山东师范大学分数线-学生评语

2014年普通高等学校招生全国统一考试
数学
第Ⅰ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。
2< br>A{2,0,2}
B{x|xx20}
，则A

B= （1）已知集合，

2

（C）

0

(D)

2

(A)

（B）
考点： 交集及其运算．
分析： 先解出集合B，再求两集合的交集即可得出正确选项．
解答： 解：∵A={﹣2，0，2}，B={x|x2﹣x﹣2=0}={﹣1，2}，∴A∩B={2}．
故选： B
点评： 本题考查交的运算，理解好交的定义是解答的关键．

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

考点： 复数代数形式的乘除运算．
分析： 分子分母同乘以分母的共轭复数1+i化简即可．
解答： 解：化简可得====﹣1+2i
故选： B
点评： 本题考查复数代数形式的化简，分子分母同乘以分母的共轭复数是解决问题的关键，属基础题．


（3）函数
f

x

在
xx
0
处导数存在，若
p:f

(x
0
)0;q:xx0
是
f

x

的极值点，则()
（A）
（B）
（C）
(D)
p
是
q
的充分必要条件
p
是
q
的充分条件，但不是
q
的必要条件
p
是
q
的必要条件，但不是
q
的充分条件
p
既不是
q
的充分条件，也不是
q
的必要条件
考点： 必要条件、充分条件与充要条件的判断．菁优网版权所有
分析： 根据可导函数的极值和导数之间的关系，利用充分条件和必要条件的定义即可得到结论．
解答： 函数 f（x）=x3的导数为f'（x）=3x2，由f′（x0）=0，得x0=0，但此时函数f（x）单调递增 ，
无极值，充分性不成立．根据极值的定义和性质，若x=x0是f（x）的极值点，则f′（x0）= 0成立，即必
要性成立，故p是q的必要条件，但不是q的充分条件，
故选： C
点评： 本题主要考查充分条件和必要条件的判断，利用函数单调性和极值之间的关系是解决本题的关< br>键，比较基础．


1

（4）设向量
a< br>,
b
满足
|a+b|=10
，
|a-b|=6
，则a ·b= ()
（A）1 （B） 2 （C）3 (D) 5
考点： 平面向量数量积的运算．
分析： 将等式进行平方，相加即可得到结论．
解答： ∵|+|=
∴分别平方得，
，|﹣|=
+2•+=10，
，
﹣2•+=6，两式相减得4••=10﹣6=4，即•=1，
故选： A
点评： 本题主要考查向量的基本运算，利用平方进行相加是解决本题的关键，比较基础．


（5）等差数列

a
n

的公差为2，若
a
2
，
a
4
，
a
8
成等比数列，则
a
n

的前n项
S
n
= ()
（B） （A）
n

n1

n

n 1

n

n1

（C）
n

n1

(D)
22

考点： 等差数列的性质．
分析： 由题意可得a42=（a4﹣4）（a4+8），解得a4可得a1，代入求和公式可得．
解答： 由题意可得a42=a2•a8，
即a42=（a4﹣4）（a4+8），解得a4=8，
∴a1=a4﹣3×2=2，
∴Sn=na1+d，=2n+×2=n（n+1），
故选： A
点评： 本题考查等差数列的性质和求和公式，属基础题．


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6c m的圆柱体
毛坯切削得到，则切削掉部分的体积与原来毛坯体积的比值为()
175101
（A）
27
（B）
9
（C）
27
(D)
3

考点： 由三视图求面积、体积．菁优网版权所有
分析： 由三视图判断几何体的形状，通过三视图的数据求解几何体的
体积即可．
解答： 几何体是由两个圆柱组成，一个是底面半径为3高为2，一个是底面半径为2，高为4，
组合体体积是：32π•2+22π•4=34π．
底面半径为3cm，高为6cm的圆柱体毛坯的体积为：32π×6=54π
切削掉部分的体积与原来毛坯体积的比值为：=．
故选：C．
点评： 本题考查三视图与几何体的关系，几何体的体积的求法，考查空间想象能力以及计算能力．



2

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()
3
（A）3 （B）
2
（C）1 （D）
3
2

