七年级上册语文第一单元作文-两会期间维稳工作

绝密★启用前
2014年高考全国2卷文科数学试题
注意事项：
1．答题前填写好自己的、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上

第I卷（选择题）
请点击修改第I卷的文字说明

评卷人 得分

一、选择题（题型注释）
1．设集合
A{2,0,2},B{x |x
2
x20}
,则
AIB
（ ）
A．

B．

2

C．
{0}
D．
{2}

2．
13i
1i

（ ）
A．
12i
B．
12i
C．
12i
D．
12i

3．函数
f (x)
在
xx
0
处导数存在，若
p:f(x
0
) 0
；
q:xx
0
是
f(x)
的极值点，则（ ）
A．
p
是
q
的充分必要条件
B．
p
是
q
的充分条件，但不是
q
的必要条件
C．
p
是
q
的必要条件，但不是
q
的充分条件
D．
p
既不是
q
的充分条件，也不是
q
的必要条件
4．设向量
a

,b

满足
|a

b

|10
，
|a

b

|6
，则
a

b


（ ）
A．1 B．2 C．3 D．5
5．等差数列
{a
n
}
的公差是2，若
a
2
,a
4
,a
8
成 等比数列，则
{a
n
}
的前
n
项和
S
n< br>
（ ）
A．
n(n1)
B．
n(n1)
C．
n(n1)n(
2
D．
n1)
2

6．如图，网格纸上正方形小格的边长为1（表示1cm） ，图中粗线画出的是某零件的三视图，该零件
由一个底面半径为3cm，高为6cm的圆柱体毛坯切削得 到，则切削的部分的体积与原来毛坯体积的比
值为（ ）
A．
17510
27
B．
9
C．
27
D．
1
3



7．正 三棱柱
ABCA
1
B
1
C
1
的底面边长为
2
，侧棱长为
3
，
D
为
BC
中点，则三棱锥AB
1
DC
1
的
体积为
（A）
3
（B）
3
2
（C）
1
（D）
3
2

A
1
C
1
B
1A
C
D
B


8．执行右面的程序框图，如果输入的< br>x
，
t
均为
2
，则输出的
S
（ ）

（A）
4
（B）
5
（C）
6
（D）
7


xy10,

9．设
x
，
y
满足约束条件< br>
xy10,
则
zx2y
的最大值为（ ）

x3y30,

（A）
8
（B）
7
（C）
2
（D）
1

10．设
F
为抛物线
C:y=3x
的焦 点，过
F
且倾斜角为
30
的直线交
C
于
A
,
B
两点，则
AB
（ ）
2
（A）
30
3
（B）
6
（C）
12
（D）
73

11．若函数
f

x

kxInx
在区间

1, 

单调递增，则
k
的取值围是（ ）
（A）

,2

（B）

,1

（C）

2,

（D）

1,


12．设点
M

x
0
,1

，若在圆
O:x
2
+y
2
1
上存在点
N
，使得
OMN45
，则
x
0
的取值围是（
（A）

1,1

（B）




11

2
,
2< br>

（C）


2,2


（D）


2
,
2


22




）

第II卷（非选择题）
请点击修改第II卷的文字说明

评卷人

得分

二、填空题（题型注释）
13．甲，乙两名运动员各自等可能地从红、白、蓝3种颜色的运动 服中选择1种，则他们选择相同颜
色运动服的概率为_______．
14．函数
f (x)sin(x

)2sin

cosx
的最大值为___ _____．
15．偶函数
yf(x)
的图像关于直线
x2
对 称，
f(3)3
，则
f(1)
=________．
16．数 列
{a
满足
a
1
n
}
n1

1 a
,a
8
2
，则
a
1

______ __．
n

评卷人 得分

三、解答题（题型注释）
17．四边形
ABCD
的角
A
与
C
互补，
AB 1,BC3,CDDA2
．
（1）求
C
和
BD
；
（2）求四边形
ABCD
的面积．
18．如图，四棱锥
PABC D
中，底面
ABCD
为矩形，
PA
平面
ABCD
，
E
是
PD
的中点．
（1）证明：
PB
平面
AEC
；
（2）设
AP 1,AD3
，三棱锥
PABD
的体积
V
3
4
，求
A
到平面
PBC
的距离．
P
E
A
D
B
C


