2014年高考江西理科数学试题及答案(word解析版)

2014年普通高等学校招生全国统一测试（江西卷）

数学（理科）

第Ⅰ卷（选择题 共40分）

一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求． （1）【2014年江西，理1，5分】z是z的共轭复数，若zz2，zzi2（i为虚数单位），则z（ ） （A）1i （B）1i （C）1i （D）1i 【答案】D

【分析】由于zzi2，可得zz2i ① 又zz2 ② 由①②解得z1i，故选D． 【点评】本题考查复数的乘除运算，属于基本计算题．

（2）【2014年江西，理2，5分】函数fxlnx2x的定义域为（ ）

（A）0,1 （B）0,1 （C）,0U1, （D）,0U1, 【答案】C

【分析】要使函数有意义，则x2x0，即x1或x0，故函数的定义域为,0U1,，故选C． 【点评】本题主要考查函数定义域的求法，比较基础． （3）【2014年江西，理3，5分】已知函数fx5|x|，gxax2xaR，若fg11，则a（ ） （A）1（B）2（C）3 （D）1

【答案】A

a1【分析】g1a1，若fg11，则fa11，即51，则a10，解得a1，故选A． 【点评】本题主要考查函数值的计算，利用条件直接代入解方程即可，比较基础．

2（4）【2014年江西，理4，5分】在ABC中，内角A,B,C所对应的边分别为a,b,c，若c2ab6，C600，

则ABC的面积为（ ） （A）3 （B）9333（C） （D）33 2 2【答案】C

【分析】由题意得，c2a2b22ab6，又由余弦定理可知，c2a2b22abcosCa2b2ab，

133∴2ab6ab，即ab6．∴SABCabsinC，故选C．

22【点评】本题是余弦定理的考查，在高中范围内，正弦定理和余弦定理是使用最为广泛，也是最方便的定理之一，

高考中对这部分知识的考查一般不会太难，有时也会和三角函数，向量，不等式等放在一起综合考查．

（5）【2014年江西，理5，5分】一几何体的直观图如右图，下列给出的四个俯视图中正确的

是（ ）

（A）（B）（C）（D） 【答案】B

【分析】几何体的俯视图，轮廓是矩形，几何体的上部的棱都是可见线段，所以C、D不正确；几何体的上部的

棱和正视图方向垂直，所以A不正确，故选B．

【点评】本题考查三视图的画法，几何体的结构特征是解题的关键． （6）【2014年江西，理6，5分】某人研究中学生的性别和成绩、视力、智商、阅读量这4个变量之间的关系，

随机抽查52名中学生，得到统计数据如表1至表4，则和性别有关联的可能性最大的变量是（ ）

（A）成绩 （B）视力 （C）智商 （D）阅读量

【答案】D

【分析】表1：X表3：X225262210141636203252824812220.009； 表2：X225242012161636203221.769；

1.3； 表4：X23.48，

1636203216362032∴阅读量和性别有关联的可能性最大，故选D．

【点评】本题考查性检验的使用，考查学生的计算能力，属于中档题． （7）【2014年江西，理7，5分】阅读如下程序框图，运行相应的程序，则程序运行后输出的结果为（ ）

52143061622

（A）7 （B）9 （C）10 （D）11 【答案】B

135i1371【分析】由程序框图知：S0lglglgLlg的值，∵SlglgLlglg1，

357i235991391而SlglgLlglg1，∴跳出循环的i值为9，∴输出i9，故选B．

351111【点评】本题考查了循环结构的程序框图，根据框图的流程判断算法的功能是解题的关键．

1（8）【2014年江西，理8，5分】若fxx2210fxdx，则0fxdx（ ）

（A）1 （B） （C） （D）1 【答案】B

111012x【分析】若fxdx1，则：fxx22，则x22x22x22dxx22x32x1，显然0003311212221A不正确；若fxdx，则fxx2∴x22x22x2dxx22x3x1x2，000333333311212132122显然B正确；若fxdx，则fxx2∴x22x22xdxx2xx0x22，0033333311131412显然C不正确；若fxdx1，则fxx22∴x22x22x22dxx22，x2xx00033显然D不正确，故选B．

【点评】本题考查定积分以及微积分基本定理的使用，回代验证有时也是解答问题的好方法． （9）【2014年江西，理9，5分】在平面直角坐标系中，A,B分别是x轴和y轴上的动点，若以AB为直径的圆C和直线2xy40相切，则圆C面积的最小值为（ ）

