浙江省湖州二中2014届高三高考预测数学(理)试题
2014年浙江省数学(理)高考真题含答案(超完美word版)
2014年普通高等学校招生全国统一考试（浙江卷）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{}2|≥∈=x N x U ，集合{}5|2≥∈=x N x A ，则=A C U （ ） A. ∅ B. }2{ C. }5{ D. }5,2{（2）已知i 是虚数单位，R b a ∈,,则“1==b a ”是“i bi a 2)(2=+”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. 902cm B. 1292cm C. 1322cm D. 1382cm4.为了得到函数x x y 3cos 3sin +=的图像，可以将函数x y 3sin 2=的图像（ ） A.向右平移4π个单位 B.向左平移4π个单位 C.向右平移12π个单位 D.向左平移12π个单位 5.在46)1()1(y x ++的展开式中，记nm y x 项的系数为),(n m f ，则=+++)3,0(2,1()1,2()0,3(f f f f ）（ ）A.45B.60C.120D. 2106.已知函数则且,3)3()2()1(0,)(23≤-=-=-≤+++=f f f c bx ax x x f （ ） A.3≤c B.63≤<c C.96≤<c D. 9>c 7.在同一直角坐标系中，函数x x g x x x f a alog )(),0()(=≥=的图像可能是（ ）A.B. C. D.8.记,max{,},x x y x y y x y ≥⎧=⎨<⎩，,min{,},y x yx y x x y≥⎧=⎨<⎩，设a,b 为平面向量，则（ ） A.min{||,||}min{||,||}a b a b a b +-≤ B.min{||,||}min{||,||}a b a b a b +-≥ C.2222min{||,||}||||a b a b a b +-≥+ D.2222min{||,||}||||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()3,3m n ≥≥，从乙盒中随机抽取()1,2i 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()1,2ii ξ=；（b ）放入i 个球后，从甲盒中取1个球是红球的概率记为()1,2i p i =. 则A.()()1212,p p E E ξξ><B.()()1212,p p E E ξξ<>C.()()1212,p p E E ξξ>>D.()()1212,p p E E ξξ<<10.设函数21)(x x f =，),(2)(22x x x f -=|2sin |31)(3x x f π=，99,,2,1,0,99==i ia i ，记|)()(||)()(||)()(|98991201a f a f a f a f a f a f I k k k k k k k -++-+-= ，.3,2,1=k 则( )A.321I I I <<B. 312I I I <<C. 231I I I <<D. 123I I I << 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ξ的取值为0,1,2，若()105P ξ==，()1E ξ=，则()D ξ=________. 13.当实数x ，y 满足240,10,1,x y x y x +-≤⎧⎪--≤⎨⎪≥⎩时，14ax y ≤+≤恒成立，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）.15.设函数()⎪⎩⎪⎨⎧≥-<+=0,0,22x x x x x x f 若()()2≤a f f ，则实数a 的取值范围是______15.设直线)0(03≠=+-m m y x 与双曲线12222=-by a x （0a b >>）两条渐近线分别交于点B A ,，若点)0,(m P 满足PB PA =,则该双曲线的离心率是__________ 17、如图，某人在垂直于水平地面的墙面前的点处进行射击训练.已知点到墙面的距离为，某目标点沿墙面的射击线移动，此人为了准确瞄准目标点，需计算由点观察点的仰角的大小.若则的最大值 。
浙江省2014届高考模拟冲刺卷(提优卷)(二) 数学理试题及答案
浙江省2014届高考模拟冲刺卷（提优卷）（二）数学理试题本试题卷分选择题和非选择题两部分。
满分150分, 考试时间120分钟。
注意事项：1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔填写在答题纸规定的位置上。
2.每小题选出后，用2B 铅笔把答题纸上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。
不能答在试题卷上。
选择题部分（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，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知i 是虚数单位，复数z 满足：2)1()21(i z i +=-，则z的值是( ▲ ) A ．i 5254+-B. i 5352+-C. i 5254- D.i 5352- 2．设集合M=}21{≤<x x ，N=}{a x x ≤，若M N C M R =⋂)(，则a 的取值范围是 ( ▲ )A ．(−∞，1）B ．(−∞，1]C ．[1，+∞)D ．(2，+∞）3．设x 为非零实数，则p ：21>+xx 是q ：1>x 成立的 ( ▲ ) 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4．某程序框图如图所示，则该程序运行后输出的值是( ▲ )A ．2B ．-2C ．3D ．-35． 李先生居住在城镇的A 处，准备开车到单位B 处上班，途中（不绕行）共要经过6个交叉路口，假设每个交叉路口发生堵车事件的概率均为61，则李先生在一次上班途中会遇到堵车次数ξ的期望值ξE 是（ ▲ ）A ．61B ．1C ．6656⎪⎭⎫ ⎝⎛⨯D ．6616⎪⎭⎫ ⎝⎛⨯6．如果函数)4cos(ax y +=π的图象关于直线π=x 对称，则正实数a 的最小值是( ▲ )A ．41=a B ．21=a C ．43=a D ．1=a 7．已知函数)(x f y =在R 上为偶函数，当0≥x 时，)1(log )(3+=x x f ，若)2()(t f t f ->，则实数t 的取值范围是（ ▲ ）A ．)1,(-∞B ． ),1(+∞C ． )2,32( D ． ),2(+∞8． 已知双曲线C 的方程是：12222=--my m m x (0≠m ），若双曲线的离心率2>e ，则实数m 的取值范围是（ ▲ ）A ． 1<m<2.B ． 0<mC ．10><m m 或D ．0<m 或1<m<2.9． 在△ABC 中，已知4=⋅AC AB 3=，M 、N 分别是BC 边上的三等分点，则AN AM ⋅的值是（ ▲ ）A ．5B ．421C ． 6D ． 810．正四面体ABCD ，线段AB //平面α，E ，F 分别是线段AD 和BC 的中点，当正四面体绕以AB 为轴旋转时，则线段AB 与EF 在平面α上的射影所成角余弦值的范围是（ ▲ ） A ． [0，22] B ．[22，1] C ．[21，1] D ．[21，22]非选择题部分（共100分）二、填空题：本大题共7小题，每小题4分，共28分．11．设443322104111121⎪⎭⎫⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛+=⎪⎭⎫ ⎝⎛-x a x a x a x a a x ， 则42a a +的值是 ▲ ．12．设变量x ，y 满足约束条件⎪⎩⎪⎨⎧≤-+≥+-≥-0801050y x y x a y ，且目标函数y x z 52-=的最小值是10-，则a 的值是 ▲ .13．某几何体的三视图（单位：cm ）如右图所示，则此几何体的体积等于 ▲ cm 3．14．在数列{}n a 中，31=a ，2)2)(2(1=--+n n a a （*N n ∈），则该数列的前2014项的和是 ▲ .15．若实数x ，y 满足：1243=+y x ，则x y x 222++的最小值是 ▲ ．16. 将编号为1，2，3，4，5，6的6张卡片，放入四个不同的盒子中，每个盒子至少放入一张卡片， 则编号为3与6的卡片恰在同一个盒子中的不同放法共有 ▲ ．17．已知函数⎩⎨⎧---=x x e x f x 21)(200<≥x x ，若关于x 的方程a x x f -=)(有三个不同的实根，则实数a的取值范围是 ▲ _ .三、解答题：本大题共5小题，共72分．解答应给出文字说明，证明过程或演算步骤． 18．（本小题满分14分）设ABC △的三内角A B C ，，所对的边长分别为a b c ，，，且3=a ，A=︒60，23=+c b ． （Ⅰ）求三角形ABC 的面积；（Ⅱ）求C B sin sin +的值及ABC △中内角B,C 的大小. 19．（本小题满分14分） 在数列{a n }中，2551=a ，256111111=+-++n n a a )(*N n ∈， （Ⅰ）求数列{}n a 的通项公式（Ⅱ）设kka b k2=（*N k ∈），记数列{}k b 的前k 项和为k B ，求k B 的最大值．20．（本小题满分15分）如图，ABC ∆在平面α内，090=∠ACB ，AB=2BC=2，P 为平面α外一个动点，且PC=3，︒=∠60PBC（Ⅰ）问当PA 的长为多少时，PB AC ⊥（Ⅱ）当PAB ∆的面积取得最大值时，求直线PC 与平面PAB 所成角的正弦值21．（本小题满分15分）设椭圆C 1：1522=+y x 的右焦点为F ，P 为椭圆上的一个动点． （Ⅰ）求线段PF 的中点M 的轨迹C 2的方程；（Ⅱ）过点F 的直线l 与椭圆C 1相交于点A 、D ，与曲线C 2顺次相交于点B 、C ，当FB FC AB -=时，求直线l 的方程． 22．（本小题满分14分） 已知函数x e x f x 2)(-=，m x x g +=2)(（R m ∈）（Ⅰ）对于函数)(x f y =中的任意实数x ，在)(x g y =上总存在实数0x ，使得)()(0x f x g <成立，求实数m 的取值范围（Ⅱ）设函数)()()(x g x af x h -=，当a 在区间]2,1[内变化时，（1）求函数)(x h y '= ]2ln ,0[∈x 的取值范围；（2）若函数)(x h y = ]3,0[∈x 有零点，求实数m 的最大值.2014年浙江省高考模拟冲刺卷（提优卷）数学（理科）二参考答案一．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.1. 【答案解析】A ．由已知得i z i 2)21(=-，两边同乘)21(i +化简得i z 5254+-=,故选A 2．【答案解析】B ．因为)(N C R ={x |xa >}，若M H C M R=⋂)(，则∈a (−∞，1]，故选B3．【答案解析】B ．若p 成立，q 不一定成立，如取5.0=x ，反之成立，故p 是q 的必要不充分条件，故选B 4．【答案解析】C ．该程序运行后输出的值是3，故选C 5． 【答案解析】B ．ξ服从二项分布B )61,6(，1616=⨯=ξE ，故选B6． 【答案解析】A ． 由24ππk ax =+，当π=x 时，412-=k a )(Z k ∈，因为0>a ，所以当1=k 时，正数a 取得最小值是41，故选A 7． 【答案解析】B.由于函数)(x f y =的图象关于y 轴对称，且在0≥x 上为增函数，所以当)2()(t f t f ->时，t t ->2，由此解得1>t ，故选B8． 【答案解析】D.解.由21223002222<<⇒⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧>-->>-m m m m m m m m ，或02)3(00222<⇒⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧>---<<-m m m m m m m ，所以0<m 或1<m<2.，故选D9． 【答案解析】C设BC 的中点为O ，由4=⋅ACAB，即4)()(==+⋅+OC AO OB AO，因为3=，所以49=，由此可得：425=，而⋅=22OM AO -，由已知21=，所以22OM AO -=641425=-，所以⋅=6，故选C10．【答案解析】 B ．如图，取AC 中点为G ，结合已知得GF //AB ，则线段AB 、EF 在平面α上的射影所成角等于GF 与EF 在平面α上的射影所成角，在正四面体中，AB ⊥CD ，又GE //CD ，所以GE ⊥GF,所以222GF GE EF +=，当四面体绕AB 转动时，因为GF //平面α，GE 与GF 的垂直性保持不变，显然，当CD 与平面α垂直时，GE 在平面上的射影长最短为0，此时EF 在平面α上的射影11F E 的长取得最小值21，当CD 与平面α平行时，GE 在平面上的射影长最长为21，11F E 取得最大值22，所以射影11F E 长的取值范围是 [21，22]，而GF 在平面α上的射影长为定值21，所以AB 与EF在平面α上的射影所成角余弦值的范围是[22，1].故选B 13．【答案解析】40．由题意40)2()2(444224=-+-C C14． 【答案解析】2．作出平面区域，由题设画图分析可知，当⎩⎨⎧=-=a y a x 105时，y x z 52-=取得最小值10-，由此可得2=a .13．【答案解析】332． 由题意，该几何体为一个四棱锥，其底面是边长为4的正方形，高为2，体积为33224312=⨯⨯14．【答案解析】7049．由2)2)(2(1=--+n n a a （*N n ∈）．可得：2)2)(2(1=---n n a a （2*,≥∈n N n ）,以上两式相除，得12211=---+n n a a ，)2()2(11-=--+n n a a 2*,≥∈n N n ，所以 ，数列{}n a 是一个周期数列，周期为2，由于22212-=-a a ，31=a ，所以2a =4，所以7049)43(1007)(1007212014=+⨯=+⨯=a a S15．【答案解析】8．由于x y x 222++=1])1[(22-++y x ，而点（-1，0）到直线01243=-+y x 的距离为35123)1(=-⨯-=d ，所以22)1(y x ++的最小值为3，所以x y x 222++的最小值为8132=-16. 【答案解析】240．将3和6“捆绑”看成一张卡片，这样可看成5张卡片放入四个盒子中，共有不同的放法：2404425=A C 种放法.17．【答案解析】)41,0()0,49(⋃-．如图，直线y=x-a 与函数1)(-==xe xf y 的图象在0≥x 处有一个切点，切点坐标为（0，0），此时0=a ；直线a x y -=与函数x x y 22--=的图象在0<x 处有两个切点，切点坐标分别是⎪⎭⎫ ⎝⎛-43,21和)43,23(-，此时相应的41=a ，49-=a ，观察图象可知，方程a x x f -=)(有三个不同的实根时，实数a 的取值范围是)41,0()0,49(⋃- 18．（本小题满分14分）【答案解析】（Ⅰ）由余弦定理3cos2222πbc a c b =-+得3=bc ，由此可得4332323sin 21=⨯==∆A bc S ABC .（Ⅱ）因为A=3π；由正弦定理：CB cb Cc B b sin sin sin sin 3sin3++===π，又23=+c b ，所以26sin sin =+C B ；因为︒=+120C B ，所以26s i n )120sin(=+-︒C C ，由此得22)30sin(=+︒C ，在ABC △中，由此可求得A=︒105，︒=15C 或A=︒15，︒=105C .19．（本小题满分14分）【答案解析】（Ⅰ）设1+=n n a c ，则数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧n c 1是一个等差数列，其首项为2561，公差也是2561，所以2562561)1(25611n n c n =-+=，所以1256-=na n ，（Ⅱ）由（Ⅰ）知当256≤n 时，0≥n a ，由2562≤k得8≤k ，所以数列{}k b 的前8项和8B （或前7项和7B 最大，因为08=a ）最大，)8321()28232221(2568328++++-++++⨯= B ，令832828232221++++= T ，由错位相减法可求得782152⎪⎭⎫ ⎝⎛⨯-=T ，所以8B =36]2152[2567-⎪⎭⎫⎝⎛-⨯=466.即前7项或前8项和最大，其最大值为466.23．（本小题满分15分）【答案解析】（Ⅰ）因为090=∠ACB ，所以BC AC ⊥，当PC AC ⊥时，PBC AC 平面⊥，而PBC PB 平面⊂，所以PB AC ⊥时，此时，63322=+=+=PC AC PA ，即当PA=6时，PB AC ⊥（Ⅱ）在PBC ∆中，因为PC=3，︒=∠60PBC BC=1，所以PC BC ⊥，2=PB .当PAB ∆的面积取得最大值时，︒=∠90PBA ，（如图）在PBA Rt ∆中，因为 2==BA BP ，由此可求得BD=2，又在BCD Rt ∆中，BC=1，所以CD=1，过C 作BD CE ⊥，E 为垂足，由于BCD PA 平面⊥，所以，PBA BCD 平面平面⊥，由两个平面互相垂直的性质可知：PBA CE 平面⊥，所以CPE ∠就是直线PC 与平面PAB所成角，在BCD Rt ∆中，可求得22=CE ，在P E C Rt ∆中，66322s i n =÷==∠PC CE CPE ，所以直线PC 与平面PAB 所成角的正弦值是66.24．（本小题满分15分）【答案解析】（Ⅰ）设点M （x ，y ），而F （2，0），故P 点的坐标为（2x-2，2y ），代入椭圆方程得：1)2(5)22(22=+-y x ，即线段PF 的中点M 的轨迹C 2的方程为：145)1(422=+-y x （Ⅱ）设直线l 的方程为：2+=my x ，解方程组014)5(1522222=-++⇒⎪⎩⎪⎨⎧=++=m y y m y x m y x ，2020)5(4162221+=++=∆m m m ，① 当0>m 时，则)5(2152422+++-=m m m y A ，解方程组018)5(4145)1(422222=-++⇒⎪⎩⎪⎨⎧=+-+=m y y m y x m y x 8080)204(4642222+=++=∆m m m ，)204(2154822+++=m m m y c ，由题设FB FC AB -=，可得FC AF =，有C A y y =，所以)5(2152422+++-m m m =)204(2154822+++=m m m ，即1562+=m m （0>m ），由此解得：315=m ，故符合题设条件的其中一条直线的斜率51551==m k ；②当0<m 时，同理可求得另一条直线方程的斜率5155-=k ，故所求直线l 的方程是)2(5155-±=x y .25．（本小题满分14分）【答案解析】（Ⅰ）原命题⇔<min )]([x g min )]([x f ，先求函数)(x f y =的最小值，令02)(=-='x e x f ，得2ln =x .