1、2014年普通高等學校招生全國統(tǒng)一考試(四川卷)文科數(shù)學第卷(選擇題共50分)一、選擇題：本大題共10小題，每小題5分，共50分在每小題給出的四個選項中，只有一個是符合題目要求的1(2014四川，文1)已知集合Ax|(x1)(x2)0，集合B為整數(shù)集，則AB()A1,0 B0,1C2，1,0,1 D1,0,1,2答案：D解析：Ax|(x1)(x2)0x|1x2，ABAZx|1x2Z1,0,1,2，故選D.2(2014四川，文2)在“世界讀書日”前夕，為了了解某地5 000名居民某天的閱讀時間，從中抽取了200名居民的閱讀時間進行統(tǒng)計分析在這個問題中，5 000名居民的閱讀時間的全體是()A總體

2、 B個體C樣本的容量 D從總體中抽取的一個樣本答案：A解析：由題意知，5 000名居民的閱讀時間是總體，200名居民的閱讀時間為一個樣本；每個居民的閱讀時間為個體；200為樣本容量；故選A.3(2014四川，文3)為了得到函數(shù)ysin(x1)的圖象，只需把函數(shù)ysin x的圖象上所有的點()A向左平行移動1個單位長度B向右平行移動1個單位長度C向左平行移動個單位長度D向右平行移動個單位長度答案：A解析：根據(jù)圖象的變換規(guī)律“左加右減”知，選A.4(2014四川，文4)某三棱錐的側視圖、俯視圖如圖所示，則該三棱錐的體積是（錐體體積公式：，其中S為底面面積，h為高）()A3 B2 C D1答案：D解

3、析：由俯視圖知該三棱錐的底面積，由側視圖知該三棱錐的高.所以，故選D.5(2014四川，文5)若ab0，cd0，則一定有()A BC D答案：B解析：ab0，cd0，cd0，acbd，即acbd.又dc0，即，故選B.6(2014四川，文6)執(zhí)行如圖的程序框圖，如果輸入的x，yR，那么輸出的S的最大值為()A0 B1 C2 D3答案：C解析：記.由程序框圖知，當(x，y)M時，S2xy；當(x，y)M時，S1.如圖，畫出集合M表示的可行域(陰影部分)移動直線l0：y2x.由圖可知，當直線l0過點A(1,0)時，目標函數(shù)S2xy取得最大值，此時Smax2×102.所以，當(x，y)M時

4、，S的最大值為21，所以輸出的S的最大值為2.故選C.7(2014四川，文7)已知b0，log5ba，lg bc,5d10，則下列等式一定成立的是()Adac BacdCcad Ddac答案：B解析：由log5ba，得；由5d10，得dlog510，又lg bc，所以cda.故選B.8(2014四川，文8)如圖，從氣球A上測得正前方的河流的兩岸B，C的俯角分別為75°，30°，此時氣球的高是60 m，則河流的寬度BC等于()A BC D答案：C解析：如圖，作ADBC，垂足為D.由題意，得DC60×tan 60° (m)，DB60×tan 15&

5、#176;60×tan(45°30°).所以，故選C.9(2014四川，文9)設mR，過定點A的動直線xmy0和過定點B的動直線mxym30交于點P(x，y)，則|PA|PB|的取值范圍是()A BC D答案：B解析：由題意，得A(0,0)，B(1,3)，因為1×mm×(1)0，所以兩直線垂直，所以點P在以AB為直徑的圓上，所以PAPB.所以|PA|2|PB|2|AB|210，設ABP，則.因為|PA|0，|PB|0，所以.所以，故選B.10(2014四川，文10)已知F為拋物線y2x的焦點，點A，B在該拋物線上且位于x軸的兩側，(其中O為坐標

6、原點)，則ABO與AFO面積之和的最小值是()A2 B3 C D答案：B解析：設AB所在直線方程為xmyt.由消去x，得y2myt0.設，(不妨令y10，y20)，故，y1y2t.而.解得y1y22或y1y21(舍去)所以t2，即t2.所以直線AB過定點M(2,0)而SABOSAMOSBMO，故SABOSAFO.由，得SABOSAFO的最小值為3，故選B.第卷(非選擇題共100分)二、填空題：本大題共5小題，每小題5分，共25分11(2014四川，文11)雙曲線的離心率等于_答案：解析：，a24，b21，c2a2b25，a2，.12(2014四川，文12)復數(shù)_.答案：2i解析：.13(201

7、4四川，文13)設f(x)是定義在R上的周期為2的函數(shù)，當x1,1)時，f(x)則_.答案：1解析：f(x)的周期為2，.又當x1,0)時，f(x)4x22，.14(2014四川，文14)平面向量a(1,2)，b(4,2)，cmab(mR)，且c與a的夾角等于c與b的夾角，則m_.答案：2解析：a(1,2)，b(4,2)，cmab(m4,2m2)又c與a的夾角等于c與b的夾角，cosc，acosc，b，即，10m168m20，m2.15(2014四川，文15)以A表示值域為R的函數(shù)組成的集合，B表示具有如下性質(zhì)的函數(shù)(x)組成的集合：對于函數(shù)(x)，存在一個正數(shù)M，使得函數(shù)(x)的值域包含于區(qū)

