2014年高考数学真题辽宁[理]试题及答案

2014高考数学辽宁【理】

一．选择题.

1．已知全集UR,A{x|x0},B{x|x1}，则集合CU(A

B)（ ）

A．{x|x0} B．{x|x1} C．{x|0x1} D．{x|0x1} 2．设复数z满足(z2i)(2i)5，则z（ ）

A．23i B．23i C．32i D．32i 3．已知a2

13

，blog2

11

,clog1，则（ ） 323

A．abc B．acb C．cab D．cba 4．已知m，n表示两条不同直线，表示平面，下列说法正确的是（ ） A．若m//,n//,则m//n B．若m，n，则mn C．若m，mn，则n// D．若m//，mn，则n

5. 设a,b,c是非零向量，已知命题P：若ab0，bc0，则ac0；命题q：若a//bb,//c 则下列命题中真命题是（ ）

A．pq B．pq C．(p)(q) D．p(q)

，则a//c，

6．6把椅子摆成一排，3人随机就座，任何两人不相邻的做法种数为（ ） A．144 B．120 C．72 D．24 7．某几何体三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ） A．82 B．8 C．8



D．8 24

aa

大洼高中

8．设等差数列{an}的公差为d，若数列{21n}为递减数列，则（ ） A．d0 B．d0 C．a1d0 D．a1d0 9．将函数y3sin(2x



个单位长度，所得图象对应的函数（ ）

32

77

]上单调递减 B．在区间[,]上单调递增 A．在区间[,12121212

C．在区间[,]上单调递减 D．在区间[,]上单调递增

6363

)的图象向右平移

2



10. 已知点A(2,3)在抛物线C：y2px的准线上，过点A的直线与C在第一象限相切于点B，记C

的焦点为F，则直线BF的斜率为（ ） A．

1234 B． C． D． 2343

3

2

11．当x[2,1]时，不等式axx4x30恒成立，则实数a的取值范围是（ ） A．[5,3] B．[6,] C．[6,2] D．[4,3] 12．已知定义在[0,1]上的函数f(x)满足： ①f(0)f(1)0；

②对所有x,y[0,1]，且xy，有|f(x)f(y)|

9

8

1

|xy|. 2

若对所有x,y[0,1]，|f(x)f(y)|k恒成立，则k的最小值为（ ） A．

二．填空题

13．执行右侧的程序框图，若输入x9，则输出y.

14. 正方形的四个顶点A(1,1),B(1,1),C(1,1),D(1,1)分别在抛物线yx和yx上，如图所示， 若将一个质点随机投入正方形ABCD中，则质点落在阴影区域的概率是.

2

2

1111

B． C． D． 2428

x2y2

1，点M与C的焦点不重合，若M关于C的焦点的对称点分别为A，B，线段 15．已知椭圆C：

94

MN的中点在C上，则|AN||BN|.

16.对于c0，当非零实数a，b满足4a2ab4bc0，且使|2ab|最大时， 小值为

2

2

345

的最 abc

三．解答题

17．（本小题满分12分）

在ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且ac，已知BABC2，cosB求：

（1）a和c的值； （2）cos(BC)的值.

18． （本小题满分12分）

一家面包房根据以往某种面包的销售记录，绘制了日销售量的频率分布直方图，如图所示： 将日销售量落入各组的频率视为概率，并假设每天的销售量相互独立.

1

，b3，3

（1）求在未来连续3天里，有连续2天的日销售量都不低于100个且另一天的日销售量低于50个的概率； （2）用X表示在未来3天里日销售量不低于100个的天数，求随机变量X的分布列，期望E(X)及方差D(X).

19. （本小题满分12分）

如图，ABC和BCD所在平面互相垂直，且ABBCBD2，

日销售量/个

ABCDBC120，E、F分别为AC、DC的中点.

（1）求证：EFBC；

（2）求二面角EBFC的正弦值.