当2ln >x 时，0)(>'x f ；当2ln <x 时，0)(<'x f ，故当2ln =x 时，)(x f y =取得极（最）小值，其最小值为2ln 22-；而函数)(x g y =的最小值为m,故当2ln 22-<m 时，结论成立（Ⅱ）（1）：由m x x ea x h x---=2)2()(，可得x e a x h x 2)2()(--='，把)(x h y '=这个函数看成是关于a 的一次函数，（1）当]2ln ,0[∈x 时，02<-x e ，因为]2,1[∈a ，故)(x h '的值在区间]2)2(,2)2(2[x e x e xx ----上变化，令x e x M x 2)2(2)(--=，]2ln ,0[∈x ，则022)(>-='x e x M ，)(x M 在]2ln ,0[∈x 为增函数，故)(x h '在]2ln ,0[∈x 最小值为2)0(-=M ，又令x e x N x2)2()(--=，同样可求得)(x N 在]2ln ,0[∈x 的最大值1)0(-=N ，所以函数)(x h y '=在]2ln ,0[∈x 的值域为[-2，-1]（Ⅱ）（2）当]2ln ,0[∈x 时，x e x N x2)2()(--=的最大值1)0(-=N ，故对任意]2,1[∈a ，)(x h 在]2ln ,0[∈x 均为单调递减函数，所以函数m a h x h -==)0()(max当]3,2[ln ∈x 时，因为02>-x e ，]2,1[∈a ，故)(x h '的值在区间]2)2(2,2)2[(x e x e xx----上变化，此时，对于函数)(x M ，存在]3,2[ln 0∈x ，)(x M 在],2[ln 0x x ∈单调递减，在]3,[0x x ∈单调递增，所以，)(x h 在]3,2[ln ∈x 的最大值为m e a h ---=9)6()3(3，因为]2,1[∈a ，09)7()0()3(3>--=-e a h h ，所以)0()3(h h >，故)(x h 的最大值是m e a h ---=9)6()3(3，又因为]2,1[∈a ，故当函数)(x h y =有零点时，实数m 的最大值是9)6(23--=e m 2123-=e .题号：03“数学史与不等式选讲”模块（10分）解(Ⅰ)由于1=++c b a ，所以222)3()2()1(+++++c b a)642()14(c b a c b a ++++++=)32(215c b a +++=，由柯西不等式 14))(941()32(2=++++≤++c b a c b a ，当且仅当321c b a ==时， )32(c b a ++取得最大值14，又因为1=++c b a ，由此可得：当149,144,141===c b a 时，222)3()2()1(+++++c b a 取得最大值14215+(Ⅱ)因c b a ,,是正实数，故⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛++⎪⎭⎫ ⎝⎛++⎪⎭⎫ ⎝⎛+=++a bc c ab c ab b ac b ac a bc c ab b ac a bc 21 1)(=++≥b a c ，又因222c b a ca bc ab ++≤++，所以1)()(32=++≤++c b a ca bc ab所以)(3ca bc ab cabb ac a bc ++≥++．题号：04“矩阵与变换和坐标系与参数方程”模块(10分)解(Ⅰ)①当切线l 垂直于x 轴时，由题设可求得)712,712(A ，)712,712(-B ，（或)712,712(-'A ，)712,712(--'B ），故1-=⋅O B O A k k ，所以OB OA ⊥； ② 当切线l 与x 轴不垂直时，设直线AB 的方程为：m kx y +=，解方程组⎩⎨⎧=-++=0124322y x m kx y01248)43(222=-+++⇒m kmx x k ，设),(11y x A ，),(22y x B ，则⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧+-=++-=221222143843124k km x x k m x x ，2212122121)())((m x x mk x x k m kx m kx y y +++=++=，所以222222121)438()43124)(1(m k km mk k m k y y x x ++-++-+=+ （*），因为直线m kx y +=与圆71222=+y x 相切，所以71212=+k m ，即)1(71222k m +=，代入方程（*）化简得02121=+y y x x 即1-=⋅O B O A k k ，所以OB OA ⊥．综上 ，证得OB OA ⊥成立(Ⅱ) 以直角坐标系的原点为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系， 椭圆C 在极坐标系下的方程是3s i n 4c o s 1222θθρ+=，因为OB OA ⊥，故可设)2,(),,(21θπρθρ+B A ，所以3)2(s i n 4)2(c o s )3s i n 4c o s (11222222θπθπθθ+++++=+OB OA 1273141=+=。
浙江省湖州二中2014届高三高考预测数学(理)试题
浙江省湖州二中2014届高三高考预测数学（理）试题一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分，在给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 已知全集U=R ，集合M=}032|{2≤--x x x ,N=}13|{2+=x y y ,则=)(N C M u （ ）A ．}11|{<≤-x xB ．}11|{≤≤-x xC ．}31|{≤≤x xD ．}31|{≤<x x 2. 已知i 为虚数单位，则复数iiz 325+-=在复平面内表示的点位于（ ） A ．第四象限 B ．第三象限 C ．第二象限 D ．第一象限3. 已知函数⎪⎩⎪⎨⎧<-≥=0,0,2)(x x x x f x ，则“4)(=a f ”是“2=a ”的（ ）A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件4. 已知21,e e 为互相垂直的单位向量，若向量21e e +λ与21e e λ+的夹角等于30，则实数λ等于（ ）A ．32±B ．3±C ．33±D ．333或 5. 执行如图所示的程序框图，若输出的值S=16，则输入自然数n 的最小值应等于（ ） A ．7 B ．8 C ．9 D ．10 6. 若y x ,满足约束条件y kx y x y y x +=⎪⎩⎪⎨⎧≤-≥≥-+z 22201，且取得最小值时的点有无数个，则k=（ ） A ．-1 B ．2 C ．-1或2 D ．1或 -27. 已知函数，，，⎪⎩⎪⎨⎧>+-≤<=10621100|lg |)(x x x x x f 若函数92)(2)(2-+-=b x bf x f y 有6个零点，则b 的取值范围是（ ）A ．⎪⎭⎫⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛31,9297,32 B ．⎪⎭⎫ ⎝⎛∞-⎪⎭⎫ ⎝⎛+∞31,,32C ．⎪⎭⎫⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛1,3231,0 D ．⎪⎭⎫ ⎝⎛97,928. 设m ，n 是两条不同的直线，βα，是两个不同的平面，则下列命题不正确的是（ ）A ．βαβα⊥⇒⊥n m n m ////，，B ．αα⊥⇒⊥n n m m //，C ．βαβα⊥⇒⊂⊂⊥m n n m ，，D ．n m n m m ////⇒=⊂βααβ ，，9. 设双曲线)0,0(12222>>=-b a by a x 的左、右焦点分别为21F ，F ，如图，过2F 于双曲线一条渐近线平行的直线交另一条渐近线于点P ，若21PF F ∠为钝角，则该双曲线离心率的取值范围是（ ）A ．()∞+，2B ．()∞+，3C ．()21， D ．()21，10. 设数字1，2，3，4，5，6的一个排列为654321,,,,,a a a a a a ，若对任意的)6,5,4,3,2(=i a i 总有)5,4,3,2,1(=<k i k a k ，满足,1||=-k i a a 则这样的排列共有（ ）A ．36B ．32C ．28D ．20 二、填空题：本大题共7小题，每小题4分，共28分 11. 若_____________2sin ),4sin(2cos 3),,2(=-=∈θθπθππθ则且.12. 一个几何体的三视图如右图所示，则该几何体的体积为_______________.13. 若444332210)12()12()12()12(x x a x a x a x a a =-+-+-+-+，则=2a _______________.14. 若正数的最小值，则满足y x xy y x y x +=+53,为_________________. 15. 已知数列{}n a 满足：)(11*11N n n a a a a n n n n ∈=+--+++，且284=a ，，则{}n a 的通项公式为n a =_____________.16. 圆锥的轴截面SAB 是边长为2的等边三角形，O 为底面中心，M 为SO 的中点，动点P 在圆锥底面内（包括圆周）。
2014年高考真题——理科数学(浙江卷)解析版Word版含解
2014年普通高等学校招生全国统一考试（浙江卷）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{}2|≥∈=x N x U ，集合{}5|2≥∈=x N x A ，则=A C U （ ） A. ∅ B. }2{ C. }5{ D. }5,2{ 【答案】B 【解析】.},2{},4,,3{},4,3,2{B A C A U u 选=∴==（2）已知i 是虚数单位，R b a ∈,,则“1==b a ”是“i bi a 2)(2=+”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 【答案】A 【解析】..∴.1-,1∴,2),2),1.1-,1.22,0-∴22-)2222222A b a b a i bi a i bi a b a b a b a ab b a i abi b a bi a 选件综上，是充分不必要条不是必要条件，或（是充分条件，（或（=====+=+∴======∴===+=+（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. 902cm B. 1292cm C. 1322cm D. 1382cm【答案】D 【解析】.138.93*3.186*3.363*4*3.935*34*6363*4*3D S S S S S S S S S S S 。
选几何体表面面积左面面积右面面积前后面面积，上底面面积几何体下底面面积右右前后上下左右前后上下=++++=∴=======+===4.为了得到函数x x y 3cos 3sin +=的图像，可以将函数x y 3sin 2=的图像（ ）A.向右平移4π个单位B.向左平移4π个单位 C.向右平移12π个单位 D.向左平移12π个单位【答案】C【解析】.12π6π(3sin 22π3sin(23cos 2∴)12π(3sin 2)4π3sin(23cos 3sin C x x x y x x x x y 可以得到。
2014年浙江省数学(理)高考真题含答案(超完美word版)
2014年普通高等学校招生全国统一考试（浙江卷）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{}2|≥∈=x N x U ，集合{}5|2≥∈=x N x A ，则=A C U （ ）A. ∅B. }2{C. }5{D. }5,2{（2）已知i 是虚数单位，R b a ∈,,则“1==b a ”是“i bi a 2)(2=+”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. 902cm B. 1292cm C. 1322cm D. 1382cm4.为了得到函数x x y 3cos 3sin +=的图像，可以将函数x y 3sin 2=的图像（ ）A.向右平移4π个单位 B.向左平移4π个单位 C.向右平移12π个单位 D.向左平移12π个单位 5.在46)1()1(y x ++的展开式中，记nmy x 项的系数为),(n m f ，则=+++)3,0(2,1()1,2()0,3(f f f f ） （ ）A.45B.60C.120D. 2106.已知函数则且,3)3()2()1(0,)(23≤-=-=-≤+++=f f f c bx ax x x f （ ） A.3≤c B.63≤<c C.96≤<c D. 9>c7.在同一直角坐标系中，函数x x g x x x f a alog )(),0()(=≥=的图像可能是（ ）A. B. C. D.8.记,max{,},x x y x y y x y ≥⎧=⎨<⎩，,min{,},y x yx y x x y ≥⎧=⎨<⎩，设a,b 为平面向量，则（ ）A.min{||,||}min{||,||}a b a b a b +-≤B.min{||,||}min{||,||}a b a b a b +-≥C.2222min{||,||}||||a b a b a b +-≥+ D.2222min{||,||}||||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()3,3m n ≥≥，从乙盒中随机抽取()1,2i 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()1,2ii ξ=；（b ）放入i 个球后，从甲盒中取1个球是红球的概率记为()1,2i p i =. 则A.()()1212,p p E E ξξ><B.()()1212,p p E E ξξ<>C.()()1212,p p E E ξξ>>D.()()1212,p p E E ξξ<< 10.设函数21)(x x f =，),(2)(22x x x f -=|2sin |31)(3x x f π=，99,,2,1,0,99==i ia i ，记|)()(||)()(||)()(|98991201a f a f a f a f a f a f I k k k k k k k -++-+-= ，.3,2,1=k 则( )A.321I I I <<B. 312I I I <<C. 231I I I <<D. 123I I I << 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ξ的取值为0,1,2，若()105P ξ==，()1E ξ=，则()D ξ=________. 13.当实数x ，y 满足240,10,1,x y x y x +-≤⎧⎪--≤⎨⎪≥⎩时，14ax y ≤+≤恒成立，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）.15.设函数()⎪⎩⎪⎨⎧≥-<+=0,0,22x x x x x x f 若()()2≤a f f ，则实数a 的取值范围是______15.设直线)0(03≠=+-m m y x 与双曲线12222=-by a x （0a b >>）两条渐近线分别交于点B A ,，若点)0,(m P 满足PB PA =,则该双曲线的离心率是__________ 17、如图，某人在垂直于水平地面的墙面前的点处进行射击训练.已知点到墙面的距离为，某目标点沿墙面的射击线移动，此人为了准确瞄准目标点，需计算由点观察点的仰角的大小.若则的最大值 。
2014年高考浙江理科数学试题及答案
2014 年一般高等学校招生全国一致考试（浙江卷）数学（理科）第Ⅰ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，只有一项切合题目要求．（ 1）【 2014 年浙江，理1， 5 分】设全集 U { x N | x 2} ，会合 A{ x N | x25} ，则e U A（）（ A）（B） {2}（ C） {5}（ D） {2,5}【答案】 B【分析】 A { x25}{ x N | x5} ， C U A { x N | 2x5}{2}，应选 B．N | x【评论】本题主要考察全集、补集的定义，求会合的补集，属于基础题．（ 2）【 2014 年浙江，理2， 5 分】已知i是虚数单位，a,b R ，则“ a b1”是“ ( a bi) 22i ”的（）（ A）充足不用要条件（ B）必需不充足条件（C）充足必需条件（ D）既不充足也不用要条件【答案】 A【分析】当 a b1时，(a bi) 2(1 i) 22i ，反之， (a bi) 22i，即 a 2b22abi 2i ，则 a 2b20 ，2 ab2a1a1解得或b ，应选 A．b11【评论】本题考察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）以下图，则此几何体的表面积是（）2（B） 129 cm 2（ C）132 cm22（ A）90 cm（ D） 138 cm 【答案】 D【分析】由三视图可知直观图左侧一个横放的三棱柱右边一个长方体，故几何体的表面积为：S 2 4 6 2 3 4 3 633343 5 213 4138，应选 D．2【评论】本题考察了由三视图求几何体的表面积，依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重点．（ 4）【 2014 年浙江，理4，5 分】为了获取函数y sin3 x cos3x 的图像，能够将函数 y 2 cos3x 的图像（）（ A）向右平移个单位（ B）向左平移4个单位（ C）向右平移12个单位（ D）向左平移个单位【答案】 C412【分析】 y sin3 x cos3x 2 sin(3x) 2 sin[3( x)] ，而 y 2 cos3x 2 sin(3 x) = 2 sin[3( x6)] ，4122由 3(x)3( x) ，即 x x12，故只要将 y 2 cos3x 的图象向右平移个单位，应选 C．61212【评论】本题考察两角和与差的三角函数以及三角函数的平移变换的应用，基本知识的考察．（ 5 ）【 2014年浙江，理 5，5分】在(1x)6 (1y) 4的展开式中 , 记 x m y n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【答案】 C【分析】令 x y ，由题意知 f (3,0) f (2,1) f (1,2) f (0,3) 即为(1x)10睁开式中 x3的系数，故 f (3,0) f (2,1) f (1,2) f (0,3) =C107120 ，应选 C．【评论】本题考察二项式定理系数的性质，二项式定理的应用，考察计算能力．（ 6）【 2014 年浙江，理6， 5 分】已知函数 f (x)x3ax2bx c ，且 0 f ( 1) f ( 2) f ( 3) 3 （）（ A）c 3（ B）3 c6（ C）6 c 9（ D）c 9【答案】 C【分析】由 f ( 1)f ( 2) f ( 3) 得1 a b c 8 4a 2b c ，解得 a 6 ，1 a b c 27 9a 3b cb 11 所以 f (x) x 3 6x 2 11xc ，由 0 f ( 1) 3，得 01 6 11 c 3 ，即 6 c9 ，应选 C ．【评论】本题考察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】在同向来角坐标系中，函数f ( x) x a (x 0) ， g( x) log a x 的图像可能是（）（ A ）（ B ）（C ）（D ）【答案】 D【分析】函数 f (x)x a ( x 0) ， g( x) log a x 分其他幂函数与对数函数答案 A 中没有幂函数的图像 , 不切合；答 案 B 中，( ) x a ( x 0) 中 a 1 ，g(x) log a x 中 0 a 1，不切合；答案 C 中，f (x) a(x 0) 中 0 a 1， fxx g(x) log a x 中 a 1 ，不切合；答案 D 中， f (x)x a (x 0) 中 0 a 1 ， g( x) log a x 中 0a 1 ，切合，应选 D ．