2014年浙江省高考数学【理】（含解析版）.pdf

2014 年普通高等学校招生全国统一考试（浙江卷）数数 学（理科）学（理科）一.选择题：本大题共 10 小题，每小题 5 分，共 50 分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.设全集，集合，则（）|2UxN x2|5AxN xUC A A.B.C.D.252,52.已知 是虚数单位，,则“”是“”的（）i,a bR1ab2()2abiiA.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件 3.某几何体的三视图（单位：cm）如图所示，则此几何体的表面积是()A.90 B.129 2cm2cmC.132 D.138 2cm2cm4.为了得到函数的图像，可以将函sin3cos3yxx数的 图2 cos3yx像（）A.向右平移 个单位 B.向左平移个单位 44C.向右平移个单位 D.向左平移个单位 12125.在的 展 开 式 中,记项 的 系 数64(1)(1)xymnx y，则(,)f m n=（）(3,0)(2,1)(1,2)(0,3)ffffA.45 B.60 C.120 D.210 6.已知函数，且（）32()f xxaxbxc0(1)(2)(3)3fffA.B.C.D.3c 36c69c9c 7.在同一直角坐标系中，函数，的图像可能是（）()(0)af xxx()logag xx8.记，设为平面向量，则（）,max,x xyx yy xyy,min,x,xyx yxy,a b A min|,|min|,|abababB.min|,|min|,|abababC.2222max|,|abababD.2222max|,|ababab9.已知甲盒中仅有 1 个球且为红球，乙盒中有 m 个红球和 n 个篮球，从乙盒中随机抽取(3,3)mn(1,2)i i 个球放入甲盒中.（a）放入 个球后，甲盒中含有红球的个数记为；i(1,2)ii（b）放入 个球后，从甲盒中取 1 个球是红球的概率记为.i(1,2)ip i 则 ()A.B.1212,()()ppEE1212,()()ppEEC.D.1212,()()ppEE1212,()()ppEE10.设函数，21()f xx22()2()fxxx31()|sin2|3fxx99iai,2,1,0i，记，则 99,10219998|()()|()()|()()|kkkkkkkIfafafafafafa1,2,3k()A.B.C.D.123III213III132III321III 二.填空题：本大题共 7 小题，每小题 4 分，共 28 分.11.若某程序框图如图所示，当输入 50 时，则该程序运算后输出的结果是_.12.随机变量的取值为 0,1,2，若，1(0)5P()1E则=_.()D13.当 实 数满 足时，恒 成,x y240101xyxyx 14axy立，则实数的取值范围是a_.14.在 8 张奖券中有一、二、三等奖各 1 张，其余 5 张无奖.将这8 张奖券分配给 4 个人，每人 2 张，不同的获奖情况有_种（用数字作答）.15.设函数若22,0(),0 xx xf xxx，则实数()2ff aa的取值范围是_ 16.设 直 线()与 双 曲 线30 xym0m（12222byax）两条渐近线分别交于点 A，B.若0,0ab点满足(,0)P m,则 该 双 曲 线 的 离 心 率 是|PAPB_ 17、如图，某人在垂直于水平地面 ABC 的墙面前的点 A 处进行射击训练.已知点 A 到墙面的距离为 AB，某目标点 P 沿墙面上的射击线 CM 移动，此人为了准确瞄准目标点 P，需计算由点 A 观察点 P 的仰角的大 小.若，15ABm，,则的最大值是 (仰角 为直线 AP 与平面 ABC 所成角)25ACm30BCMtan 三.解答题：本大题共 5 小题，共 72 分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。18.（本题满分 14 分）在ABC 中，内角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c已知 ,3ab c 22coscos3sincos3sincosABAABB（）求角 C 的大小；（）若，求ABC 的面积 4sin5A 19.（本题满分14分）已知数列和满足.若为等比数列，且 na nb123(2)(*)nbna a aanNna1322,6abb()求与；nanb()设.记数列的前项和为,11(*)nnncnNab ncnnS（i）求；nS（ii）求正整数，使得对任意均有.k*nNknSS 20.