2014年高考浙江理科数学试题及答案(精校版)

数 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U{xN|x2}，集合A{xN|x5}，则CUA（ ）

A.  B. {2} C. {5} D. {2,5} 2. 已知i是虚数单位，a,bR,则“ab1”是“(abi)2i”的（ ） A. 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. 90cm B. 129cm

C. 132cm D. 138cm

4. 为了得到函数ysin3xcos3x的图像，可以将函数

222222y2cos3x的图像（ ）

 个单位 B. 向左平移个单位 44C. 向右平移个单位 D. 向左平移个单位

1212A. 向右平移5.在(1x)(1y)64的展开式中,记xymn项的系数

f(m,n)，则

f(3,0)f(2,1)f(1,2)f(0,3)= （ ）

A. 45 B. 60 C. 120 D. 210

326. 已知函数f(x)xaxbxc ，且0f(1)f(2)f(3)3（ ） A.c3 B.3c6 C.6c9 D. c9

a7. 在同一直角坐标系中，函数f(x)x(x0)，g(x)logax 的图像可能是（ ）

8. 记max{x,y}x,xyy,xy，min{x,y}，设a,b为平面向量，则（ ）

y,xyx,xyA．min{|ab|,|ab|}min{|a|,|b|} B. min{|ab|,|ab|}min{|a|,|b|}

2222C. max{|ab|,|ab|}|a||b| 2222D. max{|ab|,|ab|}|a||b|

9. 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(m3,n3)，从乙

第1页 共16页

盒中随机抽取i(i1,2)个球放入甲盒中.

（a）放入i 个球后，甲盒中含有红球的个数记为i(i1,2)； （b）放入i个球后，从甲盒中取1个球是红球的概率记为pi(i1,2). 则 ( )

A.p1p2,E(1)E(2) B. p1p2,E(1)E(2) C. p1p2,E(1)E(2) D. p1p2,E(1)E(2)

2210. 设函数f1(x)x，f2(x)2(xx)，f3(x)i1，i0,1,2, |sin2x|，ai399,99 ，记Ik|fk(a1)fk(a0)||fk(a2)fk(a1)||fk(a99)fk(a98)|，k1,2,3 则 ( )

A.I1I2I3 B. I2I1I3 C. I1I3I2 D. I3I2I1

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P(0)1，E()1，则5D()=________.

x2y4013.当实数x,y满足xy10时，1axy4恒成立，

x1则实数a的取值范围是________.

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）.

x2x,x015.设函数f(x)2若f(f(a))2，则实数a的取

x,x0值范围是______

16.设直线x3ym0(m0) 与双曲线

x2y221（a0,b0）两条渐近线分别2ab交于点A，B.若点P(m,0)满足|PA||PB|,则

该双曲线的离心率是__________

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AB15m ，

第2页 共16页

AC25m，BCM30,则tan的最大值是 (仰角 为直线AP与平面

ABC所成角) 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ab,c3 cos2Acos2B3sinAcosA3sinBcosB （Ⅰ）求角C的大小； （Ⅱ）若sinA4 ，求△ABC的面积． 5

19.（本题满分14分）

已知数列{an}和{bn}满足a1a2a3an(2)bn(nN*).若{an}为等比数列，且

a12,b36b2

(Ⅰ) 求an与bn ； (Ⅱ) 设cn11(nN*).记数列{cn}的前n项和为Sn, anbn（i）求Sn；

（ii）求正整数k，使得对任意nN*均有SkSn.

20.（本题满分15分）

如图，在四棱锥ABCDE中，平面ABC平面BCDE ,CDEBED90，

ABCD2,DEBE1,AC2. (Ⅰ) 证明：DE平面ACD;

(Ⅱ) 求二面角BADE的大小.

第3页 共16页

21(本题满分15分)

x2y2如图，设椭圆C:221(ab0)动直线l与椭圆C只有一个公共点P，且点P

ab在第一象限.

(Ⅰ) 已知直线l的斜率为k，用a,b,k表示点P的坐标；

(Ⅱ) 若过原点O的直线l1与l垂直，证明：点P到直线l1的距离的最大值为ab.

22.（本题满分14分）

已知函数fxx33xa(aR).

