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1、12014 年普通高等学校招生全国统一考试（浙江卷）数学（理科）第卷（选择题共 50 分）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，只有一项符合题目要求（1）【2014 年浙江，理1，5 分】设全集|2UxNx，集合2|5AxNx，则UAe（）（A）（B）2（C）5（D）2,5【答案】B【解析】2|5|5AxNxxNx，|252UC AxNx，故选 B【点评】本题主要考查全集、补集的定义，求集合的补集，属于基础题（2）【2014 年浙江，理2，5 分】已知i是虚数单位，,a bR，则“1ab”是“2(i)2iab”的（）（A）充分不必要条件（B）必要
2、不充分条件（C）充分必要条件（D）既不充分也不必要条件【答案】A【解析】当1ab时，22(i)(1i)2iab，反之，2(i)2iab，即222i2iabab，则22022abab，解得11ab或11ab，故选 A【点评】本题考查的知识点是充要条件的定义，复数的运算，难度不大，属于基础题（3）【2014 年浙江，理3，5 分】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）902cm（B）1292cm（C）1322cm（D）1382cm【答案】D【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
3、，故选 D【点评】本题考查了由三视图求几何体的表面积，根据三视图判断几何体的形状及数据所对应的几何量是解题的关键（4）【2014 年浙江，理 4，5 分】为了得到函数sin3cos3yxx 的图像，可以将函数2 cos3yx 的图像（）（A）向右平移4个单位（B）向左平移4个单位（C）向右平移12个单位（D）向左平移12个单位【答案】C【解析】sin3cos32sin(3)2sin3()412yxxxx，而2cos32 sin(3)2yxx=2sin3()6x，由 3()3()612xx，即12xx，故只需将2 cos3yx的图象向右平移12个单位，故选C【点评】本题考查两角和与差的三角函数以
4、及三角函数的平移变换的应用，基本知识的考查（5）【2014年 浙 江，理5，5分】在64(1)(1)xy的 展 开 式 中,记mnx y项 的 系 数(,)f m n，则(3,0)(2,1)(1,2)(0,3)ffff=（）（A）45（B）60（C）120（D）210【答案】C【解析】令xy，由题意知(3,0)(2,1)(1,2)(0,3)ffff即为10(1)x展开式中3x 的系数，故(3,0)(2,1)(1,2)(0,3)ffff=710120C，故选 C【点评】本题考查二项式定理系数的性质，二项式定理的应用，考查计算能力（6）【2014 年浙江，理6，5 分】已知函数32()f xxax
5、bxc，且0(1)(2)(3)3fff（）（A）3c（B）36c（C）69c（D）9c名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 1 页，共 10 页 -2【答案】C【解析】由(1)(2)(3)fff得184212793abcabcabcabc，解得611ab，所以32()611f xxxxc，由 0(1)3f，得 016113c，即 69c，故选 C【点评】本题考查方程组的解法及不等式的解法，属于基础题（7）【2014 年浙江，理 7，5 分】在同一直角坐标系中，函数()(0)af xxx，()logag xx的图像可能是（）（A）（B）（C）（D）【答案】D【解析】函数()(0)af
6、 xxx，()logag xx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，()(0)af xxx中1a，()logag xx中 01a，不符合；答案 C 中，()(0)af xxx中 01a，()logag xx中1a，不符合；答案 D 中，()(0)af xxx中 01a，()logag xx中 01a，符合，故选 D【点评】本题考查的知识点是函数的图象，熟练掌握对数函数和幂函数的图象和性质，是解答的关键（8）【2014 年浙江，理8，5 分】记,max,x xyx yy xy，y,min,x,xyx yxy，设,a br r为平面向量，则（）（A）min|,|m
7、in|,|abababrrrrrr（B）min|,|min|,|abababrrrrrr（C）2222max|,|abababrrrrrr（D）2222max|,|abababrrrrrr【答案】D【解析】由向量运算的平行四边形法可知min|,|ababrrrr与 min|,|abrr的大小不确定，平行四边形法可知max|,|ababrrrr所对的角大于或等于90，由余弦定理知2222max|,|abababrrrrrr，（或22222222|2(|)max|,|22ababababababrrrrrrrrrrrr），故选 D【点评】本题在处理时要结合着向量加减法的几何意义，将ar，br，ab
