2014年北京市高考理科数学试卷及答案解析(word版)

2014年北京高考数学（理科）试题

一.选择题（共8小题，每小题5分，共40分.在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项）

1.已知集合A{x|x2x0},B{0,1,2}，则AIB( )

2A.{0} B.{0,1} C.{0,2} D.{0,1,2}

2.下列函数中，在区间(0,)上为增函数的是（ ）

A.yx1 B.y(x1)2 C.y2x D.ylog0.5(x1)

x1cos（为参数）的对称中心（ ）

y2sinA.在直线y2x上 B.在直线y2x上 C.在直线yx1上 D.在直线yx1上

4.当m7,n3时，执行如图所示的程序框图，输出的S值为（ ）

3.曲线A.7 B.42 C.210 D.840

5.设{an}是公比为q的等比数列，则\"q1\"是\"{an}\"为递增数列的（ ）

A.充分且不必要条件 B.必要且不充分条件 C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件

xy206.若x,y满足kxy20且zyx的最小值为-4，则k的值为（ ）

y011A.2 B.2 C. D.

22

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7.在空间直角坐标系Oxyz中，已知A2,0,0，B2,2,0，C0,2,0，D1,1,2，若

S1，S2，S3分别表示三棱锥DABC在xOy，yOz，zOx坐标平面上的正投影图形的 面积，则（ ）

（A）S1S2S3 （B）S1S2且 S3S1 （C）S1S3且 S3S2 （D）S2S3且 S1S3

8.有语文、数学两学科，成绩评定为“优秀”“合格”“不合格”三种.若A同学每科成绩不 低于B同学，且至少有一科成绩比B高，则称“A同学比B同学成绩好.”现有若干同学，

他们之间没有一个人比另一个成绩好，且没有任意两个人语文成绩一样，数学成绩也一样 的.问满足条件的最多有多少学生（ ）

（A）2 （B）3 （C）4 （D）5 二、填空题（共6小题，每小题5分，共30分）

1i9.复数________.

1irrrrrr10.已知向量a、b满足a1，b2,1，且ab0R，则________.

2y2x21具有相同渐近线，则C的方程为________； 11.设双曲线C经过点2,2，且和4 渐近线方程为________.

12.若等差数列an满足a7a8a90，a7a100，则当n________时an的前n 项和最大.

13. 把5件不同产品摆成一排，若产品A和产品C不相邻，则不同的摆法有_______种. 14. 设函数f(x)sin(x)，A0,0，若f(x)在区间[ f,]上具有单调性，且 6222f3f，则f(x)的最小正周期为________. 6三．解答题（共6题，满分80分）

15. （本小题13分）如图，在ABC中，B3,AB8，点D在BC边上，且

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CD2,cosADC （1）求sinBAD

1 7 （2）求BD,AC的长

16. （本小题13分）.

李明在10场篮球比赛中的投篮情况如下（假设各场比赛互相）：

（1）从上述比赛中随机选择一场，求李明在该场比赛中投篮命中率超过0.6的概率. （2）从上述比赛中选择一个主场和一个客场，求李明的投篮命中率一场超过0.6，一 场不超过0.6的概率.

（3）记x是表中10个命中次数的平均数，从上述比赛中随机选择一场，记X为李明 在这比赛中的命中次数，比较E(X)和x的大小（只需写出结论）

17.（本小题14分）

如图，正方形AMDE的边长为2，B,C分别为AM,MD的中点，在五棱锥

PABCDE

中，F为棱PE的中点，平面ABF和棱PD,PC分别交于点G,H.

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（1）求证：AB//FG；

（2）若PA底面ABCDE，且AFPE，求直线BC和平面ABF所成角的大小，并 求线段PH的长.

18.（本小题13分）

f(x)xcosxsinx,x[0,]，

2（1）求证：f(x)0；

已知函数（2）若a

19.（本小题14分） 已知椭圆C:x2sinxb在(0,)上恒成立，求a的最大值和b的最小值.

2x2y24，

（1）求椭圆C的离心率. （2）设O为原点，若点

A在椭圆C上，点B在直线y2上，且OAOB，求直线

AB和圆x2y22的位置关系，并证明你的结论.

20.（本小题13分）

对于数对序列P(a1,b1),(a2,b2),L,(an,bn)，记T1(P)a1b1，

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Tk(P)bkmax{Tk1(P),a1a2Lak}(2kn)，其中

max{Tk1(P),a1a2Lak}表示Tk1(P)和a1a2Lak两个数中最大的数，

（1）对于数对序列P(2,5),P(4,1)，求T1(P),T2(P)的值.

（2）记m为a,b,c,d四个数中最小值，对于由两个数对(a,b),(c,d)组成的数对序列

P(a,b),(c,d)和P'(a,b),(c,d)，试分别对ma和md的两种情况比较T2(P)和T2(P')的大小.

（3）在由5个数对(11,8),(5,2),(16,11),(11,11),(4,6)组成的所有数对序列中，写出一个数对序列P使T5(P)最小，并写出T5(P)的值.（只需写出结论）.

