高考四川文科数学试题及答案word解析版Word下载.docx

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（）

（A）向左平行移动个单位长度（B）向右平行移动个单位长度

（C）向左平行移动个单位长度（D）向右平行移动个单位长度

【解析】根据平移法则“左加右减”可知，将函数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，则该三棱锥的体积是（）（锥体体积公式：

，其中为底面面积，为高）

（A）3（B）2（C）（D）1

【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．故该三棱锥的体积，故选D．

（5）

【2014年四川卷，文5，5分】若，，则一定有（）

（A）（B）（C）（D）

【答案】B

【解析】因为，所以，两边同乘，得，又，故由不等式的性质可知，两边同乘，得，故选B．

（6）

【2014年四川卷，文6，5分】执行如图的程序框图，如果输入的，那么输

出的的最大值为（）

（A）0（B）1（C）2（D）3

【答案】C

【解析】由程序框图可知，若输入的，满足约束条件，则输出目标函数

的值，否则，输出．如图，作出满足条件的可行域．当，时，目标

函数取得最大值2，，故输出的的最大值为，故选C．

（7）

【2014年四川卷，文7，5分】已知，，，，则下列等式一定成立的是（）

（A） （B）（C）（D）

【解析】，，故由换底公式得，所以．因为，所以，因为，

所以，即，将其代入中得，即，故选B．

（8）

【2014年四川卷，文8，5分】如图，从气球上测得正前方的河流的两岸，的俯角分

别为，，此时气球的高是，则河流的宽度等于（）

（A）（B）（C）（D）

【解析】如图，，，，

在中，，

所以，故选C．

（9）

【2014年四川卷，文9，5分】设，过定点的动直线和过定点的动直线交于点，则的取值范围是（）

（A）（B）（C）（D）

【解析】直线过定点，直线过定点．

①当时，过定点的直线方程为，过定点的直线方程为，两条

直线互相垂直，此时，所以．

②当时，直线的斜率为，直线的斜率为，

因为，所以两条直线互相垂直，即点可视为以为直径的圆上

的点．当点与点或点重合时，有最小值．当点不与点，点重合时，为直角三角形，且．由不等式性质知，所以．综合①②得，故选B．

（10）

【2014年四川卷，文10，5分】已知为抛物线的焦点，点，在该抛物线上且位于轴的两侧，（其中为坐标原点），则与面积之和的最小值是（）

（A）2（B）3（C）（D）

【解析】如图所示，设，，则（*）．不妨设点在第一象

限，则，．设直线：

，代入中，得，

则，代入（*）式，有，解得或（舍），故直线过定点，

所以，故选B．

第II卷（共100分）

二、填空题：

本大题共5小题，每小题5分

（11）

【2014年四川卷，文11，5分】双曲线的离心率等于．

【答案】

【解析】由双曲线方程知，，，所以．

（12）

【2014年四川卷，文12，5分】复数．

【解析】．

（13）

【2014年四川卷，文13，5分】设是定义在上的周期为的函数，当时，，则________．

【答案】1

【解析】是定义域在上的圆周期为的函数，且，

所以．

（14）

【2014年四川卷，文14，5分】平面向量，，（），且与的夹角等于与的夹角，则_______．

【解析】，，则，，，，．因为与的夹角等于与的夹角，所以，所以，解得．

（15）

【2014年四川卷，文15，5分】以表示值域为的函数组成的集合，表示具有如下性质的函数组成的集合：

对于函数，存在一个正数，使得函数的值域包含于区间．例如，当，时，，．现有如下命题：

①设函数的定义域为，则“”的充要条件是“，，”；

②若函数，则有最大值和最小值；

③若函数，的定义域相同，且，，则；

④若函数（，）有最大值，则．

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，的值域为，，，故①正确；

对于②，当，时，，即，但无最值，故②不正确；

对于③，因为，，所以总存在，使得趋近于无穷大，即，故③正确；

对于④，令，则，令，解得，故在上单调递增，且，，又在上单调递减，时，，

又为奇函数，故．而，当时，若，则由③知，，即无最大值，所以时，有最大值，此时，故④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，，，这三张卡片除标记的数字外完全相同．随机有放回地抽取次，每次抽取张，将抽取的卡片上的数字依次记为，，．