8、rr，abrr放在同一个平行四边形中进行比较判断，在具体解题时，本题采用了排除法，对错误选项进行举反例说明，这是高考中做选择题的常用方法，也不失为一种快速有效的方法，在高考选择题的处理上，未必每一题都要写出具体解答步骤，针对选择题的特点，有时“排除法”，“确定法”，“特殊值”代入法等也许是一种更快速，更有效的方法（9）【2014 年浙江，理 9，5 分】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(3,3)mn，从乙盒中随机抽取(1,2)i i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(1,2)ii；（b）放入i个球后，从甲盒中取1 个球是红球的概率记为(1,
9、2)ip i则（）（A）1212,()()pp EE（B）1212,()()ppEE（C）1212,()()pp EE（D）1212,()()pp EE【答案】A【解析】解法一：11222()mnmnpmnmnmn，211222221233nmnmm nm nm nCC CCpCCCgg=223323()(1)mmmnnnmn mn，1222()mnppmn223323()(1)mmmnnnmnmn=5(1)06()(1)mnn nmn mn，故12pp又1(1)nPmn，1(2)mPmn，12()12nmmnEmnmnmn，名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 2 页，共 10
10、页 -3又222(1)(1)()(1)nm nCn nPCmnmn，11222(2)()(1)nmm nC CmnPCmnmn，222(m1)(3)()(1)mmnCmPCmnmn2(1)2(1)()123()(1)()(1)()(1)n nmnm mEmn mnmnmnmnmn=22334()(1)mnmnmnmn mn21()()EE=22334()(1)mnmnmnmnmn2mnmn=(1)0()(1)m mmnmn mn，所以21()()EE，故选 A解法二：在解法一中取3mn，计算后再比较，故选A【点评】正确理解1,2ii的含义是解决本题的关键此题也可以采用特殊值法，不妨令3mn，也
11、可以很快求解（10）【2014 年浙江，理 10，5 分】设函数21()fxx，22()2()fxxx，31()|sin2|3fxx，99iia，0,1,2i，,99L，记10219998|()()|()()|()()|kkkkkkkIfafafafafafaL，1,2,3k，则（）（A）123III（B）213III（C）132III（D）321III【答案】B【解析】解法一：由22112199999999iiig，故2111352991199()199 9999999999 99ILg，由2211199(21)22|999999999999iiiii，故2150(980)98 100221
12、9929999 99Ig，3110219998(|sin(2)|sin(2)|sin(2)|sin(2)|sin(2)|sin(2)|)3999999999999IggggLgg=125742sin(2)2sin(2)139999gg，故213III，故选 B解法二：估算法：kI的几何意义为将区间0,1 等分为 99 个小区间，每个小区间的端点的函数值之差的绝对值之和如图为将函数21()fxx 的区间 0,1 等分为4 个小区间的情形，因1()f x在 0,1 上递增，此时110213243|()()|()()|()()|()()|If af af af af af af af a=11223
13、344AHA HA HA H(1)(0)ff1，同理对题中给出的1I，同样有11I；而2I略小于1212，3I略小于14433，所以估算得213III，故选 B【点评】本题主要考查了函数的性质，关键是求出这三个数与1 的关系，属于难题第卷（非选择题共 100 分）二、填空题：本大题共7 小题，每小题4 分，共 28 分（11）【2014 年浙江，理11，5 分】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【答案】6【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；名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 3 页，共 10 页 -
14、4第四次运行结果26,5Si；第五次运行结果57,6Si；此时5750S，输出6i【点评】本题考查了直到型循环结构的程序框图，根据框图的流程模拟运行程序是解答此类问题的常用方法（12）【2014 年浙江，理 12，5 分】随机变量的取值为 0,1,2，若1(0)5P，()1E，则()D=【答案】25【解析】设1时的概率为p，的分布列为：由11()012(1)155Epp，解得35p的分布列为即为故2221312()(01)(1 1)(21)5555E【点评】本题综合考查了分布列的性质以及期望、方差的计算公式（13）【2014 年浙江，理13，5 分】当实数,x y满足240101xyxyx时，
15、14axy恒成立，则实数a 的取值范围是_【答案】31,2【解析】解法一：作出不等式组240101xyxyx所表示的区域如图，由14axy恒成立，故3(1,0),(2,1),(1,)2ABC，三点坐标代入14axy，均成立得1412143142aaa解得312a，实数 a的取值范围是31,2解法二：作出不等式组240101xyxyx所表示的区域如图，由14axy得，由图分析可知，0a且在(1,0)A点取得最小值，在(2,1)B取得最大值，故1214aa，得312a，故实数 a的取值范围是31,2【点评】本题考查线性规划，考查了数形结合的解题思想方法，考查了数学转化思想方法，训练了不等式组得解法