C

20. （本小题满分12分）

圆x2y24的切线与x轴正半轴，y轴正半轴围成一个三角形，当该三角形面积最小时，切点为P（如

x2y2

图），双曲线C1:221过点P

ab

（1）求C1的方程；

（2）椭圆C2过点P且与C1有相同的焦点，直线l过C2的右焦点且与C2交于A，B两点，若以线段AB为直径的圆过点P，求l的方程.

21. （本小题满分12分）

已知函数f(x)(cosxx)(2x)(sinx1)，g(x)3(x)cosx4(1sinx)ln(3证明：

（1）存在唯一x0(0,（2）存在唯一x1(

83

2x



).



2

)，使f(x0)0；



2

,)，使g(x1)0，且对（1）中的x0x1.

请考生在第22、23、24三题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分，作答时用2B铅笔在答题卡上把所选题目对应题号下方的方框涂黑. 22. （本小题满分10分）选修4-1：几何证明选讲

如图，EP交圆于E、C两点，PD切圆于D，G为CE上一点且PGPD，连接DG并延长交圆于点A，作弦AB垂直EP，垂足为F. （1）求证：AB为圆的直径； （2）若AC=BD，求证：AB=ED.

P

23. （本小题满分10分）选修4-4：坐标系与参数方程

将圆x2y21上每一点的横坐标保持不变，纵坐标变为原来的2倍，得曲线C. （1）写出C的参数方程；

（2）设直线l:2xy20与C的交点为P1,P2，以坐标原点为极点，x轴正半轴为极坐标建立极坐标系，求过线段PP12的中点且与l垂直的直线的极坐标方程.

24. （本小题满分10分）选修4-5：不等式选讲

2

设函数f(x)2|x1|x1，g(x)16x8x1，记f(x)1的解集为M，g(x)4的解集为N.

（1）求M； （2）当xM

N时，证明：x2f(x)x[f(x)]2

1. 4

2014辽宁【理】参考答案

一．选择题

二．填空题

三、解答题

17．【解析】 (Ⅰ

) 由BABC2cacos

B2,又cosB由余弦定理得a

cb2accosB， 又b3所以 ac92

213,

2

2

2

2

2

1

所以ac6, 3

ac6

解2得a2,c3或a3,c2, 2

ac13

因ac，所以a3,c2, (Ⅱ)在△ABC中，sinB c2由正弦定理，得sinCsinB.

b3因a=b>c，所以C为锐角，因此cosC7

9

1723

于是，cos(BC)cosBcosCsinBsinC.

3927

18.【解析】(Ⅰ)设A1表示事件“日销售量不低于100个”, A2表示事件“日销售量低于50个” B表示事件“在未来连续3天里，有连续2天的日销售量都不低于100个且另一天的日销售量低于50个” 因此 PA10.0060.0040.002500.6,

PA20.003500.15

PB20.620.150.108

(Ⅱ)由已知X的可能取值为0,1,2,3。相应的概率为

01

PX0C30.600.430.064;PX1C30.60.420.288

23

PX2C30.620.410.432;PX3C30.630.400.216

分布列为

因为X

19.【解析】（Ⅰ）证明：（方法一）过E作EOBC，垂足为O，连OF. 由

ABC≌DBC，可证出

EOC≌FOC.所以EOCFOC

B3,0.6 所以期望EX30.61.8, 方差DX30.6（1-0.6）0.72



2

，

即FOBC

，又EOBC，因此BC面EFO.

又EF面EFO，所以EFBC.

（方法二）由题意，以B为坐标原点，在平面

DBC内过B作垂直BC的直线为x轴，BC所在直线为y轴，在平面ABC内过

B作垂直BC的直线为z轴，

C

1建立如图所示空间直角坐标系. 易得B

(0,0,0)，A(0,

，D1,0)，C(0,2,0)，因而E(0,，

2F1,0)，所以EF，BC(0,2,0)，因此EFBC0，从而EFBC,所以

EFBC 2（Ⅱ）（方法一）在图1中，过O作OGBF，垂足为G，连结EG.