(Ⅰ) 若fx在1,1上的最大值和最小值分别记为M(a),m(a)，求M(a)m(a)； (Ⅱ) 设bR,若fxb4对x1,1恒成立，求3ab的取值范围.

第4页 共16页

22014年高考浙江理科数学试题参考答案

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.

21.【解析】A{xN|x5}={xN|x5}，CUA{xN|2x5}{2}

2【答案】B

22.【解析】当ab1时，(abi)(1i)2i，反之，(abi)2i

2a2b20a1a1即ab2abi2i ，则 解得 或

b1b12ab222【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：S246234363334352【答案】D

4.【解析】ysin3xcos3x而y由3(x134138 . 2)]

2sin(3x24)=2sin[3(x122cos3x2sin(3x)=2sin[3(x6)]

6)3(x12) ，即xx12

个单位. 故选C

10故只需将y【答案】C

2cos3x的图象向右平移

125.【解析】令xy ，由题意知f(3,0)f(2,1)f(1,2)f(0,3)即为(1x) 展开

73式中x 的系数，故f(3,0)f(2,1)f(1,2)f(0,3)=C10120，故选C

【答案】C

6.【解析】由f(1)f(2)f(3)得1abc84a2bc 解得

1abc279a3bc ,由

a632 ，所以f(x)x6x11xcb1101611c3 ，即6c9，故选C

【答案】C

0f(1)3

得

a7.【解析】函数f(x)x(x0)，g(x)logax分别的幂函数与对数函数

答案A中没有幂函数的图像, 不符合；答案B中，f(x)x(x0)中a1 ，

ag(x)logax中0a1 ，不符合；答案C中，f(x)xa(x0)中0a1，g(x)logax中a1，不符合；答案D中，f(x)xa(x0)中0a1，g(x)logax中0a1，符合. 故选D

第5页 共16页

【答案】D

8.【解析】由向量运算的平行四边形法可知min{|ab|,|ab|}与min{|a|,|b|}的大小不确定，平行四边形法可知max{|ab|,|ab|}所对的角大于或等于90 ，由余弦定

2222理知max{|ab|,|ab|}|a||b|，

|ab|2|ab|22(|a|2|b|2)|a|2|b|2）. （或max{|ab|,|ab|}2222【答案】D 9.【解析1】p1mn12mn ， mnmn22(mn)21123m23m2mnn2nCnCn2Cm1Cm p2222 =

3(mn)(mn1)Cmn3Cmn3Cmn3m23m2mnn2n2mn5mnn(n1)0 ， ∴p1p2－=

3(mn)(mn1)2(mn)6(mn)(mn1)故p1p2

nm又∵P(11) ，P(12)

mnmnnm2mn∴E(1)1 2mnmnmn2n(n1)又P(21)Cn

2Cmn(mn)(mn1)11CnC2mn P(22)2mCmn(mn)(mn1)2Cmm(m1) P(23)2Cmn(mn)(mn1)∴E(2)1n(n1)2mnm(m1)23

(mn)(mn1)(mn)(mn1)(mn)(mn1)3m2n23mn4mn=

(mn)(mn1)3m2n23mn4mn2mnm(m1)mnE(2)E(1)=0 －=

(mn)(mn1)mn(mn)(mn1)所以E(2)E(1) ，故选A

【答案】A 【解析2】：在解法1中取mn3 ，计算后再比较。

12i1ii110.【解析】由 ， 999999991135(故I199999999

2229911992)1

999999第6页 共16页

ii1ii1199(2i1)由22|| 999999999999故I2222150(980)9810021 992999999|sin(29998)||sin(2)|)999911021I3(|sin(2)||sin(2)||sin(2)||sin(2)|399999999