16、，是中档题（14）【2014 年浙江，理14，5 分】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）【答案】60【解析】解法一：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3424A，因此不同的获奖情况共有362460种解法二：0 1 2 P15p115p0 1 2 P153515名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 4 页，共 10 页 -5将一、二、三等奖各1 张分给 4 个人有3464种分法，其中三张奖券都分给一个人的有4 种
17、分法，因此不同的获奖情况共有64460种【点评】本题考查排列、组合及简单计数问题，考查学生的计算能力，属于基础题（15）【2014 年浙江，理 15，5 分】设函数22,0(),0 xx xf xxx若()2ff a，则实数a的取值范围是【答案】(,2【解析】由题意2()0()()2f afaf a或2()0()2f afa，解得()2f a当202aaa或202aa，解得2a【点评】本题主要考查分段函数的应用，其它不等式的解法，体现了数形结合的数学思想，属于中档题（16）【2014 年浙江，理16，5 分】设直线30 xym(0m)与双曲线22221xyab（0,0ab）两条渐近线分别交于点
18、A，B若点(,0)P m满足|PAPB，则该双曲线的离心率是【答案】52【解析】解法一：由双曲线的方程可知，它的渐近线方程为byxa和byxa，分别与直线l：30 xym联立方程组，解得，(,)33ambmAab ab，(,)33ambmBab ab，设AB中点为 Q，由|PAPB得，则3333(,)22amambmbmababababQ，即2222223(,)99a mb mQabab，PQ 与已知直线垂直，1PQlkkg，即222222319139b maba mmabg，即得2228ab，即22228()aca，即2254ca，所以52cea解法二：不妨设1a，渐近线方程为222201x
19、yb即2220b xy，由222030b xyxym消去 x，得2222(91)60byb myb m，设AB中点为00(,)Q xy，由韦达定理得：202391b myb ，又003xym，由1PQlkkg得00113yxmg，即得0011323yymg得035ym 代入得2233915b mmb，得214b，所以22215144cab，所以52c，得52ceca【点评】本题考查双曲线的离心率，考查直线的位置关系，考查学生的计算能力，属于中档题（17）【2014 年浙江，理17，5 分】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
20、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，25ACm，30BCM，则 tan的最大值是（仰角为直线AP与平面 ABC 所成角）【答案】5 39【解析】解法一：15cmAB，25cmAC，90ABC，20cmBC，过P作 PPBC，交 BC 于P，1 当P在线段BC上时，连接AP，则tanPPAP，设BPx，则20CPx，名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 5 页，共 10 页 -6（020 x）由30BCM，得3tan 30(20)3PPCPx 在直角ABP中，2225APx2320tan3225PPxAPxg，令220225x
21、yx，则函数在0,20 x单调递减，0 x时，tan取得最大值为2320020 34 334592250g2 当P在线段CB 的延长线上时，连接AP，则tanPPAP，设 BPx，则20CPx，（0 x）由30BCM，得3tan 30(20)3PPCPx，在直角ABP中，2225APx，2320tan3225PPxAPxg，令220225xyx，则2222520(225x)225xyx，当225450204x时0y；当454x时0y，所以当454x时max2452054345225()4y，此时454x时，tan取得最大值为3 55 3339g，综合1，2 可知 tan取得最大值为5 39解法
22、二：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，15cmAB，25cmAC，90ABC，20cmBC，由30BCM，可设3(0,(20)3Pxx（其中20 x），(0,0)Px，(15,0,0)A，所以2223(20)3203tan315225xPPxAPxxg，设2320(x)tan3225xfxg(20 x)，22322520(x)3(225)225xfxxg，所以，当22545204x时0y；当45204x时0y，所以当454x时max245204535 34()()43945225()4f xfg，所以tan取得最大值为5 39解法三：分析知，当