由平面ABC平面BCD，从而EO面BCD，又OGBF，由三垂线定理可知EGBF， 因此，EGO为二面角E-BF-C

的平面角. 在

EOC中，E

O

11

EC22

BcCos30，由BGO

∽BF知C，OG

BOFC，因此BCtanEGO

EO

，即二面角E-BF-C. 2，从而sinEGOOG

（方法二）在图2中，平面BFC的一个法向量为n1(0,0,1)， 11设平面BEF的法向量n2

(x,y,z)，又BF,0),BE(0,，

22nBF

由2，得其中一个n2(1,. n2BE0

设二面角E-BF-C大小为，

且由题意知为锐角，

则coscosn1,n2=

n1n2 

n1n2因此，sin

xx

20.【解析】（Ⅰ）设切点坐标为(x0,y0)（x00,y00），则切线斜率为0，切线方程为yy00(xx0)，

y0y0即x0xy0y4,此时两个坐标轴的正半轴与切线围成的三角形面积为S

1448

. 2x0y0x0y0

22由x0y04≥

2x0y0知当且仅当x0y0x0y0有最大值，即S有最小值，因此P

的坐标为,

由题意知2

a2b1，解得a1,b2，故Cxy2222221方程为1



a2b23a2

2（Ⅱ）由（Ⅰ）知C

2的焦点坐标为(， 由此设Cx2y2

2的方程为

3b21，其中b10， 1b2

1由

P在C22上，得

3b22

1 1b2

1解得b21

3，因此Cx2y2

2方程为63

1

显然，l不是直线y0，设l

的方程为xmyA(x1,y1)，B(x2,y2)

由

xmyx2y2，得(m22)y230,，又y1,y2是方程的根，因此



6

31

yy12

，



yy231m22 (2)由x1my1x2my2

x1x2m(y1y2)2



xx2m2y1y2(y1y2)366m1m22 (4)因AP

x

1y1)，BPx2y2)，

由题意可知

AP

BP0，所以x1x2x1x2)y1y2y1y2)40 将（1）（2）（

3）（4）代入（

5）整理得，2m2

110， 解得m

1或1

，

因此直线方程为x

1)y

0或x1)y0.

5） （

21.【解析】

2

证明：（Ⅰ）当x0,时，f(x)(1sinx)(2x)2xcosx0,

32

816

函数f(x)在x0,上为减函数，又f(0)0，f()20，

3232



所以存在唯一x00,，使得f(x0)0.

2

3(x)cosx2

（Ⅱ）考虑函数h(x)4ln(3x)，x,

1sinx2



令tx，则x,时，t0,,

22

3f(t)3tcost2

记u(t)h(t) 4ln(1t),则u(t)

(2t)(1sint)1sint由（Ⅰ）得，当t0,x0时，u(t)0，当t(x0,)时，u(t)0， 2

在0,x0上u(t)是增函数，又u(0)0，从而当t0,x0时，u(t)0，所以u(t)在0,x0无零点. 在(x0,)上u(t)是减函数，由u(x0)0，u()4ln20，知存在唯一t1(x0,)，使ut10.

222所以存在唯一的t1(0,),使u(t1)=0

2

因此存在唯一的x1t1(,)，使h(x1)h(t1)u(t1)0

2

因为当x(,)时，1sinx0，故g(x)(1sinx)h(x)与h(x)有相同的零点，

2所以存在唯一的x1(,)使得g(x1)0.

2因为x1t1,t1x0，所以x0x1.