12574)2sin(2)]1

39999故I2I1I3 ，故选B

=[2sin(2【答案】B

【解析2】估算法：Ik 的几何意义为将区间[0,1] 等分为99个小区间，每个小区间的端

2点的函数值之差的绝对值之和.如图为将函数f1(x)x 的区间[0,1] 等分为4个小区间

的

[0,1]上递增，此

I1|f(a1)f(a0)||f(a2)f(a1)||f(a3)f(a2)||f(a4)f(a3)|

情

形

，

因

在

f1(x)时

=A1H1A2H2A3H3A4H4f(1)f(0)1，同理对题中给出的I1 同样有I11 ； 而I2略小于2

【答案】B

1141 ，I3略小于4 ，所以估算得I2I1I3 233

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S1,i2 第二次运行结果S4,i3

第三次运行结果S11,i4 第四次运行结果S26,i5 第五次运行结果S57,i6

此时S5750 ，∴输出i6 ，【答案】6

12.【解析】设1 时的概率为p，的分布列为

由E()0 故

 P

0 1 2

1131p2(1p)1 ，解得p 555 P

0

1

2

1p 11p

55的分布列为即为

131 555第7页 共16页

13122E()(01)2(11)2(21)2 . 【答案】

55555x2y4013.【解析】作出不等式组xy10所表示的

x1区域如图，由1axy4恒成立，故

3A(1,0),B(2,1),C(1,) 三点坐标代入

21a431axy4，均成立得12a14 解得1a ，∴实数a的取值范围是

231a4233[1,] ， 【答案】[1,] 22x2y40【解析2】作出不等式组xy10所表示的区域如图，由1axy4得，由

x1图分析可知，a0 且在A(1,0) 点取得最小值，在B(2,1) 取得最大值，故得1aa1

2a14333，故实数a的取值范围是[1,] ， 【答案】[1,] 2222214.【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C3A436

3二是有三人各获得一张奖券，共有A424 ，因此不同的获奖情况共有362460 种

【解析2】将一、二、三等奖各1张分给4个人有464 种分法，其中三张奖券都分给一个人的有4种分法，因此不同的获奖情况共有64－4=60种. 【答案】60 15.【解析】由题意3f(a)02f(a)2f(a)f(a)2a0a0∴当2 或2 解得a2

aa2a2【答案】(,2]

或f(a)02 ，解得f(a)2

bbx 和yx ，分别与aaambmambm,),B(,)，直线l： x3ym0 联立方程组，解得，A(a3ba3ba3ba3b16.【解析1】由双曲线的方程可知，它的渐近线方程为y第8页 共16页

设AB中点为Q，由|PA||PB| 得，则

amambmbmQ(a3ba3b,a3ba3b)

22a2m3b2m,2) ，即Q(2PQ与已知直线垂直， 22a9ba9b3b2m221a9b∴kPQkl1 ，即1 即得2am32ma9b2c25c522222 2a8b ，即2a8(ca)，即2 ，所以ea2a4x2y2222【解析2】不妨设a1 ，渐近线方程为220即bxy0

1bb2x2y202222由 消去x 得(9b1)y6bmybm0 x3ym03b2m设AB中点为Q(x0,y0)，由韦达定理得：y0……① ， 29b1y01y011 即得1得又x03y0m ，由kPQkl1得

x0m33y02m33b2m33m y0m 代入①得29b1555c51152222得b ，所以cab1 ，所以c ，得ec

2a24445【答案】 217.【解析1】：∵AB=15cm，AC=25cm，∠ABC=90°，∴BC=20cm， 过P作PP′⊥BC，交BC于P′， 1当P在线段BC上时，连接AP′，则tan设BP′=x，则CP′=20-x，（0x20 ） 由∠BCM=30°，得PP'CP'tan30PP' AP'3(20x) 3第9页 共16页

在直角△ABP′中，AP'∴tan令yPP'3AP'320x2225x2 20x2225x 225x，则函数在x∈[0，20]单调递减， 20343 24592250PP'2当P在线段CB的延长线上时，连接AP′，则tan AP'设BP′=x，则CP′=20+x，（x0 ） 3(20x) 由∠BCM=30°，得PP'CP'tan303∴x=0时，tan 取得最大值为33200在直角△ABP′中，AP'∴tan令yPP'3AP'320x2225x2 20x2， 225x225x，则y'22520x(225x)225x22， 2254545 时y'0 ；当x 时y'0 204445205454 所以当x 时ymax3445225()24355345此时x时，tan 取得最大值为 339453综合1，2可知tan 取得最大值为 9所以，当0x【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P(0,x,3(20x)) （其中3，P'(0,x,0) ，A(15,0,0)，所以 x20 ）3(20x)PP'3tan3AP'3152x220x225x2 第10页 共16页

