2014年全国高考重庆市数学(理)试卷及答案【精校版】

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.

1.在复平面内表示复数i(12i)的点位于（ ）

A. 第一象限 B.第二象限 C. 第三象限 D.第四象限

2.对任意等比数列{an},下列说法一定正确的是（ ）

A.a1,a3,a9成等比数列 B.a2,a3,a6成等比数列 C.a2,a4,a8成等比数列 D.a3,a6,a9成等比数列

3.已知变量x与y正相关，且由观测数据算得样本平均数x3，y3.5，则由观测的数据得线性回归方程可能为（ ）

A.y0.4x2.3 B.y2x2.4 C.y2x9.5 C.y0.3x4.4

4.已知向量a(k,3),b(1,4),c(2,1)，且(2a3b)c，则实数k=（ ）

159A. B.0 C.3 D.

225.执行如题（5）图所示的程序框图，学科 网若输出k的值为6，则判断框内可填入的条件是（ ） A.s1374sss B. C. D.

25105

6.已知命题

p:对任意xR，总有20； q:\"x1是\"\"x2\"的充分不必要条件 则下列命题为真命题的是（ ）

C.pq D.pq A.pq B.pq7.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（ ）

x

A.54 B.60 C.66 D.72

x2y28.设F1，F2分别为双曲线221(a0,b0)的左、右焦点，双曲线上存在一点P使

ab得|PF1||PF2|3b,|PF1||PF2|A.

9ab,则该双曲线的离心率为（ ） 4459 B. C. D.3 3349.某次联欢会要安排3个歌舞类节目、学科 网2个小品类节目和1个相声类节目的演出顺序，则同类节目不相邻的排法种数是（ ） A.72 B.120 C.144 D.3

10.已知ABC的内角A，B,C满足sin2Asin(ABC)sin(CAB)1，面积S2满足1S2，记a,b,c分别为A,B,C所对的边，则下列不等式成立的是（ ） A.bc(bc)8 B.ab(a+b)162 C.6abc12 D.12abc24 二、填空题

11.设全集U{nN|1n10},A{1,2,3,5,8},B{1,3,5,7,9},则(CUA)B______. 12.函数f(x)log

xlog2(2x)的最小值为_________.

22B两点，且 13. 已知直线axy20与圆心为C的圆x1ya4相交于A， ABC为等边三角形，学 科网则实数a_________.

考生注意：14、15、16三题为选做题，请从中任选两题作答，若三题全做，则按前两题给分.

14. 过圆外一点P作圆的切线PA（A为切点），再作割线PB，PC分别交圆于B，C， 若PA6，AC=8，BC=9，则AB=________. 15. 已知直线l的参数方程为x2t（t为参数），以坐标原点为极点，x正半轴为极轴

y3t线l与曲线C的公共点的极经________. 16. 若不等式2x1x2a围是

____________.

三、解答题：本大题共6小题，共75分.解答应写出文字说明，证明过程或演算过程. 17. （本小题13分，（I）小问5分，（II）小问8分）

21学 科网则实数a的取值范a2对任意实数x恒成立，

2已知函数fx3sinx0，且图像上相邻两个最高点的距离为.

（I）求和的值； （II）若f

18.（本小题满分13分）

2的图像关于直线x对称，23332，求cos23246的值.  一盒中装有9张各写有一个数字的卡片，其中4张卡片上的数字是1,3张卡片上的数字 是2,2张卡片上的数字是3，学 科 网从盒中任取3张卡片. （1）求所取3张卡片上的数字完全相同的概率;

（2）X表示所取3张卡片上的数字的中位数，求X的分布列（注：若三个数a,b,c满足 abc，则称b为这三个数的中位数）.

