2014年高考四川文科数学试题及答案(word解析版)

数学（文科）

第Ⅰ卷（共50分）

一、选择题：本大题共10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． （1）【2014年四川卷，文1，5分】已知集合A{x|(x1)(x2)0}，集合B为整数集，则AIB（ ）

（A）{1,0} （B）{0,1} （C）{2,1,0,1} （D）{1,0,1,2} 【答案】D

x2，又集合B为整数集，所以AIB1,0,1,2，故选D． 【解析】由已知得Ax1剟（2）【2014年四川卷，文2，5分】在“世界读书日”前夕，为了了解某地5000名居民某天的阅读时间，从中抽取

了200名居民的阅读时间进行统计分析．在这个问题中，5000名居民的阅读时间的全体是（ ） （A）总体 （B）个体 （C）样本的容 （D）从总体中抽取的一个样本 【答案】A

【解析】由题目条件知，5000名居民的阅读时间的全体是总体；其中1名居民的阅读时间是个体；从5000名

居民某天的阅读时间中抽取的200名居民的阅读时间是从总体中抽取的一个样本，样本容量是200，故选A．

（3）【2014年四川卷，文3，5分】为了得到函数ysin(x1)的图象，只需把函数ysinx的图象上所有的点

（ ）

（A）向左平行移动1个单位长度（B）向右平行移动1个单位长度

（D）向右平行移动个单位长度 （C）向左平行移动个单位长度

【答案】A

【解析】根据平移法则“左加右减”可知，将函数ysinx的图像上所有的点向左平移移动1个单位长度即可得到

函数ysinx1的图像，故选A．

（4）【2014年四川卷，文4，5分】某三棱锥的侧视图、俯视图如图所示，则该三棱锥的体积

1是（ ）（锥体体积公式：VSh，其中S为底面面积，h为高）

3（A）3（B）2（C）3（D）1

【答案】D

122111侧视图2俯视图2【解析】由俯视图可知，三棱锥底面是边长为2的等边三角形．由侧视图可知，三棱锥的高为3．故该三棱锥11的体积V2331，故选D．

32（5）【2014年四川卷，文5，5分】若ab0，cd0，则一定有（ ）

abababab （A） （B） （C） （D）

dcdccdcd【答案】B

1111【解析】因为cd0，所以0，两边同乘1，得0，又ab0，

cddcabab故由不等式的性质可知0，两边同乘1，得，故选B．

dcdc（6）【2014年四川卷，文6，5分】执行如图的程序框图，如果输入的x,yR，那么输

出的S的最大值为（ ） （A）0（B）1（C）2（D）3

【答案】C

y0x…0，【解析】由程序框图可知，若输入的x，y满足约束条件y…则输出目标函数S2xy xy„11的值，否则，输出S1．如图，作出满足条件的可行域．当x1，y0时，目标

函数S2xy取得最大值2，21，故输出的S的最大值为2，故选C．

-1O-112x+y=1x（7）【2014年四川卷，文7，5分】已知b0，log5ba，lgbc，5d10，则下列等式一定成立的是（ ）

（A）dac （B）acd （C）cad （D）dac 【答案】B

lgb【解析】log5ba，故由换底公式得所以lgbalg5．因为lgbc，所以alg5c，因为5d10， a，b0，

lg51a所以dlog510，即lg5，将其代入alg5c中得c，即acd，故选B．

ddA（8）【2014年四川卷，文8，5分】如图，从气球A上测得正前方的河流的两岸B，C的俯角

30°分

别为75o，30o，此时气球的高是60cm，则河流的宽度BC等于（ ） 60m75°（A）240(31)m （B）180(21)m （C）120(31)m （D）30(31)m 【答案】C Boo【解析】如图，ACD30，ABD75，AD60m，

°AD60A30m在Rt△ACD中，CD=， 603tanACDtan30o75°AD606060 mm在Rt△ABD中，BD=， 6023tanABDtan75o23C所以BCCDBD603602312031m，故选C．