设f(x)tan225x22254545所以，当x 时y'0 ；当x20 时y'0 2044452045353454所以当x 时f(x)maxf() 439445225()24所以tan 取得最大值为3320x(x20)，f'(x)322520x 223(225x)225x53 9【解析3】:分析知，当tan 取得最大时，即最大，最大值即为平面ACM与地面ABC所成的锐二面角的度量值， 如图，过B在面BCM内作BDBC交CM于D，过B作BHAC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，tan 的最大值即为tanBHD ，在RtABC 中， ABBC1520=12， AC25203DBBCtan30 320353DB3 =所以(tan)maxtanBHD 9BH12由等面积法可得BH 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。

1cos2A1cos2B33sin2Asin2B ， 22223131sin2Acos2Asin2Bcos2B 即222218.【解析】：（Ⅰ）由题得sin(2A6)sin(2B6) 由ab 得AB ，又AB(0,) ，得2A即AB62B6 2 ，所以C 334ac8（Ⅱ）c3，sinA， ，得a 5sinAsinC53由ac 得AC ，从而cosA5第11页 共16页

故

sinBsin(AC)

433 1018318所以，△ABC的面积为SacsinB 225b19.【解析】：（Ⅰ）∵a1a2a3an(2)n(nN*) ①， =sinAcosCcosAsinC当n≥2，n∈N*时，a1a2a3∵b3=6+b2， ∴a3=8． ∵{an}为等比数列，且a1=2，∴{an}的公比为q，则q由题意知an＞0，∴q＞0，∴q=2． ∴an＝2n（n∈N*）． 又由a1a2a3n(n1)2an1(2)bn1②， bbn1由①②知：当n2 时，an(2)n ，令n=3，则有a3(2)32bb2 a34 a2an(2)bn(nN*)，得：212223b2n(2)bn (2)n 即2∴bn=n（n+1）（n∈N*）． 1111111nn() anbn2n(n1)2nn1111111111∴Snc1c2c3cn =()2()n() 2122232nn1111111=2n(1 ) =1n1222n12n111=n n12（Ⅱ）（i）∵cn（ii）因为c1=0，c2＞0，c3＞0，c4＞0； 1n(n1)[1] nn(n1)2n(n1)(n1)(n2)(n1)(n2)n(n1)5(51)而 ，得01 nn1n1n522222当n≥5时，cn所以，当n≥5时，cn＜0， 综上，对任意n∈N*恒有S4Sn ，故k=4． 20.证明：（Ⅰ）在直角梯形BCDE中，由DE=BE=1，CD=2，得BD=BC=2 ， 由AC2 ，AB=2得ABACBC ，即AC⊥BC，又平面ABC⊥平面BCDE， 从而AC⊥平面BCDE， 所以AC⊥DE，又DE⊥DC，从而 DE⊥平面ACD； (Ⅱ)【方法1】 第12页 共16页

222作BF⊥AD，与AD交于点F，过点F作FG∥DE，与AB交于点G，连接BG，由（Ⅰ）知DE⊥AD，则FG⊥AD，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BD⊥BC， 又平面ABC⊥平面BCDE，得BD⊥平面ABC，从而 BD⊥AB，由于AC⊥平面BCDE，得 AC⊥CD． 2 ，得AD6 ； 在Rt△AED中，由ED=1，AD6得AE7 ； 在Rt△ABD中，由BD2 ，AB=2，AD6 在Rt△ACD中，由DC=2,AC得BF2322 ，AFAD ，从而GF ， 333572 ，BC ． 143在△ABE，△ABG中，利用余弦定理分别可得cosBAEGF2BF2BG23在△BFG中,cosBFG 2BFGF2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Dxyz ，如图所示. 由题意知各点坐标如下：D(0,0,0) ，E(1,0,0) ，C(0,2,0) ，A(0,2,2) ，B(1,1,0) . 设平面ADE的法向量为m(x1,y1,z1) 平面ABD的法向量为n(x2,y2,z2)，可算得： AD(0,2,2) DB(1,1,0) ，AE(1,2,2) ，mAD02y12z10由 即 ，可取

mAE0x12y12z10m(0,1,2)