【评论】本题考察的知识点是函数的图象，娴熟掌握对数函数和幂函数的图象和性质，是解答的重点． （ 8）【 2014 年浙江，理 8， 5 分】记 max{ x, y}r r r r min{| r r （ A ） min{| a b |,| a b |} a |,| b |} r r 2 r r 2 r 2 r 2 （ C ） max{| a b | ,| a b | } | a | |b | 【答案】 Dr【分析】由向量运算的平行四边形法可知 min{| a x, x y， min{ x, y} y, x r r y ，设 a,b 为平面向量，则（ ） y, x y r x, x y r rr r r min{|（ B ） min{| a b |,| a b |} a |,| b |}r r 2 r r 2 r 2 r 2（ D ） max{| a b | ,| a b | } | a | | b | r r r r rb |,| a b |} 与 min{| a |,| b |} 的大小不确立，平行四边形法可知r r r r90r rr rrrmax{| ab |,| ab |} 所对的角大于或等于 ，由余弦定理知 max{| a b |2,| a b |2} | a |2|b |2，r r 2 r r r r r r r r r 2r 2| a b |2 | a b |2 2(| a |2 | b |2 ) 2 ），应选 D ．（或 max{| a b | ,| a b | } 2 r 2| a | | b | r r r r r【评论】本题在办理时要联合着向量加减法的几何意义，将a ，b ， a b ， a b 放在同一个平行四边形中进行 比较判断，在详细解题时，本题采纳了清除法，对错误选项进行举反例说明，这是高考取做选择题的常用方法，也不失为一种迅速有效的方法，在高考选择题的办理上，未必每一题都要写出详细解答步骤，针对选择题的特色，有时“清除法”，“确立法”，“特别值”代入法等或许是一种更迅速，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 ( 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p i (i 1,2) ．则（）（ A ） p 1 p 2 ,E( 1 )E( 2 ) （ B ） p 1p 2 , E( 1 ) E( 2 ) （ C ） p 1 p 2 , E( 1 ) E( 2 ) （ D ） p 1p 2 ,E( 1 ) E( 2 )【答案】 A【分析】解法一：p 1m n1 2m n， p 2C n 21 C m 1C n 1 2C m 2 =3m 23m 2mnn 2 n， m nmn 22( m n )2g2g 23(mn)(m n1)Cm n3Cm n3 Cm n∴ p 1p 22m n － 3m 23m 2mn n 2 n = 5mn n( n 1)1)0 ，故 p 1 p 2 ．2( m n) 3(m n)( m n 1) 6(m n)( m n又∵P(11)m n，P(12) m ，∴ E( 1) 1 nn2m n 2m n ，nm n mm m n 又P( 2C n 2n(n 1)， P(C n 1C m 12mn ，1)(m n)( m n 22)(mn)( m nC m 2 n 1)C m2n1) P (23)C m 2m (m1)C m 2( m n )( m n 1)n∴E( 2)1n( n 1)22mn n 1) 3 (m m(m 1)1) = 3m 2n 2 3m n 4mn( mn)(m n 1)( m n)( m n)( m n (m n)(m n 1)3m 2 n 23m n 4mn － 2m n = m( m 1)mnE( 2 ) E( 1)=0 ，所以 E( 2) E( 1) ，应选 A ．(mn)(m n 1)n)( m n 1) m n ( m解法二：在解法一中取 mn3 ，计算后再比较，应选A ．【评论】正确理解ii1,2 的含义是解决本题的重点．本题也能够采纳特别值法，不如令m n3 ，也能够很快求解．（ 10）【 2014 年浙江， 理 10，5 分】设函数 f 1 ( x) x 2， f 2 ( x)2( x x 2) ， f 3 ( x) 1 | sin 2 x |， a ii， i 0,1, 2 ，399 L , 99 ，记 I k | f k ( a 1 ) f k (a 0 ) | | f k (a 2 ) f k (a 1) | L| f k ( a 99 ) f k (a 98 ) | ， k 1,2,3 ，则（ ）（A ） I 1I 2 I 3（B ） I 2I 1I 3（C ） I 1I 3I 2（D ） I 3I 2I 1【答案】 B【分析】解法一：221 135299 1 1 992由ii 11 g2i 1，故 I 1L(99 9999)g1 ，9999 99 9999 99 99 99ii 1 i2i 1 21 | 99 (2i 1)|，故 I 2150(98 0)98g 100 由 2222 1 ，9999999999 9999 2 9999 99I 31 1 ) | |sin(2 0 g 2 |sin(2 1 |sin(29998( |sin(2 g g ) | | sin(2 ) | g ) | L g ) | | sin(2 g ) |)3 99 99 99 999999 = 1 25 741，故 I 2I 1I 3，应选 B ．[2sin(2 g ) 2sin(2 g)]3 9999解法二：估量法： I k 的几何意义为将区间 [0,1] 平分为 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f 1 (x)2的区间 [0,1] 平分为4 个小区间的情况，因f 1 (x) 在 [0,1] 上递加，此时xI 1 | f (a 1 ) f (a 0 ) | | f (a 2 ) f (a 1 ) | | f (a 3 ) f (a 2 ) | | f ( a 4 ) f ( a 3 ) |= A 1H 1A 2H 2 A 3H 3A 4H 4f (1)f (0)1，同理对题中给出的 I 1 ，相同有 I 1 1；而 I 2 略小于 21 ，11 42I 3 略小于 4，所以估量得 I 2 I 1I 3，应选 B ．33【评论】本题主要考察了函数的性质，重点是求出这三个数与1 的关系，属于难题．第Ⅱ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】若某程序框图以下图， 当输入 50 时，则该程序运算后输出的结果是．【答案】 6【分析】第一次运转结果S 1,i 2 ；第二次运转结果 S 4,i 3；第三次运转结果 S 11,i 4 ；第四次运转结果 S 26,i 5；第五次运转结果 S 57,i 6；此时 S 57 50 ，∴输出 i 6 ．【评论】本题考察了直到型循环构造的程序框图，依据框图的流程模拟运转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 P( 0)1，E( )1，则D( )=．【答案】250 1251 时的概率为p ，P1p1 p1 【分析】设的散布列为：551 13由E( ) 0 1 p2 (1 p 1 ，解得 p5 ) 55 的散布列为即为 0 1 2P1315 55故E( ) (01) 2 1 (1 1) 2 3 (2 1) 2 12 ． 5 55 5 【评论】本题综合考察了散布列的性质以及希望、方差的计算公式．x 2 y 4 0（ 13）【 2014 年浙江，理 13， 5 分】当实数 x, y 知足 xy 1 0 时， 1 axy4 恒成立，则实数 a 的取值范x1围是__ ．【答案】 [1,3]2【分析】解法一：x 2 y 4 0作出不等式组xy1 0所表示的地区如图，由1 axy4 恒成立，x 1故 A(1,0), B(2,1), C(1,3) ，三点坐标代入 11 a 43ax y 4 ，均成立得1 2a 1 4 解得 1 a，∴实数 a2321 a42的取值范围是 [1, 3 ] ．解法二：2x 2 y 4 0作出不等式组xy1 0所表示的地区如图， 由 1 axy4 得，由图剖析可知， a0 且在 A(1,0) 点x 1a 1，得 1 a3，故实数 a 的取值范围是 [1, 3 ]．获得最小值，在 B(2,1) 获得最大值，故12a 4 2 2 【评论】本题考察线性规划，考察了数形联合的解题思想方法，考察了数学转变思想方法，训练了不等式组得解法，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，其他 5 张无奖．将这 8 张奖券分派给 4 个人，每人 2 张，不一样的获奖状况有 种（用数字作答） ．【答案】 60【分析】解法一：不一样的获奖分两种，一是有一人获两张奖券，一人获一张奖券，共有C 32 A 42 36 ， 二是有三人各获取一张奖券，共有 A 43 24 ，所以不一样的获奖状况共有 36 24 60 种．解法二：将一、二、三等奖各 1 张分给 4 个人有 43 64 种分法，此中三张奖券都分给一个人的有 4 种分法， 所以不一样的获奖状况共有 64 4 60 种．【评论】本题考察摆列、组合及简单计数问题，考察学生的计算能力，属于基础题．x 2 x, x 0（ 15）【 2014 年浙江，理 15，5 分】设函数 f ( x) 2x 若 f ( f (a)) 2 ，则实数 a 的取值范围是 ．x , 0 【答案】 ( , 2] ．【分析】由题意f (a ) 02 或 f (a) 0 ，解得 f (a) 2 ∴当 a 0 或 a0 ，解得 a 2 ． f 2 (a) f (a) f 2 (a) 2 a 2 a 2 a 2 2【评论】本题主要考察分段函数的应用，其他不等式的解法，表现了数形联合的数学思想，属于中档题．2 2（ 16）【 2014 年浙江，理 16， 5 分】设直线 x 3 y m0 ( m 0 ) 与双曲线xy1 （ a 0,b 0 ）两条渐近a 2b 2线分别交于点 A ， B ．若点P( m,0)知足| PA | | PB |，则该双曲线的离心率是．【答案】 52【分析】解法一：由双曲线的方程可知，它的渐近线方程为ybx 和 ybx ，分别与直线 l ：aax 3y m0 联立方程组，解得， A(a am , bm) ， B ( am , bm )，设 AB 中3b a 3b a 3b a 3bam ambm bm点为 Q ，由 |PA| |PB|得，则 Q(a3ba 3b , a3b a3b) ，223b 2 m22122即 Q(a m,3b m 2 )， PQ 与已知直线垂直，∴ k PQ gk l1 ，即a9b1 ，22 29b2 m ga9b aa 3a 2 9b 2 m2即得 2a28b 2 ，即 2a28(c2a 2) ，即c 5，所以 ec52a． 解法二：a42不如设 a 1 ，渐近线方程为 x 2y 20 即 b 2 x 2 y 20 ，由 b 2 x 2 y 2 0 消去 x ，12b 2x 3 y m 0得 (9b 2 1) y 2 6b 2my b 2 m 0 ，设 AB 中点为 Q(x 0 , y 0 ) ，由韦达定理得： y 0 3b 2 m ① ，2 19b 3b 2m 3又 x 0 3y 0 m ，由 k PQ gk l 1得 y 0 1 1 ，即得 y 0 1 1 得 y 0 3m 代入①得 m ，x 0 g g 5 2m 33 y 0 2m 3 9b 1 5得 b 21 ，所以 c2 a 2 b 2 1 1 5，所以 c 5 ，得 e c c 5 ．4 4 4 2 a 2【评论】本题考察双曲线的离心率，考察直线的地点关系，考察学生的计算能力，属于中档题．（ 17）【 2014 年浙江，理 17， 5 分】如图，某人在垂直于水平川面ABC 的墙眼前的点 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 挪动，这人为了正确对准目标点 P ，需计算由点 A 察看点 P 的仰角 的大小．若 ， 25m ， BCM 30 ，则 tan 的最大值是（仰AB 15m AC角 为直线 AP 与平面 ABC 所成角）．【答案】5 39【分析】解法一：∵ AB15cm ， AC25cm ， ABC90 ，∴ BC20cm ，过 P 作 PPBC ，交 BC 于 P ，1当 P 在线段BC 上时，连结AP ，则 tanPP'，设 BPx ，则 CP20 x ，AP '（x 20 ）由BCM30 ，得 PP'CP 'tan 303(20 x) ．3在直角 ABP 中，2PP '3 20 x20 x，则函数在AP '225x∴ tanAP '3 g，令y225 x 2225 x 2x0,20 单一递减，∴x 0 时， tan 获得最大值为3 g 2020 3 4 33225 24592当 P 在线段 CB 的延伸线上时，连结AP ，则 tanPP'，设 BPx ，AP '则 CP20 x ，（ x0 ）由BCM30 ，得 PP'CP 'tan 303 (20x) ，3在直角 ABP 中， AP '225x 2 ，∴ tanPP ' 3 g 20 x ，AP ' 3 225 x 2令 y20 x ，则 y '225 20x，当 0x 22545 时 y ' 0 ；当 x 45时 y ' 0 ，x 2 )225 x 2(225 225 x 2204420 45 5355 3所以当x 45时 y max 4 ，此时x45时， tan获得最大值为，33g 94225( 45 ) 2434综合 1， 2 可知 tan获得最大值为5 3 ．9解法二：如图以 B 为原点， BA 、 BC 所在的直线分别为x ， y 轴，成立以下图的空间直角坐标系，∵ AB15cm ， AC25cm ， ABC90 ，∴ BC 20cm ，由 BCM 30 ，可设 P(0, x,3x))(20x 20）， P '(0, x,0) ， A(15,0,0) ，3（此中3x)PP '(20320 x所以 tan3152 x 2g，AP '3225 x 2设 f (x)tan3 20xx20) ， f '(x)3g225 20x，3 g(3 x 2 )225 x 2225x 2(225所以，当 x225 45 时 y '0 ；当 45x 20 时 y '0 ，20444545453 205 35 3所以当时 f ( x) max f ()4tan． x获得最大值为4 3 g9 ，所以94225 (45) 24解法三：剖析知，当 tan 获得最大时，即 最大，最大值即为平面ACM 与地面 ABC所成的锐二面角的胸怀值，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，gg20 3由等面积法可得 AB BC15 2012，DB BC gtan30，BHAC253DB2035 3所以(tan ) max tan BHD3 ．BH12 9【评论】 本题考察利用数学知识解决实质问题，考察函数的单一性， 考察学生剖析解决问题的能力，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 a b,c3 ，cos 2 A cos 2 B 3sin AcosA 3sin BcosB ．（ 1）求角 C 的大小；（ 2）若 sin A4 ，求 ABC 的面积．5解：（ 1）由题得1 cos2 A1 cos2B3 sin 2 A 3 sin 2B ，即 3 sin 2 A 1 cos2 A 3 sin 2B 1 cos2B ，2222 2 2 2 2sin(2 A)sin(2B) ，由 a b 得 AB ，又 AB (0,) ，得 2 A2B 6，666即 AB 2 ，所以 C．33（ 2） c3 ， sin A4 ，a c ，得 a 8，由 ac 得 AC ，进而 cos A3 ，5sin AsinC55故 sin B sin( AC ) =sinAcosC cosAsinC43 3，所以，ABC 的面积为 S 1 ac sin B8 3 18 ．102 25【评论】本题主要考察二倍角公式、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 { a n } 和 { b n } 知足 a 1a 2a 3 L a n ( 2) b n (n N *) ．若 { a n } 为等比数列，且 a 1 2,b 3 6 b 2 ．（ 1）求 a n 与 b n ；（ 2）设 c n1 1(n N *) ．记数列 { c n } 的前 n 项和为 S n ．a nb n（ⅰ）求 S n ；（ⅱ）求正整数 k ，使得对随意 nN * 均有 S kS n ．解：（ 1）∵ a 1a 2 a 3 L a n (2) b n(n N *)①，当 n2 ， nN * 时， a 1a 2 a 3 L a n 1 (2) bn 1②，由①②知：当 n2 时， a n ( 2) b n b n 1，令 n 3，则有 a 3 ( 2) b 3b 2，∵ b 3 6 b 2 ，∴ a 3 8．∵ a n 为等比数列，且a 1 2 ，∴a n 的公比为q ，则 q 2a 3 4 ，由题意知a n 0 ，∴ q0 ，a 2∴．∴n*b n123nb nq2 a ＝2（ nN ）( 2)(nN*) ，得： 222L2( 2)，n．又由 a 1a 2a 3 L a nn( n 1)* 即2b n2( 2)，∴ b （n n1）（ nN ）n．（ 2）（ⅰ）∵ c n1 1 11 1( 1 1 ) ，a nb n 2nn(n 1) 2 nnn1∴ S n c 1 c 2 c 31 1 1 1 1 1 1 1 1 ) L c n = () 2 ( ) L n( n 2 1 2 2 2 32n 1= 1 1L1(11 ) = 1 111 = 1 1 ．2 222nn 12nn 1 n 1 2 n（ⅱ）因为 c 10 ， c 20， c 30 ， c 4 0 ；当 n5 时， c n 1 n(n 1)1] ，n(n 1) [ 2 n而 n (n 1)(n 1)(n2) (n 1)(n 2) 0 ，得n(n1)5g(5 1)1 ，2 n 2n 12n 12n25所以，当 n5 时， c n 0 ，综上，对随意nN * 恒有 S 4S n ，故 k 4 ．【评论】本题考察了等比数列通项公式、乞降公式，还考察了分组乞降法、裂项乞降法和猜想证明的思想，证明能够用二项式定理，还能够用数学概括法．本题计算量较大，思想层次高，要修业生有较高的剖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 A BCDE 中，平面 ABC平面 BCDE ， CDEBED 90 ，AB CD2， DE BE 1， AC2 ． （ 1）证明： DE 平面 ACD ；（ 2）求二面角 B AD E 的大小．解：（ 1）在直角梯形BCDE 中，由DE BE 1 ， CD 2，得 BD BC 2 ，由 AC 2 ，AB 2 得 AB 2 AC 2 BC 2，即 AC BC ，又平面 ABC 平面 BCDE ，进而 AC 平面 BCDE ， 所以 AC DE ，又 DE DC ，进而 DE 平面 ACD ．（ 2）解法一：作 BF AD ，与 AD 交于点 F ，过点 F 作 FG//DE ，与 AB 交于点 G ，连结 BG ，由（ 1）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 CD 2 BC 2 BD 2 ，得 BD BC ，又平面 ABC 平面 BCDE ，得 BD 平面 ABC ，进而 BD AB ，因为 AC 平面 BCDE ，得 AC CD ．在 Rt ACD 中，由 DC 2 ， AC2，得 AD 6 ；在 Rt AED 中，由ED1， AD6得 AE7 ；在 Rt ABD 中，由 BD2 ， AB 2， AD6 ，得 BF2 3 ， AF2 3AD ，进而3GF2，在ABE ，ABG 中，利用余弦定理分别可得cos BAE5 7，BC2．在 BFG 中，3143cos BFGGF2BF 2 BG 23 ，所以，BFG，即二面角 BAD E 的大小为．2BF gGF26 6解法二：以 D 的原点，分别以射线DE ， DC 为 x ， y 轴的正半轴，成立空间直角坐标系D xyz ，如图所示．由题意知各点坐标以下： D(0,0,0) ， E (1,0,0) ， C (0,2,0) ， A(0,2, 2) ， B(1,1,0) ．