19．某市为 了考核甲、乙两部门的工作情况，随机访问了50位市民，根据这50位市民对这两部门的
评分（评分越 高表明市民的评价越高），绘制茎叶图如下：


（1）分别估计该市的市民对甲、乙两部门评分的中位数；
（2）分别估计该市的市民对甲、乙两部门的评分高于90的概率；
（3）根据茎叶图分析该市的市民对甲、乙两部门的评优．
x
2
y
2
20．设
F
1
,F
2
分别是椭圆
a
2< br>
b
2
1(ab0)
的左右焦点，
M
是
C
上一点且
MF
2
与
x
轴垂直，
直线
M F
1
与
C
的另一个交点为
N
．
（1）若直线MN
的斜率为
3
4
，求
C
的离心率；
（2） 若直线
MN
在
y
轴上的截距为
2
，且
|MN|5 |F
1
N|
，求
a,b
．
21．已知函数
f(x )x
3
3x
2
ax2
，曲线
yf(x)
在点
(0,2)
处的切线与
x
轴交点的横坐标
为
2
．
（1）求
a
；
（2）证明：当
k1
时，曲线yf(x)
与直线
ykx2
只有一个交点．
22．如图，
P
是
eO
外一点，
PA
是切线，
A
为切点，割线
PBC
与
eO
相交于
B,C
，
PC2PA
，
D
为
PC
的中点，
AD
的延长线交
eO
于点
E
．证明：
（1）
BEEC
；
（2）
ADDE2PB
2

A
P
B
D
E
O
C

23．在直角坐标系
xOy
中，以坐标原点为极点，
x
轴正半轴为极轴建立 极坐标系，半圆
C
的极坐标方
程为

2cos

,

[0,

2
]
．
（1）求
C
得参数方程；
（2）设点
D
在
C上，
C
在
D
处的切线与直线
l:y3x2
垂直，根 据（1）中你得到的参数方程，
确定
D
的坐标．
24．设函数
f(x)|x
1
||xa|(a0)

a
（1）证明：
f(x)2
；
（2）若
f(3)5
，求
a
的取值围．

参考答案
1．B
【解析】
试题分析：由已知得，
B

2，-1

，故
AIB

2

，选B．
考点：集合的运算．
2．B
【解析】
试题分析：由已知得，
考点：复数的运算．
3．C
【解析】
试 题分析：若
xx
0
是函数
f(x)
的极值点，则
f
'
(x
0
)0
；若
f
'
(x
0
)0
，则
xx
0
不一
3
定是极值点，例如
f (x)x
，当
x0
时，
f(0)0
，但
x0
不是极值点，故
p
是
q
的
'
13i
(13i )(1i)24i
12i
，选B．
(1i)(1i)2
1i
必要条件，但不是
q
的充分条件，选C ．
考点：1、函数的极值点；2、充分必要条件．
4．A
【解析】
rr< br>r
2
rrr
2
r
2
rrr
2
试题分 析：由已知得，
a2abb10
，
a2abb6
，两式相减 得，
4ab4
，
rr
故
ab1
．
考点：向量的数量积运算．
5．A
【解析】
2
试题分析：由已 知得，
a
4
a
2
a
8
，又因为
{a< br>n
}
是公差为2的等差数列，故
(a
2
2d)
2< br>a
2
(a
2
6d)
，
(a
2
4)
2
a
2
(a
2
12)
，解得
a
2
4
，所以
a
n
a
2
(n2) d
2n
，故
S
n

n(a
1
a
n
)
n(n1)
．
2
【考点】1、等差数列通项公式；2、等比中项；3、等差数列前n项和．
6．C
【解析】
试题分析：由三视图还原几何体为一个小圆柱和大圆柱组成的简单组合体．其中小圆 柱底面
半径为2、高为4，大圆柱底面半径为3、高为2，则其体积和为