435625（A）（B） （C） （D） 544【答案】A

【分析】∵AB为直径，AOB90，∴O点必在圆C上，由O向直线做垂线，垂足为D，则当D恰为圆和直

4线的切点时，此时圆C的半径最小，即面积最小此时圆的直径为O到直线的距离为，则圆C的面积

5131342为：，故选A． 55【点评】本题主要考查了直线和圆的位置关系．用数形结合的思想，解决问题较为直观． （10）【2014年江西，理10，5分】如右图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，AB11，AD7，

2z1D1EB1yC1AA112，一质点从顶点A射向点E4,3,12，遇长方体的面反射（反射服从光的反射原理）， A

将i1次到第i次反射点之间的线段记为Lii2,3,4，LiAE，将线段L1,L2,L3,L4竖直放置 在同一水平线上，则大致的图形是（ ）

DACBx

l1l2l3l4l3l1l2l3l4l1l2l4l1l2l3l4【答案】C

【分析】根据题意有：A的坐标为：0,0,0，B的坐标为11,0,0，C的坐标为11,7,0，D的坐标为0,7,0；

（A） （C） （D） ABB） （CD

A1的坐标为：0,0,12，B1的坐标为11,0,12，C1的坐标为11,7,12，D1的坐标为0,7,12；

E的坐标为4,3,12．

（1）l1长度计算：l1AE4023012013．

22（2）l2长度计算：将平面A1B1C1D1沿z轴正向平移AA1个单位，得到平面A2B2C2D2；显然

有：A2的坐标为：0,0,24，B2的坐标为11,0,24，C2的坐标为11,7,24，D2的坐 标为0,7,24；显然平面A2B2C2D2和平面ABCD关于平面A1B1C1D1对称．

设AE和的延长线和平面A2B2C2D2相交于：E2xE2,yE2,24，根据相识三角形易知：

xE22xE248，yE22yE236，即：E28,6,24，根据坐标可知，E2在长方形A2B2C2D2

内．根据反射原理，E2在平面ABCD上的投影即为AE反射光和平面ABCD的交点． 所以F的坐标为8,6,0．因此：l1EF8426301213．

22（3）l3长度计算：设G的坐标为：xG,yG,zG，如果G落在平面BCC1B1；这个时候有：xG11，yG7，

uuuruuuruuuruuurzG12，根据反射原理有：AE//FG，于是：向量AE和向量FG共线；即有：AEFG，

uuuruuur因为：AE4,3,12；FGxG8,yG6,zG03,yG6,zG即有：4,3,123,yG6,zG，

333333，zG9；故G的坐标为：11,,9，因为：7，故G点不在平面BCC1B1上，

444所以：G点只能在平面DCC1D1上；因此有：yG7；xG11，zG12

uuur28zG4；此时：即有：， FGxG8,yG6,zG0xG8,1,zG，xG4,3,12xG8,1,zG解得：

3解得：yG28，lFG28876240213．满足：xG11，zG12，故G的坐标为： ,7,41333228（4）l4长度计算：设G点在平面A1B1C1D1的投影为G，坐标为,7,12，因为光线经过反射后，还会

3在原来的平面内；即：AEFGH共面，故EG的反射线GH只能和平面A1B1C1D1相交，且交点H只

能在A1G；易知：l4GG1248l3．根据以上分析，可知l1，l2，l3，l4要满足以下关系：

l1l2；且l4l3，对比ABCD选项，可知，只有C选项满足以上条件，故选C．

【点评】本题考查定积分以及微积分基本定理的使用，回代验证有时也是解答问题的好方法．

二、选做题：请考生在下列两题中任选一题作答，若两题都做，则按所做的第一题记分，本题共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． （11（1））【2014年江西，理11（1），5分】（不等式选做题）对任意x,yR，|x1||x||y1||y1|的

最小值为（ ）

（A）1 （B）2 （C）3 （D）4 【答案】C

【分析】对任意x,yR，|x1||x||y1||y1||x1||x||1y||y1|x1x1yy13，

1 当且仅当x0,，y0,1成立，故选C．

2【点评】本题考查绝对值三角不等式的使用，考查利用分段函数或特殊值求解不等式的最值的方法． （11（2））【2014年江西，理11（2），5分】（坐标系和参数方程选做题）若以直角坐标系的原点为极点，x轴