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2014北京高考（理科）数学题分析

1．集合Ax|x22x00，2．故AIB0，2，选C． 2． A．yx1在1，上为增函数，符合题意． B．y(x1)2在(0，1)上为减函数，不合题意． C．y2x为(，)上的减函数，不合题意． D．ylog0.5(x1)为(1，)上的减函数，不合题意． 故选A．

x1cos3． 参数方程所表示的曲线为圆心在(1，2)，半径为1的圆．

y2sin其对称中心为圆心(1，2)．逐个代入选项可知，(1，2)在直线y2x上，即选项B．

4． 当m输入的m7，n3时，判断框内的判断条件为k5．故能进入循环的k依次为

7，6，5．顺次执行SSk，则有S765210， 故选C． 5．

D

对于等比数列an，若q1，则当a10时有an为递减数列． 故“q1”不能推出“an为递增数列”．

若an为递增数列，则an有可能满足a10且0q1，推不出q1． 综上，“q1”为“an为递增数列”的既不充分也不必要条件，即选D． 6．

D

若k≥0，zyx没有最小值，不合题意． 若k0，则不等式组所表示的平面区域如图所示． 2由图可知，zyx在点，0处取最小值．

ky2kx-y+2=0x+y-2=0O2-2kx12故04，解得k，即选项D正确．

2k7．

D（S2S3且S1≠S3）

DABC在xOy平面上的投影为△ABC，故S12，

设D在yOz和zOx平面上的投影分别为D2和D3，则DABC在yOz和zOx平面上的

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投影分别为△OCD2和△OAD3．∵D20，1，2，D31，0，2．

zD2D3OAxD1BDCy

故S2S32． 综上，选项D正确． 8．

B

用ABC分别表示优秀、及格和不及格。

显然语文成绩得A的学生最多只有1个，语文成绩得B的也最多只有1个，得C的也最多只有1个，因此学生最多只有3个。

显然，（AC）（BB）（CA）满足条件，故学生最多3个 9．1

1i(1i)22i复数i

1i(1i)(1i)21i22故()i1 1i10．5

rrrrrrr由ab0，有ba，于是|b||||a|

rrr1)，可得b5，又|a|1，故||5 由b(2，x2y211．1；y2x

312y2双曲线x21的渐近线为y2x，故C的渐近线为y2x

4y2设C：x2m 并将点(2，2)代入C的方程，解得m3

4y2x2y22故C的方程为x3，即1

4312 12．8

由等差数列的性质，a7a8a93a8，a7a10a8a9，于是有a80，a8a90，

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故a90．故S8S7，S9S8，S8为{an}的前n 项和Sn中的最大值 13．36

先只考虑A和产品B相邻．此时用捆绑法，将A和B作为一个元素考虑，共有A4424种方法．而 A和B有2种摆放顺序，故总计242=48种方法．再排除既满足

C作为一个元素考A和B相邻，又满足A和C相邻的情况，此时用捆绑法，将A，B，A，B，C有2种可能的摆放顺序，故总计62=12种方虑，共有A336种方法，而

法．综上，符合题意的摆放共有481236 种． 14．π

πππ由fx在区间上具有单调性，且ff622π0， 3π由f21π272fπ知fx有对称轴xππ，记T为最小正周期，

223123π知，fx有对称中心61ππ2π7πT则T≥T≥，从而πTπ. 2263123415．⑴sinADC1cos2ADC43 7sinBADsinADCBsinADCcosBsinBcosADC4311333727214

⑵△ABD中

8ADBDABADBD.即 sinADBsinBsinBAD433337214解得BD3,AD7 在△ACD中，

AC2AD2DC22ADDCcosADC72222724917

所以AC7

16．⑴ 李明在该场比赛中命中率超过0.6的概率有：

主场2 主场3 主场5

所以李明在该场比赛中投篮命中超过0.6的概率

51P

102客场2

客场4

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32⑵ 李明主场命中率超过0.6概率P，命中率不超过的概率为 0.61P115523客场中命中率超过0.6概率P2，命中率不超过0.6的概率为1P2．

55332213P

555525⑶ EXx．

17. ⑴证明：QAM∥ED，AM面PED，ED面PED.

AM∥面PED.

QAM面ABF，即AB面ABF

面ABFI面PDEFG

AB∥FG.

Pz⑵如图建立空间直角坐标系Axyz，各点坐标如下A0,0,0,E0,2,0,B1,0,0,C2,1,0,F0,1,1,P0,0,2

ruuur设面ABF的法向量为nx0,y0,z0，AB1,0,0， uuurAF0,1,1

AFEGHyDBCMxruuurrnAB0x0n0,1,1 ，即，令，y1rruuuyz0nAF0uuurruuur又QBC1,1,0，sinBC,n直线BC和平面ABF所成的角为

1221 2π. 6uuuruuur设Hx1,y1,z1，由PHtPC，则x1,y1,z12t2,1,2

x12ty1tH2t,t,22t z22t1uuur又QH面ABF，BH2t1,t,22t

ruuurnBH0

t2t20，tuuur4242422，H,,，PH,, 3333333222uuur424PH2

33318. ⑴证明：fxcosxxsinxcosxxsinx，

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ππx0时，fx≤0，从而fx在0上单调递减， 22π所以fx在0上的最大值为f00，

2所以fx≤f00.