2
2
4

3
2
234

，
而圆 柱形毛坯体积为

3
2
654

，故切削部分体积为
20

，从而切削的部分的体积与

原来毛坯体积的比值为考点：三视图．
7．C
【解析】
20

10
．

54

27
试题分析：如下图所示，连接
AD
， 因为
ABC
是正三角形，且
D
为
BC
中点，则
A DBC
，
又因为
BB
1

面
ABC
，故
BB
1
AD
，且
BB
1
IBCB
，所 以
AD
面
BCC
1
B
1
，所以
AD是三棱锥
AB
1
DC
1
的高，所以
V
AB
1
DC
1

11
S
B
1
DC< br>1
AD331
．
33
考点：1、直线和平面垂直的判断和性质；2、三棱锥体积．
8．D
【解析】
试题分析：输入
x2,t2
，在程序执行过程中，
M ,S,k
的值依次为
M1,S3,k1
；
M2,S5,k2；
M2,S7,k3
，程序结束，输出
S7
．
考点：程序框图．
9．B
【解析】
试题分析：画出可行域，如图所示， 将目标函数
zx2y
变形为
y
最大值时，直线
y
1z
x
，当
z
取到
22
平移到过A点时，
z< br>取到最大值．
1z1
x
的纵截距最大，故只需将直线
yx经过可行域，尽可能
222

xy10
，得
A(3,2)
，所以
z
max
3227
．


x3y30

4
y
3
2
1
–4–3–2–1
O
–1
–2
–3
–4
考点： 线性规划．
10．C
x-y-1=0
A
x-3y+3=0
4x
123
x+y-1=0

【解析】
0
试题分析：由题意，得
F(,0)
．又因为
ktan30
3
4
3
，故直线AB的方程为
3
y
33
(x)
，与 抛物线
y
2
=3x
联立，得
16x
2
168x 90
，设
A(x
1
,y
1
),B(x
2
,y
2
)
，
34
由抛物线定义得，
ABx
1x
2
p

1683
12
，选C．
162
考点：1、抛物线的标准方程；2、抛物线的定义．
11．D
【解析】
试题分析：
f
'
(x)k
所以
0
11
'
，由已知得
f(x)0
在
x

1,

恒成立，故
k
，因为
x1
，
xx< br>1
1
，故
k
的取值围是

1,
．
x
【考点】利用导数判断函数的单调性．
12．A
【解析】 < br>试题分析：依题意，直线MN与圆
O
有公共点即可，即圆心
O
到直线M N的距离小于等于1
即可，过
O
作
OA

MN，垂足为A， 在
RtOMA
中，因为
OMA
45
0
，故
O AOMsin45
0

2
2
OM
1
，所以OM2
，则
x
0
12
，解得
1x
0
1
．
2
y
M
1
A
N
1
x
O

考点：1、解直角三角形；2、直线和圆的位置关系．
13．
1

3
【解析】
试题分析：甲，乙两名运动员各自等可能地从红、白、蓝3种颜色的运动 服中选择1种有9
种不同的结果，分别为（红，红），（红，白），（红，蓝），（白，红），（白，白 ），（白，蓝），

（蓝，红），（蓝，白），（蓝，蓝）．他们选择相同颜色运动服有3 种不同的结果，即（红，
红），（白，白），（蓝，蓝），故他们选择相同颜色运动服的概率为
P
考点：古典概型的概率计算公式．
14．1
【解析】
试题分析
31

．
93
：由已知得，
f(x) sinxcos

cosxsin

2cosxsin

sinxcos

cosxsin

sin(x

)

1
，故函数
f(x)sin(x

)2si n

cosx
的最大值为1．
考点：1、两角和与差的正弦公式；2、三角函数的性质．
15．3
【解析】 < br>试题分析：因为
yf(x)
的图像关于直线
x2
对称，故
f(3)f(1)3
，又因为
yf(x)
是偶函数，故
f(1)f (1)3
．
考点：1、函数图象的对称性；2、函数的奇偶性．
16．
1
．
2
1111
，
a
8
2
，所以
a
7
1
，
a
6
1 1
，
a
8
2a
7
a
n1
【解析】 < br>试题分析：由已知得，
a
n
1
a
5
1
1
2
，
a
6
111111