（本题满分 15 分）如 图，在 四 棱 锥中，平 面平 面,，,ABCDEABCBCDE90CDEBED 2ABCD,.1DEBE2AC ()证明：平面;DEACD()求二面角的大小.BADE 21(本题满分15分)如图，设椭圆 C:动直线 与椭圆 C 只有一个公共点 P，且点 P 在第一象限.)0(12222babyaxl()已知直线 的斜率为，用表示点 P 的坐标；lk,a b k()若过原点的直线与 垂直，证明：点到直线的距离的最大值为.O1llP1lab 22.（本题满分 14 分）已知函数 33().f xxxa aR()若在上的最大值和最小值分别记为，求；f x1,1(),()M a m a()()M am a()设若对恒成立，求的取值范围.,bR 24f xb1,1x 3ab 2014 年高考浙江理科数学试题参考答案 一、一、选择题：本大题共 10 小题，每小题 5 分，共 50 分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.【解析】=，2|5AxN x|5xN x|252UC AxNx【答案】B 2.【解析】当时，反之，1ab22()(1)2abiii2()2abii即，则 解得 或 2222ababii22022abab11ab11ab 【答案】A 3.【解 析】由 三 视 图 可 知 直 观 图 左 边 一 个 横 放 的 三 棱 柱 右 侧 一 个 长 方 体，故 几 何 体 的 表 面 积 为：.1246234363334352341382S 【答案】D 4.【解析】=sin3cos32sin(3)4yxxx2sin3()12x而=2 cos32sin(3)2yxx2sin3()6x由，即 3()3()612xx12xx故只需将的图象向右平移 个单位.故选 C 2 cos3yx12【答案】C 5.【解析】令，由题意知即为 展开式中 的系数，故xy(3,0)(2,1)(1,2)(0,3)ffff10(1)x3x=，故选 C(3,0)(2,1)(1,2)(0,3)ffff710120C【答案】C 6.【解 析】由得 解 得，所 以(1)(2)(3)fff184212793abcabcabcabc 611ab,由 得，即，故选 C 32()611f xxxxc0(1)3f016113c 69c【答案】C 7.【解析】函数，分别的幂函数与对数函数()(0)af xxx()logag xx答案 A 中没有幂函数的图像,不符合；答案 B 中，中，中，不()(0)af xxx1a()logag xx01a符 合；答 案 C 中，中，中，不 符 合；答 案 D 中，()(0)af xxx01a()logag xx1a 中，中，符合.故选 D ()(0)af xxx01a()logag xx01a【答案】D 8.【解析】由向量运算的平行四边形法可知与的大小不确定，平行四边形法可min|,|ababmin|,|ab知所对的角大于或等于，由余弦定理知，max|,|abab902222max|,|ababab（或）.22222222|2(|)max|,|22abababababab【答案】D 9.【解析 1】，11222()mnmnpmnmnmn=211222221233nmnmm nm nm nCC CCpCCC223323()(1)mmmnnnmn mn=，1222()mnppmn223323()(1)mmmnnnmn mn5(1)06()(1)mnn nmn mn故 12pp又，1(1)nPmn1(2)mPmn 12()12nmmnEmnmnmn 又 222(1)(1)()(1)nm nCn nPCmnmn 11222(2)()(1)nmm nC CmnPCmnmn 222(m 1)(3)()(1)mm nCmPCmnmn 2(1)2(1)()123()(1)()(1)()(1)n nmnm mEmn mnmn mnmn mn=22334()(1)mnmnmnmn mn=21()()EE=22334()(1)mnmnmnmn mn2mnmn(1)0()(1)m mmnmn mn所以，故选 A 21()()EE【答案】A【解析 2】：在解法 1 中取，计算后再比较。3mn10.【解析】由，2211 2199999999iii故 21113529911 99()199 9999999999 99I由 2211199(21)22|999999999999iiiii故 2150(980)98 1002219929999 99I 3110219998(|sin(2)|sin(2)|sin(2)|sin(2)|sin(2)|sin(2)|)3999999999999I=125742sin(2)2sin(2)139999故，故选 B 213III【答案】B【解析 2】估算法：的几何意义为将区间 等分为 99 个小区间，每个小区间的端点的函数值之差的绝对kI0,1值之和.