的非负半轴为极轴建立极坐标系，则线段y1x0x1的极坐标为（ ） （A）11,0 （B）,0

cossin2cossin4（C）cossin,04

（D）cossin,02

【答案】A

【分析】根据直角坐标和极坐标的互化公式xcos，ysin，y1x0x1，可得cossin1，

1，0,，故选A．

cossin2【点评】本题主要考查把直角坐标方程化为极坐标方程的方法，注意极角的范围，属于基础题．

即三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．

（12）【2014年江西，理12，5分】10件产品中有7件正品，3件次品，从中任取4件，则恰好取到1件次品的

概率是 ． 1【答案】

24【分析】由题意知本题是一个等可能事件的概率，试验发生包含的事件是从10件中取4件有C10种结果，满足条

31C7C1件的事件是恰好有1件次品有CC种结果，∴恰好有一件次品的概率是P43．

C1023713【点评】本题考查等可能事件的概率，本题解题的关键是利用组合数写出试验发生包含的事件数和满足条件的事

件数，本题是一个基础题．

（13）【2014年江西，理13，5分】若曲线yex上点P处的切线平行于直线2xy10，则点P的坐标是 ． 【答案】ln2,2

【分析】设Px,y，则yex，∵yex，在点P处的切线和直线2xy10平行，∴ex2，

解得xln2，∴yex2，故Pln2,2．

【点评】本题考查了导数的几何意义，即点P处的切线的斜率是该点出的导数值，以及切点在曲线上和切线上的

使用．

urururuururruruur1（14）【2014年江西，理14，5分】已知单位向量e1和e2的夹角为，且cos，向量a3e12e2和b3e1e23的夹角为，则cos ． 【答案】22 3uur122ruruur742uruurur1【分析】单位向量e1和e2的夹角为，且cos，不妨e11,0，e23,3，a3e12e23,3，3227428223333【点评】本题考查向量的数量积，两个向量的夹角的求法，考查计算能力．

x2y21（15）【2014年江西，理15，5分】过点M1,1作斜率为的直线和椭圆C：221ab0相交于A,B，

ab2若M是线段AB的中点，则椭圆C的离心率为 ．

2【答案】

2rrruruur822abb3e1e2,，∴cosrr33ab78422233332222． 3

22x12y12x2y21【分析】设Ax1,y1，Bx2,y2，则221，221，∵过点M1,1作斜率为的直线和椭圆C：

abab2212x2y20， 相交于，两点，是线段的中点，∴两式相减可得1ab0ABABMa22b2a2b2c2． a2【点评】本题考查椭圆C的离心率，考查学生的计算能力，正确运用点差法是关键． 三、解答题：本大题共6题，共75分．解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程．

∴a2b，∴ca2b2b，∴e,． （16）【2014年江西，理16，12分】已知函数fxsinxacosx2，其中aR，22（1）当a2，4时，求fx在区间0,上的最大值和最小值；

（2）若f0，f1，求a,的值．

22222解：（1）因a2，，故fxsinx2cosxsinxcosx2sinxcosxsinx 4222224225cosx．又0x，故x，因此1fx，从而fminx1，fmaxx．

422444（2）fsinacos2cosasin2cos2asincos0，又,，

22222故cos0，2asin1．fsinacos2sinacos2sina2asin21，

1故a1，得sin，从而．

26【点评】本题主要考查两角和差的正弦公式、余弦公式，正弦函数的定义域和值域，属于中档题．

bn12分】（17）【2014年江西，理17，已知首项都是1的两个数列an，（bn0），满足anbn1an1bn2bn1bn0．

a（1）令cnn，求数列cn的通项公式；

bn（2）若bn3n1，求数列an的前n项和Sn． 解：（1）因anbn1an1bn2bn1bn0，且bn0，故

an1ana2，即cn1cn2，所以cn是首项为11， bn1bnb1公差为2的等差数列，从而cn2n1．

aan2n13n1，3Sn133334L2n13n2． （2）因cnn，有Sn132333L2n13n1，bn所以2Sn32234L3n12n13n2182n23n2，从而Sn9n13n2．

