2014年高考江西理科数学试题及答案(word解析版)

数学〔理科〕

第一卷〔选择题 共40分〕

一、选择题：本大题共8小题，每题5分，共40分，在每题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求． 〔1〕【2021年江西，理1，5分】z是z的共轭复数，假设zz2，zzi2〔i为虚数单位〕，那么z〔 〕 〔A〕1i 〔B〕1i 〔C〕1i 〔D〕1i 【答案】D

【解析】由于zzi2，可得zz2i ① 又zz2 ② 由①②解得z1i，应选D． 【点评】此题考查复数的乘除运算，属于根本计算题．

〔2〕【2021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1, 〔D〕,01,

【答案】C

【解析】要使函数有意义，那么x2x0，即x1或x0，故函数的定义域为,01,，应选C．

【点评】此题主要考查函数定义域的求法，比拟根底． 〔3〕【2021年江西，理3，5分】函数fx5|x|，gxax2xaR，假设fg11，那么a〔 〕 〔A〕1〔B〕2〔C〕3 〔D〕1

【答案】A

【解析】g1a1，假设fg11，那么fa11，即51，那么a10，解得a1，应选A．

【点评】此题主要考查函数值的计算，利用条件直接代入解方程即可，比拟根底．

2C600，〔4〕【2021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，假设c2ab6，

a1那么ABC的面积为〔 〕 〔A〕3 〔B〕9333〔C〕 〔D〕33 2 2【答案】C

【解析】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，应选C．

22【点评】此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应用最为广泛，也是最方便的定理之一，

高考中对这局部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〕【2021年江西，理5，5分】一几何体的直观图如右图，以下给出的四个俯视图中正确的

是〔 〕

〔A〕〔B〕〔C〕〔D〕 【答案】B

【解析】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

棱与正视图方向垂直，所以A不正确，应选B．

【点评】此题考查三视图的画法，几何体的结构特征是解题的关键． 〔6〕【2021年江西，理6，5分】某人研究中学生的性别与成绩、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，那么与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

【解析】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；

23.48， 1.3； 表4：X1636203216362032∴阅读量与性别有关联的可能性最大，应选D．

【点评】此题考查性检验的应用，考查学生的计算能力，属于中档题． 〔7〕【2021年江西，理7，5分】阅读如下程序框图，运行相应的程序，那么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【解析】由程序框图知：S0lglglglg的值，∵Slglglglg1，

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

351111【点评】此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〕【2021年江西，理8，5分】假设fxx2210fxdx，那么0fxdx〔 〕

〔A〕1 〔B〕 〔C〕 〔D〕1 【答案】B

111012x【解析】假设fxdx1，那么：fxx22，那么x22x22x22dxx22x32x1，00033112显然A不正确；假设fxdx，那么fxx2∴

03311212222212，显然B正确；假设，那么fxdxfxxx2x22x2dxx22x3x1x00033333331121321222∴x22x22，显然C不正确；假设xdxx2xxx20fxdx1，那么0013133333132fxx22∴x22x22x22dxx22x2x0x101314，显然D不正确，应选B． 3【点评】此题考查定积分以及微积分根本定理的应用，回代验证有时也是解答问题的好方法． 〔9〕【2021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，假设以AB为直径的

圆C与直线2xy40相切，那么圆C面积的最小值为〔 〕

435625 〔D〕〔A〕〔B〕 〔C〕

5 44【答案】A

【解析】∵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，那么当D恰为圆与

4直线的切点时，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，那么圆C的

524面积为：，应选A． 55【点评】此题主要考查了直线与圆的位置关系．用数形结合的思想，解决问题较为直观． 〔10〕【2021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，那么大致的图形是〔 〕

DACBxl1l2l3l4l1l2l3l4l1l2l4l3l1l2l3l4【答案】C

【解析】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与的延长线与平面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反射光与平面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，

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

28zG4；此时：即有：， xGFGxG8,yG6,zG0xG8,1,zG，4,3,12xG8,1,zG解得：

3解得：yG13222828，满足：xG11，zG12，故G的坐标为：． lFG87640,7,4133328〔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2在原来的平面内；即：AEFGH共面，故EG的反射线GH只能与平面A1B1C1D1相交，且交点H只

；易知：l4GG1248l3．根据以上解析，可知l1，l2，l3，l4要满足以下关系： 能在AG1l1l2；且l4l3，比照ABCD选项，可知，只有C选项满足以上条件，应选C．

【点评】此题考查定积分以及微积分根本定理的应用，回代验证有时也是解答问题的好方法．

二、选做题：请考生在以下两题中任选一题作答，假设两题都做，那么按所做的第一题记分，此题共5分，在

每题给出的四个选项中，只有一项为哪一项符合题目要求的． 〔11〔1〕〕【2021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