DBC（9）【2014年四川卷，文9，5分】设mR，过定点A的动直线xmy0和过定点B的动直线mxym30

交于点P(x,y)，则|PA||PB|的取值范围是（ ） （A）[5,25] （B）[10,25] （C）[10,45] （D）[25,45] 【答案】B x【解析】直线xmy0过定点A0,0，直线mxym30过定点B1,3． 3①当m0时，过定点A的直线方程为x0，过定点B的直线方程为y3，两条 直线互相垂直，此时P0,3，所以PAPB4．

x+my=02P1Bmx-y-m+3=01②当m0时，直线xmy0的斜率为，直线mxym30的斜率为m， m-2-1A121-1因为m1，所以两条直线互相垂直，即点P可视为以AB为直径的圆上 m的点．当点P与点A或点B重合时，PAPB有最小值10．当点P不与点A，点B重合时，△PAB为直角三角形，且PAPBAB10．由不等式性质知PAPB„22223yPAPB22225，所以PAPB10,25．综合①②得PAPB10,25，故选B．

（10）【2014年四川卷，文10，5分】已知F为抛物线y2x的焦点，点A，B在该抛物线上且位于x轴的两侧，

uuuruuurOAOB2（其中O为坐标原点），则ABO与AFO面积之和的最小值是（ ）

172 （A）2 （B）3 （C） （D）10 8【答案】B

【解析】如图所示，设Ax1,y1，Bx2,y2，则x1x2y1y22（*）．不妨设A点在第一象

限，则y10，y20．设直线AB：xmyn，代入y2x中，得y2myn0，

则y1y2n，代入（*）式，有n2n20，解得n2或n1（舍），故直线AB过定点2,0，

所以S△ABOS△AFO11192y1y2y1y1y22248≥29ny1y233，故选B． 82第II卷（共100分）

二、填空题：本大题共5小题，每小题5分

x2（11）【2014年四川卷，文11，5分】双曲线y21的离心率等于 ．

45【答案】

2x2c5【解析】由双曲线方程y21知a24，b21，c2a2b25，所以e． a2422i（12）【2014年四川卷，文12，5分】复数 ．

1i【答案】2i

22i22i1i2【解析】1i12ii22i．

1i1i1i（13）【2014年四川卷，文13，5分】设f(x)是定义在R上的周期为2的函数，当x[1,1)时，4x22,1x0,3f(x)，则f()________．

x,0x1,2【答案】1

4x221„x0【解析】fx是定义域在R上的圆周期为2的函数，且fx，

x0„x1311所以ff42121．

222rrrrrrr（14）【2014年四川卷，文14，5分】平面向量a(1,2)，b(4,2)，cmab（mR），且c与a的夹角等于

rrc与b的夹角，则m_______． 【答案】2

2【解析】a1,2，b4,2，则c=mabm4,2m2，a5，b25，ac5m8，因bc8m20．

为c与a的夹角等于c与b的夹角，所以

acbc5m88m20，所以，解得m2． acbc525（15）【2014年四川卷，文15，5分】以A表示值域为R的函数组成的集合，B表示具有如下性质的函数(x)组

成的集合：对于函数(x)，存在一个正数M，使得函数(x)的值域包含于区间[M,M]．例如，当1(x)x3，

2(x)sinx时，1(x)A，2(x)B．现有如下命题：

①设函数f(x)的定义域为D，则“f(x)A”的充要条件是“bR，xR，f(a)b”； ②若函数f(x)B，则f(x)有最大值和最小值；

③若函数f(x)，g(x)的定义域相同，且f(x)A，g(x)B，则f(x)g(x)B；

x④若函数f(x)aln(x2)2（x2，aR）有最大值，则f(x)B．

x1其中的真命题有____________．（写出所有真命题的序号）． 【答案】①③④

【解析】对于①，fxAfx的值域为RbR，aD，fab，故①正确；

1，x1时，fx1，即1,0U0,11,1，但fx无最值，故②不正确； x对于③，因为xD，gx≤M，所以总存在x0D，使得fx0gx0趋近于无穷大，即

对于②，当fxf(x)g(x)B，故③正确；

1x1xxx212x21x2 对于④，令g(x)2，则g'x，令g'x0，解得1x1，222222x1x1x1x1故gx在1,1上单调递增，且g111，g1，又gx在1,上单调递减， x1时，gx0，221 又gx为奇函数，故gx≤．而hxaln(x2)，当x2时，若a0，则hxA由③知，