【点评】本题为等差等比数列的综合使用，用好错位相减法是解决问题的关键，属中档题． （18）【2014年江西，理18，12分】已知函数fxx2bxb12xbR．

（1）当b4时，求fx的极值；

1（2）若fx在区间0,上单调递增，求b的取值范围．

312解：（1）当b2时，fxx212x的定义域为,，

25xx211．令fx0，解得x12，x20． 2212x12x11当x2和0x时，fx0，所以fx在,2和0,上单调递减；

22当2x0时，fx0，所以fx在2,0上单调递增． fx2x212xx22

1时，fx取得极大值f04． 211（2）fx在0,上单调递增fx0且不恒等于0对x0,恒成立．

33所以，当x2时，fx取得极小值f20；当x115x22x3bxfx2xb12xxbxb， 2212x12x25x1125x故5x23bx2x0，因此b．因，故． b3993min【点评】本题考查了利用导数研究函数的单调性，考查了利用导数求函数的极值，考查了数学转化思想方法，是

中档题．

（19）【2014年江西，理19，12分】如图，四棱锥PABCD中，ABCD为矩形，平面PAD平面ABCD．

（1）求证：ABPD；

（2）若BPC900，PB2，PC2，问n3为何值时，四棱锥PABCD的体

积最大？并求此时平面PBC和平面DPC夹角的余弦值．

解：（1）因面PAD面ABCD，面PADI面ABCDAD，ABAD，故AB面ABCD．又PD面ABCD，故ABPD．

（2）过P作POAD，由（1）有PO面ABCD，作OMBC，连接PM，作PMBC．

141设ABx，则VPABCD1OPSABCD1OPABBCx2x68x26x4，

3333322662即x时，Vmax．如图建立空间直角坐标系，则P0,0,63，

933uuuur666666M0,,0C,,0D,0,0PM0,,， ，，故3333， 33uuurrruuur666uuu66uuuu66PC3,3,3，PD3,0,3，MC3,0,0，DC0,3,0．

urr设面PMC、面PDC的法向量分别为mx1,y1,z1，nx2,y2,z2．

uruuurmPM0y1z10urruruuur由mPC0得x1y1z10．设y11，则z11，故m0,1,1．同理可得n1,1,1．

x0ruuurumMC01urrurrmn66rr故cosm,nu，从而平面PBC和平面DPC夹角的余弦值为．

3|m||n|3故x2【点评】本题考查线面位置关系、线线位置关系、线面角的度量，考查分析解决问题、空间想象、转化、计算的

能力和方程思想．

x2（20）【2014年江西，理20，13分】如图，已知双曲线C:2y21a0的右焦点F，点A,Ba分别在C的两条渐近线上，AFx轴，ABOB，BF//OA(O为坐标原点）． （1）求双曲线C的方程；

xx（2）过上一点Px0,y0y00的直线l：02y0y1和直线AF相交于点M，和

a|MF|3直线x相交于点N，证明点P在C上移动时，恒为定值，并求此定值．

|NF|2ctct11tc1且解：（1）因Ac,，Bt,，故，因此t，aaactaaact2ax2y21． 所以所求方程为33．

23x0x2x033x022,F2,0l:yy1（2）由（1）知A，，，，NM2,,． 033y0322y0|2x03|3y02|2x03|2|2x03||MF|23故． 2222|NF|3x23y0x021x02301x022344y0【点评】本题考查直线和圆锥曲线的综合问题，着重考查直线和圆锥曲线的位置关系等基础知识，推理论证能力、

运算求解能力、函数和方程思想，属于难题．

（21）【2014年江西，理21，14分】随机将1,2,,2nnN,n2这2n个连续正整数分成A,B两组，每组n个

数，A组最小数为a1，最大数为a2；B组最小数为b2，最大数为b1，记a2a1，b1b2．

（1）当n3时，求的分布列和数学期望；

（2）令C表示事件和的取值恰好相等，求事件C发生的概率PC．

（3）对（2）中的事件C，C表示C的对立事件，判断PC和PC的大小关系，并说明理由． 解：（1）的所有可能取值是2,3,4,5，P54141P2， ，33C65C65 2 P36363P4，．故的分布列如右表所示， 33C610C610153 4 5 1331 P 510105331745． 10105212n211C2C4LC2n2（2）事件和的取值恰好相等的基本事件共PC2n3． nC2n的数学期望为E2322． 2C4311211（3）当n2时，PC22，此时PC；即PCPC；

C4322当n2时，PC2当n3时，PC213n211C2C42C6LC2n2Cn2n11，此时PC；即PCPC． 22【点评】本题考查离散型随机变量的分布列，求离散型随机变量的分布列和期望是近年来理科高考必出的一个问

题，题目做起来不难，运算量也不大，只要注意解题格式就问题不大．