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1、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U x N|x 2，集合A xN|x2 5，则CUA（）A.B.2C.5D.2,52.已知i是虚数单位，a,bR,则“a b 1”是“(a bi)2 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.90cmB.129cmC.132cmD.138cm4.为了得到函数y sin3x cos3
2、x的图像，可以将函数2222y 2cos3x的图像（）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(1 x)6(1 y)4的 展 开 式 中,记xmyn项 的 系 数f(m,n)，则f(3,0)f(2,1)f(1,2)f(0,3)=（）A.45B.60C.120D.2106.已知函数f(x)x3 ax2 bx c，且0 f(1)f(2)f(3)3（）A.c 3B.3 c 6C.6 c 9D.c 97.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（）a8.记maxx,yx,x yy,x y，minx,y，设a,b为平面
3、向量，则（）y,x yx,x yAmin|a b|,|a b|min|a|,|b|B.min|a b|,|a b|min|a|,|b|C.max|a b|2,|a b|2|a|2|b|2D.max|a b|2,|a b|2|a|2|b|29.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,
4、E(1)E(2)D.p1 p2,E(1)E(2)10.设函数f1(x)x2，f2(x)2(x x2)，f3(x)i1|sin2x|，ai，i 0,1,2,399,99，记Ik|fk(a1)fk(a0)|fk(a2)fk(a1)|fk(a99)fk(a98)|，k 1,2,3则()A.I1 I2 I3B.I2 I1 I3C.I1 I3 I2D.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 4 013.当实
5、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 015.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x2y221（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，
6、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，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 3cos2Acos2B 3sin Acos A3sin BcosB（）求角 C 的大小；（）若sin A 4，求 ABC 的面积519.（本题满分14分）已知数列an和bn满足a1a2a3a
7、n(2)bn(nN*).若an为等比数列，且a1 2,b3 6 b2()求an与bn；11()设cn(nN*).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.()证明：DE平面ACD;()求二面角B AD E的大小.21(本题满分15分)x2y2如图，设椭圆C:221(a b 0)动直线l与椭圆 C 只有一个公共点 P，且点Pab在第一象限.()已知直线l的斜率为k，用a,b,k表示点 P 的
8、坐标；()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fx x33 xa(aR).()若fx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)；()设bR,若fxb 4对x1,1恒成立，求3a b的取值范围.22014 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】A xN|x2 5=xN|x 5，CUA xN|2 x 52【答案】B2.【解析】当a b 1时，(a bi)2(1i)2 2i，
9、反之，(a bi)2 2ia2b2 0a 1a 1即a b 2abi 2i，则解得或b 1b 12ab 222【答案】A3.【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 246 234 36 33 34 35 2【答案】D4.【解析】y sin3x cos3x 而y 由3(x 134 138.2)2 sin(3x 24)=2 sin3(x 122 cos3x 2sin(3x)=2 sin3(x 6)612故只需将y 2cos3x的图象向右平移个单位.故选 C12【答案】C105.【解析】令x y，由题意知f(3,0)f(2,1)f(1,2)f(0,3)即
10、为(1 x)展开)3(x 12)，即x x 7式中x的系数，故f(3,0)f(2,1)f(1,2)f(0,3)=C10120，故选 C3【答案】C6.【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 cb 110 1 6 11 c 3，即6 c 9，故选 C【答案】Ca0 f(1)3得7.【解析】函数f(x)x(x 0)，g(x)logax分别的幂函数与对数函数a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，g(x)logax中0 a 1，不符合；答案C
11、 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【答案】D8.【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，由余弦定理知max|a b|2,|a b|2|a|2|b|2，|a b|2|a b|22(|a|2|b|2)（或max|a b|,|a b|a|2|b|2）.2222【答案】D9.【解析 1】p1mn12m n，m nm n22(m n)
12、2112CnCn2Cm3m23m 2mn n2n1Cmp2222=3(m n)(m n 1)Cmn3Cmn3Cmn2m n5mn n(n 1)3m23m 2mn n2n 0，p1 p2=2(m n)6(m n)(m n 1)3(m n)(m n 1)故p1 p2nm又P(11)，P(1 2)m nm nnm2m n 2E(1)1m nm nm n2n(n 1)又P(2 1)Cn2Cm n(m n)(m n 1)11CnC2mnP(2 2)2mCm n(m n)(m n 1)2Cmm(m 1)P(2 3)2Cm n(m n)(m n 1)E(2)1n(n 1)2mnm(m 1)2 3(m n)(
13、m n 1)(m n)(m n 1)(m n)(m n 1)3m2 n23m n 4mn=(m n)(m n 1)m(m 1)mn3m2 n23m n 4mn2m n 0=E(2)E(1)=m n(m n)(m n 1)(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。1 2i 1 i i 110.【解析】由，99999999221135(故I199 999999299 11 992)19999 99ii 1 i i 1199 (2i 1)2|由2999999999999故I2 222150(98 0)98 10021992
14、9999 99|sin(29998)|sin(2)|)999911021I3(|sin(2)|sin(2)|sin(2)|sin(2)|39999999912574)2sin(2)139999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，每个小区间的端点的函数值之差的绝对值之和.如图为将函数f1(x)x2的区间0,1等分为 4 个小区间0,1上递增，此时在f1(x)I1|f(a1)f(a0)|f(a2)f(a1)|f(a3)f(a2)|f(a4)f(a3)|=A同理对题中给出的I1同样有I11；1H1 A2H2 A3
15、H3 A4H4 f(1)f(0)1，114而I2略小于21，I3略小于4，所以估算得I2 I1 I3233的情形，因【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】612.【解析】设1时的概率为p，的分布列为由E()0故P0121131 p 2(1 p)1，解得p 555P0121p11 p 55的分布列为即为13155513122E()(0 1)2(11)2(2 1)2.