23、 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 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，tan的最大值即为tanBHD，在 Rt ABC 中，由等面积法可得15 201225AB BCBHACgg，20 3tan303DBBCg，所以max20 35 33(tan)tan129DBBHDBH【点评】本题考查利用数学知识解决实际问题，考查函数的单调性，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题三、解答题：本大题共5 题，共 72 分解答应写出文字说明，演算
24、步骤或证明过程名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 6 页，共 10 页 -7（18）【2014 年浙江，理 18，14 分】在ABC 中，内角A，B，C 所对的边分别为a，b，c 已知,3ab c，22coscos3sincos3sincosABAABB（1）求角 C 的大小；（2）若4sin5A，求ABC 的面积解：（1）由题得1cos21cos233sin 2sin 22222ABAB，即3131sin 2cos2sin 2cos22222AABB，sin(2)sin(2B)66A，由 ab 得AB，又(0,)AB，得 22B66A，即23AB，所以3C（2）3c，4sin5
25、A，sinsinCacA，得85a，由ac得 AC，从而3cos5A，故 sinsin()BAC=43 3sinAcosCcosAsinC10，所以，ABC 的面积为18 318sin225SacB【点评】本题主要考查二倍角公式、两角和差的三角公式、正弦定理的应用，属于中档题（19）【2014 年浙江，理 19，14 分】已知数列na和nb满足123(2)(*)nbna a aanNL若na为等比数列，且1322,6abb（1）求na与nb；（2）设11(*)nnncnNab记数列nc的前n项和为nS（）求nS；（）求正整数k，使得对任意*nN均有knSS解：（1）123(2)(*)nbna
26、a aanNL，当2n，*nN 时，11231(2)nbna a aaL，由知：当2n时，1(2)nnbbna，令3n，则有323(2)bba，326bb，38ana为等比数列，且12a，na的公比为q，则2324aqa，由题意知0na，0q，2q*2nnanN（）又由123(2)(*)nbna a aanNL，得：1232222(2)nbnL，即(1)22(2)nn nb，*1nbn nnN（）（）（2）（）1111111()2(1)21nnnnncabn nnn，123nnSccccL=2111111111()()()21222321nnnL=21111(1)2221nnL=111121n
27、n=1112nn（）因为10c，20c，30c，40c；当5n时，1(1)1(1)2nnn ncn n，而11(1)(1)(2)(n1)(n2)0222nnnn nnn，得5(1)5(51)122nn ng，所以，当5n时，0nc，综上，对任意*nN 恒有4nSS，故4k【点评】本题考查了等比数列通项公式、求和公式，还考查了分组求和法、裂项求和法和猜想证明的思想，证明可以用二项式定理，还可以用数学归纳法本题计算量较大，思维层次高，要求学生有较高的分析问题解决问题的能力本题属于难题（20）【2014 年浙江，理20，15 分】如图，在四棱锥ABCDE 中，平面ABC平面 BCDE，90CDEBE
28、D，2ABCD，1DEBE，2AC名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 7 页，共 10 页 -8（1）证明：DE平面 ACD；（2）求二面角BADE的大小解：（1）在直角梯形BCDE 中，由1DEBE，2CD，得2BDBC，由2AC，2AB得222ABACBC，即 ACBC，又平面ABC平面 BCDE，从而AC平面 BCDE，所以ACDE，又 DEDC，从而DE平面 ACD（2）解法一：作BFAD，与AD交于点F，过点F作/FGDE，与AB交于点G，连接 BG，由（1）知DEAD，则 FGAD，所以BFG 就是二面角BADE的平面角，在直角梯形BCDE 中，由222CDBCBD，
29、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 Rt ACD 中，由2DC，2AC，得6AD；在 Rt AED 中，由1ED，6AD得7AE；在 Rt ABD 中，由2BD，2AB，6AD，得2 33BF，23AFAD，从而23GF，在ABE，ABG 中，利用余弦定理分别可得5 7cos14BAE，23BC在BFG 中，2223cos22GFBFBGBFGBF GFg，所以，6BFG，即二面角BADE的大小为6解法二：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Dxyz，如图所示由题意知各点坐标如下
30、：(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(,)mxyzu r，平面ABD的法向量为222(,)nxyzr，可算得：(0,2,2)ADuu u r，(1,2,2)AEuuu r，(1,1,0)DBuuu r，由00m ADm AEu r uuu rgu r uuu rg，即11111220220yzxyz，可取(0,1,2)mu r，由00n ADn BDr uuu rr uuu r即22222200yzxy可取(0,1,2)nr，于是|33|cos,|2|3 2m nm nmnu rru r ru rr由题意可知，所