，
a< br>3
11
，
a
2
12
，
a1
1
．
a
5
2a
4
a
22
a
3
a
4
1
考点：数列的递推公式．
17．（1）
C60
0
，
BD
【解析】
试题 分析：（1）连接
BD
．在
ABD
和
CBD
中，利用余 弦定理列等式
7
；（2）
23
．
BD
2
BC
2
CD
2
2BC
CDcosC
和
BD
2
AB
2
DA
2< br>2ABDAcosA
，且
cosCcosA
，代入数据得
13 12cosC

（2）由（1）知
ABD
和
CBD
的面积
54cosC
，求
cosC
的值，进而求
C
和BD
的值；
可求，故四边形
ABCD
等于
ABD
和< br>CBD
的面积．
（1）由题设及余弦定理得
BD
2
BC
2
CD
2
2BCCDcosC
1312cosC
．①

BD
2
AB
2
DA
2
 2ABDAcosA
54cosC
．②
由①②得
cosC
（2
1
，故
C60
0
，
BD7
．
2
）四边形
ABCD
的面积
S
1111
ABDAsinA BCCDsinCS(1232)sin60
0

2222
23
．
考点：1、余弦定理；2、诱导公式；3、三角形的面积公式．
18．（1）详见解析；（2）
313

13
【解析】
试 题分析：（1）证明直线和平面平行往往可以采取两种方法：①利用直线和平面平行的判定
定理，即证明 直线和平面的一条直线平行；②利用面面平行的性质定理，即若两个平面平行，
则一个平面的任意一条直 线和另外一个平面平行．本题设
BD
和
AC
交于点
O
，连接
EO
．则
（2）由三棱锥
PABD
的体积
V
E OPB
，进而证明
PB
平面
AEC
．
得
AB=3
，可求
4
3
，易证明面
PBC

面
PAB
，则在面
PAB
作
AHPB
交
PB
于H
，由面面垂
2
直的性质定理得
AH
平面
PBC．在
PAB
中求
AH
．
（1）设
BD
和< br>AC
交于点
O
，连接
EO
．因为
ABCD
为 矩形，所以
O
为
BD
的中点．又
E
为
PD
的中点，所以
EOPB
．且
EO
平面
AEC
，
P B
平面
AEC
，所以
PB
平面
AEC
．
V=
（2）
3
13
3
PAABADAB
．由
V
，可得
AB=
．作
AHPB
交
PB
于H
．由
66
2
4
题设知
BC
平面
P AB
．所以
BCAH
，故
AH
平面
PBC
．又
AH=
313
PAAB
313
=
．所以
A
到平面
PBC
的距离为．
1313
PB
P
E
H
A
O
B
C

D

考点：1、直线和平面平行的判定；2、点到平面的距离．
19．（1）该市的市民对甲、乙 两部门评分的中位数的估计值分别为75,67；（2）
0.1,0.16
；
（3）详 见解析．
【解析】试题分析：（1）把数从小到大排成一列，正中间如果是一个数，这个数就是中位数 ；
正中间如果是两个数，那中位数是这两个数的平均数．本题有50位市民，故市民对甲、乙
两 部门评分正中间有两个数，求平均数即得中位数的估计值；（2）50位市民对甲、乙两部
门的评分高于 90的比率分别为
58
（3）
=0.1,=0.16
，以样本的频率值估计总 体的概率；
5050
样本平均数、众数、中位数、方差都是样本的数字特征，通过对这些样本数 字特征的分析可
以从各个方面对总体作出评价．
（1）由所给茎叶图知，50位市民对这甲部 门的评分由小到大排序，排在第25，26位的是
75，,75，故样本中位数为75，所以该市的市民 对甲部门评分的中位数的估计值是75．50
位市民对这乙部门的评分由小到大排序，排在第25，26 位的是66,68，故样本中位数为
66+68
=67
，所以该市的市民对乙部门评分 的中位数的估计值是67．
2
（2）由所给茎叶图知，50位市民对甲、乙两部门的评分高于 90的比率分别为
58
=0.1,=0.16
，故该市的市民对甲、乙两部门的评分高 于90的概率的估计值分别为
5050
0.1,0.16
．
（3）由所给茎 叶图知，该市的市民对甲部门评分的中位数高于对乙部门评分的中位数，而
且由所给茎叶图可以大致看出 对甲部门的评分的标准差要小于对乙部门的评分的标准差，说
明该市的市民对甲部门的评价较高、评价较 为一致，对乙部门的评价较低、评价差异较大．（考
生利用其它统计量进行分析，结论合理的同样给分）
考点：1、样本的数字特征；2、频率和概率的关系．
20．（1）
【解析】
1
；（2）
a7,b27

