条件可知ABACcbcosA

．tanA，2，11．SABCbcsinA，当bc326613）【2014年山东，理13，5分】三棱锥PABC中，D，E分别为PB，PC的中点，记三棱锥DABE的体积为V1，PABC的体积为V2，则V1．V2【答案】14【分析】分别过E,C向平面做高h1,h2，由E为PC的中点得h11，h22由D为PB的中点得SABD1SABP，因此V1:V2323SABPh24．Sh111（14）【2014年山东，理14，5分】若ax64项b的张开式中x3x的系数为20，则a2b2的最小值为【答案】2bx)6【分析】将(ax2张开，获得Tr1C6ab20，得ab1，333因此ab2ab2．22

．C6ra6rbrx123r，令123r3,得r3．由（15）【2014年山东，理15，5分】已知函数yf(x)(xR)，对函数ygxxI，定义gx对于fx的“对称函数”为函数，知足：对随意xI，两个点yhxxIyhxx,hx,x,gx对于点x,fx对称，若hx是gx4x2对于fx3xb的“对称函数”，且hxgx恒成立，则实数b的取值范围是．6【答案】b210【分析】依据图像分析得，当f(x)3xb与g(x)4x2在第二象限相切时，b210，由h(x)g(x)恒成立得b210．三、解答题：本大题共6题，共75分．（16）【2014年山东，理16，12分】已知向量vm,cos2xvsin2x,n，a,b函数fvvx的图像过点,3和点2,2．xab，且yf123（1）求m,n的值；（2）将yfx的图像向左平移0个单位后获得函数ygx的图像，若ygx图像上各最高点到点0,3的距离的最小值为1，求ygx的单调递加区间．rrmsin2xncos2x，f(x)过点(,3),(,2)，2123f( )msinncos63，1262441m3n3，解得m3．f()msinncos2，22333312n122（2），左移后获得．f(x)3sin2xcos2x2sin(2x)f(x)g(x)2sin(2x2)66设g(x)的对称轴为xx0，Qd1x021解得x00，g(0)2，解得．6g(x)2sin(2x36)2sin(2x)2cos2x．2k2x2k,kz．2kxk,kz．f(x)的单一增区间为12D[k,k],kz．A12（17）【2014年山东，理17，12分】如图，在四棱DC柱ABCDA1B1C1D1中，底面ABCD是等腰AMB梯形，DAB60o，AB2CD2，M是线段AB的中点．

C1B171）求证：C1M//平面A1ADD1；2）若CD1垂直于平面ABCD且CD1=3，求平面C1D1M和平面ABCD所成的角（锐角）的余弦值．解：（1）连结AD1，1111为四棱柱，11，CD//AM，CDAM，QABCDABCDCD//CDAM//C1D1，AMC1D1，AMC1D1为平行四边形，AD1//MC1，又QC1M平面A1ADD1，AD1平面A1ADD1，AD1//平面A1ADD1．（2）解法一：QAB//A1B1，A1B1//C1D1，面D1C1M与ABC1D1共面，作CNAB，连结D1N，则D1NC即为所求二面角，在ABCD中，DC1,AB2,DAB60oCN3，2在RtD1CN中，CD13，CN3，D1N15．22解法二：作CPAB于p点以C为原点，CD为x轴，CP为y轴，CD1为z轴成立空间坐标系，13,0)，uuuuuruuuuur13C1(1,0,3),D1(0,0,3),M(,C1D1(1,0,0),D1M(,,3)2222设平面CDM的法向量为r，x103，n(x1,y1,z1)111x1y13z1022uur，n1(0,2,1)明显平面ABCD的法向量为uur，n2(1,0,0)uuruuruuruurn1n215，明显二面角为锐角，cosn1,n2n1n255uuruur因此平面C1D1M和平面ABCD所成角的余弦值为5，5NC335．cosD1CN2D1N151552818）【2014年山东，理18，12分】乒乓球台面被球网分红甲、乙两部分．如图，甲上有两个不订交的地区A，B，乙被区分为两个不订交的地区C，D．某次测试要求队员接到落CAD点在甲上的来球后向乙回球．规定：回球一次，落点在C上的概率为1，在D上的概率5为3．假定共有两次来球且落在A,B上各一次，小明的5两次回球互不影响．求：1）小明两次回球的落点中恰有一次的落点在乙上的概率；2）两次回球结束后，小明得分之和的散布列与数学希望．：（1）设恰有一次的落点在乙上这一事件为A，P(A)51143．656510（2）的可能取值为01，，2，3，4，6，P(0)111；P(1)11131；653035656P(2)131；355P(3)11112；P(4)131111；P(6)111．2565152535302510的散布列为：0123461112111P3065153010E( )011121324116191．306515301030（19）【2014年山东，理19，12分】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．（1）求数列{an}的通项公式；（2）令bn(1)n14n，求数列{bn}的前n项和Tn．anan19解：（1）d2,S1a1,S22a1d,S44a16d，QS1，S2，成等比，S22S1S4，解得a11,an2n1．（2）bn(1)n14n(1)n1(11)，当n为偶数时，anan12n12n11Tn12n1

Tn1111111)(1(1)(5)()LL(2n32n2n1335712n，2n1

1)，2n1当n为奇数时，Tn(1Tn1112n2，Tn2n2n1

1)(11)(11)LL335572n,n为偶数．2n12n2为奇数2n1

1111)(32n1)(12n2n2n1（20）【2014年山东，理20，12分】设函数fx为常数，e2.71828L是自然对数的底数）．1）当k0时，求函数fx的单一区间；2）若函数fx在0,2内存在两个极值点，范围．

xk(2elnx)（kx2x求k的取值x2解：（1）f'(x)exx4令fx时，f（2）令gxex

x1xkx)2xe2(x2)(e，当时，，x，k(x2x)x3(x0)k0kx0ekx00，则x2．当x0,2时，fx单一递减；当x2,单一递加．kx，则gxexk，ex，．'，，kxlnkQg(0)1k0g(0)10g'(2)e2k0,g2e22k0ke2glnkelnkklnk0lnk1ke，2，综上：e的取值范围为（e,e2）．2（21）【2014年山东，理21，14分】已知抛物线C:y22px(p＞0）的焦点为，为上异于原点的随意一点，过点的FACA直线l交于另一点B，交x轴的正半轴于点D，且有FAFD，当点A的横坐标为3时，ADF为正三角形．1）求C的方程；2）若直线l1//l，且l1和C有且只有一个公共点E．10（ⅰ）证明直线AE过定点，并求出定点坐标；（ⅱ）ABE的面积能否存在最小值？若存在，请求出最小值；若不存在，请说明原因．解：（1）由题意知Fp,0．设Dt,0t0，则FD的中点为p2t,0．因24为FAFD，由抛物线的定义知：ppp或t3（舍32t2，解得t3去）．由p2t3，解得p2．4因此抛物线C的方程为y24x．（2）（ⅰ）由（1）知F1,0．设Ax0,y0x0y00，DxD,0xD0，因为FAFD，则xD1x01，由xD0得xDx02，故Dx02,0．故直线l1和直线AB平行，设直线l1的方程为yy0xb，2代入抛物线方程得：y28y8b0，由题意y0y06432b2．设ExE,yE，y02y00，得by04y0则4，42时，yEy0y04y0y04y0yE．当y04xEx04y0xE2kAE22，y024可得直线AE的方程为：4y024x0，整理可得：y4y0x1，yy02xx0，由y02y04y04直线AE恒过点F1,0．y024时，直线AE的方程为x1，过点F1,0．因此直线AE过