请考生从第（22）、（23）、（24）三题中任选一题作答。 22.选修4—1：几何证明选讲 【解析】 （Ⅰ）

PDPGPDGPGDPD为圆的切线PDADBA

又

PGDEGADBAEGADBABADEGABAD

P

BDAPFA

（Ⅱ）连接BC,DC

AFEPPFA90BDA90AB为直径 AB是直径BDAACB90

在RtBDA与RtACB中，ABBA,ACBD，RtBDARtACB

DABCBADCBDABDABCBADC//AB

ABEPDCEP,DCE90ED为直径，由（Ⅰ）ABED

23.选修44：坐标系与参数方程

x'x

xx'

【解析】（Ⅰ）设x',y'为圆上的点，在已知变换下变为C上点x,y，依题意，得1

y2y'y'y2

y2y22

1，即曲线C的普通参数方程x1，写成参数方程为代入x'y'1中有x44

2

2

2

xcos

为参数 

y2sin

2y2

x1x01x

（Ⅱ）由联立解得： 或4

y0y22xy20



不妨设P,0,P1P2的中点坐标为,1，所求直线斜率为k1120,2,则线段P

1

2

1

，于是所求直线方程2

为y1

11x即2x-4y+3=0，化为极坐标方程为 22

3

4sin2cos

2cos4sin30，即

2014年高考数学辽宁（理）参考答案及提示

24.选修45：不等式选讲

3x3,x1,【解析】（Ⅰ）法一：fx ，

1x,x,1

44当x1时，由fx3x31得x,故1x 33

当x1时，由fx1x1得x0,故0x1

所以f(x)1的解集为Mx0x

4 3

法二：f(x)12xx112x12x

当x2时，不成立，当x2时2x2xx22x22x 解得0x4，所以f(x)1的解集为Mx0x34 3

法三：图像法f(x)12xx112x2x 令qx2x,hx2x

在同一坐标系中画出两个函数的图像，观察知

f(x)1的解集为Mx0x

24 3（Ⅱ）由g(x)16x8x14解得

1313xNxx 4444

M3Nx0x 4

当xMN时，fx1x

xf(x)x[f(x)]x1xx1x2222111xxx 24422

1

2014高考数学辽宁【理】

一．选择题.

1．已知全集UR,A{x|x0},B{x|x1}，则集合CU(A

B)（ ）

A．{x|x0} B．{x|x1} C．{x|0x1} D．{x|0x1} 2．设复数z满足(z2i)(2i)5，则z（ ）

A．23i B．23i C．32i D．32i 3．已知a2

13

，blog2

11

,clog1，则（ ） 323

A．abc B．acb C．cab D．cba 4．已知m，n表示两条不同直线，表示平面，下列说法正确的是（ ） A．若m//,n//,则m//n B．若m，n，则mn C．若m，mn，则n// D．若m//，mn，则n

5. 设a,b,c是非零向量，已知命题P：若ab0，bc0，则ac0；命题q：若a//bb,//c 则下列命题中真命题是（ ）

A．pq B．pq C．(p)(q) D．p(q)

，则a//c，

6．6把椅子摆成一排，3人随机就座，任何两人不相邻的做法种数为（ ） A．144 B．120 C．72 D．24 7．某几何体三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ） A．82 B．8 C．8



D．8 24

aa

大洼高中

8．设等差数列{an}的公差为d，若数列{21n}为递减数列，则（ ） A．d0 B．d0 C．a1d0 D．a1d0 9．将函数y3sin(2x



个单位长度，所得图象对应的函数（ ）

32

77

]上单调递减 B．在区间[,]上单调递增 A．在区间[,12121212

C．在区间[,]上单调递减 D．在区间[,]上单调递增

6363

)的图象向右平移

2



10. 已知点A(2,3)在抛物线C：y2px的准线上，过点A的直线与C在第一象限相切于点B，记C

的焦点为F，则直线BF的斜率为（ ） A．

1234 B． C． D． 2343

3

2

11．当x[2,1]时，不等式axx4x30恒成立，则实数a的取值范围是（ ） A．[5,3] B．[6,] C．[6,2] D．[4,3] 12．已知定义在[0,1]上的函数f(x)满足： ①f(0)f(1)0；

②对所有x,y[0,1]，且xy，有|f(x)f(y)|

9

8

1

|xy|. 2

若对所有x,y[0,1]，|f(x)f(y)|k恒成立，则k的最小值为（ ） A．

二．填空题

13．执行右侧的程序框图，若输入x9，则输出y.