（1）求“抽取的卡片上的数字满足”的概率；

（2）求“抽取的卡片上的数字，，不完全相同”的概率．

解：

（1）由题意知，所有可能的结果为，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，共种．设“抽取的卡片上的数字满足”为事件，则事件包括，，，共3种．所以．因此，“抽取的卡片上的数字满足”的概率为．

（2）设“抽取的卡片上的数字，，不完全相同”为事件，则事件包括，，，共

3种．所以．因此“抽取的卡片上的数字，，不完全相同”的概率为．

（17）

【2014年四川卷，文17，12分】已知函数．

（1）求的单调递增区间；

（2）若是第二象限角，，求的值．

（1）因为函数的单调递增区间为，．由，，

得，．所以函数的单调递增区间为，．

（2）由已知，有，

所以，

即．

当时，由是第二象限角，知，．此时．

当时，有．由是第二象限角，知，

此时．综上所述，或．

（18）

【2014年四川卷，文18，12分】在如图所示的多面体中，四边形和都为矩形．

（1）若，证明：

直线平面；

（2）设，分别是线段，的中点，在线段上是否存在一点，使直线

平面？

请证明你的结论．

（1）因为四边形和都是矩形，所以，．因为，为平面内两

条相交直线，所以平面．因为直线平面，所以．又，，

为平面内两条相交直线，所以平面．

（2）取线段的中点，连接，，，，设为，的交点．

由已知可知为的中点．连接，，则，分别为，的中

位线，所以，，因此．连接，从而四边形为

平行四边形，则．因为直线平面，所以直线平面，

即线段上存在一点（线段的中点），使直线平面．

（19）

【2014年四川卷，文19，12分】设等差数列的公差为，点在函数的图象上（）．

（1）证明：

数列为等差数列；

（2）若，函数的图象在点处的切线在轴上的截距为，求数列的前项和

．

由已知可知，，当时，，所以数列是首项为，公比为

等比数列．

（2）函数在处的切线方程为，它在轴上的截距为．

由题意知，，解得．所以，，，．

于是，，，

因此．所以．

（20）

【2014年四川卷，文20，13分】已知椭圆：

（）的左焦点为，离心率为．

（1）求椭圆的标准方程；

（2）设为坐标原点，为直线上一点，过作的垂线交椭圆于，．当四边形是平

行四边形时，求四边形的面积．

（1）因为，所以，又，所以，，即椭圆的方程为．

（2）如图所示，由题意可设直线的方程为．当时，，此

时，，关于点对称，但，故四边形不是平行四

边形，与题意不符，故．直线：

，令，得，

即，连接，设，则，联立方程，

消去整理得，即，显然，

令，．则，，则，解得．

此时，．

所以四边形的面积．

（21）

【2014年四川卷，文21，14分】已知函数，其中，为自然对数的底数．

（1）设是函数的导函数，求函数在区间上的最小值；

（2）若，函数在区间内有零点，证明：

（1），．．当时，．

当时，，所以在上单调递增．因此在上的最小值是；

当时，，所以在上单调递减．因此在上的最小值是；

当时，令，得．所以函数在区间上单调递减，

在区间上单调递增．于是，在上的最小值是．

综上所述，当时，在上的最小值是；

当时，在上的最小

值是；

当时，在上的最小值是．

（2）设为在区间内的一个零点，则由可知，在区间上不可能单调

递增，也不可能单调递减．则不可能恒为正，也不可能恒为负．故在区间内存在零点

．同理在区间内存在零点．所以在区间内至少有两个零点．

由

（1）知，当时，在上单调递增，故在内至多有一个零点．

当时，在上单调递减，故在内至多有一个零点．所以．

此时在区间上单调递减，在区间上单调递增．

因此，，必有，．

由，有，有，，得．

所以函数在区间内有零点时，．

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