19.（本小题满分12分）

如图（19），四棱锥PABCD，底面是以O为中心的菱形，PO底面ABCD，

 AB2,BAD3，M为BC上一点，且BM1,MPAP. 2 （1）求PO的长；

（2）求二面角APMC的正弦值。

20.（本小题满分12分，（1）问4分，（2）问3分，（3）问5分） 已知函数

f(x)ae2xbe2xcx(a,b,cR)的导函数f'(x)为偶函数，且曲线

yf(x)在点(0,f(0))处的切线的斜率为4c.

（1）确定a,b的值； （2）若c3，判断（3）若21.

f(x)的单调性；

f(x)有极值，求c的取值范围.

x2y2如题（21）图，设椭圆221(ab0)的左右焦点分别为F1,F2，点D在椭圆上，

abDF1F1F2，

2|F1F2|. 22，DF1F2的面积为

|DF1|2（1）求该椭圆的标准方程；

（2）是否存在圆心在y轴上的圆，使圆在x轴的上方与椭圆两个交点，且圆在这两个交点处的两条切线相互垂直并分别过不同的焦点，求圆的半径..

22.（本小题满分12分，（1）问4分，（2）问8分） 设a121,an1an2an2b(nN*)

（1）若b1，求a2,a3及数列{an}的通项公式；

（2）若b1，问：是否存在实数c使得a2nca2n1对所有nN*成立？证明你的

结论.

数学（理）（重庆卷）参考答案

一、 选择题

（1）A （2）D （3）A （4）C A

5）C （6）D 7）B （8）B 9）B （10）（ （ （二、 填空题

（11）7,9 （12）三、 解答题 （17）解：

11 （13）415 （14）4 （15）5 （16）1, 42（I）因fx的图象上相邻两个最高点的距离为，所以fx的最小正周期T，从而

22. T又因fx的图象关于直线x3对称，所以

23k2,k0,1,2,,因22得k0

所以22. 36（II）由（I）得f3 3sin22264所以sin由

1. 6462得0, 36221512. 所以cos1sin16644因此cos32sincoscossinsinsin 666666=

13151315 42428（18）解：

（Ⅰ）由古典概型中的概率计算公式知所求概率为

33C4C35 P3C984（Ⅱ）X的所有可能值为1，2，3，且

21311113C4C5C4C3C4C2C32C6C31743,PX1,PX233C942C98421C2C71PX3. 3C912故X的分布列为

X P 1 2 3 17 421743147从而EX1 2342841228

（19）解：

43 841 12（Ⅰ）如答（19）图，连结AC,BD，因ABCD为菱形，则ACBDO，且ACBD，

以O为坐标原点，OA,OB,OP的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系oxyz， 因BAD3，故OAABcos63,OBABsin61,

所以O0,0,0,A3,0,0,B0,1,0,C3,0,0,OB0,1,0,BC3,1,0.

1131由BM,BC2知，BMBC4,4,0 42从而OMOBBM3333,,0,,0. ，即M444433设P0,0,a,a0,，则AP3,0,a,MP4,4,a.因为MPAP，

故MPAP0,即3333,a（舍去），即PO. a20，所以a222433333（Ⅱ）由（Ⅰ）知，AP3,0,,MP4,4,2,CP3,0,2, 2设平面APM的法向量为n1x1,y1,z1，平面PMC的法向量为n2x2,y2,z2

3-3xz101532由nAP0,nMP0,得故可取n11,3,2,

3x3y3z0111442333x2y2z20442由n2MP0,n2CP0,得故可取n21,3,2 3x3z0222从而法向量n1,n2的夹角的余弦值为cosn1,n2n1n215 5|n1||n2|故所求二面角APMC的正弦值为（20）解：

（Ⅰ）对fx求导得fx2ae即2abe2xe2x0，因e2x10. 5由fx为偶函数，知fxfx， 2be2xc，

2xe2x0，所以ab

又f02a2bc，故a1,b1. （Ⅱ）当c3时，fxe2xe2x3x，那么

fx2e2x2e2x322e2xe2x310

故

f(x)在R上为增函数.

2x2x2x（Ⅲ）由（Ⅰ）知fx2e2ec，而2e2x2e2x22e2xe4，当x0时等号成立.