nAD02y22z20由即可取n(0,1,2) x2y20nBD0于是|cosm,n||mn|33 2|m||n|32由题意可知，所求二面角是锐角，故二面角B-AD-E的大小为 6第13页 共16页

ykxm21.【解析】：（Ⅰ）【方法1】设直线l的方程为ykxm(k0) ，由x2 ，y21a2b2消去y得 (b2a2k2)x22a2kmxa2m2a2b20 由于直线l与椭圆C只有一个公共点P，故△=0，即bmak0，解得点P的坐标为 2222a2kmb2mP(2,2) 2222bakbak又点P在第一象限，故点P的坐标为P(a2kbak222,b2bak222) xx'x2y2a【方法2】作变换 ，则椭圆C：221(ab0)变为圆C' ：yaby'bx'2y'21

切点P(x0,y0) 变为点P'(x'0,y'0) ，切线l:yy0k(xx0)（k0) 变为l':by'y0k(ax'x0) . 在圆C' 中设直线O'P' 的方程为y'mx'（m0 ） ， 1x'0y'mx'1m2由2 解得 2mx'y'1y'01m21m,) ，由于O'P'l' ， 即P'(221m1mak所以kO'P'kl'1 ，得m1 ， bbb1ak)即 代入得mP'(,akb2b2112(ak)(ak)2akbP'(,)， 222222akbakb 即第14页 共16页

x'利用逆变换y'xa代入即得： ybP(a2kakba2k22222,b2akb222) （Ⅱ）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 |dbakbak1k222b2k222|整理得:da2b2b2a2a2k2bk2a2b222 b2因为ak22ab，所以dk2a2b2b2a2a2k2bk22ba2ab2ab b 时等号成立． a所以，点P到直线l1 的距离的最大值为ab ． 当且仅当k23x3x3a,xa23.【解析】：（Ⅰ）∵f(x)x3|xa|3 , x3x3a,xa23x3,xa∴f'(x)2，由于1x1 3x3,xa（ⅰ）当a1 时，有xa ，故 f(x)x33x3a 此时，f（x）在(1,1)上是增函数，因此M(a)f(1)43a ，m(a)f(1)43a ， 故M(a)m(a)(43a)(43a)8 3（ⅱ）当1a1时，若x∈（a，1），f(x)x3x3a，在（a，1）上是增3函数；若x∈（-1，a），f(x)x3x3a，在（-1，a）上是减函数， ∴M(a)max{f(1),f(1)} ，m(a)f(a)a 由于f(1)f(1)6a2 ，因此 当1a当3313 时， M(a)m(a)a3a4； 31a1 时，M(a)m(a)a33a2； 33（ⅲ）当a1时，有xa，故f(x)x3x3a， 第15页 共16页

此时f(x) 在(1,1)上是减函数， 因此M(a)f(1)23a，m(a)f(1)23a， 故M(a)m(a)4； 综上， 8,a11a33a4,1a3M(a)m(a) a33a2,1a134,a13x3x3ab,xa（Ⅱ）令h(x)f(x)b，则h(x) 3x3x3ab,xa23x3,xah'(x)2， 3x3,xa因为[f（x）+b]2≤4对x∈[-1，1]恒成立， 即2h(x)2对x∈[-1，1]恒成立， 所以由（Ⅰ）知， （ⅰ）当a1时，h(x)在(1,1)上是增函数，h(x) 在[1,1]上的最大值是h(1)43ab，最小值h(1)43ab，则43ab2且43ab2矛盾； 13 时，h(x)在[1,1]上的最小值是h(a)ab，最大值是3h(1)43ab，所以a3b2且43ab2，从而 12a33a3ab6a2 且0a 3132令t(a)2a3a，则t'(a)33a0，∴t(a) 在(0,) 上是增函数， 3故t(a)t(0)2， 因此23ab0 13（ⅲ）当a1 时，h(x)在[1,1]上的最小值是h(a)ab，最大值是328h(1)3ab2，所以由a3b2且3ab22，解得3ab0 27(ⅳ)当a1时，h(x)在[1,1]上的最大值是h(1)3ab2，最小值是h(1)3ab2， 所以由3ab22且3ab22，解得3a+b=0． 综上，3ab 的取值范围是23ab0. （ⅱ）当1a

第16页 共16页