14. 正方形的四个顶点A(1,1),B(1,1),C(1,1),D(1,1)分别在抛物线yx和yx上，如图所示， 若将一个质点随机投入正方形ABCD中，则质点落在阴影区域的概率是.

2

2

1111

B． C． D． 2428

x2y2

1，点M与C的焦点不重合，若M关于C的焦点的对称点分别为A，B，线段 15．已知椭圆C：

94

MN的中点在C上，则|AN||BN|.

16.对于c0，当非零实数a，b满足4a2ab4bc0，且使|2ab|最大时， 小值为

2

2

345

的最 abc

三．解答题

17．（本小题满分12分）

在ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且ac，已知BABC2，cosB求：

（1）a和c的值； （2）cos(BC)的值.

18． （本小题满分12分）

一家面包房根据以往某种面包的销售记录，绘制了日销售量的频率分布直方图，如图所示： 将日销售量落入各组的频率视为概率，并假设每天的销售量相互独立.

1

，b3，3

（1）求在未来连续3天里，有连续2天的日销售量都不低于100个且另一天的日销售量低于50个的概率； （2）用X表示在未来3天里日销售量不低于100个的天数，求随机变量X的分布列，期望E(X)及方差D(X).

19. （本小题满分12分）

如图，ABC和BCD所在平面互相垂直，且ABBCBD2，

日销售量/个

ABCDBC120，E、F分别为AC、DC的中点.

（1）求证：EFBC；

（2）求二面角EBFC的正弦值.

C

20. （本小题满分12分）

圆x2y24的切线与x轴正半轴，y轴正半轴围成一个三角形，当该三角形面积最小时，切点为P（如

x2y2

图），双曲线C1:221过点P

ab

（1）求C1的方程；

（2）椭圆C2过点P且与C1有相同的焦点，直线l过C2的右焦点且与C2交于A，B两点，若以线段AB为直径的圆过点P，求l的方程.

21. （本小题满分12分）

已知函数f(x)(cosxx)(2x)(sinx1)，g(x)3(x)cosx4(1sinx)ln(3证明：

（1）存在唯一x0(0,（2）存在唯一x1(

83

2x



).



2

)，使f(x0)0；



2

,)，使g(x1)0，且对（1）中的x0x1.

请考生在第22、23、24三题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分，作答时用2B铅笔在答题卡上把所选题目对应题号下方的方框涂黑. 22. （本小题满分10分）选修4-1：几何证明选讲

如图，EP交圆于E、C两点，PD切圆于D，G为CE上一点且PGPD，连接DG并延长交圆于点A，作弦AB垂直EP，垂足为F. （1）求证：AB为圆的直径； （2）若AC=BD，求证：AB=ED.

P

23. （本小题满分10分）选修4-4：坐标系与参数方程

将圆x2y21上每一点的横坐标保持不变，纵坐标变为原来的2倍，得曲线C. （1）写出C的参数方程；

（2）设直线l:2xy20与C的交点为P1,P2，以坐标原点为极点，x轴正半轴为极坐标建立极坐标系，求过线段PP12的中点且与l垂直的直线的极坐标方程.

24. （本小题满分10分）选修4-5：不等式选讲

2

设函数f(x)2|x1|x1，g(x)16x8x1，记f(x)1的解集为M，g(x)4的解集为N.

