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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，每题5 分，共 50 分，在每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UA AB 2C 5D 2,5【答案】B【解析】2|5|5AxNxxNx，|252UC AxNx，故选 B【点评】此题主要考查全集、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必要不充分条件C充分必要条件D既不充分也不必要条件【
2、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】此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如下图，则此几何体的表面积是 A902cmB1292cm C1322cmD1382cm【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，故几何体的外表积为：1246234363334352341382S，故选 D【点评】此题考查了由三视图求几何体的外表积，根据三视图判断几何体的形状及
3、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】此题考查两角和与差的三角函数以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)
4、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 45B 60C120D210【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】此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 xxaxbxc，且0(1)(2)(3)3fffA3cB36cC69cD9c2【答案】C【解析】由(1)(2)(3)fff得184
5、212793abcabcabcabc，解得611ab，所以32()611f xxxxc，由 0(1)3f，得016113c，即69c，故选 C【点评】此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 ABCD【答案】D【解析】函数()(0)af 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1
6、a，不符合；答案 D 中，()(0)af xxx中01a，()logag xx中01a，符合，故选 D【点评】此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 b 为平面向量，则 A min|,|min|,|abababB min|,|min|,|ababab C2222max|,|abababD2222max|,|ababab【答案】D【解析】由向量运算的平行四边形法可知min|,|abab与 min|,|ab的大小不确定，平行四边形法可知max|,|
7、abab所对的角大于或等于90，由余弦定理知2222max|,|ababab，或22222222|2(|)max|,|22abababababab，故选 D【点评】此题在处理时要结合着向量加减法的几何意义，将a，b，ab，ab放在同一个平行四边形中进行比较判断，在具体解题时，此题采用了排除法，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
8、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(1,2)ip i则 A1212,()()pp EEB1212,()()ppEEC1212,()()pp EE D1212,()()pp EE【答案】A【解析】解法一：11222()mnmnpmnmnmn，211222221233nmnmm nm nm nCC CCpCCC=223323()(1)mmmnnnmn mn，1222()mnppmn223323()(1)mmmnnnmnmn=5(1)06(
9、)(1)mnn nmn mn，故12pp又1(1)nPmn，1(2)mPmn，12()12nmmnEmnmnmn，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，
10、计算后再比较，故选A【点评】正确理解1,2ii的含义是解决此题的关键此题也可以采用特殊值法，不妨令3mn，也可以很快求解10【2014 年浙江，理 10，5 分】设函数21()fxx，22()2()fxxx，31()|sin2|3fxx，99iia，0,1,2i，,99，记10219998|()()|()()|()()|kkkkkkkIfafafafafafa，1,2,3k，则 A123IIIB213IIIC132IIID321III【答案】B【解析】解法一：由22112199999999iii，故2111352991199()199 9999999999 99I，由2211199(21)22
11、|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
12、af af af af af af af a=11223344A HA 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】此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，每题4 分，共 28 分11【2014 年浙江，理11，5 分】假设某程序框图如下图，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；4第四次运行结果26,5S
13、i；第五次运行结果57,6Si；此时5750S，输出6i【点评】此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，假设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】此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，14axy恒成立，则实数a 的取值
14、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】此题考查线性规划，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，是中档题14【2014 年浙江
15、，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 P1535155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 种分法，因此不同的获奖情况共有64460种【点评】此题考查排列、组合及简单计数问题，考查学生的计算能力，属于基础题1
16、5【2014 年浙江，理 15，5 分】设函数22,0(),0 xx xf xxx假设()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】此题主要考查分段函数的应用，其它不等式的解法，表达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22221xyab0,0ab两条渐近线分别交于点A，B假设点(,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
17、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，1PQlkk，即222222319139b maba mmab，即得2228ab，即22228()aca，即2254ca，所以52cea解法二：不妨设1a，渐近线方程为222201xyb即2220b xy，由222030b xyxym消去 x，得2222(91)60byb myb m，设AB中点为00(,)