⑵法一：

当x0时，“

sinxsinxb”等价于a”等价于“sinxax0”；“xx“sinxbx0”，

令gxsinxcx，则gxcosxc.

π当c≤0时，gx0对任意x0恒成立.

2ππ当c≥1时，因为对任意x0，gxcosxc0，所以gx在区间0上

22π单调递减.从而gxg00对任意x0恒成立.

2π当0c1时，存在唯一的x00，使得gx0cosx0c0，

2π且当x0x0时，gx0，gx单调递增；当xx0时，gx0，gx2单调递减。所以gx0g00。

πππ进一步，“gx0对任意x0恒成立”当且仅当g1c≥0，即

22220c≤.

π2π综上所述，当且仅当c≤时，gx0对任意x0恒成立；

π2π当且仅当c≥1时，gx0对任意x0恒成立.

2所以，若a法二：

sinx2πb对任意x0恒成立，则a的最大值为，b的最小值为1. xπ2sinxπx0， x2cosxxsinx则gx，由⑴知，gx≤0， 2xππ2故gx在0上单调递减，从而gx的最小值为g，

22π22故a≤，a的最大值为.

ππb的最小值为1，下面进行证明：

πhxsinxbx，x0，则hxcosxb，

2π当b1时，hx≤0，hx在0上单调递减，从而hxmaxh00，

2所以sinxx≤0，当且仅当x0时取等号.

令gx京翰教育北京家教辅导——全国中小学一对一课外辅导班

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sinxπ从而当x0时，1.故b的最小值小于等于1。

2xπ若b1，则hxcosxb0在0上有唯一解x0，且x0x0时，hx0，

2故hx在0x0上单调递增，此时hxh00,

sinxb和恒成立矛盾，故b≥1， x综上知：b的最小值为1. sinxbx0x2y219．⑴椭圆的标准方程为：1，

42a2，b2则c2，离心率ec2; a2⑵直线AB和圆x2y22相切.证明如下： 法一：

设点AB的坐标分别为x0y0t2，其中x00.

uuuruuur2y因为OA⊥OB，所以OAOB0，即tx02y00，解得t0.

x0t2当x0t时，y0，代入椭圆C的方程，得t2, 2故直线AB的方程为x2.圆心O到直线AB的距离d2. 此时直线AB和圆x2y22相切. 当x0t时，直线AB的方程为y2即y02xx0ty2x0ty00. 圆心O到直线AB的距离d2x0ty0y02xt， x0ty022x0t2.

222y04，t又x02y0，故 x024x0x0d22y02x0x022x0y04y4x2020x8x162x4020202. 此时直线AB和圆x2y22相切. 法二：

由题意知，直线OA的斜率存在，设为k，则直线OA的方程为ykx，OA⊥OB， ①当k0时，A20，易知B02，此时直线AB的方程为xy2或xy2，

原点到直线AB的距离为2，此时直线AB和圆x2y22相切；

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1②当k0时，直线OB的方程为yx，

kykx22k22k联立2得点的坐标或A； 22222x2y412k12k12k12k1yx联立k得点B的坐标2k2，

y222k由点A的坐标的对称性知，无妨取点A212k212k2k12k212k2进行计算， 2于是直线AB的方程为：y2x2k2kk12k21k12k2x2k，

2即k12k2x1k12k2y2k220，

2k22原点到直线AB的距离dk12k21k212k222,

此时直线AB和圆x2y22相切。 综上知，直线AB一定和圆x2y22相切. 法三：

①当k0时，A20，易知B02，此时OA2OB2，

OAOBABAB222222，原点到直线AB的距离d此时直线AB和圆x2y22相切； 1②当k0时，直线OB的方程为yx，

k22222，、

设Ax1y1Bx2y2，则OA1k2x1，OB1ky221k2，

2ykx22k联立2得点的坐标A2212k2x2y412k于是OA1kxA41k212k2222k或212k212k； 21k212k2，OB21k2, AB41k2221k212k2，

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21k2所以dOAOBAB212k221k221k22,直线AB和圆x2y22相切；

12k2综上知，直线AB一定和圆x2y22相切

20.⑴T1P257,T2P1maxT1P241max768; ⑵当ma时：

T1Pab，T2Pdmaxabacadmaxbc；

T1Pcd，T2Pbmaxcdcabcmaxadbcd；

因为a是abcd中最小的数，所以amaxbc≤bc，从而T2P≤T2P； 当md时，

T1Pab，T2Pdmaxabacadmaxbc；

T1Pcd，T2Pbmaxcdcabcmaxadabc；

因为d是abcd中最小的数，所以dmaxbc≤bc，从而T2P≤T2P。 综上，这两种情况下都有T2P≤T2P。

⑶数列序列P:4,6，11,11，16,11，11,8，5,2的T5P的值最小； T1P10，T2P26，T3P42，T4P50，T5P52.

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