2
b
2
b
2
3
a

，结合试题分析：（1）由已知得
M(c,)，故直线
MN
的斜率为
k
a
c(c)4
（2）依 题意，直线
MN
和
y
轴的交
b
2
a
2< br>c
2
得关于
a,c
的方程，解方程得离心率的值；
b
2
4
，① 点是线段
MF
1
的中点．故
a
又因 为
|MN|5|F
1
N|
，得
F
1
D2F1
N
，从而得三个点
D,F
1
,N
坐标的关系，将点< br>N
的坐标表示出来代入椭圆方程的，得另一个关于
a,b
的方程并联立方程①求
a,b
即可．

b
2
（1）根据
cab
及题设知
M(c,)
，
2b
2
3ac
．将
b
2
a
2
c
2
代入
2b
2
3ac
，
a
22
解得
c1

，
a2
c1
．故
C
的离心率为．
2
（舍去）< br>a2
（2）由题意，原点
O
为
F
1
F
2的中点，
MF
2
y
轴，所以直线
MF
1
与y
轴的交点
D(0,2)
是
b
2
4
，即b
2
4a
．①由
|MN|5|F
1
N|
得
F
1
D2F
1
N
．设线段
MF
1
的中点．故
a
3


2(cx
1
)c,< br>
x
1
c,
N(x
1
,y
1
)
，由题意得，
y
1
0
，则

即

2
代入C的方程，得

2y
1
2,

y
1
1,
9c
2
1

2
1，②将①及
ca
2
b
2
代入②得
2
4a b
9(a
2
4a)1
2
1
．解得，
b4a 28
，故
a7,b27
．
a7
2
4a4a
考点：椭圆的标准方程和简单几何性质；2、中点坐标公式．
21．（1）
a1
；（2）详见解析．
【解析】
试题分析：（ 1）
f'(x)3x6xa
，由导数的几何意义得
kf'(0)a
，故切线方程为
代入求
a
；（2）曲线
yf(x)
与直线
ykx2
只有一个交点转
yax2
，将点
（-2,0）
化为 函数
g(x)f(x)kx2x3x(1k)x4
有且只有零点．一般思路往 往利用导
数求函数的单调区间和极值点，从而判断函数大致图象，再说明与
x
轴只有一 个交点．本题
首先入手点为
k
当
x0
时，
g'(x)0
，且
g(1)k10
，
g(0)4
，所以
g(x )0
1
，
32
2
在
(,0)
有唯一实根． 只需说明当
x0
时无根即可，因为
(1k)x0
，故只需说明
h(x)x
3
3x
2
40
，进而转化为求函数
h( x)
的最小值问题处理．
（1）
f'(x)3x6xa
，
f '(0)a
．曲线
2
yf(x)
在点
(0,2)
处的切 线方程为
yax2
．由题设得，

3
2
2
，所以
a1
．
a
232
（2）由（1）得，
f(x) x3xx2
．设
g(x)f(x)kx2x3x(1k)x4
．由

题设得
1k0
．当
x0
时，
g' (x)3x6x1k0
，
g(x)
单调递增，
2
g(1 )k10
，
g(0)4
，所以
g(x)0
在
( ,0)
有唯一实根．当
x0
时，令
h(x)x
3
3 x
2
4
，
h'(x)3x
2