18、Q xy，由韦达定理得：202391b myb ，又003xym，由1PQlkk得00113yxm，即得0011323yym得035ym 代入得2233915b mmb，得214b，所以22215144cab，所以52c，得52ceca【点评】此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的仰角的大小假设15ABm，25ACm，30BCM，则tan的最大值是仰
19、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，61 当P在线段BC上时，连接AP，则tanPPAP，设BPx，则20CPx，020 x由30BCM，得3tan 30(20)3PPCPx 在 直 角ABP中，2225APx2320tan3225PPxAPx，令220225xyx，则函数在0,20 x单调递减，0 x时，tan取得最大值为2320020 34 3345922502 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
20、)3PPCPx，在直角ABP中，2225APx，2320tan3225PPxAPx，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 3339，综合1，2 可知tan取得最大值为539解法二：如图以B为原点，BA、BC所在的直线分别为x，y轴，建立如下图的空间直角坐标系，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
21、)3203tan315225xPPxAPxx，设2320(x)tan3225xfx(20 x)，22322520(x)3(225)225xfxx，所以，当22545204x时0y；当45204x时0y，所以当454x时max245204535 34()()43945225()4f xf，所以tan取得最大值为5 39解法三：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tanBHD，在Rt ABC中，由等
22、面积法可得15 201225AB BCBHAC，20 3tan303DBBC，7所以max2035 33(tan)tan129DBBHDBH【点评】此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，演算步骤或证明过程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，22coscos3sincos3sincosABAABB1求角C的大小；2假设4sin5A，求ABC的面积解：1由题得1cos21cos233sin 2sin 22222
23、ABAB，即3131sin 2cos2sin 2cos22222AABB，sin(2)sin(2B)66A，由ab得AB，又(0,)AB，得 22B66A，即23AB，所以3C23c，4sin5A，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】此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 aanN假设na为等比数列，且1322
24、,6abb1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：1123(2)(*)nbna a aanN，当2n，*nN 时，11231(2)nbna a aa，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 aanN，得：1232222(2)nbn，即(1)22(2)nn nb，*1nbn nnN（）（）2 1111111()2(1)21nnn
25、nncabn nnn，123nnScccc=2111111111()()()21222321nnn=21111(1)2221nn=111121nn=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 n，8所以，当5n时，0nc，综上，对任意*nN 恒有4nSS，故4k【点评】此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此题计算量较大，思维层次高，要求学生有较高的分析问题解
26、决问题的能力此题属于难题20【2014 年浙江，理20，15 分】如图，在四棱锥ABCDE中，平面ABC平面BCDE，90CDEBED，2ABCD，1DEBE，2AC1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ACD2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22
27、2CDBCBD，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 GF，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：(0,0,
28、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(,)mxyz，平面ABD的法向量为222(,)nxyz，可算得：(0,2,2)AD，(1,2,2)AE，(1,1,0)DB，由00m ADm AE，即11111220220yzxyz，可取(0,1,2)m，由00n ADn BD即22222200yzxy可取(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BADE的大小为6【点评】此题主要考查空间点、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2
29、1【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假设过原点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，9由于直线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(,)
30、a kbPba kba k解法二：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 xx0)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221(,)11mPmm，由于O Pl，所以1O Plkk，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 kb2由于直
31、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，点P到直线1l的距离的最大值为ab【点评】此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假设fx在1,1上的最大值
32、和最小值分别记为(),()M am a，求()()M am a；2设,bR假设24fxb对1,1x恒成立，求3ab的取值范围解：133333,()3|33,xxaxaf xxxaxxaxa，2233,()33,xxafxxxa，由于11x，当1a时，有xa，故3()33fxxxa，所以，fx 在(1,1)上是增函数，因此()(1)43M afa，()(1)43m afa，故()()(43)(43)8M am aaa 当11a时，假设,1xa，3()33f xxxa，在,1a上 是增 函数；假 设1,xa，3()33f xxxa，在1,a 上是减函数，()max(1),(1)M aff，3()(
33、)am af a，由于(1)(1)62ffa，因此当113a时，3()()34M am aaa；当113a时，3()()32M am aaa；10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 am a；综上，338,1134,13()()132,134,1aaaaM am aaaaa2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
34、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 aab，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】此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