2hxgxB，即fx无最大值， 所以a0时，fx有最大值，此时fxg(x)xB，故2x1④正确．综上：真命题的有①③④．

三、解答题：本大题共6题，共75分． （16）【2014年四川卷，文16，12分】一个盒子里装有三张卡片，分别标记有数字1，2，3，这三张卡片除标

记的数字外完全相同．随机有放回地抽取3次，每次抽取1张，将抽取的卡片上的数字依次记为a，b，c． （1）求“抽取的卡片上的数字满足abc”的概率；

（2）求“抽取的卡片上的数字a，b，c不完全相同”的概率． 解：（1）由题意知，a,b,c所有可能的结果为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，

3,1,2，3,1,3，3,2,1，3,2,2，3,2,3，3,3,1，3,3,2，3,3,3，共27种．设“抽取的卡片上

的数字满足abc”为事件A，则事件A包括1,1,2，1,2,3，2,1,3，共3种．所以PA31因．

2791此，“抽取的卡片上的数字满足abc”的概率为．

9 （2）设“抽取的卡片上的数字a，b，c不完全相同”为事件B，则事件B包括1,1,1，2,2,2，3,3,3，共

3种．所以PB1PB1388 ．因此“抽取的卡片上的数字a，b，c不完全相同”的概率为．

2799（17）【2014年四川卷，文17，12分】已知函数f(x)sin(3x)．

4（1）求f(x)的单调递增区间；

4（2）若是第二象限角，f()cos()cos2，求cossin的值．

354πππππ解：（1）因为函数ysinx的单调递增区间为2kπ,2kπ，kZ．由2kπ剟3x2kπ，kZ，

22422π2kππ2kππ2kππ2kπ,得，kZ．所以函数fx的单调递增区间为，kZ． 剟x3123431234π4π（2）由已知，有sincoscos2sin2，