考点： 棱柱、棱锥、棱台的体积．菁优网版权所有
分析： 由题意求出底面B1DC1的面积，求出A到底面的距离，即可求解三棱锥的体积．
解答： ∵正三棱柱ABC﹣A1B1C1的底面边长为2，侧棱长为，D为BC中点，
∴底面B1DC1的面积：=，A到底面的距离就是底面正三角形的高：．
三棱锥A﹣B1DC1的体积为：=1．
故选：C．
点评： 本题考查几何体的体积的求法，求解几何体的底面面积与高是解题的关键．


（8）执行右面的程序框图，如果如果输入的x，t均为2，则输出的S= ()
（A）4 （B）5 （C）6 （D）7
考点： 程序框图．菁优网版权所有
分析： 根据条件，依次运行程序，即可得到结论．
解答： 若x=t=2，
则第一次循环，1≤2成立，则M=，S=2+3=5，k=2，
第二次循环，2≤2成立，则M=，S=2+5=7，k=3，
此时3≤2不成立，输出S=7，
故选：D．
点评： 本题主要考查程序框图的识别和判断，比较基础．

（9）设x，y满足的约束条件

xy10


xy10

x3y30

，则
zx2y
的最大值为()
（A）8 （B）7 （C）2 （D）1
考点： 简单线性规划．
分析： 作出不等式对应的平面区域，利用线性规划的知识，通过平移即可求z的最大值．
解答： 作出不等式 对应的平面区域，由z=x+2y，得y=﹣
平移直线y=﹣，由图象可知当直线y=﹣
，
的截距最大，此时z最经过点A时，直线y=﹣
大．由，得， 即A（3，2），
此时z的最大值为z=3+2×2=7，
故选：B．
点评： 本题主要考查线性规划的应用，利用数形结合是解决线性规划题目的常用方法


3

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

考点： 抛物线的简单性质．
分析： 求出焦点坐标，利用点斜式求出直线的方程，代入抛物 线的方程，利用根与系数的关系，由弦长
公式求得|AB|．
解答： 由y2=3x得其焦点F（，0），准线方程为x=﹣．
则过抛物线y2=3x的焦点F且倾斜角为3 0°的直线方程为y=tan30°（x﹣）=
代入抛物线方程，消去y，得16x2﹣168x+9= 0．
设A（x1，y1），B（x2，y2）
则x1+x2=，
（x﹣）．
所以|AB|=x1++x2+=++=12
故答案为：12．
点评： 本题考查 抛物线的标准方程，以及简单性质的应用，弦长公式的应用，运用弦长公式是解题的难
点和关键．


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

考点： 函数单调性的性质．
分析： 由题意可得，当x＞1时，f′（x）=k﹣≥0，故 k﹣1＞0，由此求得k的范围．
解答： 函数f（x）=kx﹣lnx在区间（1，+∞）单调递增，
∴当x＞1时，f′（x）=k﹣≥0，∴k﹣1≥0，∴k≥1，
故选：D．
点评： 本题主要考查利用导数研究函数的单调性，函数的单调性的性质，属于基础题．

4

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



考点： 直线和圆的方程的应用．菁优网版权所有
分析： 根据直线和圆的位置关系，利用数形结合即可得到结论．


解答：由题意画出图形如图：
∵点M（x0，1），
∴若在圆O：x2+y2=1上存在点N，使得∠OMN=45°，
∴圆上的点到MN的距离的最大值为1，要使MN=1，才能使得∠OMN=45°，
图中M′显然不满足题意，当MN垂直x轴时，满足题意，
∴x0的取值范围是[﹣1，1]．
故选：A
点评： 本题考查直线与圆的位置关系，直线与直线设出角的求法，数形结合是快速解得本题的策略之一．



第Ⅱ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，每个考试考生都必须做答。第22题~
第24题为选考题，考生根据要求做答。
填空题：本大题共4小题，每小题5分。
（13）甲、已两名元动员各自等可能地从红、白、 蓝3种颜色的运动服种选择1种，则他们选择相同颜色
运动服的概率为_______.
考点： 相互独立事件的概率乘法公式．菁优网版权所有
分析： 所有的选法共有3×3=9 种，而他们选择相同颜色运动服的选法共有3种，由此求得他们选择相
同颜色运动服的概率．
解答： 有的选法共有3×3=9种，而他们选择相同颜色运动服的选法共有3种，
故他们选择相同颜色运动服的概率为 =，