8、間M，M例如，當1(x)x3，2(x)sin x時，1(x)A，2(x)B.現(xiàn)有如下命題：設函數(shù)f(x)的定義域為D，則“f(x)A”的充要條件是“bR，aD，f(a)b”；若函數(shù)f(x)B，則f(x)有最大值和最小值；若函數(shù)f(x)，g(x)的定義域相同，且f(x)A，g(x)B，則f(x)g(x)B；若函數(shù)f(x)aln(x2)(x2，aR)有最大值，則f(x)B.其中的真命題有_(寫出所有真命題的序號)答案：解析：對于，若對任意的bR，都aD使得f(a)b，則f(x)的值域必為R.反之，f(x)的值域為R，則對任意的bR，都aD使得f(a)b，故正確對于，比如對，但它無最大值也無最小值對

9、于，f(x)A，f(x)(，)g(x)B，存在正數(shù)M使得Mg(x)M，故f(x)g(x)(，)，正確對于，當a0或a0時，aln x(，)，f(x)均無最大值，若f(x)有最大值，則a0，此時，f(x)B，故正確三、解答題：本大題共6小題，共75分解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟16(本小題滿分12分)(2014四川，文16)一個盒子里裝有三張卡片，分別標記有數(shù)字1,2,3，這三張卡片除標記的數(shù)字外完全相同隨機有放回地抽取3次，每次抽取1張，將抽取的卡片上的數(shù)字依次記為a，b，c.(1)求“抽取的卡片上的數(shù)字滿足abc”的概率；(2)求“抽取的卡片上的數(shù)字a，b，c不完全相同”的概率分析

10、：(1)利用列舉法分別求出基本事件空間和所求事件包含的基本事件，然后代入古典概型公式求解；注意該題抽取方式為有放回地抽取，故a，b，c可取相同的數(shù)字；(2)因為a，b，c不完全相同包含的基本事件較多，故可轉化為其對立事件“a，b，c相同”的概率求解解：(1)由題意，(a，b，c)所有的可能為(1,1,1)，(1,1,2)，(1,1,3)，(1,2,1)，(1,2,2)，(1,2,3)，(1,3,1)，(1,3,2)，(1,3,3)，(2,1,1)，(2,1,2)，(2,1,3)，(2,2,1)，(2,2,2)，(2,2,3)，(2,3,1)，(2,3,2)，(2,3,3)，(3,1,1)，(3

11、,1,2)，(3,1,3)，(3,2,1)，(3,2,2)，(3,2,3)，(3,3,1)，(3,3,2)，(3,3,3)，共27種設“抽取的卡片上的數(shù)字滿足abc”為事件A，則事件A包括(1,1,2)，(1,2,3)，(2,1,3)，共3種所以.因此，“抽取的卡片上的數(shù)字滿足abc”的概率為.(2)設“抽取的卡片上的數(shù)字a，b，c不完全相同”為事件B，則事件包括(1,1,1)，(2,2,2)，(3,3,3)，共3種所以.因此，“抽取的卡片上的數(shù)字a，b，c不完全相同”的概率為.17(本小題滿分12分)(2014四川，文17)已知函數(shù).(1)求f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間；(2)若是第二象限角，求c

12、os sin 的值分析：(1)利用換元法，將視為整體t，即可將其轉化為ysin t的單調(diào)增區(qū)間，然后解不等式即得；(2)首先代入，然后化簡等式，根據(jù)sin cos 是否為0進行分類討論，即可求得cos sin 的值解：(1)因為函數(shù)ysin x的單調(diào)遞增區(qū)間為，kZ，由，kZ，得，kZ，所以，函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為，kZ.(2)由已知，有，所以，即sin cos (cos sin )2(sin cos )當sin cos 0時，由是第二象限角，知，kZ.此時，.當sin cos 0時，有(cos sin )2.由是第二象限角，知cos sin 0，此時cos sin .綜上所述，cos

13、sin 或.18(本小題滿分12分)(2014四川，文18)在如圖所示的多面體中，四邊形ABB1A1和ACC1A1都為矩形(1)若ACBC，證明：直線BC平面ACC1A1；(2)設D，E分別是線段BC，CC1的中點，在線段AB上是否存在一點M，使直線DE平面A1MC？請證明你的結論分析：(1)首先利用兩個矩形中的垂直關系證明AA1平面ABC，進而得到AA1BC，然后結合已知ACBC即可證得結論；(2)當M為線段AB中點時，取平行四邊形ACC1A1的對角線交點O，即可利用中位線的性質(zhì)構造平行關系證明DE平面A1MC.解：(1)因為四邊形ABB1A1和ACC1A1都是矩形，所以AA1AB，AA1A

