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2014年广东省高考数学文科B卷（有解析）
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。
,N

0,2 ,3,5

,则
MN

（ ） 1．已知集合
M< br>
2,3,4

A．

3,5

B．

3,4

C．

2,3

D．

0,2


解析：本题考查集合的基本运算，属于基础题.
MN

2,3

，故选C.
2．已知复数
z
满足
(34i)z25
，则
z
（ ）
A．
34i
B．
34i
C．
34i
D．
34i

z
解析： 本题考查复数的除法运算，属于基础题.
2525(34i)
34i
34i

34i

(34i)
.故选A.



a(1,2),b(3,1)
3．已知向量，则
ba
（ ）
A．
(4,3)
B．
(2,0)
C．
(2,1)
D．
(2,1)

解析： 本题考查向量的基本运算，属于基础题.
ba(31,12)(2,1)
.故选C .
4．若变量
x,y
满足约束条件

x2y8

0x4

0y3

则
z2xy
的最大值等于（ ）
A． 11 B．10 C． 8 D． 7
4、解析：本题考查线性规划问题。在平面直角坐标系中画图，作出可行域，可得该可行域是
由（0，0），（0，3），（2，3），（4，2），（4，0）组成的五边形。由于该区域有限，可 以通过
分别代这五个边界点进行检验，易知当x=4，y=2时，z=2x+y取得最大值10。本题也 可以通
过平移直线
y2x
，当直线
y2xz
经过（4，2 ）时，截距达到最大，即
z
取得最大值
10.故选答案B.
5．下列函数为奇函数的是（ ）
2x3
2cosx1
x2x
A． B． C．
sinx
D．
2
x

1
2
x

2
x2x2 x


，非奇非偶，
x2x2x2
5、解析：本 题考察函数的奇偶性.对于A，
对于B，
2cos(x)12cosx1
，为 偶函数；对于
333
(x)sin(x)x(sinx)xsinx
， C,

2
x

为偶函数； D中函数的定义域为R，关于原点 对称，且
11
x
2
x
x
xx
2
 22
2

(2
x

1
)
2
x
为奇函数. 故答案为D。
6．为了解1000名学生的学习情况，采用系统抽样的方法，从中抽取容量为40的样 本，则分
段的间隔为（ ）
A．20 B．25 C．40 D．50
1000
25
40
6、解析：本题考查系统抽样的特点。分段的 间隔为，故答案为B.
BC
中，7．在
A
角A,B,C所对应的边分别为
a,b,c,
则“
ab
”是 “
sinAsinB
”的（ ）
A．充分必要条件 B．充分非必要条件
C．必要非充分条件 D．非充分非必要条件 ab
2R,
sinAsinB
7、解析：本题考查正弦定理的应用。由于所以
a2RsinA,

b2RsinB,
所以
ab2Rsin A2RsiBnsinAsiBn
，故“
ab
”是
“
sinAsinB
”的充要条件，故选答案为A.
x
2
y
2
x
2
y
2
1
1
k
0k5
165k
16k5
8．若实数满足，则曲线与曲线的（ ）
A．焦距相等 B． 离心率相等 C．虚半轴长相等 D． 实半轴长相等
8、 解析：本题考查双曲线的定义和几何性质.本题可以采用一般法和特殊法，一般法在这里
x
2< br>y
2
x
2
y
2
11
k4
15
不赘述，令，则这两个曲线方程分别为
16
和
12
，它们分别对 应的
22
c
1
16117,c
2
12517< br>，故
c
1
c
2
。所以它们的焦距相等，故答案为A.
9．若空间中四条两两不同的直线
的是（ ）
A．
l
1,l
2
,l
3
,l
4
，满足
l
1l
2
,l
2
∥l
3
,l
3
l4
,
则下列结论一定正确
l
1
l
4
ll4
B．
l
1
∥l
4
l

的位置关系不确定 C．
1
与既不垂直也不平行 D．
1
与
l
4
9 、解析:本题考查空间中线线的位置关系。以正方体为模型，易知
1
和
ll
4
的位置关系可能有
l
1
l
4
或
l
1l
4
，故
l
1
与
l
4
的位置关系不确 定.故答案为D.