16、【答案】55555x 2y 4 013.【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21 a 431 ax y 4，均成立得1 2a 1 4解得1 a，实数a的取值范围是231 a 42331,，【答案】1,22x 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 12a 1 4333，故实数a的取值范围是1,，【答案】1,2222214.【解析 1】不同
17、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 363二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644=60 种.【答案】6015.【解析】由题意3 f(a)02f(a)f(a)2 f(a)2a 0a 0当2或2解得a 2a a 2a 2【答案】(,2或 f(a)02，解得f(a)2bbx和y x，分别与aaambmambm,),B(,)，直线l：x 3y m 0联立方程组，解得，A(a 3b a 3ba
18、 3b a 3b16.【解析 1】由双曲线的方程可知，它的渐近线方程为y 设 AB 中点为Q，由|PA|PB|得，则amambmbmQ(a 3ba 3b,a 3ba 3b)22a2m3b2m,2)，即Q(2PQ 与已知直线垂直，a 9b2a 9b23b2m221a 9b 1即得kPQkl 1，即2a m32 ma 9b2c25c5222222a 8b，即2a 8(c a)，即2，所以e a4a2x2y2【解析 2】不妨设a 1，渐近线方程为22 0即b2x2 y2 01bb2x2 y2 0由消去x得(9b21)y26b2my b2m 0 x 3y m 03b2m设 AB 中点为Q(x0,y0)
19、，由韦达定理得：y0，29b 1y01y01又x0 3y0m，由kPQkl 1得 1即 得 1得x0 m 33y02m 333b2m3y0m代入得2m59b 151155c52222得b，所以c a b 1，所以c，得e c 4442a25【答案】217.【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tan设 BP=x，则 CP=20-x，（0 x 20）由BCM=30，得PP CPtan30 PPAP3(20 x)3在直角 ABP 中，AP tan令y PP3AP320 x2225
20、 x220 x2225 x，则函数在x0，20单调递减，225 x20 34 324592250PP2当 P 在线段 CB 的延长线上时，连接AP，则tanAP设 BP=x，则 CP=20+x，（x 0）3由BCM=30，得PP CPtan30(20 x)3x=0 时，tan取得最大值为33200在直角 ABP 中，AP tan令y PP3AP320 x2225 x220 x2，225 x225 x，则y 22520 x(225 x)225 x22，2254545时y 0；当x 时y 0204445204554所以当x 时ymax4345225()24453 55 3此时x 时，tan取得最大
21、值为43 395 3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3x 20），P(0,x,0)，A(15,0,0)，所以3(20 x)PP3tan3AP3152 x220 x225 x2设f(x)tan225 x22254545 时y 0；当 x 20时y 0所以，当x 20444520 4535 3454所以当x 时f(x)max f()
22、443945225()24所以tan取得最大值为3320 x(x 20)，f(x)3225 20 x3(225 x2)225 x25 39【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 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tan BHD，在RtABC中，AB BC15 20=12，AC2520 3DB BC tan30 320 3DB5 33=所以(tan)max tanBHD BH
23、129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 cos2B33sin2Asin2B，22223131sin2Acos2A sin2B cos2B即2222sin(2A)sin(2 B)66由a b得A B，又A B(0,)，得2A 2B662即A B，所以C 334ac8（）c 3，sin A，得a 5sin AsinC53由a c得A C，从而cos A 故sin B sin(A C)518.【解析】：（）由题得4 3 31018 3 18所以，ABC 的面积为S acsinB 225b19.【解析】：（）a1
24、a2a3an(2)n(nN*)，=sinAcosC cosAsinC 当 n2，nN*时，a1a2a3b3=6+b2，a3=8an为等比数列，且a1=2，an的公比为 q，则q 由题意知 an0，q0，q=2an2n（nN*）又由a1a2a3n(n1)22an1(2)bn1，b bb b由知：当n 2时，an(2)nn1，令 n=3，则有a3(2)32a3 4a2an(2)bn(nN*)，得：212223b2n(2)bn即2(2)nbn=n（n+1）（nN*）1111111nn()anbn2n(n 1)2nn 1111111111)Sn c1 c2 c3 cn=()2()n(2122232nn