ADE 的法向量为 ur ABD 的法向量为 r设平面 m (x 1 , y 1 , z 1 ) ，平面 n ( x 2 , y 2 , z 2 ) ，uuur uuur uuur ur uuur 0(0, 2, 2, (1,1,0) ，由 mgAD ，可算得： AD 2) ， AE (1, 2)，DB ur uuur 0r uuur mgAEur2 y 1 2 z 1 0 (0,1, 2) ，由 n AD 0 2 y 2 2z 2 0即 ，可取 m r uuur 即 x 2 y 2 01 1 10 n BD 0 x 2 y 2z ur rrur r 33(0, 1, 2) ，于是 | cos | m n |可取 n m, n | ur r 3 2 ．| m | | n | 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 ．6【评论】本题主要考察空间点、线、面地点关系，二面角等基础知识，同时考察空间想象能力，推理论证能力和运算求解能力．2 2（ 21）【 2014 年浙江，理 21，15 分】如图，设椭圆 C: xy1(a b 0) 动直线 l 与椭圆 C 只有一个公共点 P ，且点 P 在第一象限．a 2b 2（ 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 l 1 与 l 垂直，证明：点P 到直线 l 1 的距离的最大值为 a b ．解：（ 1）解法一：y kx m y 得： (b 2 a 2 k 2 )x 22a 2 kmx a 2 m 2 a 2b 2设 l 方程为 ykx m( k 0) ，x 2 y 2 ，消去 0 ，a 2b 2 1因为直线 l 与椭圆 C 只有一个公共点P ，故0 222 20 ，解得点 P 的坐标为，即 bma kP(a 2km 2 ,b 2 m2 ) ，又点 P 在第一象限，故点P 的坐标为 P( a 2k ,b 2) ．222a 2kb 2a 2k 2b 2b a k ba 2 k 2解法二：xx 'x 2 y 2作变换a ，则椭圆C ： 1(a b 0) 变成圆C '： x' 2y ' 21 ，切点 P(x 0 , y 0 ) 变成点y a 2 b 2y 'bP'( x'0 , y'0 ) ，切线 l : y y 0 k( x x 0 ) （ k0) ，变成 l ': by' y 0 k(ax'x 0 ) ．x '01y ' mx '1 m 2在圆 C ' 中设直线O'P ' 的方程为y ' mx' （ m0 ），由，解得，x '2 y '21 y '0m1 m2即 P'(1 1 ,1 m ) ，因为 O' P'l ' ，所以 k O ' P ' gk l ' 1，得 m ak1 ，即 mb ，m 2m 2bak1bakbx'xaka代入得 P'(, ) ，即 P '(,) ，利用逆变换b 2 b 2 a 2k 2 b 2b 2 y1 1a 2 k 2y '( ak)2b( ak)2代入即得： P( a 2k , b 2 ) ．a 2k 2b 2 a 2 k 2b 2（ 2）因为直线l 1 过原点 O 且与直线l 垂直，故直线 l 1 的方程为x ky 0 ，所以点P 到直线 l 1 的距离|a 2 kb 2 k |222b2a 2 k2b2da 2 k2，整理得: da b，因为 a 2 k 2b 2ab ，1 k2b2b 2a 22k 22kak 2a2b2a2b2所以 da b ，当且仅当2b时等号成立．222k2aba2a 222bbaba k2k所以，点 P 到直线 l 1 的距离的最大值为 a b ．【评论】本题主要考察椭圆的几何性质、点到直线间的距离、直线与椭圆的地点关系等基础知识，同时考察分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f x 33 x a (aR) ．x（ 1）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) ；（ 2）设 bR, 若fx b 24 对 x1,1 恒成立，求 3a b 的取值范围．解：（ 1）∵ f (x)x 3 3| xa |x 3 3 x 3a , xa，∴ f '(x) 3x 2 3, x a ，因为 1 x1 ，x 33x 3a , x a 3x 23, x a（ⅰ）当 a 1 时，有x a ，故 f ( x) x 33x 3a ，所以，f x 在 ( 1,1)上是增函数，所以 M ( a)f (1) 4 3a ， m( a)f ( 1)4 3a ，故 M ( a) m(a) (4 3a) (4 3a ) 8 ．（ⅱ）当1 a 1时，若 xa,1 ， f ( x)x 3 3x 3a ，在 a,1 上是增函数；若x1,a， f ( x) x 3 3x3a ，在 1,a 上是减函数，∴M (a ) max{ f (1), f ( 1)} ， m(a ) f (a ) a 3 ，因为 f (1)f ( 1)6a 2 ，所以当1 a1 时， M (a ) m( a)a 3 3a 4 ；3当 1a 1 时， M (a) m(a )a 3 3a 2 ；3x 3（ⅲ）当 a 1 时，有 x a ，故 f ( x)3 x 3a ，此时 f ( x) 在 ( 1,1)上是减函数，所以 M (a)f ( 1)2 3a ， m( a) f (1)2 3a ，故 M ( a)m(a) 4 ；8 ,a 1a 3 3a 4 , 1 a 1综上， M (a)m( a)13 ． a33a2 ,a 134 ,a 1（ 2）令 h(x)f ( x)b ，则 h(x)x33x 3a b , x a ， h '(x)3x23, x ax 33 x 3a b , x a3x 2，3, x a因为 f xb 2 4 对 x 1,1 恒成立，即 2 h( x) 2 对 x 1,1 恒成立，所以由（1）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 b2 且 4 3a b 2矛盾；（ⅱ）当1 a1时， h( x) 在 [ 1,1] 上的最小值是h( a) a 3 b ，最大值是h(1) 43a b ，33b 2 且 4 3ab2，进而2 33a3a b6a 2且 0 a1 ，所以 aa3令 t(a)2 a33a ，则 t '(a) 3 3a20 ，∴ t (a ) 在 (0, 1) 上是增函数，故t(a)t (0)2 ，2 3a b0 ；3所以（ⅲ）当 1 a 1 时， h( x) 在 [ 1,1] 上的最小值是h(a)a 3b ，最大值是h( 1) 3a b 2 ，3所以由a3b2且3a b22，解得283a b0 27（ⅳ）当 a1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 b22且3a b22，解得3a b0．综上，3a b 的取值范围是23a b0 ．【评论】本题考察导数的综合运用，考察函数的最值，考察分类议论、化归与转变的数学思想，难度大．。
2014年浙江省高考理科数学真题试题及答案解析(完整版)
2014年普通高等学校招生全国统一考试（浙江卷）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{}2|≥∈=x N x U ，集合{}5|2≥∈=x N x A ，则=A C U （ ） A. ∅ B. }2{ C. }5{ D. }5,2{（2）已知i 是虚数单位，R b a ∈,,则“1==b a ”是“i bi a 2)(2=+”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. 902cm B. 1292cm C. 1322cm D. 1382cm4.为了得到函数x x y 3cos 3sin +=的图像，可以将函数x y 3sin 2=的图像（ ）A.向右平移4π个单位B.向左平移4π个单位 C.向右平移12π个单位 D.向左平移12π个单位5.在46)1()1(y x ++的展开式中，记nm yx 项的系数为),(n m f ，则=+++)3,0(2,1()1,2()0,3(f f f f ） （ ）A.45B.60C.120D. 2106.已知函数则且,3)3()2()1(0,)(23≤-=-=-≤+++=f f f c bx ax x x f （ ）A.3≤cB.63≤<cC.96≤<cD. 9>c 7.在同意直角坐标系中，函数x x g x x x f a alog )(),0()(=≥=的图像可能是（ ）8.记,max{,},x x y x y y x y ≥⎧=⎨<⎩，,min{,},y x yx y x x y≥⎧=⎨<⎩，设,a b 为平面向量，则（ ） A.min{||,||}min{||,||}a b a b a b +-≤ B.min{||,||}min{||,||}a b a b a b +-≥ C.2222min{||,||}||||a b a b a b +-≥+ D.2222min{||,||}||||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()3,3m n ≥≥，从乙盒中随机抽取()1,2i 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()1,2ii ξ=；（b ）放入i 个球后，从甲盒中取1个球是红球的概率记为()1,2i p i =. 则A.()()1212,p p E E ξξ><B.()()1212,p p E E ξξ<>C.()()1212,p p E E ξξ>>D.()()1212,p p E E ξξ<<10.设函数21)(x x f =，),(2)(22x x x f -=|2sin |31)(3x x f π=，99,,2,1,0,99==i ia i ，记|)()(||)()(||)()(|98991201a f a f a f a f a f a f I k k k k k k k -++-+-= ，.3,2,1=k 则 A.321I I I << B. 312I I I << C. 231I I I << D. 123I I I << 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ξ的取值为0,1,2，若()105P ξ==，()1E ξ=，则()D ξ=________. 13.当实数x ，y 满足240,10,1,x y x y x +-≤⎧⎪--≤⎨⎪≥⎩时，14ax y ≤+≤恒成立，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）.15.设函数()⎪⎩⎪⎨⎧≥-<+=0,0,22x x x x x x f 若()()2≤a f f ，则实数a 的取值范围是______16.设直线)0(03≠=+-m m y x 与双曲线12222=-b y a x （0a b >>）两条渐近线分别交于点B A ,，若点)0,(m P 满足PB PA =,则该双曲线的离心率是__________17、如图，某人在垂直于水平地面的墙面前的点处进行射击训练. 已知点到墙面的距离为，某目标点沿墙面的射击线移动，此人 为了准确瞄准目标点，需计算由点观察点的仰角的大小. 若则的最大值三、解答题：本大题共5小题，共72分。
2014年高考浙江理科数学试题及答案(word解析版)
2014年普通高等學校招生全國統一考試（浙江卷）數學（理科）第Ⅰ卷（選擇題 共50分）一、選擇題：本大題共10小題，每小題5分，共50分，在每小題給出の四個選項中，只有一項符合題目要求． （1）【2014年浙江，理1，5分】設全集{|2}U x N x =∈≥，集合2{|5}A x N x =∈≥，則U A =ð（ ）（A ）∅ （B ）{2} （C ）{5} （D ）{2,5} 【答案】B【解析】2{|5}{|A x N x x N x =∈≥=∈，{|2{2}U C A x N x =∈≤=，故選B ． 【點評】本題主要考查全集、補集の定義，求集合の補集，屬於基礎題． （2）【2014年浙江，理2，5分】已知i 是虛數單位，,a b R ∈，則“1a b ==”是“2(i)2i a b +=”の（ ）（A ）充分不必要條件 （B ）必要不充分條件 （C ）充分必要條件 （D ）既不充分也不必要條件 【答案】A【解析】當1a b ==時，22(i)(1i)2i a b +=+=，反之，2(i)2i a b +=，即222i 2i a b ab -+=，則22022a b ab ⎧-=⎨=⎩，解得11a b =⎧⎨=⎩ 或11a b =-⎧⎨=-⎩，故選A ．【點評】本題考查の知識點是充要條件の定義，複數の運算，難度不大，屬於基礎題．（3）【2014年浙江，理3，5分】某幾何體の三視圖（單位：cm ）如圖所示，則此幾何體の表面積是（ ） （A ）902cm （B ）1292cm （C ）1322cm （D ）1382cm【答案】D【解析】由三視圖可知直觀圖左邊一個橫放の三棱柱右側一個長方體，故幾何體の表面積為：1246234363334352341382S =⨯⨯+⨯⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯⨯⨯=，故選D ．【點評】本題考查了由三視圖求幾何體の表面積，根據三視圖判斷幾何體の形狀及數據所對應の幾何量是解題の關鍵．（4）【2014年浙江，理4，5分】為了得到函數sin 3cos3y x x =+の圖像，可以將函數y x の圖像（ ）（A ）向右平移4π個單位 （B ）向左平移4π個單位 （C ）向右平移12π個單位 （D ）向左平移12π個單位【答案】C【解析】sin3cos3))]412y x x x x ππ=+=+=+，而2s i n (32y x x π=+)]6x π+，由3()3()612x x ππ+→+，即12x x π→-，故只需將y x の圖象向右平移12π個單位，故選C ．【點評】本題考查兩角和與差の三角函數以及三角函數の平移變換の應用，基本知識の考查． （5）【2014年浙江，理5，5分】在64(1)(1)x y ++の展開式中,記m n x y 項の系數(,)f m n ，則(3,0)(2,1)(1,2)f f f f +++=（ ） （A ）45 （B ）60 （C ）120 （D ）210 【答案】C 【解析】令x y =，由題意知(3,0)(2,1)(1,2)(0,3)f f f f +++即為10(1)x +展開式中3x の系數，故(3,0)(2,1)(1,2)(0,3)f f f f +++=710120C =，故選C ．【點評】本題考查二項式定理系數の性質，二項式定理の應用，考查計算能力． （6）【2014年浙江，理6，5分】已知函數32()f x x ax bx c =+++ ，且0(1)(2)(3)3f f f <-=-=-≤（ ） （A ）3c ≤ （B ）36c <≤ （C ）69c <≤ （D ）9c >【答案】C【解析】由(1)(2)(3)f f f -=-=-得184212793a b c a b c a b c a b c -+-+=-+-+⎧⎨-+-+=-+-+⎩，解得611a b =⎧⎨=⎩，所以32()611f x x x x c =+++，由0(1)3f <-≤，得016113c <-+-+≤，即69c <≤，故選C ．【點評】本題考查方程組の解法及不等式の解法，屬於基礎題． （7）【2014年浙江，理7，5分】在同一直角坐標系中，函數()(0)a f x x x =≥，()log a g x x =の圖像可能是（ ）（A ） （B ） （C ） （D ）【答案】D【解析】函數()(0)a f x x x =≥，()log a g x x =分別の冪函數與對數函數答案A 中沒有冪函數の圖像, 不符合；答案B 中，()(0)a f x x x =≥中1a >，()log a g x x =中01a <<，不符合；答案C 中，()(0)a f x x x =≥中01a <<，()log a g x x =中1a >，不符合；答案D 中，()(0)a f x x x =≥中01a <<，()log a g x x =中01a <<，符合，故選D ．【點評】本題考查の知識點是函數の圖象，熟練掌握對數函數和冪函數の圖象和性質，是解答の關鍵．（8）【2014年浙江，理8，5分】記,max{,},x x y x y y x y ≥⎧=⎨<⎩，y,min{,}x,x yx y x y ≥⎧=⎨<⎩，設,a b 為平面向量，則（ ）（A ）min{||,||}min{||,||}a b a b a b +-≤ （B ）min{||,||}min{||,||}a b a b a b +-≥ （C ）2222max{||,||}||||a b a b a b +-≤+ （D ）2222max{||,||}||||a b a b a b +-≥+【答案】D【解析】由向量運算の平行四邊形法可知min{||,||}a b a b +-與min{||,||}a b の大小不確定，平行四邊形法可知max{||,||}a b a b +-所對の角大於或等於90︒ ，由餘弦定理知2222max{||,||}||||a b a b a b +-≥+，（或22222222||||2(||||)max{||,||}||||22a b a b a b a b a b a b ++-++-≥==+），故選D ．【點評】本題在處理時要結合著向量加減法の幾何意義，將a ，b ，a b +，a b -放在同一個平行四邊形中進行比較判斷，在具體解題時，本題采用了排除法，對錯誤選項進行舉反例說明，這是高考中做選擇題の常用方法，也不失為一種快速有效の方法，在高考選擇題の處理上，未必每一題都要寫出具體解答步驟，針對選擇題の特點，有時“排除法”，“確定法”，“特殊值”代入法等也許是一種更快速，更有效の方法．（9）【2014年浙江，理9，5分】已知甲盒中僅有1個球且為紅球，乙盒中有m 個紅球和n 個籃球(3,3)m n ≥≥，從乙盒中隨機抽取(1,2)i i =個球放入甲盒中．（a ）放入i 個球後，甲盒中含有紅球の個數記為(1,2)i i ξ=； （b ）放入i 個球後，從甲盒中取1個球是紅球の概率記為(1,2)i p i =．則（ ）（A ）1212,()()p p E E ξξ><（B ）1212,()()p p E E ξξ<>（C ）1212,()()p p E E ξξ>>（D ）1212,()()p p E E ξξ<< 【答案】A【解析】解法一：11222()m n m np m n m n m n +=+⨯=+++ ，211222221233n m n m m n m n m nC C C C p C C C +++=++=223323()(1)m m mn n n m n m n -++-++-，∴1222()m n p p m n +-=+－223323()(1)m m mn n n m n m n -++-++-=5(1)06()(1)mn n n m n m n +->++-，故12p p >． 又∵1(1)n P m n ξ==+，1(2)m P m n ξ==+，∴12()12n m m nE m n m n m nξ+=⨯+⨯=+++，又222(1)(1)()(1)n m n C n n P C m n m n ξ+-===++-，11222(2)()(1)n m m n C C mnP C m n m n ξ+===++-，222(m 1)(3)()(1)m m n C m P C m n m n ξ+-===++- ∴2(1)2(1)()123()(1)()(1)()(1)n n mn m m E m n m n m n m n m n m n ξ--=⨯+⨯+⨯++-++-++-=22334()(1)m n m n mn m n m n +--+++-21()()E E ξξ-=22334()(1)m n m n mn m n m n +--+++-－2m nm n ++=(1)0()(1)m m mn m n m n -+>++-，所以21()()E E ξξ>，故選A ． 解法二：在解法一中取3m n ==，計算後再比較，故選A ．【點評】正確理解()1,2i i ξ=の含義是解決本題の關鍵．此題也可以采用特殊值法，不妨令3m n ==，也可以很快求解．