10．对任意复数
w
1
,w
2< br>,
定义

1


2


1

2
,
其中

2
是

2
的共轭复数，
z,z,z
对任意复数
123
有
如下四个命题： ①
③
(z
1
z
2
)z
3
(z< br>1
z
3
)(z
2
z
3
);
②
z
1
(z
2
z
3
)(z
1
z
2
)(z
1
z
3
)
；
(z1
z
2
)z
3
z
1
(z
2< br>z
3
);
④
z
1
z
2
z2
z
1
；
则真命题的个数是（ ）
A．4 B．3 C．2 D．1
10、解析：本题属于信息创新型题目，要求学生利用以学过的知识来解决新问题.
对于①，
对于②，

z
1
z
2

z
3


z
1
z
2

z
3
z
1
z
3
z
2
z
3
z
1< br>z
3
z
2
z
3

z
1


z
2
z
3

z
1
z< br>2
z
3
.

zcdi
，则
z2
z
3


ac



bd

i
，则
z
2
z
3


ac



bd

i
令
z
2
abi
，
3
abicdiz
2
 z
3
，所以
z
1


z
2
z< br>3

z
1
z
2
z
3
z
1
(z
2
z
3
)z
1
z
2
z
1
z
3
z
1
z
2
z
1
z
3

③

z
1
z
2

z
3



zz

z

zz

z
123123
z
1
z
2< br>z
3

故
z
1


z
2< br>z
3

z
1
(z
2
z
3)z
1
z
2
z
3
z
1
z
3
z
2

z
1
z
2

z3
z
1


z
2
z
3


④
z
1
z
2
z
1
z
2
,z
2
z
1
z
2
z
1
， 故
z
1
z
2
z
2
z
1

故答案为C.
二、填空题：本大题共5小题，考生作答4小题，每小题5分，满分20分．
（一）必做题（11—13题）
x
y5e3
在点

0,2

处的切线方程为________． 11．曲线
x
x
0
y5e3
在点
y'5e
k5e5
解析：本题考查 导数的几何意义。，故，所以

0,2

处的切线方程为
y2 5x
即
5xy20

12．从字母
a,b,c,d,e中任取两个不同字母，则取字母
a
的概率为________．
解析：本题考查 古典概型.采用列举法，从字母
a,b,c,d,e
中任取两个不同字母有
42

ab,ac,ad,ae,bc,bd,be,cd,ce,de共10个，含有字母a有ab,a c,ad,ae。故概率为
105

13．等比数列

a
n

的各项均为正数，且
a
1
a
5
4
，则

log
2
a
1
+log
2
a
2
+log
2
a
3
+log
2
a
4+log
2
a
5
=
________．
解
质 .
析：本题考查等比数列的定义和性
log
2
(a
1
a2
a
3
a
4
a
5
)log
2
(a
1
a
5
a
2
a
4
a
3)log(442)5

本题也可以直接引入
a
1
和
q
这两个基本量求解.
选做题（14-15题，考生只能从中选做一题）选做题（14-15题，考生只能从中选做一题） < br>2
CC
2

cos

sin

1 2
14．（坐标系与参数方程选做题）在极坐标系中，曲线与的方程分别为
与

cos

1
，以极点为平面直角坐标系的原点，极轴为
x
轴的正 半轴，建立平面直角坐标
系，则曲线
C
1
与
C
2
交 点的直角坐标为________
2
2

cos

si n

得解析：本题考查极坐标与平面直角坐标系的互化.由
2

co s

1
2

2
cos
2

< br>
sin

即
2x
2
y
，
2x y
和
x1
，
x1
由得.联立解得
x1
，y2
，所以则曲线
C
1
与
C
2
交点的直角坐 标为（1，2）.
15．（几何证明选讲选做题）如图1，在平行四边形
ABCD
中 ，点
E
在
AB
上且
EB2AE,AC
CDF的周长______
AEF的周长
与
DE
交于点
F
则