14、C.因為AB，AC為平面ABC內(nèi)兩條相交直線，所以AA1平面ABC.因為直線BC平面ABC，所以AA1BC.又由已知，ACBC，AA1，AC為平面ACC1A1內(nèi)兩條相交直線，所以BC平面ACC1A1.(2)取線段AB的中點M，連接A1M，MC，A1C，AC1，設O為A1C，AC1的交點由已知，O為AC1的中點連接MD，OE，則MD，OE分別為ABC，ACC1的中位線所以，MDAC，OEAC，因此MDOE.連接OM，從而四邊形MDEO為平行四邊形，則DEMO.因為直線DE平面A1MC，MO平面A1MC，所以直線DE平面A1MC.即線段AB上存在一點M(線段AB的中點)，使直線DE平面A1MC.1

15、9(本小題滿分12分)(2014四川，文19)設等差數(shù)列an的公差為d，點(an，bn)在函數(shù)f(x)2x的圖象上(nN*)(1)證明：數(shù)列bn為等比數(shù)列；(2)若a11，函數(shù)f(x)的圖象在點(a2，b2)處的切線在x軸上的截距為，求數(shù)列的前n項和Sn.分析：(1)利用點(an，bn)在函數(shù)圖象上建立an與bn的關系式，然后利用等差數(shù)列和等比數(shù)列的定義證明結論；(2)先利用導數(shù)幾何意義求出函數(shù)f(x)的圖象在點(a2，b2)處的切線方程，根據(jù)已知截距求出a2的值，從而求出數(shù)列的通項公式，然后根據(jù)通項的結構特征利用錯位相減法求和(1)證明：由已知，bn0.當n1時，.所以，數(shù)列bn是首項為，公

16、比為2d的等比數(shù)列(2)解：函數(shù)f(x)2x在(a2，b2)處的切線方程為y(ln 2)(xa2)，它在x軸上的截距為.由題意，.解得a22.所以，da2a11，ann，bn2n，n·4n.于是，Tn1×42×423×43(n1)·4n1n·4n，4Tn1×422×43(n1)×4nn·4n1.因此，Tn4Tn4424nn·4n1.所以，.20(本小題滿分13分)(2014四川，文20)已知橢圓C：(ab0)的左焦點為F(2,0)，離心率為.(1)求橢圓C的標準方程；(2)設O為坐標原

17、點，T為直線x3上一點，過F作TF的垂線交橢圓于P，Q.當四邊形OPTQ是平行四邊形時，求四邊形OPTQ的面積分析：(1)由焦點可求c，然后利用離心率即可求a，再求b，即可求得方程；(2)由題意設T(3，m)，然后利用TFPQ求出PQ的斜率，從而設出直線PQ方程，與橢圓C方程聯(lián)立后，根據(jù)平行四邊形OPTQ的性質(zhì)：對邊平行且相等，即可求出m的值，最后將四邊形OPTQ的面積轉化為OPQ面積的兩倍求解解：(1)由已知可得，c2，所以.又由a2b2c2，解得，所以橢圓C的標準方程是.(2)設T點的坐標為(3，m)，則直線TF的斜率.當m0時，直線PQ的斜率，直線PQ的方程是xmy2.當m0時，直線PQ

18、的方程是x2，也符合xmy2的形式設P(x1，y1)，Q(x2，y2)，將直線PQ的方程與橢圓C的方程聯(lián)立，得消去x，得(m23)y24my20，其判別式16m28(m23)0.所以，x1x2m(y1y2)4.因為四邊形OPTQ是平行四邊形，所以，即(x1，y1)(3x2，my2)所以解得m±1.此時，四邊形OPTQ的面積SOPTQ2SOPQ.21(本小題滿分14分)(2014四川，文21)已知函數(shù)f(x)exax2bx1，其中a，bR，e2.718 28為自然對數(shù)的底數(shù)(1)設g(x)是函數(shù)f(x)的導函數(shù)，求函數(shù)g(x)在區(qū)間0,1上的最小值；(2)若f(1)0，函數(shù)f(x)在區(qū)

19、間(0,1)內(nèi)有零點，證明：e2a1.分析：(1)先利用求導求出g(x)的解析式，再求出其導函數(shù)g(x)，根據(jù)a的不同取值分類討論g(x)的符號變化，判斷其單調(diào)性，從而求其最值；(2)先根據(jù)已知分析f(x)在(0,1)上的單調(diào)性與零點個數(shù)，將其轉化為g(x)的零點個數(shù)，進而利用(1)中的結論判斷a的范圍及其零點所在區(qū)間，結合函數(shù)g(x)在區(qū)間端點處的函數(shù)值及f(1)0即可證得結論解：(1)由f(x)exax2bx1，有g(x)f(x)ex2axb.所以g(x)ex2a.當x0,1時，g(x)12a，e2a當時，g(x)0，所以g(x)在0,1上單調(diào)遞增，因此g(x)在0,1上的最小值是g(0)1b；當