下面分三种情况进行讨论.

当c4时，对任意xR,fx2e2x2e2xc0，此时fx无极值；

当c4时，对任意x0,fx2e2x2e2x40，此时fx无极值；

cc21620, 当c4时，令et，注意到方程2tc0有两根，t1,24t2x即fx0有两个根x111lnt1或x2lnt2. 22当x1xx2时，fx0；又当xx2时，fx0从而fx在xx2处取得极小值. 综上，若fx有极值，则c的取值范围为4,. （21）解：

（Ⅰ）设F1c,0,F2c,0，其中cab，

222由

F1F2DF122得DF1F1F2222c 2从而SDF1F21222DF1F1F2c,故c1. 2223229222，由DF1F1F2得DF2DF1F1F2，因此DF2.

2222,b2a2c21

从而DF1a所以2aDF1DF222，故

x2y21 因此，所求椭圆的标准方程为：2

x2y21相交，P（Ⅱ）如答（21）图，设圆心在y轴上的圆C与椭圆1x1,y1,P2x2,y22是两个交点，y10,y20，F1P1,F2P2是圆C的切线，且F1P1F2P2由圆和椭圆的对称性，易知x2x1,y1y2

PP122|x1|.，

由（Ⅰ）知F所以F再由F1P,y1,F2P2x11,y1，,0,F21,0，1F2P21P1x1111x12422x11，得x11y0，由椭圆方程得1即3x14x10，解得x1或23221x10.

当x10时，P1,P2重合，此时题设要求的圆不存在. 当x14时，过P1,P2分别与F1P1,F2P2垂直的直线的交点即为圆心C. 3由F1P1,F2P2是圆C的切线，且F1P1F2P2，知CP2CP1，又|CP1||CP2|故圆C的半径

CP1242PP2x 12123（22）解：

（Ⅰ）解法一：a22,a321 再由题设条件知an11an11 从而

22an1是首项为0公差为1的等差数列，

2故an1=n1，即an解法二：a22,a321

2n11,nN*

可写为a1111,a2211,a3311,.因此猜想ann11. 下用数学归纳法证明上式： 当n1时结论显然成立.

假设nk时结论成立，即akk11.则

ak1ak1211k111k111

这就是说，当nk1时结论成立. 所以ann11,nN*

（Ⅱ）解法一：设fx令cfc，即cx12211，则an1fan.

c111，解得c1. 4下用数学归纳法证明加强命：

a2nca2n11

当n1时，a2f10,a3f021，所以a2假设nk时结论成立，即a2kca2k11 易知fx在,1上为减函数，从而

1a31，结论成立. 4cfcfa2k1f1a2

即1ca2k2a2

再由fx在,1上为减函数得cfcfa2k2fa2a31.

故ca2k31，因此a2(k1)ca2(k1)11，这就是说，当nk1时结论成立. 综上，符合条件的c存在，其中一个值为c解法二：设fx1. 4x1211，则an1fan

先证：0an1nN*…………………………① 当n1时，结论明显成立.

假设nk时结论成立，即0ak1 易知fx在,1上为减函数，从而

0f1fakf0211

即0ak11这就是说，当nk1时结论成立，故①成立. 再证：a2na2n1nN*………………………………②

当n1时，a2f10,a3f021，有a2a3，即当n1时结论②成立 假设nk时，结论成立，即a2ka2k1 由①及fx在,1上为减函数，得

a2k1fa2kfa2k1a2k2 a2k1fa2k1fa2k2a2k11

这就是说，当nk1时②成立，所以②对一切nN成立. 由②得a2k22a2k2a2k21

*即a2k1a2k2a2k2

2因此a2k1 4又由①、②及fx在,1上为减函数得fa2nfa2n1 即a2n1a2n2 所以a2n12a2n12a2n121,解得a2n11. 4综上，由②③④知存在c

1*使a2nca2n11对一切nN成立. 4