（10）【2014年浙江，理10，5分】設函數21()f x x =，22()2()f x x x =-，31()|sin 2|3f x x π=，99i ia =，0,1,2i =，,99，記10219998|()()||()()||()()|k k k k k k k I f a f a f a f a f a f a =-+-++-，1,2,3k =，則（ ） （A ）123I I I << （B ）213I I I << （C ）132I I I << （D ）321I I I << 【答案】B【解析】解法一：由22112199999999i i i --⎛⎫⎛⎫-=⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，故2111352991199()199999999999999I ⨯-=++++==，由2211199(21)22||999999999999i i i i i ----⎛⎫⎛⎫--+=⨯ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，故2150(980)98100221992999999I +=⨯⨯⨯=<⨯， 3110219998(|sin(2)||sin(2)||sin(2)||sin(2)||sin(2)||sin(2)|)3999999999999I ππππππ=-+-++-=12574[2sin(2)2sin(2)]139999ππ->，故213I I I <<，故選B ． 解法二：估算法：k I の幾何意義為將區間[0,1]等分為99個小區間，每個小區間の端點の函數值之差の絕對值之和．如圖為將函數21()f x x =の區間[0,1]等分為4個小區間の情形，因1()f x 在[0,1]上遞增，此時110213243|()()||()()||()()||()()|I f a f a f a f a f a f a f a f a =-+-+-+- =11223344A H A H A H A H +++(1)(0)f f =-1=，同理對題中給出の1I ，同樣有11I =；而2I 略小於1212⨯=，3I 略小於14433⨯=，所以估算得213I I I <<，故選B ．【點評】本題主要考查了函數の性質，關鍵是求出這三個數與1の關系，屬於難題．第Ⅱ卷（非選擇題 共100分）二、填空題：本大題共7小題，每小題4分，共28分．（11）【2014年浙江，理11，5分】若某程序框圖如圖所示，當輸入50時，則該程序運算後輸出の結果是 ． 【答案】6【解析】第一次運行結果1,2S i ==；第二次運行結果4,3S i ==；第三次運行結果11,4S i ==；第四次運行結果26,5S i ==；第五次運行結果57,6S i ==；此時5750S =>，∴輸出6i =．【點評】本題考查了直到型循環結構の程序框圖，根據框圖の流程模擬運行程序是解答此類問題の常用方法．（12）【2014年浙江，理12，5分】隨機變量ξの取值為0,1,2，若1(0)5P ξ==，()1E ξ=，則()D ξ= ． 【答案】25 【解析】設1ξ=時の概率為p ，ξの分布列為： 由11()012(1)155E p p ξ=⨯+⨯+⨯--= ，解得35p =ξの分布列為即為故2221312()(01)(11)(21)5555E ξ=-⨯+-⨯+-⨯=．【點評】本題綜合考查了分布列の性質以及期望、方差の計算公式．（13）【2014年浙江，理13，5分】當實數,x y 滿足240101x y x y x +-≤⎧⎪--≤⎨⎪≥⎩時，14ax y ≤+≤恒成立，則實數a の取值範圍是 __．【答案】3[1,]2【解析】解法一：作出不等式組240101x y x y x +-≤⎧⎪--≤⎨⎪≥⎩所表示の區域如圖，由14ax y ≤+≤恒成立，故3(1,0),(2,1),(1,)2A B C ，三點坐標代入14ax y ≤+≤，均成立得1412143142a a a ⎧⎪≤≤⎪≤+≤⎨⎪⎪≤+≤⎩解得312a ≤≤ ，∴實數a の取值範圍是3[1,]2．解法二：作出不等式組240101x y x y x +-≤⎧⎪--≤⎨⎪≥⎩所表示の區域如圖，由14ax y ≤+≤得，由圖分析可知，0a ≥且在(1,0)A 點取得最小值，在(2,1)B 取得最大值，故1214a a ≥⎧⎨+≤⎩，得312a ≤≤，故實數a の取值範圍是3[1,]2．【點評】本題考查線性規劃，考查了數形結合の解題思想方法，考查了數學轉化思想方法，訓練了不等式組得解法，是中檔題．（14）【2014年浙江，理14，5分】在8張獎券中有一、二、三等獎各1張，其餘5張無獎．將這8張獎券分配給4個人，每人2張，不同の獲獎情況有 種（用數字作答）． 【答案】60【解析】解法一：不同の獲獎分兩種，一是有一人獲兩張獎券，一人獲一張獎券，共有223436C A =， 二是有三人各獲得一張獎券，共有3424A =，因此不同の獲獎情況共有362460+=種． 解法二：將一、二、三等獎各1張分給4個人有3464=種分法，其中三張獎券都分給一個人の有4種分法， 因此不同の獲獎情況共有64460-=種．【點評】本題考查排列、組合及簡單計數問題，考查學生の計算能力，屬於基礎題．（15）【2014年浙江，理15，5分】設函數22,0(),0x x x f x x x ⎧+<⎪=⎨-≥⎪⎩若(())2f f a ≤，則實數a の取值範圍是 ．【答案】(-∞．【解析】由題意2()0()()2f a f a f a <⎧⎨+≤⎩或2()0()2f a f a ≥⎧⎨-≤⎩，解得()2f a ≥-∴當202a a a <⎧⎨+≥-⎩或202a a ≥⎧⎨-≥-⎩，解得a【點評】本題主要考查分段函數の應用，其它不等式の解法，體現了數形結合の數學思想，屬於中檔題．（16）【2014年浙江，理16，5分】設直線30x y m -+=(0m ≠) 與雙曲線22221x y a b-=（0,0a b >>）兩條漸近線分別交於點A ，B ．若點(,0)P m 滿足||||PA PB =，則該雙曲線の離心率是 ．【解析】解法一：由雙曲線の方程可知，它の漸近線方程為b y x a =和by x a =-，分別與直線l ： 30x y m -+= 聯立方程組，解得，(,)33am bm A a b a b ----，(,)33am bmB a b a b -++，設AB 中點為Q ，由||||PA PB = 得，則3333(,)22am am bm bma b a b a b a b Q ---++-+-+，即2222223(,)99a m b m Q a b a b ----，PQ 與已知直線垂直，∴1PQ l k k =-，即222222319139b m a b a m m a b --=----， 即得2228a b =，即22228()a c a =-，即2254c a =，所以c e a ==．解法二：不妨設1a =，漸近線方程為222201x y b -=即2220b x y -=，由222030b x y x y m ⎧-=⎨-+=⎩消去x ，得2222(91)60b y b my b m --+=，設AB 中點為00(,)Q x y ，由韋達定理得：202391b m y b =-……① ，又003x y m =-，由1P Q l k k =-得00113y x m =--，即得0011323y y m =--得035y m =代入①得2233915b m m b =-， 得214b =，所以22215144c a b =+=+=，所以c =，得c e c a ===．【點評】本題考查雙曲線の離心率，考查直線の位置關系，考查學生の計算能力，屬於中檔題． （17）【2014年浙江，理17，5分】如圖，某人在垂直於水平地面ABC の牆面前の點A 處進行射擊訓練．已知點A 到牆面の距離為AB ，某目標點P 沿牆面上の射擊線CM 移動，此人為了准確瞄准目標點P ，需計算由點A 觀察點P の仰角θの大小．若15AB m =，25AC m =，30∠︒，則tan θの最大值是 （仰角θ為直線AP 與平面ABC 所成角）．2320225x x -+2320032250-+''，設B P 2320225x x ++22545204<=355339=，2320225x x -+2320225x x -+20)，23225'(x)(225)f x ++454=- 時20時'0y <203445225(++ 15201225AB BC AC ==，20tan 30DB BC ︒=203533DB ===【點評】屬於中檔題． 三、解答題：本大題共5題，共72分．解答應寫出文字說明，演算步驟或證明過程．（18解：（即A B +=，所以C =．（2c 得A C <，從而3cos A =，，所以，ABC ∆（19）【2014年浙江，理19，14分】已知數列{}n a 和{}n b 滿足123(2)(*)n b n a a a a n N =∈．若{}n a 為等比數列，且1322,6a b b ==+．（1）求n a 與n b ；（2）設11(*)n n n c n N a b =-∈．記數列{}n c の前n 項和為n S ．（ⅰ）求n S ；（ⅱ）求正整數k ，使得對任意*n N ∈均有S S ≥．解：（1(2)(3(2)n a a =N ）． （2n c ++=111(22n n ++-1(12n ++--=1112n n -+20>，3c 55(51)12+<，4n S ≥，故【點評】本題考查了等比數列通項公式、求和公式，還考查了分組求和法、裂項求和法和猜想證明の思想，證明可以用二項式定理，還可以用數學歸納法．本題計算量較大，思維層次高，要求學生有較高の分析問題解決問題の能力．本題屬於難題．（20）【2014年浙江，理20，15分】如圖，在四棱錐A BCDE -中，平面ABC ⊥平面BCDE ，90CDE BED ∠=∠=︒，2AB CD ==，1DE BE ==，AC =（1）證明：DE ⊥平面ACD ；（解：（1（2BF GF=の原點，分別以射線DE所示．由題意知各點坐標如下：(0,2,0)，(0,2,Aの法向量為111(,m x y=222(,,)n x y z=，可算得：(0,2)AD=-，(1,2,AE=-，(1,1,0)DB=，由ADm AE=⎨=⎪⎩，即1111122020y zx y⎧--=⎪⎨-=⎪⎩，可取(0,1,m=-，由n ADn BD⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩即2222220y zx y⎧--=⎪⎨+=⎪⎩可取(0,n=-，於是|||cos,|||||3m nm nm n⋅<>===⋅⋅運算求解能力．（21）【2014年浙江，理21，15分】如圖，設橢圓C:22221(0)x ya ba b+=>>動直線l與橢圓C 只有一個公共點P，且點P在第一象限．（1）已知直線lの斜率為k，用,,a b k表示點Pの坐標；（2）若過原點Oの直線1l與l垂直，證明：點P到直線1lの距離の最大值為a b-．解：（1''1P l k =-，得,b （2幾何の基本思想方法、基本不等式應用等綜合解題能力．（22）【2014年浙江，理22，14分】已知函數()33()f x x x a a R =+-∈．（1）若()f x 在[]1,1-上の最大值和最小值分別記為(),()M a m a ，求()()M a m a -； （2）設,b R ∈若()24f x b +≤⎡⎤對[]1,1x ∈-恒成立，求3a b +の取值範圍．解：（1（2。
2014年高考理科数学浙江卷-答案
6
6
3
3
（2）由 c 3 ，[ f (x) b]2 4 ， a c 得 a 8 ，
sin A sin C
5
由 a c ，得 A C ，从而 cos A 3 ，故 sin B sin A C sin AcosC cos Asin C 4 3 3 ，
5
10
所以 △ABC 的面积为 S 1 acsin B 8 3 18 .
5
5
2. 5
5
【提示】给出 取值的部分概率和期望，求 的方差.
【考点】离散型随机变量的期望和方差
13.【答案】
1,
3 2
4 / 11
【解析】实数
x，y
满足的可行域如图中阴影部分所示，图中
A(1，0)
，
B(2，1)
，
C
1,
3 2
.
当 a 0 时， 0 y 3 ，1 x 2 ，所以1 ax＋y 4 不可能恒成立； 2
2
25
【提示】给出未知函数运用诱导公式和两角和与差的公式、正弦定理等进行化简求三角形中的角.
【考点】两角和与差的公式，正弦定理
19.【答案】（1） an 2n (n N*)
bn n(n 1)(nN*)
（2）（i）
Sn
1 n 1
1 2n
(n N)
（ii） k 4
【解析】（1）由题意， a1a2 ak ( 2)bn (n N*) ， b3 b2 6 ，知 a3 ( 2)b3 b2 8 ，
【提示】给出两式相乘的形式，利用二项式通项公式代入求值. 【考点】二项式定理的应用 6.【答案】C 【解析】 f (1) 1 2a b c ， f (2) 8 4a 2b c ， f (3) 27 9a 3b c ， 由 f (1) f (2) （ 3）得，a 6，b 11，∴ f (x) x3 6x2 11x c ∵ 0 f (1) 3 ，把 f (1) 代入 f (x)
2014年高考理科数学模拟试题(浙江卷)
2014年普通高等学校全国统一招生考试模拟卷理科数学(浙江)本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．共150分，考试时间120分钟．考试结束后，将本试卷和答题纸一并交回．第Ⅰ卷(选择题 共50分)注意事项：1．答题前，考生在答题纸上务必用直径0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、准考证号填写清楚，并贴好条形码．请认真核准条形码的准考证号、姓名和科目．2．每小题选出答案后，用2B 铅笔把答题纸上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．在试题卷上作答无效．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．已知函数f (x )＝x 2－16的定义域为A ，函数y ＝f (4cos x )的定义域为B ，则(∁R A )∩B 等于A ．(－π，π)B ．{－π，0，π}C ．{0,4}D ．φ 2．已知i 是虚数单位，则z ＝a 2－1＋a ＋1i(a ∈R )是纯虚数的充分必要条件是A ．a ＝1B ．a >1C ．－1≤a ≤1D ．a ≤－13．ABCD 为空间四边形，AB ＝CD ，AD ＝BC ，AB ≠AD ，M 、N 分别是对角线AC 与BD 的中点，则MN 与A ．AC 、BD 之一垂直B ．AC 、BD 都垂直 C ．AC 、BD 都不垂直 D ．AC 、BD 不一定垂直 4．已知x 、y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x －y ＋5≥0x ＋y ≥0x ≤3，则z ＝x ＋2y 的最小值为A ．－3B ．3C ．－5D ．55．某位股民购进某只股票，在接下来的交易时间内，他的这只股票先经历了n 次涨停(每次上涨10%)，又经历了n 次跌停(每次下跌10%)，则该股民这支股票的盈亏情况(不考虑其他费用)为A ．略有盈利B ．略有亏损C ．没有盈利也没有亏损D ．无法判断盈亏情况6．若f (x )＝a x (a >0，a ≠1)，定义由如下框图表述的运算(函数f －1(x )＝log a x ，若输入x ＝－2时，输出y ＝14，则输入x ＝18时，输出y 等于A ．2B ．－2C ．3D ．－3 7．一个正四棱锥的底面边长为2，侧棱长为3，五个顶点都在同一个球面上，则此球的表面积为A ．πB ．3πC ．4πD ．9π 8．若数列{a n }满足对于任意的正整数n ，有a n >0，a n ≠1，且a n a n ＋1＝n ＋1，则称数列{a n }为“积增数列”．已知“积增数列”{a n }中，a 1＝1，数列{a 2n ＋a 2n ＋1}的前n 项和为S n ，则对于任意正整数n ，有A ．S n <n ＋1B ．S n ≥n 2＋6nC ．S n ≤n 2＋nD ．S n ≥n 2＋3n 9．在△ABC 中，设a 、b 、c 分别是角A 、B 、C 所对边的边长，且直线bx ＋y cos A ＋cos B ＝0与ax ＋y cos B ＋cos A ＝0平行，则△ABC 一定是A ．锐角三角形B ．等腰三角形C ．直角三角形D ．等腰或直角三角形10．抛物线顶点在原点，准线过双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的一个焦点，且与双曲线的实轴垂直，已知抛物线与双曲线交点为M (32，6)，则双曲线的方程为A.x 24－y 23＝1 B ．4x 2－y 23＝1 C.x 24－4y 23＝1 D ．4x 2－4y 23＝1第Ⅱ卷(非选择题 共100分)注意事项：1．答题前，考生先在答题纸上用直径0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、准考证号填写清楚，然后贴好条形码．请认真核准条形码上的准考证号、姓名和科目．2．第Ⅱ卷共6页，请用直径0.5毫米黑色签字笔在答题纸上各题的答题区域内作答，在试题卷上作答无效．二、填空题(本大题共7小题，每小题4分，共28分) 11．已知a ，b 是单位向量，且夹角为60°，则a (a －b )＝________.12．已知点P 是以F 1、F 2为焦点的椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)上一点，若PF 1⊥PF 2，tan ∠PF 1F 2＝12，则此椭圆的离心率是________．13．把函数f (x )＝sin(2x －π3)的图象左平移π3个单位，再把所得图象上各点的横坐标伸长为原来的2倍(纵坐标不变)，所得图象的解析式为y ＝g (x )则g (x )＝________.14．若某几何体的三视图(单位：cm)如图所示，则此几何体的体积是________cm 3.15．对于实数x ，用[x ]表示不超过x 的最大整数，如[0.2011]＝0，[π]＝3.若n 为正整数，an ＝[n4]，S n 为数列{a n }的前n 项和，则S 60＝________.16．若函数f (x )＝a x －x －a (a >0且a ≠1)有两个零点，则实数a 的取值范围是________．17．已知点P (a ，b )与点Q (1,0)在直线2x －3y ＋1＝0的两侧，给出下列说法：①2a －3b ＋1>0；②a ≠0时，ba 有最小值，无最大值；③存在正实数M ，使得a 2＋b 2>M 恒成立； ④当a >0且a ≠1，b >0时，则b a －1的取值范围为(－∞，－13)∪(23，＋∞)．则其中正确结论的序号是________(把所有正确结论的序号都填写在横线上)． 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．(本小题满分14分)已知A 、B 、C 是锐角△ABC 的三个内角，且向量a ＝(tan A ，－sin A )，b ＝(12sin2A ，cos B )，向量a ，b 的夹角为θ.(1)求证：0≤θ<π2；(2)求函数f (θ)＝2sin 2(π4＋θ)－3cos2θ的最大值．19.(本小题满分14分)已知某地高考数学试题有12道选择题，每题5分，每道选择题有A 、B 、C 、D 四个选项，每道题之间的选项没有任何关系．(1)若某同学对每道题都任意选择答案，求前5道题目得分不低于15分的概率； (2)若某同学只会做其中的8道题，其余每道题任意选择，求该同学得分的分布列和期望值．20．(本小题满分14分)如图，AB 为圆O 的直径，点E 、F 在圆O 上，AB ∥EF ，矩形ABCD 和圆O 所在的平面互相垂直，AB ＝2，EF ＝1.(1)求证：AF ⊥CF ；(2)若二面角D －EF －B 的大小为30°，求四棱锥F －ABCD 的体积．21.(本小题满分15分)已知椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的左右焦点分别为F 1，F 2，P 是椭圆上任意一点，∠F 1PF 2＝θ.(1)试分析，当P 点在何处时，θ取得最大值？ (2)当θ最大值恰好为π3时，求椭圆的离心率；(3)已知椭圆上使得θ＝π2的点P 有且只有两个，且ΔPF 1F 2的面积为4，直线l ：y ＝kx ＋m 与圆O ：x 2＋y 2＝4相切，并且与椭圆交于不同的两点A 、B ，求弦|AB |长的最大值．