5

故答案为：．
点评： 本题主要考查相互独立事件的概率乘法公式，属于基础题．

（14）函数
f(x) sin(x

)2sin

cosx
的最大值为______ ___.
考点： 三角函数的最值．
分析： 展开两角和的正弦，合并同类项后再用两角差的正弦化简，则答案可求．
解答： 解：∵f（x）=sin（x+φ）﹣2sinφcosx
=sinxcosφ+cosxsinφ﹣ 2sinφcosx=sinxcosφ﹣sinφcosx=sin（x﹣φ）．
∴f（x）的最大值为1．
故答案为：1．
点评： 本题考查两角和与差的正弦，考查了正弦函数的值域，是基础题．

（15）已知函数
f(x)
的图像关于直线
x2
对称，
f(0)3
，则
f(1)
_______.
考点： 函数奇偶性的性质．
专题： 函数的性质及应用．
分析： 根据函数奇偶性和对称性的性质，得到f（x+4）=f（x），即可得到结论．
解答： 解：因为偶函数y=f（x）的图象关于直线x=2对称，
所以f（2+x）=f（2﹣x）=f（x﹣2），
即f（x+4）=f（x），
则f（﹣1）=f（﹣1+4）=f（3）=3，
故答案为：3
点评： 本题主要 考查函数值的计算，利用函数奇偶性和对称性的性质得到周期性f（x+4）=f（x）是解决
本题的关 键，比较基础．

（16）数列
{a
n
}
满足
a
n1

1
,a
2
2
1a
n
，则
a
1
=_________.
考点： 数列递推式．
分析： 根据a8=2，令n=7代入递推公式an+1=
求出a1的值．
，求得a7，再依次求出a6，a5的结果，发现规律，
解答： 由题意得，an+1=，a8=2，
令n=7代入上式得，a8=，解得a7=；
令n=6代入得，a7=，解得a6=﹣1；

6

令n=5代入得，a6=，解得a5=2；…
根据以上结果发现，求得结果按2，，﹣1循环，
∵8÷3=2…2，故a1=
故答案为：．
点评： 本题考查了数列递推公式的简单应用，即给n具体的值代入后求数列的项，属于基础题．

解答题：解答应写出文字说明过程或演算步骤。
（17）（本小题满分12分）
四边形ABCD的内角
A
与
C
互补，AB=1，BC=3,
（Ⅰ）求
C
和
BD
;
（Ⅱ）求四边形ABCD的面积。

解：
（Ⅰ）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
cosC1
由①，②得
2
，故
C60,BD7



（Ⅱ）四边形
ABCD
的面积
S
1
2
ABD AsinA
1
2
BCCDsinC
(
11

2
12
2
32)sin60

23





CD=DA=2.

7

（18）（本小题满分12分）
如图，四凌锥
PABCD
中，底面
ABCD
为矩形，
PA
面
ABCD
，
E
为PD
的中点。
（Ⅰ）证明：
PB
平面
AEC
; （Ⅱ）设置
AP1
，
AD3
，三棱锥
PABD
的 体积
求A到平面PBD的距离。

解：
（Ⅰ）设BD与AC的交点为
O
，连接
EO

因为ABCD为矩形，所以
O
为BD的中点，
又因为E为PD的中点，所以EOPB
V
3
4
，
EO
平面
AEC
，
PB
平面
AEC
，
所以
PB
平面
AEC


113
VS
ABD
PAPAABADAB
366
（Ⅱ）
V
由题设知
3
3
AB
2

4
，可得
做
AHPB
交
PB
于
H

由题设 知
BC平面PAB
，所以
BCAH
，故
AH平面PBC
，
AH
又
PAAB313

PB13

313
所以
A
到平面
PBC
的距离为
13



8

（19）（本小题满分12分）
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


甲部门 乙部门

4
9 7
9 7 6 6 5 3 3 2 1 1 0
9 8 8 7 7 7 6 6 5 5 5 5 5 4 4 4 3 3 3 2 1 0 0
6 6 5 5 2 0 0
6 3 2 2 2 0

