2014北京高考理科数学题解析

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1、2014北京高考（理科）数学题解析1．集合．故，选C．2．A．在上为增函数，符合题意．B．在上为减函数，不合题意．C．为上的减函数，不合题意．D．为上的减函数，不合题意．故选A．3．参数方程所表示的曲线为圆心在，半径为1的圆．其对称中心为圆心．逐个代入选项可知，在直线上，即选项B．4．当输入的，时，判断框内的判断条件为．故能进入循环的依次为7，6，5．顺次执行，则有，故选C．5．D对于等比数列，若，则当时有为递减数列．故“”不能推出“为递增数列”．若为递增数列，则有可能满足且，推不出．综上，“”为“为递增数列”的既不充分也不必要条件，即选D．6．D若，没有最小值，不合题意．若，则不等式组所表

2、示的平面区域如图所示．由图可知，在点处取最小值．故，解得，即选项D正确．7．D（且）在平面上的投影为，故，设在和平面上的投影分别为和，则在和平面上的投影分别为和．∵，．故．综上，选项D正确．8．B用ABC分别表示优秀、及格和不及格。显然语文成绩得A的学生最多只有1个，语文成绩得B的也最多只有1个，得C的也最多只有1个，因此学生最多只有3个。显然，（AC）（BB）（CA）满足条件，故学生最多3个9．复数故10．由，有，于是由，可得，又，故11．；双曲线的渐近线为，故的渐近线为设：并将点代入的方程，解得故的方程为，即12．由等差数列的性质，，，于是有，，故．故，，为的前项和中的最大值13．先只考

3、虑与产品相邻．此时用捆绑法，将和作为一个元素考虑，共有种方法．而和有2种摆放顺序，故总计种方法．再排除既满足与相邻，又满足与相邻的情况，此时用捆绑法，将作为一个元素考虑，共有种方法，而有2种可能的摆放顺序，故总计种方法．综上，符合题意的摆放共有种．14．由在区间上具有单调性，且知，有对称中心，由知有对称轴，记为最小正周期，则，从而.15．⑴⑵中.即解得,在中，所以16．⑴李明在该场比赛中命中率超过的概率有：主场2主场3主场5客场2客场4所以李明在该场比赛中投篮命中超过的概率⑵李明主场命中率超过概率，命中率不超过的概率为客场中命中率超过概率，命中率不超过的概率为．⑶．17.⑴证明：，面，面.面

4、.面，即面面面.⑵如图建立空间直角坐标系，各点坐标如下,,,,,设面的法向量为，，，即，令，又，直线与平面所成的角为.设，由，则又面，，，，18.⑴证明：，时，，从而在上单调递减，所以在上的最大值为，所以.⑵法一：当时，“”等价于“”；“”等价于“”，令，则.当时，对任意恒成立.当时，因为对任意，，所以在区间上单调递减.从而对任意恒成立.当时，存在唯一的，使得，且当时，，单调递增；当时，，单调递减。所以。进一步，“对任意恒成立”当且仅当，即.综上所述，当且仅当时，对任意恒成立；当且仅当时，对任意恒成立.所以，若对任意恒成立，则的最大值为，的最小值为.法二：令，则，由⑴知，，故在上单调递减，从

5、而的最小值为，故，的最大值为.的最小值为，下面进行证明：，，则，当时，，在上单调递减，从而，所以，当且仅当时取等号.从而当时，.故的最小值小于等于。若，则在上有唯一解，且时，，故在上单调递增，此时,与恒成立矛盾，故，综上知：的最小值为.19．⑴椭圆的标准方程为：，，则，离心率;⑵直线与圆相切.证明如下：法一：设点的坐标分别为，其中.因为，所以，即，解得.当时，，代入椭圆的方程，得,故直线的方程为.圆心到直线的距离.此时直线与圆相切.当时，直线的方程为，即.圆心到直线的距离.又，，故.此时直线与圆相切.法二：由题意知，直线的斜率存在，设为，则直线的方程为，，①当时，，易知，此时直线的方程为或，

6、原点到直线的距离为，此时直线与圆相切；②当时，直线的方程为，联立得点的坐标或；联立得点的坐标，由点的坐标的对称性知，无妨取点进行计算，于是直线的方程为：，即，原点到直线的距离,此时直线与圆相切。综上知，直线一定与圆相切.法三：①当时，，易知，此时，，原点到直线的距离，、此时直线与圆相切；②当时，直线的方程为，设，则，，联立得点的坐标或；于是，,，所以,直线与圆相切；综上知，直线一定与圆相切20.⑴,;⑵当时：，；，；因为是中最小的数，所以，从而；当时，，；，；因为是中最小的数，所以，从而。综上，这两种情况下都有。⑶数列序列，，，，的的值最小；，，，，.