22．(本小题满分15分)设f (x )＝x －a －1x－a ln x (a ∈R )．(1)若x ＝1是函数f (x )的极大值点，求a 的取值范围；(2)当a ∈(－∞，1＋1e ]∪[1＋e ，＋∞)时，若在x ∈[1e ，e]上至少存在一点x 0，使f (x 0)>e －1成立，求a 的取值范围．参考答案及解析一、选择题(本大题共10小题，每小题5分，共50分．)1．B 解析：A ＝(－∞，－4]∪[4，＋∞)，则∁R A ＝(－4,4)，再由4cos x ≤－4或4cos x ≥4可得cos x ＝－1或cos x ＝1，故B ＝{x |x ＝k π，k ∈Z }，则(∁R A )∩B ＝{－π，0，π}．2．A 解析：z ＝a 2－1＋a ＋1i ＝a 2－1－(a ＋1)i ，要使z 为纯虚数，只需⎩⎪⎨⎪⎧a 2－1＝0a ＋1≠0，即a ＝1.3．B 解析：∵AD ＝BC ，AB ＝CD ，BD ＝BD ，∴△ABD ≌△CDB .则AN ＝CN ，在等腰△ANC 中，由M 为AC 的中点知MN ⊥AC .同理可证MN ⊥BD . 4．A 解析：画出平面区域，可知当z ＝x ＋2y 过点(3，－3)时得最小值为－3.5．B 解析：设这支股票购买价格为a ，则经历n 次涨停后价格为a (1＋10%)n ＝a ×1.1n ，则经历n 次跌停后，价格为a ×1.1n ×(1－10%)n ＝a ×1.1n ×0.9n ＝a ×(1.1×0.9)n ＝0.99n ·a <a ，故此时该股票略有亏损．6．D 解析：x ＝－2时，y ＝14，∴a ＝2，∴f －1(x )＝log 2x ，当x ＝18时，y ＝－3.7．D 解析：设球的半径为R ，根据正四棱锥与球的对称性可知，球心在四棱锥的高线上或延长线上，而四棱锥的高为3－2＝1，由(R ±1)2＋(2)2＝R 2求出正值R ＝32，所以球的表面积为9π.8．D 解析：根据“积增数列”的定义可知a n ＋1＝n ＋1a n ，故a 2n ＋a 2n ＋1＝a 2n＋(n ＋1a n)2 ≥2(n ＋1)，故S n ≥2(2＋3＋4＋…＋n ＋1)＝n (n ＋3)＝n 2＋3n .9．C 解析：由两直线平行可知b cos B －a cos A ＝0，由正弦定理可知a ＝2R sin A ，b ＝2R sin B ，所以sin B cos B －sin A cos A ＝0，即12sin2B －12sin2A ＝0，故2A ＝2B 或2A ＋2B ＝π，即A＝B 或A ＋B ＝π2.若A ＝B ，则cos A ＝cos B ，两直线重合，故A ＋B ＝π2，即△ABC 是直角三角形．10．D 解析：根据已知条件可设抛物线方程为y 2＝2px (p >0)，∵M (32，6)是抛物线与双曲线的交点，则3p ＝6，即p ＝2.根据抛物线与双曲线的关系可知双曲线的两个焦点分别为F 1(－1,0)，F 2(1,0)，即c ＝1， 又|MF 1|＝[32－(－1)]2＋6＝72，|MF 2|＝(32－1)2＋6＝52， 因此|MF 1|－|MF 2|＝2a ，即a ＝12，b 2＝c 2－a 2＝34，所求双曲线方程为4x 2－4y 23＝1.二、填空题(本大题共7小题，每小题4分，共28分) 11．答案：12解析：a (a －b )＝a 2－a·b ＝1－12＝12.12．答案：53解析：由题得△PF 1F 2为直角三角形，设|PF 1|＝m ，则tan ∠PF 1F 2＝12，∴|PF 2|＝m2，|F 1F 2|＝52m ，∴e ＝c a ＝|F 1F 2||PF 1|＋|PF 2|＝53. 13．答案：sin(x ＋π3)解析：把f (x )＝sin(2x －π3)的图象沿x 轴向左平移π3个单位可得函数的解析式为y ＝sin[2(x ＋π3)－π3]＝sin(2x ＋π3)，再把横坐标伸长为原来的2倍，可得g (x )＝sin(x ＋π3)．14．答案：18解析：根据几何体的三视图，可知该几何体是由两个相同的长方体(3×3×1)组合而成的几何体，故其体积为18 cm 3. 15．答案：435解析：因为a n ＝[n4]，所以，a 4n ＝a 4n ＋1＝a 4n ＋2＝a 4n ＋3＝n ，S 60＝a 1＋a 2＋…＋a 60＝(a 4＋a 5＋a 6＋a 7)＋…＋(a 56＋a 57＋a 58＋a 59)＋a 60＝4(1＋2＋…＋14)＋15＝435. 16．答案：(1，＋∞)解析：设函数y ＝a x (a >0且a ≠1)和函数y ＝x ＋a ，则函数f (x )＝a x －x －a (a >0且a ≠1)有两个零点，就是函数y ＝a x (a >0且a ≠1)与函数y ＝x ＋a 有两个交点，由图象可知当0<a <1时两函数只有一个交点，不符合；当a >1时，因为函数y ＝a x (a >1)的图象过点(0,1)，而直线y ＝x ＋a 所过的点一定在点(0,1)的上方，所以一定有两个交点．所以实数a 的取值范围是a >1. 17．答案：③④解析：由条件可知(2a －3b ＋1)(2×1－3×0＋1)<0，即2a －3b ＋1<0，故b >2a 3＋13，若a >0，则b a >23＋13a >23，若a <0，则b a <23＋13a <23，由此可知ba 无最小值，也无最大值；原点(0,0)到直线2x －3y ＋1＝0距离的平方d 2＝(122＋(－3)2)2＝113，取0<M ≤113，即有a 2＋b 2>M 恒成立；对于④，当a >1时，b a －1>13(2a ＋1a －1)＝13(2＋3a －1)>23，当0<a <1时，0<1－a <1，则ba －1<13(2a ＋1a －1)＝13(2－31－a )<－13，故b a －1的取值范围为(－∞，－13)∪(23，＋∞)．由以上分析可知答案填③④.三、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：(1)显然a ，b 都是非零向量，a·b ＝12tan A ·sin2A －sin A cos B ＝12·sin A cos A ·2sin A cos A －sin A cos B ＝sin A (sin A －cos B )．∵△ABC 是锐角三角形，∴A ＋B >π2，即0<π2－B <A <π2，-------------------------4分∴sin(π2－B )<sin A ，即sin A >cos B ，∴sin A －cos B >0.又0<A <π，∴sin A >0，∴a ·b >0.∴0≤θ<π2.------------------------------------------------------------------------------------7分(2)f (θ)＝2sin 2(π4＋θ)－3cos2θ＝1－cos(π2＋2θ)－3cos2θ＝1＋sin2θ－3cos2θ＝2sin(2θ－π3)＋1.----------------------------------------------11分∵0≤θ<π2∴－π3≤2θ－π3<2π3，∴当θ＝5π12时，函数f (θ)取得最大值3.-----------------------------------------------14分19．解：(1)该同学每道题答对的概率为P ＝14-----------------------------------2分设“得分不低于15分”的事件为A ，则该同学至少可以答对其中的3道题．其概率为P (A )＝C 35(14)3·(1－14)2＋C 45(14)4·(1－14)＋(14)5＝53512.-------------------------------------------6分 (2)设该同学的得分为ξ，则ξ的可能取值为40,45,50,55,60. P (ξ＝40)＝(1－14)4＝81256；P (ξ＝45)＝C 14·14·(1－14)3＝2764；P (ξ＝50)＝C 24·(14)2·(1－14)2＝27128；P (ξ＝55)＝C 34·(14)3·(1－14)＝364； P (ξ＝60)＝(14)4＝1256---------------------------------------------------------9分其分布列为：则该同学得分的期望值为：Eξ＝81256×40＋2764×45＋27128×50＋364×55＋1256×60＝45.或者Eξ＝40＋20×14＝45.----------------------------------------------------------------14分20．解：(1)平面ABCD ⊥平面ABEF ，CB ⊥AB ，平面ABCD ∩平面ABEF ＝AB ，∴CB ⊥平面ABEF . ∵AF ⊂平面ABEF ，∴AF ⊥CB .又∵AB 为圆O 的直径，∴AF ⊥BF ，∴AF ⊥平面CBF .∴AF ⊥CF .-------------------------------------------------------------------------------------4分 (2)法一：∵ABCD 是矩形，∴AD ⊥AB又∵平面ABCD 与圆O 所在平面垂直，∴AD ⊥平面ABEF 过点D 作DM ⊥EF 交EF 的延长线于点M ，连接AM . ∵AD ⊥平面ABEF ，∴EF ⊥AD ，∴AM ⊥EF ，∴∠AMD 就是二面角D －EF －B 的平面角，故∠AMD ＝30°-----7分 ∵AB ∥EF ，∴四边形ABEF 为等腰梯形，过点F 作FH ⊥AB 于点H . AB ＝2，EF ＝1，则AH ＝AB －EF 2＝12，则BH ＝2－12＝32，在Rt △AFB 中，根据射影定理可得HF 2＝AH ·BH ＝34，故HF ＝32，在Rt △AMD 中，AM ＝HF ＝32，则AD ＝AM ·tan30°＝32×33＝12.--------------10分 则四棱锥F －ABCD 的体积为13×AD ×AB ×HF ＝13×12×2×32＝36.------------14分法二：如图以O 为坐标原点建立空间直角坐标系O －xyz . 设AD ＝m (m >0)，则D (1,0，m )．∵AB ∥EF ，∴四边形ABEF 为等腰梯形，过点F 作FH ⊥AB 于点H . AB ＝2，EF ＝1，则AH ＝AB －EF 2＝12，则BH ＝2－12＝32，在Rt △AFB 中，根据射影定理可得HF 2＝AH ·BH ＝34，故HF ＝32.∴点F 的坐标为(12，32，0)，点E 的坐标为(－12，32，0)，∴DF →＝(－12，32，－m )，DE →＝(－32，32，－m ).------------------------------------6分设平面DEF 的法向量为n 1＝(x ，y ，z )，则n 1·DF →＝0，n 1·DE →＝0即⎩⎨⎧－12x ＋32y －mz ＝0 －32x ＋32y －mz ＝0，令z ＝3，x ＝0，y ＝2m ，∴n 1＝(0,2m ，3).------------------------------------------------------------------------------8分 取平面BEF 的一个法向量为n 2＝(0,0,1)，依题意n 1与n 2的夹角为30°.∴cos30°＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|，即0＋0＋34m 2＋3·1＝32，解之得m ＝±12，故AD ＝12，-------------10分则四棱锥F －ABCD 的体积为13×AD ×AB ×HF ＝13×12×2×32＝36.--------------14分21．解：(1)设点F 1(－c,0)，F 2(c,0)则cos θ＝|PF 1|2＋|PF 2|2－|F 1F 2|22|PF 1|·|PF 2|＝(|PF 1|＋|PF 2|)2－2|PF 1|·|PF 2|－|F 1F 2|22|PF 1|·|PF 2|＝4a 2－4c 2－2|PF 1|·|PF 2|2|PF 1|·|PF 2|＝4b 22|PF 1|·|PF 2|－1≥4b 2(|PF 1|＋|PF 2|)2－1＝4b 24a 2－1＝－c 2a 2.----------------------------------------------------------3分当且仅当|PF 1|＝|PF 2|时取等号．又y ＝cos x 在(0，π)上是减函数，故|PF 1|＝|PF 2|时，θ取得最大值，此时P 点位于短轴的端点.-----------------------------------------------------------------------------------------------------4分(2)由(1)可知，当点P 位于短轴端点时，θ取得最大值，此时在Rt △PF 1O 中，∠F 1PO ＝π6， 故|OF 1|＝12|F 1P |，即c ＝12a ，故椭圆的离心率为e ＝12.-------------------------------------7分(3)根据(1)的结论P 点恰好在短轴端点时，θ＝π2.在Rt △PF 1O 中，∠F 1PO ＝π4，故b ＝c ；△PF 1F 2的面积为S ＝12·b ·2c ＝b 2＝4，故b ＝2，a ＝2b ＝22，椭圆方程为x 28＋y 24＝1.-----------------------------------------------------------------------------9分由直线和圆相切可得|m |1＋k2＝2，即m 2＝4k 2＋4. 由⎩⎨⎧x28＋y 24＝1 y ＝kx ＋m 可得(2k 2＋1)x 2＋4kmx ＋2m 2－8＝0. ∵直线与椭圆相交于不同的两点A 、B ，∴Δ>0，即8k 2－m 2＋4>0， 把m 2＝4k 2＋4代入可得4k 2>0恒成立．显然k ≠0，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝－4km2k 2＋1，x 1x 2＝2m 2－82k 2＋1则|AB |＝(x 1＋x 2)2－4x 1x 2＝(－4km 2k 2＋1)2－4(2m 2－8)2k 2＋1＝64k 2－8m 2＋322k 2＋1＝64k 2－8(4k 2＋4)＋322k 2＋1＝42·|k |2k 2＋1， 故|AB |＝42·|k |2k 2＋1＝422|k |＋1|k |≤4222＝2， 故当且仅当k ＝±22时，|AB |取得最大值2.----------------------------------------------15分22．解：(1)f ′(x )＝1＋a －1x 2－a x ＝x 2－ax ＋(a －1)x 2＝(x －1)[x －(a －1)]x 2(x >0).------2分当a －1≤0即a ≤1时，f ′(x )与f (x )的变化如下表：当0<a －1<1即1<a <2时，f ′(x )与f (x )的变化如下表：当a －1＝1即a ＝2时，f ′(x )与f (x )的变化如下表：当a －1>1即a >2时，f ′(x )与f (x )的变化如下表：综上所述，当a －1>1，即a >2时，x ＝1是函数f (x )的极大值点．------------------8分(2)在x ∈[1e ，e]上至少存在一点x 0，使f (x 0)>e －1成立，等价于当x ∈[1e，e]时， f (x )max >e －1.由(1)知，①当a ≤1＋1e ，即a －1≤1e 时，函数f (x )在[1e，1]上递减，在[1，e]上递增， ∴f (x )max ＝max{f (1e)，f (e)}． 由f (1e )＝1e －(a －1)e ＋a >e －1，解得a <e ＋1e 2－e. 由f (e)＝e －a －1e－a >e －1，解得a <1. ∵e ＋1e 2－e<1，∴a <1.12分 ②当a ≥1＋e ，即a －1≥e 时，函数f (x )在[1e，1]上递增，在[1，e]上递减， f (x )max ＝f (1)＝2－a ≤1－e<e －1.综上所述，当a <1时，在x ∈[1e ，e]上至少存在一点x 0，使f (x 0)>e －1成立.15分。
2014年高考杭二中三模理科数学试卷(含详细解答)
绝密★考试结束前2014年普通高等学校招生适应性考试（三）数 学（理科）姓名 准考证号本试题卷分选择题和非选择题两部分。
全卷共4页，选择题部分1至2页，非选择题部分3至4页。
满分150分，考试时间120分钟。
请考生按规定用笔将所有试题的答案涂、写在答题纸上。
选择题部分 (共50分)注意事项：1．答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试卷和答题纸规定的位置上。
2．每小题选出答案后，用2B 铅笔把答题纸上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。
不能答在试题卷上。
参考公式： 球的表面积公式柱体的体积公式S =4πR 2V =Sh球的体积公式其中S 表示柱体的底面积，h 表示柱体的高 V =34πR 3 台体的体积公式其中R 表示球的半径 V =31h (S 1+21S S +S 2) 锥体的体积公式其中S 1, S 2分别表示台体的上、下底面积，V =31Sh h 表示台体的高其中S 表示锥体的底面积，h 表示锥体的高如果事件A ，B 互斥，那么P (A +B )=P (A )+P (B )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． 22．（5分）已知向量=（λ+1，1），=（λ+2，2），若（+）⊥（﹣），则λ=（ ）4．（5分）将函数f（x）=sin（2x+θ）（）的图象向右平移φ（{φ＞1}）个单位长度后得到函数g （x）的图象，若f（x），g（x）的图象都经过点P（），则φ的值可以是（）．C D．5．（5分）执行右面的程序框图，如果输入的t∈[﹣1，3]，则输出的s属于（）6．（5分）从1，3，5，7，9这五个数中，每次取出两个不同的数分别记为a，b，共可得到lga﹣lgb的不同值的个=，则=z假设根据上表数据所得线性回归直线方程为=x+中的前两组数据（1，0）和（2，2）求得的直线方程为y=b′x+a′，．＞b′，＞a′＞b′，＜a′C＜b′，＞a′D．＜b′，＜a′9．（5分）点P在直线l：y=x﹣1上，若存在过P的直线交抛物线y=x2于A，B两点，且|PA|=|AB|，则称点P为“点”，那么下列结论中正确的是（）““10．（5分）已知函数f（x）=，若|f（x）|≥ax，则a的取值范围是（）二、填空题：本大题共4小题，考生共需作答5小题，每小题5分，共25分．请将答案填在答题卡对应题号的位置上．答错位置，书写不清，模棱两可均不得分．（一）必考题（11-14题）11．（5分）某单位有840名职工，现采用系统抽样方法，抽取42人做问卷调查，将840人按1，2，…，840随机编号，则抽取的42人中，编号落入区间[481，720]的人数为_________．12．（5分）已知某一多面体内接于球构成一个简单组合体，如果该组合体的正视图、俯视图、均如图所示，且图中的四边形是边长为2的正方形，则该球的表面积是_________．13．（5分）设z=kx+y，其中实数x，y满足，若z的最大值为12，则实数k=_________．14．（5分）当x∈R，|x|＜1时，有如下表达式：1+x+x2+…+x n+…=两边同时积分得：dx+xdx+x2dx+…+x n dx+…=dx从而得到如下等式：1×+×（）2+×（）3+…+×（）n+1+…=ln2请根据以上材料所蕴含的数学思想方法，计算：×+×（）2+×（）3+…+×（）n+1=_________．选考题（请考生在第15、16两题中任选一题作答，多做则按第15题作答结果计分）选修4-1：几何证明选讲15．（5分）（2013•广东）（几何证明选讲选做题）如图，AB是圆O的直径，点C在圆O上，延长BC到D使BC=CD，过C作圆O的切线交AD于E．若AB=6，ED=2，则BC=_________．（选修4-4：坐标系与参数方程）16．设直线l1的参数方程为（t为参数），以坐标原点为极点，x轴为极轴建立极坐标系得另一直线l2的方程为ρsinθ﹣3ρcosθ+4=0，若直线l1与l2间的距离为，则实数a的值为_________．