3
4
5
6
7
8
9
10
5 9
0 4 4 8
1 2 2 4 5 6 6 7 7 7 8 9
0 1 1 2 3 4 6 8 8
0 0 1 1 3 4 4 9
1 2 3 3 4 5
0 1 1 4 5 6
0 0 0

（Ⅰ）分别估计该市的市民对甲、乙部门评分的中位数；
（Ⅱ）分别估计该市的市民对甲、乙部门的评分做于90的概率；
（Ⅲ）根据茎叶图分析该市的市民对甲、乙两部门的评价。

解：
（Ⅰ） 由所给茎叶图知，50位市民对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.
6668
67
2
50位市民对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，
所以该市的市民对乙部门品分的中位数的估计值是67.

58
0 .1,0.16
50
（Ⅱ）由所给茎叶图知，50位市民对甲、乙部门的评分高于90的比率 分别为
50
，故该
市的市民对甲、乙部门的评分高于90的概率的估计值分别为0.1 ，0.16.

（Ⅲ）由所给茎叶图知，市民对甲部门的评分的中位数高于对乙部门的评分的 中位数，而且由茎叶图可以
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 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（注：考生利用其他统计 量进行分析，结论合理的同
样给分。）



（20）（本小题满分12分）
x
2
y
2

2< br>1
2
F,F
MF
2
与
x
轴垂直，直线MF
1
C
12
ab
设分别是椭圆：（a>b>0）的左右焦点， M是
C
上一点且

9

与
C
的另一个交点为N。
3
（Ⅰ）若直线MN的斜率为
4
，求
C
的离心率；
（Ⅱ）若直线MN在y轴上的截距为2且|MN|=5|F1N|，求a，b。

解：
b
2
2
M(c,),2b3ac
22
a< br>（Ⅰ）根据
cab
及题设知
c1c
,2
2222
bac2b3ac
a2a
将代入，解得（舍去）
1
故
C
的离心率为
2

（Ⅱ）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)
是线段
MF
1
的
b
2
4
a
中点 ，故，即
b
2
4a
①
由< br>设
|MN|5|F
1
N|
得
|DF
1
| 2|F
1
N|

N(x
1
,y
1
)
，由题意知
y
1
0
，则
3

x
1< br>c


2(cx
1
)c

2

y1

2y
1
2
即
< br>1

9c
2
1

2
1
2
C
4ab
代入的方程，得 ②
9(a
24a)1
1
22
2
4a4a
将①及
cab< br>代入②得
2
a7,b4a28
，故 解得
a7,b27


（21）（本小题满分12分）
32< br>f(x)x3x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. 已知函数

10

（Ⅰ）求a；
（Ⅱ）证明：当时，曲线
yf(x)
与直线
ykx2
只有一个交点。

解：
2

f( x)3x6xa
，
f

(0)a
（Ⅰ）
曲线yf(x)
在点（0，2）处的切线方程为
yax2

2
2
a
由题设得，所以
a1


32
f(x)x3xx2
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，
32g(x)f(x)kx2x3x(1k)x4
设
由题设知
1k0

2

g(x)3x6x1 k0
，
g(x)
单调递增，
g(1)k10,g(0)4
，所以
g(x)0
在
x0
当时，
(,0]
有唯一 实根。
32
h(x)x3x4
，则
g(x)h(x)(1k) xh(x)

x0
当时，令
h

(x)3x
2
6x3x(x2),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由唯一实根，即曲线
yf(x)
与直线
ykx2只有一个交点。







请 考生在第22、23、24题中任选一题做答，如果多做，则按所做的第一题计分，做答时请写清题号。

（23）（本小题满分10分）选修4-4:坐标系与参数方程
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


11

（Ⅰ）求C的参数方程；
（Ⅱ）设点D在C上，C 在D处的切线与直线
l:y3x2
垂直，根据（Ⅰ）中你得到的参数方程，确
定D 的坐标。

解：
（Ⅰ）
C
的普通方程为
(x1)
2
y
2
1(0y1)

可得
C
的参数方程为

x1cost

< br>ysint
（
t
为参数，
0t

）
（Ⅱ）设
D(1cost,sint)
由（Ⅰ）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

(1cos

故
D
的直角坐标为










33
,sin)
(,)
33
，即
22


12