解析：本题考查平行线分线段成比例定理或相似三角形的判定以及性质。因为
ABD C
即
CDF的周长DCAB3AE
3
AE
AECD
,所以
CDF
∽
AEF
,所以
AEF的周长AEAE

三．解答题：本大题共6小题，满分80分
16．（本小题满分12分)
f(x)Asin(x
已知函数
求
A
的值；
< br>3
),xR
，且
f(
5

32
)
122

f(

)
f(

)f(

)3,

(0,)
6
2
若，求



55

3232
f(

)Asin(< br>
)Asin

A
123422
，所以 解析：（1）由题意得
12
A3
.
f(x)3sin(x
（ 2）由（1）得

3
，所以
)
f(

)f(< br>
)3sin(



3
)3sin(

3


)

3(sin

cos
3
cos

sin

3
)3(sin< br>
3
cos

cos

3
sin

)3sin

3,
所以
sin


16

3
cos

1sin
2

 1
0


33

2
，所以.
3.因为
f(
所以

6


)3sin (

)3sin(

)3cos

36< br>66323

点评：笔者觉得2014年广东高考的三角函数题目难度总体比往年大，第 一问属于送分题，与
往年设计求解特殊函数值类似，第二问比往年设计得复杂些，但对于中上层考生来讲 ，笔者
仍觉得这是个容易题，思维受阻的可能性比较小.
17．（本小题满分13分）
某车间20名工人年龄数据如下表：
.
求这20名工人年龄的众数与极差；
以十位数为茎，个位数为叶，作出这20名工人年龄的茎叶图；
求这20名工人年龄的方差．
解析：（1）年龄30的的工人数为5，频率最高，故这20名工人年龄的众数为30，极差为最
大值与最小值的差，即40-19=21.
1
2
3
9
888999
00
0
0
0
0
1111
222
（2）茎叶图如下:
4

(3) 这20名工人年龄的平均数为x
所
19283293305314323401
 30
20

以这20名工人年龄的方差
s
2
222

1930

3

2830

3(29 30)
2
4(3130)
2
3(3230)
2
< br>
4030


20
12.6

点评： 类似于本题的题目其实学生已经不小，所以学生对这种题型不会有陌生感.但是我觉得
学生会遇到几个问 题，一是计算容易出错，二是在画茎叶图可能不是很规范。另外关于极差，
很可能大部分学生都忘记了.
18．（本小题满分13分）
如图2，四边形ABCD为矩形，PD⊥平面ABCD，AB= 1，BC=PC=2,作如图3折叠：折痕EF∥DC，
其中点E，F分别在线段PD，PC上，沿EF 折叠后点P在线段AD上的点记为M，并且MF⊥CF．
证明：CF⊥平面MDF；
求三棱锥M-CDE的体积．

18（1）证明：（1）因为
PD
面
ABCD
,
AD
面
ABCD
,所以
PDA D
.又因为四边形
ABCD
为矩形，所以
CDAD
,因为
PDCDD
,所以
AD
面
PCD
.在图3中，因为
C F
面
PCD
，所以
ADCF
即
MDCF
,又 因为
MFCF
,
MDMFM
,所以
CF
面
MDF
.
(2)因为
CF
面
MDF
，
DF< br>面
MDF
,所以
CFDF
.在图2中，
PDPC
2
CD
2
3
.
因为
PD3,PC2,DC1< br>,所以
PCD