6x3x(x 2)
，则
g(x)h(x)(1k)xh(x)
．
h(x)
在
(0,2)
单调递减；在
(2,)
单调递增．所以
g(x) h(x)h(2)0
．所以
g(x)=0
在
(0,)
没有 实根，综上，
g(x)=0
在
R
上有唯一实根，即曲线
yf(x)
与直线
ykx2
只有一个交点．
考点：1、导数的几何意义；2、利用导数判断函数单调性；3、利用导数求函数的最值．
22．（1）详见解析；（2）详见解析
【解析】
试题分析：（1）要证明
BEEC
，只需证明弦
BE，EC
所对的圆周角相等，连接
AB,AC< br>，
故只需证明
DAC=BAD
．由
PAPD
得
PADPDA
，为了和所求证的角建立联
系
PDA=DACDCA，
PAD=BADPAD
，从而可证明
DAC=BAD
，< br>进而证明
BEEC
；
（2）由结论很容易想到相交弦定理
ADD EBDDC
，故只需证明
2PB
2
BDDC
，
由切 割线定理得
PA
2
PBPC
，且
PAPDDC
易证 ．
（1）连接
AB,AC
．由题设知，
PAPD
,故
 PADPDA
．因为
PDA=DACDCA
,
PAD=BA DPAD
,
DCA=PAB
,所以
»
=
EC
»
．因此
BEEC
．
DAC=BAD
，从而
BE
（2）由切割线定理得
PA
2
PBPC
．因为
PAP DDC
,所以
DC2PB,BDPB
，
由相交弦定理得
AD DEBDDC
，所以
ADDE2PB
．
2
A
P
B
D
E
O
C

考点：1、圆的切割线定理；2、相交弦定理．
23．（1）

【解析】
试题分析：（1）由

2co s

,

[0,
22

x1cost,33
)
． （
t
为参数，
0t

）；（2 ）
(,
22

ysint,

2
]
两边 平方，且结合
x
2
y
2


2
和
x

cos

得
半圆C的直角坐标方程为
(x1) y1(0y1)
，进而写出C的参数方程；（2）利用
C
的参数方程设
D(1cost,sint)
，由圆的切线的性质得
GDl
，故直线
GD< br>与
l
的斜率相同，
根据斜率列方程得
tant3,t
2< br>
3
2
，从而点D的直角坐标可求．
（1）
C
的普 通方程为
(x1)y1(0y1)
．可得
C
的参数方程为

为参数，
0t

）．

x1cost,
（
t

ysint,
（2）设
D(1cost,sint)< br>．由（1）知，
C
是以
G(1,0)
为圆心，1为半径的上半圆．因为
C
在点
D
处的切线与
l
垂直，所以直线
GD
与
l
的斜率相同．
tant3,t

3
．故D的直角
坐标为
(1cos

33

,sin)
，即(,)
．
22
33
考点：1、圆的极坐标方程和参数方程；2、两条直线的位置关系．
24．（1）详见解析；（2）
(
【解析】
试题分析：（1）由绝对值三角 不等式得
f(x)x
由
a0
结合基本不等式得
15521
,)
．
22
11
1
xax(xa)
a
，
aa
a
1
（2）由
f(3)5
，得关于
a
的不等式
a2
，故
f(x)2
；
a
3
1
3a5
(a0)
，去绝对号解不等式即可．
a< br>11
1
xax(xa)
a2
，所以
f(x )2
．
aa
a
（1）由
a0
，有
f(x) x
（2）
f(3)3
521
1
1
．
3 a
．当
a3
时，
f(3)a
，由
f(3)5得
3a
2
a
a

当
0a3
时，
f(3)6a
15
1
，由
f(3)5
得< br>a3
．综上，
a
的取值围是
2
a
15521
(,)
．
22
考点：1、绝对值三角不等式；2、基本不等式；3、绝对值不等式解法．