三、解答题：本大题共6小题，共75分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．（12分）如图，游客从某旅游景区的景点A处下山至C处有两种路径．一种是从A沿直线步行到C，另一种是先从A沿索道乘缆车到B，然后从B沿直线步行到C．现有甲、乙两位游客从A处下山，甲沿AC匀速步行，速度为50m/min．在甲出发2min后，乙从A乘缆车到B，在B处停留1min后，再从匀速步行到C．假设缆车匀速直线运动的速度为130m/min，山路AC长为1260m，经测量，cosA=，cosC=（1）求索道AB的长；（2）问乙出发多少分钟后，乙在缆车上与甲的距离最短？（3）为使两位游客在C处互相等待的时间不超过3分钟，乙步行的速度应控制在什么范围内？18．（12分）设等差数列{a n}的前n项和为S n，且S4=4S2，a2n=2a n+1．（Ⅰ）求数列{a n}的通项公式（Ⅱ）设数列{b n}的前n项和为T n，且（λ为常数）．令c n=2b2n，（n∈N*），求数列{c n}的前n项和R n．19．（12分）如图，四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，侧棱A1A⊥底面ABCD，AB∥DC，AB⊥AD，AD=CD=1，AA1=AB=2，E为棱AA1的中点．（Ⅰ）证明B1C1⊥CE；（Ⅱ）求二面角B1﹣CE﹣C1的正弦值．（Ⅲ）设点M在线段C1E上，且直线AM与平面ADD1A1所成角的正弦值为，求线段AM的长．20．（12分）现有10道题，其中6道甲类题，4道乙类题，张同学从中任取3道题解答．（Ⅰ）求张同学至少取到1道乙类题的概率；（Ⅱ）已知所取的3道题中有2道甲类题，1道乙类题．设张同学答对甲类题的概率都是，答对每道乙类题的概率都是，且各题答对与否相互独立．用X表示张同学答对题的个数，求X的分布列和数学期望．21．（13分）如图，椭圆E：的左焦点为F1，右焦点为F2，离心率e=．过F1的直线交椭圆于A、B两点，且△ABF2的周长为8．（Ⅰ）求椭圆E的方程．（Ⅱ）设动直线l：y=kx+m与椭圆E有且只有一个公共点P，且与直线x=4相交于点Q．试探究：在坐标平面内是否存在定点M，使得以PQ为直径的圆恒过点M？若存在，求出点M的坐标；若不存在，说明理由．22．（14分）已知函数f（x）=ln（x+1）+mx（m∈R）．（Ⅰ）当x=1时，函数f（x）取得极大值，求实数m的值；（Ⅱ）已知结论：若函数f（x）=ln（x+1）+mx（m∈R）在区间（a，b）内存在导数，则存在x0∈（a，b），使得f′（x0）=．试用这个结论证明：若函数g（x）=（x﹣x1）+f（x1），（其中x2＞x1＞﹣1），则对任意x∈（x1，x2），都有f（x）＞g（x）；（Ⅲ）已知正数λ1，λ2满足λ1+λ2=1，求证：对任意的实数x1，x2，若x2＞x1＞﹣1时，都有f（λ1x1+λ2x2）＞λ1f（x1）+λ2f（x2）．参考答案与试题解析一、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．22．（5分）已知向量=（λ+1，1），=（λ+2，2），若（+）⊥（﹣），则λ=（）解：∵，∴∵∴﹣，如图所示，它在区间（4．（5分将函数f（x）=sin（2x+θ）（）的图象向右平移φ（{φ＞1}）个单位长度后得到函数g（x）的图象，若f（x），g（x）的图象都经过点P（），则φ的值可以是（）．C D．，函数，所以，﹣﹣，，所以+，．5．（5分）执行右面的程序框图，如果输入的t∈[﹣1，3]，则输出的s属于（），6．（5分）从1，3，5，7，9这五个数中，每次取出两个不同的数分别记为a，b，共可得到lga﹣lgb的不同值的个，所以从的不同值的个数可看作共可得到多少个不同的数，=，则=z，所以）若，则，所以，所以假设根据上表数据所得线性回归直线方程为=x+中的前两组数据（1，0）和（2，2）求得的直线方程为y=b′x+a′，．＞b′，＞a′＞b′，＜a′C＜b′，＞a′D．＜b′，＜a′，，进而可得，和，代入可得，进而可得，==，=×，××，=，=﹣×=比较可得＞9．（5分）点P在直线l：y=x﹣1上，若存在过P的直线交抛物线y=x2于A，B两点，且|PA|=|AB|，则称点P为“““10．（5分）已知函数f（x）=，若|f（x）|≥ax，则a的取值范围是（）二、填空题：本大题共4小题，考生共需作答5小题，每小题5分，共25分．请将答案填在答题卡对应题号的位置上．答错位置，书写不清，模棱两可均不得分．（一）必考题（11-14题）11．（5分）某单位有840名职工，现采用系统抽样方法，抽取42人做问卷调查，将840人按1，2，…，840随机编号，则抽取的42人中，编号落入区间[481，720]的人数为12．的人中，恰好抽取=24人中抽取12．（5分）已知某一多面体内接于球构成一个简单组合体，如果该组合体的正视图、俯视图、均如图所示，且图中的四边形是边长为2的正方形，则该球的表面积是12π．r=13．（5分）设z=kx+y，其中实数x，y满足，若z的最大值为12，则实数k=2．时，目标函数时，目标函数14．（5分）当x∈R，|x|＜1时，有如下表达式：1+x+x2+…+x n+…=两边同时积分得：dx+xdx+x2dx+…+x n dx+…=dx从而得到如下等式：1×+×（）2+×（）3+…+×（）n+1+…=ln2请根据以上材料所蕴含的数学思想方法，计算：×+×（）2+×（）3+…+×（）n+1=．两边同时积分得：=故答案为：选考题（请考生在第15、16两题中任选一题作答，多做则按第15题作答结果计分）选修4-1：几何证明选讲15．（5分）（几何证明选讲选做题）如图，AB是圆O的直径，点C在圆O上，延长BC到D使BC=CD，过C作圆O的切线交AD于E．若AB=6，ED=2，则BC=．∴∴（选修4-4：坐标系与参数方程）16．设直线l1的参数方程为（t为参数），以坐标原点为极点，x轴为极轴建立极坐标系得另一直线l2的方程为ρsinθ﹣3ρcosθ+4=0，若直线l1与l2间的距离为，则实数a的值为a=9或a=﹣11．三、解答题：本大题共6小题，共75分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．（12分）如图，游客从某旅游景区的景点A处下山至C处有两种路径．一种是从A沿直线步行到C，另一种是先从A沿索道乘缆车到B，然后从B沿直线步行到C．现有甲、乙两位游客从A处下山，甲沿AC匀速步行，速度为50m/min．在甲出发2min后，乙从A乘缆车到B，在B处停留1min后，再从匀速步行到C．假设缆车匀速直线运动的速度为130m/min，山路AC长为1260m，经测量，cosA=，cosC=（1）求索道AB的长；（2）问乙出发多少分钟后，乙在缆车上与甲的距离最短？（3）为使两位游客在C处互相等待的时间不超过3分钟，乙步行的速度应控制在什么范围内？cosA=，cosC=，tanA=，，x=（用时为+3=上同时为÷=用时为3=（上用时为÷=18．（12分）设等差数列{a n}的前n项和为S n，且S4=4S2，a2n=2a n+1．（Ⅰ）求数列{a n}的通项公式（Ⅱ）设数列{b n}的前n项和为T n，且（λ为常数）．令c n=2b2n，（n∈N*），求数列{c n}的前n项和R n．和公式可得．得）可得=，…+，两式相减得=﹣，．19．（12分）如图，四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，侧棱A1A⊥底面ABCD，AB∥DC，AB⊥AD，AD=CD=1，AA1=AB=2，E为棱AA1的中点．（Ⅰ）证明B1C1⊥CE；（Ⅱ）求二面角B1﹣CE﹣C1的正弦值．（Ⅲ）设点M在线段C1E上，且直线AM与平面ADD1A1所成角的正弦值为，求线段AM的长．和，由所成角的正弦值，代入求出）解：，，即．==．的正弦值为．）解：=．所以．的长为．20．（12分）现有10道题，其中6道甲类题，4道乙类题，张同学从中任取3道题解答．（Ⅰ）求张同学至少取到1道乙类题的概率；（Ⅱ）已知所取的3道题中有2道甲类题，1道乙类题．设张同学答对甲类题的概率都是，答对每道乙类题的概率都是，且各题答对与否相互独立．用X表示张同学答对题的个数，求X的分布列和数学期望．个的所有可能结果数有，张同学至少取到）==+=21．（13分）如图，椭圆E：的左焦点为F1，右焦点为F2，离心率e=．过F1的直线交椭圆于A、B两点，且△ABF2的周长为8．（Ⅰ）求椭圆E的方程．（Ⅱ）设动直线l：y=kx+m与椭圆E有且只有一个公共点P，且与直线x=4相交于点Q．试探究：在坐标平面内是否存在定点M，使得以PQ为直径的圆恒过点M？若存在，求出点M的坐标；若不存在，说明理由．e=，消元可得（，），由，e=的方程为，消元可得（=，，即，，此时，，，，﹣），交∵∴22．（14分）已知函数f（x）=ln（x+1）+mx（m∈R）．（Ⅰ）当x=1时，函数f（x）取得极大值，求实数m的值；（Ⅱ）已知结论：若函数f（x）=ln（x+1）+mx（m∈R）在区间（a，b）内存在导数，则存在x0∈（a，b），使得f′（x0）=．试用这个结论证明：若函数g（x）=（x﹣x1）+f（x1），（其中x2＞x1＞﹣1），则对任意x∈（x1，x2），都有f（x）＞g（x）；（Ⅲ）已知正数λ1，λ2满足λ1+λ2=1，求证：对任意的实数x1，x2，若x2＞x1＞﹣1时，都有f（λ1x1+λ2x2）＞λ1f（x1）+λ2f（x2）．．使得，且，得，此时处取得极大值时，；）﹣（．．∴=。
2014年浙江省湖州市高考第二次模拟理综试卷及物理学科答案
甲
试管苗
果 实
提取
辣椒素
A．①过程的实质是细胞恢复分裂分化能力的过程 B．②过程通常需要在摇床上进行液体悬浮培养 C．③过程与受精卵分裂、分化和发育成胚的过程相似 D．④过程中需要细胞分裂素多，生长素少的激素配比 7．下列说法不正确 的是 ．．． A. 太阳能电池板中有高纯硅单质，光导纤维的主要成分也是硅 B. 分类方法、统计方法、定量研究、实验方法和模型化方法等是化学研究的常用方法 C. 核磁共振谱、红外光谱、紫外光谱和质谱法的综合运用，可用于分析有机物的结构 D. 绿色荧光蛋白在 研究癌症发病机制的过程中应用突出， 在酸性或碱性条件下可能会失去发光 功能 8． 某二元酸 （H2A） 在水中的电离方程式为： H2A = H+ + HA下列说法正确的是
2014 年高三第二次教学质量检测 理科综合能力测试
准考证号 姓名 本试题卷分选择题和非选择题两部分。全卷共 14 页，满分 300 分，考试时间 150 分钟。
选择题部分（共 120 分）
选择题部分共 20 小题，每小题 6 分，共 120 分。 注意事项： 1.答题前，考生务必将将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试卷 和答题纸规定的位置上。 2.每小题选出答案后，用 2B 铅笔把答题纸上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮 擦干净后，再选涂其他答案标号。不能答在试卷上。 选择题部分共 20 小题，每小题 6 分，共 120 分。 可能用到的相对原子质量： H—1 C—12 N—14 O—16 S—32 Cl—35.5 一、选择题（本题共 17 小题。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．下列有关生命的物质基础和结构基础的叙述中，错误 的是 ．． A．淀粉、糖元和纤维素等物质都是生物体重要的能源物质 B．脂双层是构成细胞膜的基本支架，且可在一定范围内移动 C．线粒体内膜面积比外膜大，内膜上含有与电子传递链有关的酶 D．唾液腺细胞中高尔基体的数量比心肌细胞多 2．下表中的活性物质与其作用的细胞及结果相符的是 组别 A B C D 活性物质 胰高血糖素 白细胞介素—2 神经递质 甲状腺激素 相应细胞 肝细胞 致敏 B 淋巴细胞 神经细胞、肌细胞和腺细胞 所有的体细胞 结果 促进糖元的合成 分裂分化为效应 B 细胞和记 忆 B 细胞 引起细胞的兴奋 促进糖元的水解
2014年高考浙江理科数学试题及答案(word解析版)
a
b
6
11
，ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
所以
32
f(x)x6x11xc，由0f(1)3，得01611c3，即6c9，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．
a
（7）【2014年浙江，理7，5分】在同一直角坐标系中，函数()(0)
fxxx，g(x)logax的图像可能是（）
（A）（B）（C）（D）
【答案】D
I1|f(a1)f(a0)||f(a2)f(a1)||f(a3)f(a2)||f(a4)f(a3)|=A1H1A2H2A3H3A4H4
f(1)f(0)1，同理对题中给出的I1，同样有I11；而I2略小于
1
21
2
，I3略小于4
14
33
，所
以估算得
III，故选B．
213
【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．
2
f1(x)x，
1i
2
f2(x)2(xx)，f3(x)|sin2x|，a，i0,1,2，
i
399
,99，记Ik|fk(a1)fk(a0)||fk(a2)fk(a1)||fk(a99)fk(a98)|，k1,2,3，则（）
（A）I1I2I3（B）I2I1I3（C）I1I3I2（D）I3I2I1
【答案】B
a
【解析】函数()(0)
fxxx，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
aa
案B中，f(x)x(x0)中a1，g(x)logax中0a1，不符合；答案C中，()(0)
fxxx中0a1，
a
g(x)logax中a1，不符合；答案D中，f(x)x(x0)中0a1，g(x)logax中0a1，符合，
2014年浙江省高考数学(理科)试题(Word版)
2014年普通高等学校招生全国统一考试（浙江卷）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{}2|≥∈=x N x U ，集合{}5|2≥∈=x N x A ，则=A C U （ ） A. ∅ B. }2{ C. }5{ D. }5,2{（2）已知i 是虚数单位，R b a ∈,,则“1==b a ”是“i bi a 2)(2=+”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. 902cm B. 1292cm C. 1322cm D. 1382cm4.为了得到函数x x y 3cos 3sin +=的图像，可以将函数x y 3sin 2=的图像（ ） A.向右平移4π个单位 B.向左平移4π个单位 C.向右平移12π个单位 D.向左平移12π个单位5.在46)1()1(y x ++的展开式中，记nm y x 项的系数为),(n m f ，则=+++)3,0(2,1()1,2()0,3(f f f f ）（ ）A.45B.60C.120D. 2106.已知函数则且,3)3()2()1(0,)(23≤-=-=-≤+++=f f f c bx ax x x f （ ）A.3≤cB.63≤<cC.96≤<cD. 9>c 7.在同意直角坐标系中，函数x x g x x x f a a log )(),0()(=≥=的图像可能是（ ）8.记,max{,},x x y x y y x y ≥⎧=⎨<⎩，,min{,},y x yx y x x y≥⎧=⎨<⎩，设,a b 为平面向量，则（ ）A.min{||,||}min{||,||}a b a b a b +-≤B.min{||,||}min{||,||}a b a b a b +-≥C.2222min{||,||}||||a b a b a b +-≥+ D.2222min{||,||}||||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()3,3m n ≥≥，从乙盒中随机抽取()1,2i 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()1,2ii ξ=；（b ）放入i 个球后，从甲盒中取1个球是红球的概率记为()1,2i p i =. 则A.()()1212,p p E E ξξ><B.()()1212,p p E E ξξ<>C.()()1212,p p E E ξξ>>D.()()1212,p p E E ξξ<<10.设函数21)(x x f =，),(2)(22x x x f -=|2sin |31)(3x x f π=，99,,2,1,0,99==i ia i ，记|)()(||)()(||)()(|98991201a f a f a f a f a f a f I k k k k k k k -++-+-= ，.3,2,1=k 则A.321I I I <<B. 312I I I <<C. 231I I I <<D. 123I I I << 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ξ的取值为0,1,2，若()105P ξ==，()1E ξ=，则()D ξ=________. 13.当实数x ，y 满足240,10,1,x y x y x +-≤⎧⎪--≤⎨⎪≥⎩时，14ax y ≤+≤恒成立，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）.15.设函数()⎪⎩⎪⎨⎧≥-<+=0,0,22x x x x x x f 若()()2≤a f f ，则实数a 的取值范围是______16.设直线)0(03≠=+-m m y x 与双曲线12222=-by a x （0a b >>）两条渐近线分别交于点B A ,，若点)0,(m P 满足PB PA =,则该双曲线的离心率是__________17、如图，某人在垂直于水平地面的墙面前的点处进行射击训练.已知点到墙面的距离为，某目标点沿墙面的射击线移动，此人为了准确瞄准目标点，需计算由点观察点的仰角的大小.若则的最大值19（本题满分14分）已知数列{}n a 和{}n b 满足()()*∈=N n a a a nb n 221 .若{}n a 为等比数列，且.6,2231b b a +==（1）求n a 与n b ； （2）设()*∈-=N n b a c nn n 11。
2014年高考数学理科模拟试卷(附答案)