如图为将函数 的区间 等分为 4 个小区间的情形，因 在上递增，此时21()f xx0,11()f x0,1 110213243|()()|()()|()()|()()|If af af af af af af af a=，同理对题中给出的 同样有；11223344(1)(0)1AHA HA HA Hff1I11I 而略小于，略小于，所以估算得 2I12123I14433213III 【答案】B 三.填空题：本大题共 7 小题，每小题 4 分，共 28 分.11.【解析】第一次运行结果 1,2Si 第二次运行结果 4,3Si第三次运行结果 11,4Si第四次运行结果 26,5Si第五次运行结果 57,6Si此时，输出，【答案】6 5750S 6i 12.【解析】设 时的概率为，的分布列为 1p 由，解得 11()012(1)155Epp 35p 的分布列为即为 故.【答案】2221312()(01)(11)(21)5555E2513.【解析】作出不等式组所表示的240101xyxyx 区域如图，由恒 成 立，故 14axy3(1,0),(2,1),(1,)2ABC三点坐标代入，均 成 立 得 解 得14axy1412143142aaa ，实数的取312aa值范围是，【答案】31,231,2【解析 2】作出不等式组所表示240101xyxyx 的区域如图，由得，由图分析可知，且在 点取得最小值，在 取得最大值，故 14axy0a(1,0)A(2,1)B1214aa得，故实数的取值范围是，【答案】312aa31,231,214.【解析 1】不同的获奖分两种，一是有一人获两张奖券，一人获一张奖券，共有 223436C A 二是有三人各获得一张奖券，共有，因此不同的获奖情况共有 种 3424A 362460【解析 2】将一、二、三等奖各 1 张分给 4 个人有 种分法，其中三张奖券都分给一个人的有 4 种分法，3464因此不同的获奖情况共有 644=60 种.【答案】60 15.【解析】由题意 或，解得 2()0()()2f afaf a2()0()2f afa()2f a 当 或 解得 202aaa 202aa 2a 0 1 2 P 15 p 115p 0 1 2 P 15 35 15【答案】(,216.【解析 1】由双曲线的方程可知，它的渐近线方程为 和，分别与直线：byxabyxa l30 xym联立方程组，解得，,，设 AB 中点为，由 得，则(,)33ambmAab ab(,)33ambmBab abQ|PAPB 3333(,)22amambmbmababababQ即，PQ 与已知直线垂直，2222223(,)99a mb mQabab，即 即 得，即1PQlkk 222222319139b maba mmab 2228ab，即，所以 22228()aca2254ca52cea【解析 2】不妨设，渐近线方程为即 1a 222201xyb2220b xy由 消去 得 222030b xyxymx2222(91)60byb myb m设 AB 中点为，由韦达定理得：，00(,)Q xy202391b myb又，由得 即 得得 代 入 得003xym1PQlkk 00113yxm 0011323yym 035ym 2233915b mmb得，所以，所以，得 214b 22215144cab52c 52ceca【答案】5217.【解析1】：AB=15cm，AC=25cm，ABC=90，BC=20cm，过 P 作 PPBC，交 BC 于 P，1当 P 在线段 BC 上时，连接 AP，则 tanPPAP设 BP=x，则 CP=20-x，（）020 x由BCM=30，得3PPCPtan30(20)3x 在直角ABP中，2225APx2320tan3225PPxAPx 令，则函数在 x0，20单调递减，220225xyxx=0 时，取得最大值为 tan2320020 34 3345922502当 P 在线段 CB 的延长线上时，连接 AP，则 tanPPAP设 BP=x，则 CP=20+x，（）0 x 由BCM=30，得 3PPCPtan30(20)3x 在直角ABP中，2225APx，2320tan3225PPxAPx令，则，220225xyx2222520(225x)225xyx所以，当 时；当 时 225450204x0y 454x 0y 所以当 