31、求二面角是锐角，故二面角BADE的大小为6【点评】本题主要考查空间点、线、面位置关系，二面角等基础知识，同时考查空间想象能力，推理论证能力和运算求解能力（21）【2014 年浙江，理21，15 分】如图，设椭圆C:22221(0)xyabab动直线 l 与椭圆 C只有一个公共点P，且点P在第一象限（1）已知直线l 的斜率为 k，用,a b k表示点P的坐标；（2）若过原点O 的直线1l与 l 垂直，证明：点P到直线1l的距离的最大值为ab 解：（1）解法一：设 l 方程为(0)ykxm k，22221ykxmxyab，消去y得：222222222()20ba kxa kmxa ma b，由于直
32、线l 与椭圆C 只有一个公共点P，故0，即22220bma k，解得点P的坐标为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解法二：名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 8 页，共 10 页 -9作变换xxayyb，则椭圆C：22221(0)xyabab变为圆C：221xy，切点00(,)P xy变为点00(,)P xy，切线00:()lyyk xx（0)k，变为00:y()lbyk axx在圆C 中设直线O P 的方程为ymx（0m），由221ymxxy，解得0202111xmmym，即2
33、21(,)11mPmm，由于O Pl，所以1O Plkkg，得1akmb，即bmak，代入得22221(,)11()()bakPbbakak，即222222(,)akbPa kba kb，利用逆变换xxayyb代入即得：22222222(,)a kbPa kba kb（2）由于直线1l过原点O 且与直线l 垂直，故直线1l的方程为0 xky，所以点P到直线1l的距离222222222|1a kb kba kba kdk，整理得:22222222abdbbaa kk，因为22222ba kabk，所以2222222222222ababdabbbaabbaa kk，当且仅当2bka时等号成立所以，
34、点P到直线1l的距离的最大值为ab【点评】本题主要考查椭圆的几何性质、点到直线间的距离、直线与椭圆的位置关系等基础知识，同时考查解析几何的基本思想方法、基本不等式应用等综合解题能力（22）【2014 年浙江，理22，14 分】已知函数33()fxxxa aR（1）若fx在1,1上的最大值和最小值分别记为(),()M a m a，求()()M am a；（2）设,bR若24fxb对1,1x恒成立，求 3ab 的取值范围解：（1）33333,()3|33,xxaxaf xxxaxxaxa，2233,()33,xxafxxxa，由于11x，（）当1a时，有xa，故3()33fxxxa，所以，fx 在
35、(1,1)上是增函数，因此()(1)43M afa，()(1)43m afa，故()()(43)(43)8M am aaa（）当11a时，若,1xa，3()33f xxxa，在,1a上是增函数；若1,xa，3()33f xxxa，在1,a 上是减函数，()max(1),(1)M aff，3()()am af a，由于(1)(1)62ffa，因此当113a时，3()()34M am aaa；当113a时，3()()32M am aaa；（）当1a时，有xa，故3()33f xxxa，此时()f x 在(1,1)上是减函数，因此()(1)23M afa，()(1)23m afa，故()()4M a
36、m a；名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 9 页，共 10 页 -10综上，338,1134,13()()132,134,1aaaaM am aaaaa（2）令()()h xf xb，则3333,()33,xxabxah xxxabxa，2233,()33,xxah xxxa，因为24fxb对1,1x恒成立，即2()2h x对1,1x恒成立，所以由（1）知，（）当1a时，()h x 在(1,1)上是增函数，()h x在 1,1 上的最大值是(1)43hab，最小值(1)43hab，则432ab且 432ab矛盾；（）当113a时，()h x 在 1,1上的最小值是3()h aa
37、b，最大值是(1)43hab，所以32ab且 432ab，从而323362aaaba且103a，令3()23t aaa，则2()330t aa，()t a 在1(0,)3上 是 增 函 数，故()(0)2t at，因此230ab；（）当113a时，()h x 在 1,1上的最小值是3()h aab，最大值是(1)32hab，所以由32ab且 322ab，解得283027ab（）当1a时，()h x 在 1,1 上的最大值是(1)32hab，最小值是(1)3ab2h，所以由322ab且322ab，解得30ab综上，3ab的取值范围是230ab【点评】本题考查导数的综合运用，考查函数的最值，考查分类讨论、化归与转化的数学思想，难度大名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 10 页，共 10 页 -