【解析】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，应选C．

2【点评】此题考查绝对值三角不等式的应用，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〕〕【2021年江西，理11〔2〕，5分】〔坐标系与参数方程选做题〕假设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，那么线段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

【解析】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,，应选A．

cossin2【点评】此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，属于根底题．

即三、填空题：本大题共4小题，每题5分，共20分．

〔12〕【2021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，那么恰好取到1件次品

的概率是 ． 1【答案】

24【解析】由题意知此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】此题考查等可能事件的概率，此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，此题是一个根底题．

〔13〕【2021年江西，理13，5分】假设曲线yex上点P处的切线平行于直线2xy10，那么点P的坐标

是 ． 【答案】ln2,2

【解析】设Px,y，那么yex，∵yex，在点P处的切线与直线2xy10平行，∴ex2，

解得xln2，∴yex2，故Pln2,2．

【点评】此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

应用．

1〔14〕【2021年江西，理14，5分】单位向量e1与e2的夹角为，且cos，向量a3e12e2与b3e1e2的

3夹角为，那么cos ． 【答案】22 31227421,a3e2e【解析】单位向量e1与e2的夹角为，且cos，不妨e11,0，e2，12333,3，3822ab22b3e1e2,，∴． cos3222233ab7428223333【点评】此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〕【2021年江西，理15，5分】过点M1,1作斜率为的直线与椭圆C：221ab0相交于A,B，

2ab假设M是线段AB的中点，那么椭圆C的离心率为 ．

2【答案】

2784222333322x12y12x2y21【解析】设Ax1,y1，Bx2,y2，那么221，221，∵过点M1,1作斜率为的直线与椭圆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】此题考查椭圆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．解容许写出文字说明，演算步骤或证明过程．

∴a2b，∴ca2b2b，∴e,． 〔16〕【2021年江西，理16，12分】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,上的最大值与最小值；

〔2〕假设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．

224444〔2〕fsinacos2cosasin2cos2asincos0，又,，

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

1故a1，得sin，从而．

26【点评】此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〔bn0〕12分】〔17〕【2021年江西，理17，首项都是1的两个数列an，，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〕假设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，

b1bn1bn公差为2的等差数列，从而cn2n1．

aan2n13n1，〔2〕因cnn，有Sn132333bn所以2Sn322342n13n1，3Sn1333342n13n2．

3n12n13n2182n23n2，从而Sn9n13n2．

【点评】此题为等差等比数列的综合应用，用好错位相减法是解决问题的关键，属中档题．

〔18〕【2021年江西，理18，12分】函数fxx2bxb12xbR．

〔1〕当b4时，求fx的极值；

1〔2〕假设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21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115x22x3bx2fx2xb12xxbxb， 2212x12x25x1125x故5x23bx2x0，因此b，故b． ．因

3993min【点评】此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〕【2021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；

所以，当x2时，fx取得极小值f20；当x〔2〕假设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与平面DPC夹角的余弦值．

解：〔1〕因面PAD面ABCD，面PAD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，那么VPABCD1OPSABCD1OPABBCx2x68x26x4，

333332662即x时，Vmax．如图建立空间直角坐标系，那么P0,0,63，

933666666M0,,0C,,0D,0,0PM0,,， ，，故， 3333336666666PC,,PD,0,MC,0,0DC0,，，，33333,0． 33设面PMC、面PDC的法向量分别为mx1,y1,z1，nx2,y2,z2．

故x2mPM0y1z10由得x1y1z10．设y11，那么z11，故m0,1,1．同理可得n1,1,1． mPC0x0mMC01mn66故cosm,n，从而平面PBC与平面DPC夹角的余弦值为．

3|m||n|3【点评】此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

能力与方程思想．

x2〔20〕【2021年江西，理20，13分】如图，双曲线C:2y21a0的右焦点F，点A,B分

a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与直线AF相交于点M，与

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3．

x2y21． 所以所求方程为323x0x2x033x02l:yy1〔2〕由〔1〕知A，，，，2,F2,0M2,N0,． 333y0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】此题考查直线与圆锥曲线的综合问题，着重考查直线与圆锥曲线的位置关系等根底知识，推理论证能力、

运算求解能力、函数与方程思想，属于难题．

〔21〕【2021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与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P34141P2， ，33C65C65 2 6363P4，．故的分布列如右表所示， 33C610C6103 4 5 1331 P 51010513317的数学期望为E2345．

51010521211C2C4〔2〕事件与的取值恰好相等的根本领件共PC2nC2nn2C2n2n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12311C2C4C6nC2nn2C2n211，此时PC；即PCPC． 22【点评】此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．