时 454x max2452054345225()4y此时时，取得最大值为 454x tan3 55 3339综合 1，2可知 取得最大值为 tan5 39【解析 2】：如图以 B 为原点，BA、BC 所在的直线分别为 x,y 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，AB=15cm，AC=25cm，ABC=90，BC=20cm，由BCM=30，可设（其中），3(0,(20)3Pxx20 x(0,0)Px，所以(15,0,0)A 2223(20)3203tan315225xPPxAPxx设()，2320f(x)tan3225xx20 x 22322520f(x)3(225)225xxx 所以，当 时；当 时 22545204x 0y 45204x0y 所以当 时 454x max245204535 34()()43945225()4f xf所以 取得最大值为 tan5 39【解析 3】:分析知，当 取得最大时，即最大，最大值即为平面 ACM 与地面 ABC 所成的锐二tan面角的度量值，如 图，过 B 在 面 BCM 内 作 BDBC 交 CM 于 D，过 B 作 BHAC 于 H，连 DH，则 BHD 即 为 平 面ACM 与地面 ABC 所成的二面角的平面角，的最大值即为，在 中，tantanBHDRt ABC由等面积法可得=12，15 2025AB BCBHAC 20 3tan303DBBC 所以=max20 33(tan)tan12DBBHDBH5 39 三.解答题：本大题共 5 小题，共 72 分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。18.【解析】：（）由题得，1cos21cos233sin2sin22222ABAB即 3131sin2cos2sin2cos22222AABB sin(2)sin(2B)66A由 得，又，得 abAB(0,)AB22B66A即，所以 23AB3C（），得 3c 4sin5A sinsinCacA85a 由 得，从而 故=acAC3cos5A sinsin()BAC43 3sinAcosC cosAsinC10所以，ABC 的面积为 18 318sin225SacB19.【解析】：（），123(2)(*)nbna a aanN当 n2，nN*时，11231(2)nbna a aa由知：当 时，令 n=3，则有 2n 1(2)nnbbna323(2)bbab3=6+b2，a3=8 an为等比数列，且 a1=2，an的公比为 q，则 2324aqa由题意知 an0，q0，q=2 an2n（nN*）又由，得：123(2)(*)nbna a aanN1232222(2)nbn即(1)22(2)nn nbbn=n（n+1）（nN*）（）（i）1111111()2(1)21nnnnncabn nnn=123nnScccc2111111111()()()21222321nnn=21111(1)2221nn111121nn=1112nn（ii）因为 c1=0，c20，c30，c40；当 n5 时，1(1)1(1)2nnn ncn n而，得 11(1)(1)(2)(n 1)(n2)0222nnnn nnn5(1)5(51)122nn n 所以，当 n5 时，cn0，综上，对任意 nN*恒有，故 k=4 4nSS20.证 明：（）在 直 角 梯 形 BCDE 中，由DE=BE=1，CD=2，得BD=BC=，2由，AB=2 得，即2AC 222ABACBCACBC，又平面 ABC平面 BCDE，从而 AC平面 BCDE，所以 ACDE，又 DEDC，从而 DE平面 ACD；()【方法 1】作 BFAD，与 AD 交 于 点 F，过 点 F 作FGDE，与 AB 交于点G，连接 BG，由（）知 DEAD，则 FGAD，所以BFG 就是二面角 B-AD-E 的平面角，在直角梯形BCDE 中，由 CD2=BC2+BD2，得 BDBC，又平面 ABC平面 BCDE，得 BD平面 ABC，从而 BDAB，由于 AC平面 BCDE，得 ACCD 在 RtACD 中，由 DC=2,，得；2AC 6AD 在 RtAED 中，由 ED=1，得；6AD 7AE 在 RtABD 中，由，AB=2，2BD 6AD 得，从而，2 33BF 23AFAD23GF 在ABE，ABG 中，利用余弦定理分别可得，5 7cos14BAE23BC 在BFG 中,，2223cos22GFBFBGBFGBF GF所以，BFG=，即二面角 B-AD-E 的大小为.66【方法 2】以 D 的原点，分别以射线 DE，DC 为 x,y 轴的正半轴，建立空间直角坐标系，如Dxyz图所示.