（1）求M； （2）当xM

N时，证明：x2f(x)x[f(x)]2

1. 4

2014辽宁【理】参考答案

一．选择题

二．填空题

三、解答题

17．【解析】 (Ⅰ

) 由BABC2cacos

B2,又cosB由余弦定理得a

cb2accosB， 又b3所以 ac92

213,

2

2

2

2

2

1

所以ac6, 3

ac6

解2得a2,c3或a3,c2, 2

ac13

因ac，所以a3,c2, (Ⅱ)在△ABC中，sinB c2由正弦定理，得sinCsinB.

b3因a=b>c，所以C为锐角，因此cosC7

9

1723

于是，cos(BC)cosBcosCsinBsinC.

3927

18.【解析】(Ⅰ)设A1表示事件“日销售量不低于100个”, A2表示事件“日销售量低于50个” B表示事件“在未来连续3天里，有连续2天的日销售量都不低于100个且另一天的日销售量低于50个” 因此 PA10.0060.0040.002500.6,

PA20.003500.15

PB20.620.150.108

(Ⅱ)由已知X的可能取值为0,1,2,3。相应的概率为

01

PX0C30.600.430.064;PX1C30.60.420.288

23

PX2C30.620.410.432;PX3C30.630.400.216

分布列为

因为X

19.【解析】（Ⅰ）证明：（方法一）过E作EOBC，垂足为O，连OF. 由

ABC≌DBC，可证出

EOC≌FOC.所以EOCFOC

B3,0.6 所以期望EX30.61.8, 方差DX30.6（1-0.6）0.72



2

，

即FOBC

，又EOBC，因此BC面EFO.

又EF面EFO，所以EFBC.

（方法二）由题意，以B为坐标原点，在平面

DBC内过B作垂直BC的直线为x轴，BC所在直线为y轴，在平面ABC内过

B作垂直BC的直线为z轴，

C

1建立如图所示空间直角坐标系. 易得B

(0,0,0)，A(0,

，D1,0)，C(0,2,0)，因而E(0,，

2F1,0)，所以EF，BC(0,2,0)，因此EFBC0，从而EFBC,所以

EFBC 2（Ⅱ）（方法一）在图1中，过O作OGBF，垂足为G，连结EG.

由平面ABC平面BCD，从而EO面BCD，又OGBF，由三垂线定理可知EGBF， 因此，EGO为二面角E-BF-C

的平面角. 在

EOC中，E

O

11

EC22

BcCos30，由BGO

∽BF知C，OG

BOFC，因此BCtanEGO

EO

，即二面角E-BF-C. 2，从而sinEGOOG

（方法二）在图2中，平面BFC的一个法向量为n1(0,0,1)， 11设平面BEF的法向量n2

(x,y,z)，又BF,0),BE(0,，

22nBF

由2，得其中一个n2(1,. n2BE0

设二面角E-BF-C大小为，

且由题意知为锐角，

则coscosn1,n2=

n1n2 

n1n2因此，sin

xx

20.【解析】（Ⅰ）设切点坐标为(x0,y0)（x00,y00），则切线斜率为0，切线方程为yy00(xx0)，

y0y0即x0xy0y4,此时两个坐标轴的正半轴与切线围成的三角形面积为S

1448

. 2x0y0x0y0

22由x0y04≥

2x0y0知当且仅当x0y0x0y0有最大值，即S有最小值，因此P

的坐标为,

由题意知2

a2b1，解得a1,b2，故Cxy2222221方程为1



a2b23a2

2（Ⅱ）由（Ⅰ）知C

2的焦点坐标为(， 由此设Cx2y2

2的方程为

3b21，其中b10， 1b2

1由

P在C22上，得

3b22

1 1b2

1解得b21

3，因此Cx2y2

2方程为63

1

显然，l不是直线y0，设l

的方程为xmyA(x1,y1)，B(x2,y2)

由

xmyx2y2，得(m22)y230,，又y1,y2是方程的根，因此



6

31

yy12

，



yy231m22 (2)由x1my1x2my2

x1x2m(y1y2)2



xx2m2y1y2(y1y2)366m1m22 (4)因AP

x

1y1)，BPx2y2)，

由题意可知

AP

BP0，所以x1x2x1x2)y1y2y1y2)40 将（1）（2）（

3）（4）代入（

5）整理得，2m2

110， 解得m

1或1

，

因此直线方程为x

1)y

0或x1)y0.