25、 1111111)=1n1=2n(1222n 12n 111n=n 12（）（i）cn（ii）因为 c1=0，c20，c30，c40；1n(n 1)1nn(n 1)2n(n 1)(n 1)(n 2)(n1)(n 2)n(n 1)5(5 1)01而，得nn1n1n522222当 n5 时，cn所以，当 n5 时，cn0，综上，对任意nN*恒有S4 Sn，故 k=420.证明：（）在直角梯形BCDE 中，由 DE=BE=1，2，222由AC 2，AB=2得AB AC BC，即CD=2，得 BD=BC=ACBC，又平面 ABC平面 BCDE，从而 AC平面 BCDE，所以 ACDE，又 DEDC，从
26、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 Rt ACD 中，由 DC=2,AC 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得BF 222 3，AF AD，从而GF，33325
27、7，BC 314在 ABE，ABG 中，利用余弦定理分别可得cosBAE GF2 BF2 BG23在 BFG 中,cosBFG，2BF GF2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)，m AD
28、 02y12z1 0由即，可 取m AE 0 x1 2y12z1 0m (0,1,2)2y22z2 0n AD 0由即可取n (0,1,2)x2 y2 0n BD 0于是|cos m,n|m n|332|m|n|3 2由题意可知，所求二面角是锐角，故二面角 B-AD-E 的大小为6y kx m21.【解析】：（）【方法 1】设直线 l 的方程为y kx m(k 0)，由x2，y21a2b2消去 y 得(b2 a2k2)x2 2a2kmx a2m2a2b2 0由于直线 l 与椭圆 C 只有一个公共点P，故=0，即b m a k 0，解得点P 的坐标为2222a2kmb2mP(2,2)2222b
29、a kb a k又点 P 在第一象限，故点P 的坐标为P(a2kb a k222,b2b a k222)x xx2y2a【方法 2】作变换，则椭圆 C：221(a b 0)变为圆C：yab ybx2 y21切点P(x0,y0)变为点P(x0,y0)，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OP的方程为y mx（m 0），1x 0y mx1 m2由2解得2mx y 1y01 m2即P(11 m2,m1 m2)，由于O P l，ak 1，b入得所以kOPkl 1，得m即m bak代b1ak)P(,b2b2112(ak)(ak)2即a k ba
30、 k bxx a利用逆变换代入即得：y ybP(ak222,b222)，P(a2ka k ba2k22222,b2a k b222)（）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 a kb a k1 k222b2k222|整理得:d a2b2b2 a2 a2k2bk2a2b222b2因为a k 2 2ab，所以d k2a2b2b2 a2 a2k2bk22b a 2ab2 a bb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k23x 3x 3a,x a323.【解析】：（）f(x)x 3|x a|3,
31、x 3x 3a,x a23x 3,x af(x)2，由于1 x 13x 3,x a（）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)83（）当1 a 1时，若 x（a，1），f(x)x 3x 3a，在（a，1）上是增函数；若 x（-1，a），f(x)x 3x 3a，在（-1，a）上是减函数，3M(a)maxf(1),f(1)，m(a)f(a)a3由于f(1)f(1)6a 2，因此当1 a 当1时，M(a)m(a)a33a 4；31 a 1时，M(
32、a)m(a)a33a 2；33（）当a 1时，有x a，故f(x)x 3x 3a，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 11a3 3a 4,1 a 3M(a)m(a)1a3 3a 2,a 134,a 13x 3x 3a b,x a（）令h(x)f(x)b，则h(x)3x 3x 3a b,x a23x 3,x ah(x)2，3x 3,x a因为 f（x）+b24对 x-1，1恒成立，即2 h(x)2对 x-1，1恒成立，所以由（）知，（）当a 1时，h(x)在(1,1)上是增函数，h(x)在1,1上的最大值
33、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；1时，h(x)在1,1上的最小值是h(a)a3 b，最大值是3h(1)4 3a b，所以a3 b 2且4 3a b 2，从而12 a3 3a 3a b 6a 2且0 a 3132令t(a)2 a 3a，则t(a)33a 0，t(a)在(0,)上是增函数，3故t(a)t(0)2，因此2 3a b 01（）当 a 1时，h(x)在1,1上 的最 小 值 是h(a)a3 b，最 大 值 是328 3a b 0h(1)3a b 2，所以由a3 b 2且3a b 2 2，解得27()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.（）当1 a