由题意知各点坐标如下：，.(0,0,0)D(1,0,0)E(0,2,0)C(0,2,2)A(1,1,0)B设平面 ADE 的法向量为 111(,)mxy z平面 ABD 的法向量为，可算得：222(,)nxyz，(0,2,2)AD(1,2,2)AE (1,1,0)DB 由 即，可 取00m ADm AE 11111220220yzxyz (0,1,2)m 由即可取00n ADn BD 22222200yzxy(0,1,2)n 于是|33|cos,|2|3 2m nm nmn 由题意可知，所求二面角是锐角，故二面角 B-AD-E 的大小为 621.【解析】：（）【方法 1】设直线 l 的方程为，由，消去 y 得(0)ykxm k22221ykxmxyab 222222222()20ba kxa kmxa ma b由于直线 l 与椭圆 C 只有一个公共点 P，故=0，即，解得点 P 的坐标为 22220bma k 22222222(,)a kmb mPba kba k又点 P 在第一象限，故点 P 的坐标为 22222222(,)a kbPba kba k【方法 2】作变换，则椭圆 C：变为圆：xxayyb)0(12222babyaxC221xy切点 变为点，切线（变为.00(,)P xy00(,)P xy00:()lyyk xx0)k 00:y()lbyk axx在圆 中设直线 的方程为（），CO Pymx0m 由 解得 221ymxxy0202111xmmym即，由于，221(,)11mPmmO Pl所以，得，1O Plkk 1akmb 即 代入得 即，bmak 22221(,)11()()bakPbbakak222222(,)akbPa kba kb利用逆变换代入即得：xxayyb 22222222(,)a kbPa kba kb（）由于直线 l1过原点 O 且与直线 l 垂直，故直线 l1的方程为 x+ky=0，所以点 P 到直线 l1的距离 整理得:222222222|1a kb kba kba kdk22222222abdbbaa kk因为，所以 22222ba kabk2222222222222ababdabbbaabbaa kk当且仅当 时等号成立 2bka所以，点 P 到直线 的距离的最大值为 1lab23.【解析】：（）,33333,()3|33,xxaxaf xxxaxxaxa，由于 2233,()33,xxafxxxa11x（）当 时，有，故 1a xa 3()33f xxxa此时，f（x）在上是增函数，因此，(1,1)()(1)43M afa()(1)43m afa 故 ()()(43)(43)8M am aaa （）当时，若 x（a，1），在（a，1）上是增函数；若 x（-1，a），11a 3()33f xxxa，在（-1，a）上是减函数，3()33f xxxa，()max(1),(1)M aff3()()am af a由于，因此(1)(1)62ffa 当 时，；113a 3()()34M am aaa 当 时，；113a3()()32M am aaa（）当时，有，故，1a xa3()33f xxxa此时 在上是减函数，()f x(1,1)因此，()(1)23M afa()(1)23m afa 故；()()4M am a综上，338,1134,13()()132,134,1aaaaM am aaaaa （）令，则()()h xf xb3333,h()33,xxabxaxxxabxa，2233,h()33,xxaxxxa因为f（x）+b24 对 x-1，1恒成立，即对 x-1，1恒成立，2()2h x 所以由（）知，（）当时，在上是增函数，在上的最大值是，最小值1a ()h x(1,1)()h x 1,1(1)43hab，则且矛盾；(1)43hab 432ab 432ab（）当 时，在上 的 最 小 值 是，最 大 值 是，所 以113a()h x 1,13()h aab(1)43hab且，从而 32ab 432ab 且 323362aaaba 103a令，则，在 上是增函数，3()23t aaa 2()330t aa()t a1(0,)3故，()(0)2t at 因此 230ab（）当 时，在上的最小值是，最大值是，所以由113a()h x 1,13()h aab(1)32hab且，解得 32ab 322ab283027ab()当时，在上的最大值是，最小值是，1a()h x 1,1(1)32hab(1)3ab 2h 所以由且，解得 3a+b=0 322ab 322ab综上，的取值范围是.3ab230ab