5） （

21.【解析】

2

证明：（Ⅰ）当x0,时，f(x)(1sinx)(2x)2xcosx0,

32

816

函数f(x)在x0,上为减函数，又f(0)0，f()20，

3232



所以存在唯一x00,，使得f(x0)0.

2

3(x)cosx2

（Ⅱ）考虑函数h(x)4ln(3x)，x,

1sinx2



令tx，则x,时，t0,,

22

3f(t)3tcost2

记u(t)h(t) 4ln(1t),则u(t)

(2t)(1sint)1sint由（Ⅰ）得，当t0,x0时，u(t)0，当t(x0,)时，u(t)0， 2

在0,x0上u(t)是增函数，又u(0)0，从而当t0,x0时，u(t)0，所以u(t)在0,x0无零点. 在(x0,)上u(t)是减函数，由u(x0)0，u()4ln20，知存在唯一t1(x0,)，使ut10.

222所以存在唯一的t1(0,),使u(t1)=0

2

因此存在唯一的x1t1(,)，使h(x1)h(t1)u(t1)0

2

因为当x(,)时，1sinx0，故g(x)(1sinx)h(x)与h(x)有相同的零点，

2所以存在唯一的x1(,)使得g(x1)0.

2因为x1t1,t1x0，所以x0x1.













请考生从第（22）、（23）、（24）三题中任选一题作答。 22.选修4—1：几何证明选讲 【解析】 （Ⅰ）

PDPGPDGPGDPD为圆的切线PDADBA

又

PGDEGADBAEGADBABADEGABAD

P

BDAPFA

（Ⅱ）连接BC,DC

AFEPPFA90BDA90AB为直径 AB是直径BDAACB90

在RtBDA与RtACB中，ABBA,ACBD，RtBDARtACB

DABCBADCBDABDABCBADC//AB

ABEPDCEP,DCE90ED为直径，由（Ⅰ）ABED

23.选修44：坐标系与参数方程

x'x

xx'

【解析】（Ⅰ）设x',y'为圆上的点，在已知变换下变为C上点x,y，依题意，得1

y2y'y'y2

y2y22

1，即曲线C的普通参数方程x1，写成参数方程为代入x'y'1中有x44

2

2

2

xcos

为参数 

y2sin

2y2

x1x01x

（Ⅱ）由联立解得： 或4

y0y22xy20



不妨设P,0,P1P2的中点坐标为,1，所求直线斜率为k1120,2,则线段P

1

2

1

，于是所求直线方程2

为y1

11x即2x-4y+3=0，化为极坐标方程为 22

3

4sin2cos

2cos4sin30，即

2014年高考数学辽宁（理）参考答案及提示

24.选修45：不等式选讲

3x3,x1,【解析】（Ⅰ）法一：fx ，

1x,x,1

44当x1时，由fx3x31得x,故1x 33

当x1时，由fx1x1得x0,故0x1

所以f(x)1的解集为Mx0x

4 3

法二：f(x)12xx112x12x

当x2时，不成立，当x2时2x2xx22x22x 解得0x4，所以f(x)1的解集为Mx0x34 3

法三：图像法f(x)12xx112x2x 令qx2x,hx2x

在同一坐标系中画出两个函数的图像，观察知

f(x)1的解集为Mx0x

24 3（Ⅱ）由g(x)16x8x14解得

1313xNxx 4444

M3Nx0x 4

当xMN时，fx1x

xf(x)x[f(x)]x1xx1x2222111xxx 24422

1