3
.所以在
RtDFC
中，< br>
13

3
CFDCcosPFPCFC
DFD Csin
32
.所以在图3中，
2
即
32
，
MF 
3
6
MDMF
2
DF
2

2
.在
RtMDF
,
2
.又因为在
RtDPC
,
EFDC
,所以

DECF1
1313

DE DPS
DEC
DEDC
DPCP4
,所以
44
, 所以
28

11362
V
MCDE
S
DEC
MD
338216
. 所以
点评：本次考试的立体几何题基本与近 两年较相似，主要汇集在线面位置关系的证明和锥（柱）
体的体积求解，本题的第（2）问计算量较大， 这也是做立体几何题常常会遇到的一个困难和
挑战！
19．（本小题满分14分）
设各项均为正数的数列

a
n

S
n
，且
S
n
满足的前
n
项和为
2
S
n
n
2
n3S
n
3n
2
n0,nN



求
a
1
的值；
求数列

a
n

的通项公式；
1111


.
a

a1

a
2

a
2
1

a
n

a
n
1

3
证明：对一切正整数
n
，有
11
2a0
，所以
a
1
2
.
a
n1
解析：（1）当时，
1
a
1
60
解得
a
1< br>2
或
a
1
3
。因为
n
2
< br>
S3S(nn)

0
,因为
a
n
0
，所以
S
n
0
，所以
S
n
3 0
，所
nn
（2）由题意得
以
S
n
(n
2
n)0
即
S
n
n
2
n

22
aSSnn(n1)(n1)2n

n2
nnn1
当时，
a2n(nN)
当
n1
，
a1
2
满足上式，故
n

111

a(a1)63
. （3）证明：当
n1
时 ，
11
当
n2
时，
a
n
(a
n
1)2n(2n1)4n
2
2n3n
2
n
2
2n3n
2
n2n3n(n1)

11111
( )(n2)
a(a1)3n(n1)3nn1
所以
nn

1 11111

a(a1)a
2
(a
2< br>1)a
n
(a
n
1)6a
2
(a
21)a
n
(a
n
1)
所以
11

< br>1111
()()
632334nn1632n1 663

1111


.
a

a1

a
2

a
2
1

a
n

a
n
1

3
故对一切正整数
n
，有
11

点评：本道题的第（1）问是基础题，难度较小，第（2）问可能 会让部分学生思维受阻，注
222
S
Snn3S3nn0,nNnn
意到，其本质就是关于
n
的一元二次方程，采用因

1
S
式分解或求根公式求出
n
是解决本题的关键！第（3）问是数列求和放缩 问题，放缩目标为
3
，
11

a(a1)3n(n1)
这个模型就可以达到目的，而在证明结合题目特点不难猜测利用
nn
a
n
(a
n
1)3n(n1)
方法很多，分析法和综合法都可以派上用场。与2014年 广东理科数列
题第19相比，笔者觉得文科的难度其实更大！
20．（本小题满分14分）
x
2
y
2
C:
2

2
1

ab0

ab
已知椭圆的一个焦点为
求椭圆C的标准方程；
若动点

5
5,0
，离心率为
3
。
< br>P

x
0
,y
0

为椭圆C外一点，且点P 到椭圆C的两条切线相互垂直，求点P的轨迹方程．
e
c5

a3
，所以
a3
，所以
b
2
a
2
c
2
4
，所以椭圆解析：（1）由题意得
c5
，
x
2
y
2
1
94
C的标准方程为.
由题意可设两条直线的斜率存 在，则其中的一条切线方程为
ykxb
，则另一条切线为

ykxb
1

2
yxm
2
4x9y360
，消
y
得
49k
2
x
2
18kbx9b
2
360

k

.联立

22

18kb4(49k)(9b36)0
，化简得
b
2
 9k
2
4
.因为直线与椭圆相切，所以
2
9

1

m9



44
2
k
。又因为
P

x
0
,y
0

是这两条切线 的交点，所以联立

k

同理可得
2
2

ykxb

1

k
2
(mb)k
2
mb
k(mb)
yxm
x
ykxbb
2
2
2
k

k1
k1k1
.所以解得， 所以

x
0

2
k(mb)
k
2< br>1
，
y
0

kmb
k
2
1< br>2
x
0

，
2
2
k
2
m< br>2
2b
222
mkkb
因
2
为

k
2
2
1

2
，
y
0
k
4
m
2
2k
2
mbb
2
k
2
1

2
x
0
y
0

所以
k
2
m
2
k
2
b
2
k
4
m
2
b
2

k1

2



，将
b
2
9k
2
4
和
m
2
4
9
k
2
代入


式，得
x
0
y
0
22
9
9

k
2

4
2

k
2
(9k
2
4)k
4
(4
2
)9 k
2
4
13(k
4
2k
2
1)
k< br>
k

13
22
22
k1k1
.

