2014年普通高等学校招生全国统一考试（四川卷）理科数学试题答案与解析。
1.解析，故集合中整数为，0，1，2.
所以。2.解析在的展开式中，含的项为，故在的展开式中，含的项的系数为。
评注本题考查二项展开式中求指定项的系数，属容易题。但在前面乘以后，易误求。
3. 解析，故只需把函数的图像上所有的点向左平移移动个单位长度即可得到的图像。
4. 解析解法一：
解法二：依题意取，，，代入验证得a，b，c，均错误，只有d正确。
评注本题考查不等式的基本性质，特别是由转化出与的大小关系时易出错。当然本题用特值验证较易排除错误选项。
5. 解析在约束条件下，的最大值应在点处取得，即，显然，故选c.
评注本题结合简单的线性规划问题考查程序框图，应注意比较目标函数在可行域内的最值与1的大小。
6. 解析若最左端排甲，其他位置共有种排法；若最左端排乙，最右端共有4种排法，其余4个位置有种排法，所以共有种排法。
7. 解析解法一：由与的夹角等于与的夹角，可设，因为，所以。
解法二：，因为与的夹角等于与的夹角，且向量夹角的取值范围是，所以，所以。
8. 解析由正方体的性质易求得，，注意到是锐角，是钝角，且。故的取值范围是。
9.解析，①正确，因为，所以，②正确。
当时，令，则，所以在上为增函数，所以，即；
当时，令，则，所以在上为减函数，所以，即。
所以当时，，③正确。
评注对于③，易误认为可直接话图像判定。事实上利用图像很难解决。通过分类讨论解决较为方便。
10. 解析依题意不妨设，或（舍去）.
当时，有，则；
当时，直线的方程为，则直线与轴的交点坐标为。
于是。当且仅当时取“”）而。故选b.
11. 解析。
12. 解析。
13. 解析不妨设气球在地面的投影为点，则，于是，所以。
14. 解析易知，且，所以，所以（当且仅当时取“”）
评注本题考查两条直线的位置关系，首先要确定，两点的具体位置。其次要发现两直线的斜率间的关系。对图形想象力要求较高。
15. 解析依题意可直接判定①正确；令，显然存在正数2，使得的值域，但无最小值，②错误；假设，则存在正数，使得当在其公共定义域内取值时，有，则，又因为，则存在正数，使，所以，即，所以，与矛盾，③正确；当时，，即，当时，因为的值域为，而，此时无最大值，故，④正确。
16. 解析（）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，.
）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。
评注本题主要考查正弦型函数的性质，二倍角与和差角公式，简单的三角恒等变换等基础知识，考查运算求解能力，考查分类与整合、化归与转化等数学思想。
17.解析（）可能的取值为，，，
根据题意，有，所以的分布列为。
）设“第盘游戏没有出现**”为事件，则。所以，“三盘游戏中至少有一次出现**”的概率为。
因此，玩三盘游戏至少有一盘出现**的概率是。
）的数学期望为。这表明，获得分数的均值为负。因此，多次游戏之后分数减少的可能性更大。
评注本题主要考查随机事件的概率、古典概率、独立重复试验、随机变量的分布列、数学期望等基础知识，考查运用概率与统计的知识与方法分析和解决实际问题的能力，考查运算求解能力、运用意识和创新意识。
18. 解析（）如图，取中点，连接，.
由侧视图及俯视图知，，为正三角形，因此，.因为，平面内，且，所以平面。
又因为平面，所以。取的中点，连接，.
又，分别为线段，的中点，所以，.
因为，所以。因为，所以。
因为，平面，且，所以平面。
又因为平面，所以。
又，平面，平面，所以。
因为为中点，故为中点。
）解法一：如图，作于，连接。由（）知，，所以。因为，所以为二面角的一个平面角。
由（）知，，是边长为2的正三角形，所以。
由俯视图可知，平面。因为平面，所以。
因此在等腰中，.作于。在中，所以。
因为在平面内，，，所以。
又因为为的中点，所以为的中点，因此。
同理，可得，所以在等腰中，.
故二面角的余弦值是。
解法二：由俯视图（）可知，平面。因为，平面，所以，.又，所以直线，，两两垂直。
如图，以为坐标原点，以，，的方向为轴，轴，轴的正方向，建立空间直角坐标系。则，，，
因为，分别为线段，的中点，又由（）知，为线段的中点，所以，，.
于是，，，设平面的一个法向量，则即。
有从而。取，则，，所以。
设平面的一个法向量，则即，有从而，取，所以。
设二面角的大小为，则。
故二面角的余弦值是。
评注本题主要考查简单空间图形的三视图、空间线面垂直的判定与性质、空间面面夹角的计算等基础知识。考查空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力。
19. 解析（）由已知，，，有。解得。所以，.
）函数在处的切线方程为，它在轴上的截距为。由题意，，解得。
所以。从而，.
所以，.因此，.
所以，.评注本题考查等差数列与等比数列的概念、等差数列与等比数列通项公式与前项和、导数的几何意义等基础知识，考查运算求解能力。
20. 解析（）由已知可得解得，所以椭圆的标准方程是。
）（）由（）可得，的坐标是，设点的坐标为。
则直线的斜率。
当时，直线的斜率。直线的方程是。
当时，直线的方程是，也符合的形式。
设，，将直线的方程与椭圆的方程联立，得。
消去，得，其判别式。
所以，，.所以的中点的坐标为。所以直线的斜率，又直线的斜率，所以点在直线上，因此平分线段。
）由（）可得，，.
所以。所以。
当且仅当，即时，等号成立，此时取得最小值。
所以当最小时，点的坐标是或。
评注本题主要考查椭圆的标准方程、直线与方程、直线与椭圆的位置关系等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查数形结合、转化与化归、分类与整合等数学思想。
21. 解析（）由，有。
所以。因此，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。
）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（）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，解得。
当时，在区间内有最小值。
若，则，从而在区间上单调递增，这与矛盾，所以。又，故此时在和内各只有一个零点和。
由此可知在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增。
所以，，故在内有零点。
综上可知，的取值范围是。
评注本题主要考查导数的运算、导数在研究函数中的应用、函数的零点等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力、创新意识，考查函数与方程、数形结合、分类与整合、化归与转化等数学思想，并考查思维的严谨性。
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