454ππ4ππ所以sincoscossincoscossinsincos2sin2，

44544ππ42即sincoscossincossinsincos．

4453π当sincos0时，由是第二象限角，知2kπ，kZ．此时cossin2．

452当sincos0时，有cossin．由是第二象限角，知cossin0，

455此时cossin．综上所述，cossin2或．

22（18）【2014年四川卷，文18，12分】在如图所示的多面体中，四边形ABB1A1和ACC1A1都为矩A1形．

（1）若ACBC，证明：直线BC平面ACC1A1；

（2）设D，E分别是线段BC，CC1的中点，在线段AB上是否存在一点M，使直线DE//

平面A1MC？请证明你的结论．

解：（1）因为四边形ABB1A1和ACC1A1都是矩形，所以AA1AB，AA1AC．因为AB，AC为

平面ABC内两

条相交直线，所以AA1平面ABC．因为直线BC平面ABC，所以AA1BC．又

AC1B1ECDBA1OAMC1ECDACBC，AA1，

B1BAC为平面ACC1A1内两条相交直线，所以BC平面ACC1A1．

（2）取线段AB的中点M，连接A1M，MC，A1C，AC1，设O为A1C，AC1的交点．

由已知可知O为AC1的中点．连接MD，OE，则MD，OE分别为ABC，ACC1的中

11位线，所以MD//AC，OE//AC，因此MD//OE．连接OM，从而四边形MDEO为

==2=2平行四边形，则DE//MO．因为直线DE平面A1MC，所以直线DE//平面A1MC，

即线段AB上存在一点M（线段AB的中点），使直线DE//平面A1MC．

（19）【2014年四川卷，文19，12分】设等差数列{an}的公差为d，点(an,bn)在函数f(x)2x的图象上（nN）．

（1）证明：数列{bn}为等差数列；

（2）若a11，函数f(x)的图象在点(a2,b2)处的切线在x轴上的截距为212}的前n项和 ，求数列{anbnln2Sn．

解：（1）证明：由已知可知，bn2a0，当n…1时，

nbn12abn22n1an2d，所以数列bn是首项为2a，公比为2d

1等比数列．

（2）函数fx2x在a2,b2处的切线方程为y2a2aln2xa2，它在x轴上的截距为a2由题意知，a21． ln211，解得a22．所以da2a11，ann，bn2n，anbn2n4n． 2ln2ln22于是，Tn1424343Ln14n1n4n，4Tn142243Ln14nn4n1，

13n4n1413n4n144n14n1因此Tn4Tn44L4n4．所以Tn． n4399x2y26（20）【2014年四川卷，文20，13分】已知椭圆C：221（ab0）的左焦点为F(2,0)，离心率为．

3ab（1）求椭圆C的标准方程；

（2）设O为坐标原点，T为直线x3上一点，过F作TF的垂线交椭圆于P，Q．当四边形OPTQ是平

行四边形时，求四边形OPTQ的面积．

2nn16x2y2222解：（1）因为F(2,0)，所以c2，又e，所以a6，bac2，即椭圆C的方程为 1．

362（2）如图所示，由题意可设直线PQ的方程为xmy2．当m0时，x2，此

时T3,0，P，Q关于点F对称，但DFTF，故四边形OPTQ不是平行四 边 形，与题意不符，故m0．直线TF：ymx2，令x3，得ym，

xmy23m即T3,m，连接OT，设OTIPQE，则E,，联立方程x2y2，

22126消去x整理得my23y26，即m23y24my20，显然16m28m230，

2令Px1,y1，Qx2,y2．则y1y2此时PQy1y24m22mm，，则，解得m21． yyy12E222m3m32m32x1x22y1y21m22y1y224y1y22126，TF112．

1所以四边形OPTQ的面积S2PQTF6223．

2（21）【2014年四川卷，文21，14分】已知函数f(x)exax2bx1，其中a,bR，e2.71828 为自然对

数的底数．

（1）设g(x)是函数f(x)的导函数，求函数g(x)在区间[0,1]上的最小值； （2）若f(1)0，函数f(x)在区间(0,1)内有零点，证明：e2a1．

x2xxgx12a,e2a．gxfxe2axb．gxe2a．解：（1）fxeaxbx1，当x0,1时，

10，所以gx在0,1上单调递增．因此gx在0,1上的最小值是g01b； 时，gx…2e当a…时，gx„0，所以gx在0,1上单调递减．因此gx在0,1上的最小值是g1e2ab；

21e0，得xln2a0,1．所以函数gx在区间当a时，令gx=0,ln2a上单调递减，

22在区间ln2a,1上单调递增．于是，gx在0,1上的最小值是gln2a2a2aln2ab．

当a„11e时，gx在0,1上的最小值是g01b；当a时，gx在0,1上的最小

222e值是gln2a2a2aln2ab；当a…时，gx在0,1上的最小值是g1e2ab．

2（2）设x0为fx在区间0,1内的一个零点，则由f0fx00可知，fx在区间0,x0上不可能单调

综上所述，当a„递增，也不可能单调递减．则gx不可能恒为正，也不可能恒为负．故gx在区间0,x0内存在零点

x1．同理gx在x0,1区间内存在零点x2．所以gx在区间0,1内至少有两个零点．

1时，gx在0,1上单调递增，故gx在0,1内至多有一个零点． 2e1e当a…时，gx在0,1上单调递减，故gx在0,1内至多有一个零点．所以a．

222此时gx在区间0,ln2a上单调递减，在区间ln2a,1上单调递增．

由（1）知，当a„因此x10,ln2a，x2ln2a,1，必有g01b0，g1e2ab0．

由f10，有abe12，有g01bae20，g1e2ab1a0，得e2a1． 所以函数fx在区间0,1内有零点时，e2a1．