当
l
1
与
x
轴垂直，
l
2
y
轴时，或
l
2
与
x
轴垂直
l
1
y
轴时，此时满足条件的
P
的坐标为

3,2< br>
，满足上述方程，所以点P的轨迹方程为
x
0
2
y
0
2
13

点评：本题的第（2）问与2012年广东文科高考和201 1年广东理科第（1）问有几分相似，
方法很类似，考查了转化与化归的能力，计算量较大.可以看出往 年的高考题就是最好的模拟
试题！
21． (本小题满分14分)
f(x)
已知函数
1
3
xx
2
ax1(aR)
3

求函数
f(x)
的单调区间；
111
x
0
(0 ,)(,1)f(x
0
)f()
22
，使得
2
当
a0
时，试讨论是否存在
2
(1)f'(x)x2xa
. 令
x
2
2xa0
解析：

当
44 a0
即
a1
时，
f'(x)0
，所以
f(x)
的单增区间为
,
.
2
当
0
即
a 1
时，
x2xa0
有两个不等的根，
x
1

244a
11a
2
，
x
2
11a

当
x11a,f'(x) 0,
当
11ax11a,f'(x)0,
当
x11 a,f'(x)0,
所以
f(x)
的单增区间为
,11a和
11a,
，
单减区间为
11a,11a
.



综上所述，当
a1
，
f(x)
的单增区间为

,

.当
a1
，
f(x)
的单增区间为

,11a
和
11 a,
，单减区间为
11a,11a
..
x
1< br>
244a
11a
2
，
x
2
11a
.因为
a0
，

（2）当
a0
时，
0
，
所以
1a1,
所以
x
1
11a2
，
x
2
11a0
. 由（1）知
f(x)
在
0,11a
单减，在
11a ,
单增.

11
x
0
(0,)(,1)22
当
11a1
即
a3
时，
f(x)在

0,1

单减，故不存在，使得
1
f(x
0
)f()
2

当
11a1
即
3a 0
，
f(x)
在
0,11a
上单减，在
11 a,1
上单增.



1

1

51
0,

,1

a11a，
4
即
2
此时
f(x)
在

2

上单 减，在

2

上单增.故不存在当
111
x
0(0,)(,1)f(x
0
)f()
22
，使得
2


当
51131a231a31
a011a，f()
422242
，所以
324224
，而时，此时

1

21
x0,11a

0,

f(0)1 f(x
0
)f()
0

2

使得
3，所以存在
2
.
3a


1
< br>51
x
0
0,11a

0,

f (x
0
)f()

2

，使得
4
时，存 在
2
.
51
11a，
4
时，此时
2


3a
当
131a531a282817
f()f(1)a a
2242
，所以
242423
，而
312
即 ，< br>33

1

2171
x11a,1
,1

f(1)f(x
0
)f()
0

2

使得
312
，所以存在
2
.
a
5111
x
0
(0,)(,1)f(x
0
)f()
4< br>时，不存在
22
，使得
2
，当

综上所述： 当
a3
或

3a
55111
a0x< br>0
(0,)(,1)f(x
0
)f()
4
或
42 2
，使得
2
. 时，存在
点评：与2011广东高考的19题或2012的2 1题相比，你会觉得第（1）问其实并不难！难度
较大的是本题的第（2）问，综合考查了分类讨论和转 化与化归思想的能力，可以想象学生在
短短的两小时内要考虑这么多，将是一个很大的挑战和考验！