2014年高考数学理科模拟试卷（附答案）2014年高考模拟数学(理)试卷第Ⅰ卷（选择题共40分）一、本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项．1．已知集合，，那么(A)或(B)(C)或(D)2．的展开式中常数项是(A)-160(B)-20(C)20(D)1603．已知平面向量，的夹角为60°，，，则(A)2(B)(C)(D)4．设等差数列的公差≠0，．若是与的等比中项，则(A)3或-1(B)3或1(C)3(D)15．设m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面．有下列四个命题：①若，，则；②若//，，则m//；③若，，，则；④若，，，则．其中正确命题的序号是(A)①③(B)①②(C)③④(D)②③6．已知函数若f(2-x2)>f(x)，则实数x的取值范围是(A)(B)(C)(D)7．从如图所示的正方形OABC区域内任取一个点，则点M取自阴影部分的概率为(A)(B)(C)(D)8．对于定义域和值域均为0，1]的函数f(x)，定义，，…，，n=1，2，3，…．满足的点x∈0，1]称为f的阶周期点．设则f的阶周期点的个数是(A)2n(B)2(2n-1)(C)2n(D)2n2第Ⅱ卷（非选择题共110分）二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分．9．如图所示，在平面直角坐标系xOy中，角α的终边与单位圆交于点A，点A的纵坐标为，则cosα=．10．双曲线的焦点在x轴上，实轴长为4，离心率为3，则该双曲线的标准方程为，渐近线方程为．11．已知圆M：x2+y2-2x-4y+1=0，则圆心M到直线（t为参数）的距离为．12．如图所示，过⊙O外一点A作一条直线与⊙O交于C，D两点，AB 切⊙O于B，弦MN过CD的中点P．已知AC=4，AB=6，则MP·NP=．13．对某种花卉的开放花期追踪调查，调查情况如下：花期（天）11～1314～1617～1920～22个数20403010则这种卉的平均花期为天．14．将全体正奇数排成一个三角形数阵：135791113151719……按照以上排列的规律，第n行（n≥3）从左向右的第3个数为．三、解答题：本大题共6小题，共80分．解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程．15.（本小题共13分）在△ABC中，a，b，c分别为内角A，B，C的对边，且b2+c2-a2=bc．（Ⅰ）求角A的大小；（Ⅱ）设函数，当取最大值时，判断△ABC的形状．16.（本小题共14分）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AD//BC，∠ADC=90°，平面PAD⊥底面ABCD，Q为AD的中点，M是棱PC上的点，PA=PD=2，BC=AD=1，CD=．（Ⅰ）若点M是棱PC的中点，求证：PA//平面BMQ；（Ⅱ）求证：平面PQB⊥平面PAD；（Ⅲ）若二面角M-BQ-C为30°，设PM=tMC，试确定t的值．17.（本小题共13分）某商场在店庆日进行抽奖促销活动，当日在该店消费的顾客可参加抽奖．抽奖箱中有大小完全相同的4个小球，分别标有字“生”“意”“兴”“隆”．顾客从中任意取出1个球，记下上面的字后放回箱中，再从中任取1个球，重复以上操作，最多取4次，并规定若取出“隆”字球，则停止取球．获奖规则如下：依次取到标有“生”“意”“兴”“隆”字的球为一等奖；不分顺序取到标有“生”“意”“兴”“隆”字的球，为二等奖；取到的4个球中有标有“生”“意”“兴”三个字的球为三等奖．（Ⅰ）求分别获得一、二、三等奖的概率；（Ⅱ）设摸球次数为，求的分布列和数学期望．18.（本小题共13分）已知函数，为函数的导函数．（Ⅰ）设函数f(x)的图象与x轴交点为A，曲线y=f(x)在A点处的切线方程是，求的值；（Ⅱ）若函数，求函数的单调区间．19.（本小题共14分）已知点，，动点P满足，记动点P的轨迹为W．（Ⅰ）求W的方程；（Ⅱ）直线与曲线W交于不同的两点C，D，若存在点，使得成立，求实数m的取值范围．20.（本小题共13分）已知，或1，，对于，表示U和V中相对应的元素不同的个数．（Ⅰ）令，存在m个，使得，写出m的值；（Ⅱ）令，若，求证：；（Ⅲ）令，若，求所有之和．2014年高考模拟数学(理)试卷参考答案一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．题号12345678答案BACCDDBC二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分．9．10．，11．212．13．16天（15.9天给满分）14．n2-n+5注：两个空的填空题第一个空填对得3分，第二个空填对得2分．三、解答题：本大题共6小题，共80分．解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程．15.（本小题共13分）解：（Ⅰ）在△ABC中，因为b2+c2-a2=bc，由余弦定理a2=b2+c2-2bccosA 可得cosA=．(余弦定理或公式必须有一个，否则扣1分)……………3分∵0∴．……………………5分（Ⅱ）………………7分，……………………9分∵∴∴（没讨论，扣1分）………10分∴当，即时，有最大值是…………………11分又∵，∴∴△ABC为等边三角形．………………13分16.（本小题共14分）证明：（Ⅰ）连接AC，交BQ于N，连接MN．……………………1分∵BC∥AD且BC=AD，即BCAQ．∴四边形BCQA为平行四边形，且N为AC中点，又∵点M是棱PC的中点，∴MN//PA……………………2分∵MN平面MQB，PA平面MQB，…………………3分∴PA//平面MBQ．……………………4分（Ⅱ）∵AD//BC，BC=AD，Q为AD的中点，∴四边形BCDQ为平行四边形，∴CD//BQ．……………………6分∵∠ADC=90°∴∠AQB=90°即QB⊥AD．又∵平面PAD⊥平面ABCD且平面P AD∩平面ABCD=AD，……………………7分∴BQ⊥平面PAD．……………………8分∵BQ平面PQB，∴平面PQB⊥平面PAD．…………………9分另证：AD//BC，BC=AD，Q为AD的中点∴BC//DQ且BC=DQ，∴四边形BCDQ为平行四边形，∴CD//BQ．∵∠ADC=90°∴∠AQB=90°即QB⊥AD．…………………6分∵PA=PD，∴PQ⊥AD．……………………7分∵PQ∩BQ=Q，∴AD⊥平面PBQ．…………………8分∵AD平面PAD，∴平面PQB⊥平面PAD．……………………9分（Ⅲ）∵PA=PD，Q为AD的中点，∴PQ⊥AD．∵平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD=AD，∴PQ⊥平面ABCD．……………10分（不证明PQ⊥平面ABCD直接建系扣1分）如图，以Q为原点建立空间直角坐标系．则平面BQC的法向量为；，，，．………11分设，则，，∵，∴，∴……………………12分在平面MBQ中，，，∴平面MBQ法向量为．……………………13分∵二面角M-BQ-C为30°，，∴．……14分17.（本小题共13分）解：（Ⅰ）设“摸到一等奖、二等奖、三等奖”分别为事件A，B，C． (1)分则P(A)=，（列式正确，计算错误，扣1分）………3分P(B)（列式正确，计算错误，扣1分）………5分三等奖的情况有：“生，生，意，兴”；“生，意，意，兴”；“生，意，兴，兴”三种情况．P(C)．…7分（Ⅱ）设摸球的次数为，则．……8分，，，．（各1分）故取球次数的分布列为1234…12分．(约为2.7)…13分18.（本小题共13分）解：（Ⅰ）∵，∴．……………………1分∵在处切线方程为，∴，……………………3分∴，．（各1分）…………………5分（Ⅱ）．．………………7分①当时，，-0+极小值的单调递增区间为，单调递减区间为．………………9分②当时，令，得或……………10分（ⅰ）当，即时，-0+0-极小值极大值的单调递增区间为，单调递减区间为，；……11分（ⅱ）当，即时，，故在单调递减；……12分（ⅲ）当，即时，-0+0-极小值极大值在上单调递增，在，上单调递减………13分综上所述，当时，的单调递增区间为，单调递减区间为；当时，的单调递增区间为，单调递减区间为，当时，的单调递减区间为；当时，的单调递增区间为，单调递减区间为，．（“综上所述”要求一定要写出来）19.（本小题共14分）解：（Ⅰ）由椭圆的定义可知，动点P的轨迹是以A，B为焦点，长轴长为的椭圆．2分∴，，．……3分W的方程是．…………4分（另解：设坐标1分，列方程1分，得结果2分）（Ⅱ）设C，D两点坐标分别为、，C，D中点为．由得．……6分所以…………7分∴，从而．∴斜率．………9分又∵，∴，∴即…10分当时，；……11分当时，．……13分故所求的取范围是．……14分20.（本小题共13分）解：（Ⅰ）；………3分（Ⅱ）证明：令，∵或1，或1；当，时，当，时，当，时，当，时，故∴………8分（Ⅲ）解：易知中共有个元素，分别记为∵的共有个，的共有个．∴==……13分∴=．法二：根据（Ⅰ）知使的共有个∴==两式相加得=（若用其他方法解题，请酌情给分）。
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浙江省湖州二中2014届高三高考预测数学（理）试题一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分，在给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 已知全集U=R ，集合M=}032|{2≤--x x x ,N=}13|{2+=x y y ,则=)(N C M u （ ）A ．}11|{<≤-x xB ．}11|{≤≤-x xC ．}31|{≤≤x xD ．}31|{≤<x x 2. 已知i 为虚数单位，则复数iiz 325+-=在复平面内表示的点位于（ ） A ．第四象限 B ．第三象限 C ．第二象限 D ．第一象限3. 已知函数⎪⎩⎪⎨⎧<-≥=0,0,2)(x x x x f x ，则“4)(=a f ”是“2=a ”的（ ）A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件4. 已知21,e e 为互相垂直的单位向量，若向量21e e +λ与21e e λ+的夹角等于30，则实数λ等于（ ）A ．32±B ．3±C ．33±D ．333或 5. 执行如图所示的程序框图，若输出的值S=16，则输入自然数n 的最小值应等于（ ） A ．7 B ．8 C ．9 D ．106. 若y x ,满足约束条件y kx y x y y x +=⎪⎩⎪⎨⎧≤-≥≥-+z 22201，且取得最小值时的点有无数个，则k=（ ）A ．-1B ．2C ．-1或2D ．1或 -27. 已知函数，，，⎪⎩⎪⎨⎧>+-≤<=10621100|lg |)(x x x x x f 若函数92)(2)(2-+-=b x bf x f y 有6个零点，则b 的取值范围是（ ）A ．⎪⎭⎫⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛31,9297,32 B ．⎪⎭⎫ ⎝⎛∞-⎪⎭⎫ ⎝⎛+∞31,,32C ．⎪⎭⎫⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛1,3231,0 D ．⎪⎭⎫ ⎝⎛97,928. 设m ，n 是两条不同的直线，βα，是两个不同的平面，则下列命题不正确的是（ ） A ．βαβα⊥⇒⊥n m n m ////，， B ．αα⊥⇒⊥n n m m //， C ．βαβα⊥⇒⊂⊂⊥m n n m ，， D ．n m n m m ////⇒=⊂βααβ ，，9. 设双曲线)0,0(12222>>=-b a by a x 的左、右焦点分别为21F ，F ，如图，过2F 于双曲线一条渐近线平行的直线交另一条渐近线于点P ，若21PF F ∠为钝角，则该双曲线离心率的取值范围是（ ）A ．()∞+，2B ．()∞+，3C ．()21， D ．()21，10. 设数字1，2，3，4，5，6的一个排列为654321,,,,,a a a a a a ，若对任意的)6,5,4,3,2(=i a i 总有)5,4,3,2,1(=<k i k a k ，满足,1||=-k i a a 则这样的排列共有（ ） A ．36 B ．32 C ．28 D ．20 二、填空题：本大题共7小题，每小题4分，共28分11. 若_____________2sin ),4sin(2cos 3),,2(=-=∈θθπθππθ则且.12. 一个几何体的三视图如右图所示，则该几何体的体积为_______________.13. 若444332210)12()12()12()12(x x a x a x a x a a =-+-+-+-+，则=2a _______________.14. 若正数的最小值，则满足y x xy y x y x +=+53,为_________________. 15. 已知数列{}n a 满足：)(11*11N n n a a a a n n n n ∈=+--+++，且284=a ，，则{}n a 的通项公式为n a =_____________.16. 圆锥的轴截面SAB 是边长为2的等边三角形，O 为底面中心，M 为SO 的中点，动点P 在圆锥底面内（包括圆周）。
若AM ⊥MP ，则P 点形成的轨迹的长度为______________. 17. 设[]x 表示不超过x 的最大整数，例如，[-3.5]=-4，[2.1]=2.设集合{}1|)(22≤+=y x y x A ，，集合B=[][]{}1|)(22>+y x y x ，，则B A 表示的平面区域的面积为_______________.二、填空题：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）已知数列{}n a 的前n 项和n S ，满足：*11,12,1N n S S a n n ∈=-=-，且2≥n . (1) 求证：数列{}n a 是等比数列； (2) 已知)(*N n a nc nn ∈=，数列{}n c 的前n 项和Tn,若存在正整数M ，m,使M T m n <≤对任意正整数n 恒成立，求M ，m 的值.19. （本题满分14分）一个盒子中装有5张卡片，上面分别记着数字1，1，2，2，2，每张卡片从外观上看毫无差异，现从盒子中有放回的任意取2张卡片，记下上面数字分别为X 和Y ，两次所得数字之和记为M ，即M=X+Y(1)求随机变量M 的分布数列和数学期望（2）若规定所得数字之和为3即可获得奖品，先甲乙两人各自玩了一次上面的游戏，试求两人之中至少有一人获得奖品的概率20. （本题满分14分）如图，已知菱形ABCD 的边长为6，O BD AC 60==∠，BAD ，将菱形ABCD 沿对角线AC 折起，使23=BD ，得到三棱锥B-ACD（1） 若CM=2MB ，求证：直线OM 与平面ABD 不平行； （2） 求二面角A —BD —O 的余弦值；（3） 设点N 是线段BD 上一个动点，试确定N 点的位置，使得CN=24，并证明你的结论。
21. （本题满分15分）已知椭圆C ：)0(12222>>=+b a by a x 经过点)231(，M ，其离心率为21（1） 求椭圆C 的方程；（2） 设直线)21|(|:≤+=k m kx y l 与椭圆C 相交于A 、B 两点，以线段OA ，OB 为邻边作平行四边形OAPB ，其中顶点P 在椭圆C 上，O 为坐标原点，求|OP|的取值范围22. （本题满分14分） 已知函数x x g a xax x f ln 2)()0()(=>-=，. （1）若对[)，内任意的，x ∞+1)()(x g x f ≥不等式恒成立，求a 的取值范围； （2）当a =1时，(i).求最大正整数k ，使得任意k 个实数∈⋯k x x x ，,,21[e ，3]，都有成立)(16)()()(121k k x g x f x f x f ≤+⋯++-（e=2.71828…是自然对数的底数）； (ii).求证：))(12ln(144*21N n i n i ini ∈+>-∑=，.理科数学参考答案一、选择题答案1-5 ABBDC 6-10 DACDB 二、填空题答案11.1718-12.3 13.3814.45+15.22n n -16.217.4π三、解答题18.解：（1）当2n ≥时，由112121n n n n S S S S -+-=⎧⎨-=⎩两式相减得120n n a a +-=，又当222n a ==时， 所以*12()n na n N a +=∈ 所以{}n a 是以1为首项，2为公比的等比数列。
（2）由（1）得12n n a -=，112n n c n -⎛⎫∴=⨯ ⎪⎝⎭01221111111()2()3()(1)()()22222n n n T n n --∴=⨯+⨯+⨯++-⨯+⨯12311111111()2()3()(1)()()222222n n n T n n -∴=⨯+⨯+⨯++-⨯+⨯ 两式相减得01211111111()()()()()2(2)()2222222n n nn T n n -=++++-⨯=-+⨯n T ∴=114(2)()42n n --+⨯<所以M 可以取大于等于4的任意整数11(1)()02n n n T T n +-=+⨯>11n T T ∴≥=综上，存在正整数M,m,使得n m T M ≤<对任意正整数n 恒成立，其中1,4m M M N =≥∈且19.解：(1)由题意：M 的取值可以是2,3,4112245525C C P ⨯=⨯（M=2）=,112232125525C C A P ⨯⨯=⨯（M=3）=,113395525C C P ⨯=⨯（M=3）=M ∴的分布列为：M ∴的期望为：()2342525255E M =⨯+⨯+⨯=(2)设“从5张卡片中有放回地抽取2次，所得数字之和为3”为事件A,则12()25P A =,则“甲乙二人中至少一人能获奖”相当于2次独立重复试验中事件A 至少发生一次，其概率为022124561-(1)25625C -=20.（1）证明：因为点O 是菱形ABCD 的对角线的交点， 所以O 是AC 的中点， 又点M 是棱BC 的中点，所以OM 是△ABC 的中位线，OM ∥AB ，因为平面ABD ，平面ABD ，所以OM ∥平面ABD 。
（2）解：由题意，OB=OD=3， 因为，所以∠BOD=90°，OB ⊥OD ，又因为菱形ABCD ，所以OB ⊥AC ，OD ⊥AC ， 建立空间直角坐标系O-xyz ，如图所示，，所以，设平面ABD 的法向量为（x ，y ，z ），则有即：，令x=1，则，所以，因为AC ⊥OB ，AC ⊥OD ，所以AC ⊥平面BOD ，平面BOD 的法向量与AC 平行， 所以平面BOD 的法向量为，，因为二面角A-BD-O 是锐角，所以二面角A-BD-O 的余弦值为。
（3）解：因为N 是线段BD 上一个动点，设，，则， 所以，则，由得，即，解得或，所以N 点的坐标为（0，2，1）或（0，1，2）。
21.解：⑴由已知可得222214a b e a -==，所以2234a b =①，又点3(1,)2M 在椭圆C 上，所以221914a b +=②.解得224,3a b ==.故椭圆C 的方程为22143x y +=.⑵由22143y kx m x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩消y 化简整理得：()2223484120,k x kmx m +++-= ()()()2222226443441248340k m k m k m ∆=-+-=+->③设,,A B P 点的坐标分别为()()()112200,,,,,,x y x y x y 则()012012122286,23434km mx x x y y y k x x m k k =+=-=+=++=++由于点P 在椭圆C 上，所以2200143x y +=从而()()2222222161213434k m m k k +=++，化简的22434m k =+，经检验满足③式.又OP =====因为12k ≤，得23434k ≤+≤2OP ≤即所求OP 的取值范围是2⎦ 22.解：⑴由()()f x g x ≥整理得2ln ax x x≤-.1x ≥，∴要使不等式()()f x g x ≥恒成立，必须22ln a x x x ≤-恒成立.设2'1()2ln ,()22ln 22ln 2h x x x x h x x x x x x x ⎛⎫=-=-+⋅=-- ⎪⎝⎭，设''2()(),()2,p x h x p x x==-'2()2p x x =-∴当1x ≥时，'2()20p x x=->，则'()h x 是增函数.''()(1)0h x h ∴≥=，()h x 是增函数，()(1)1h x h ≥=，则1a ≤.因此实数a 的取值范围是(,1]-∞.⑵ⅰ当1a =时，1()f x x x =-，'21()10f x x=+>，()f x ∴在[],3e 上是增函数，()f x 在[],3e 上的最大值为8(3)3f =.要对[],3e 内的任意k 个实数12,,,k x x x 都有121()()()16()k k f x f x f x g x -+++≤成立，必须使得不等式左边的最大值小于或等于右边的最小值. 当1213k x x x -====时不等式左边取得最大值，k x e = 时不等式右边取得最小值.8(1)1623k ∴-⨯≤⨯，解得13k ≤，因此k 的最大值为13.ⅱ当1a =时，根据⑴的推导有(1,)x ∈+∞时，()()f x g x >，即11ln ()2x x x<-. 令2121k x k +=-，得2112121ln()2122121k k k k k k ++-<---+，化简得24ln(21)ln(21)41kk k k +--<-，2114ln(21)[ln(21)ln(21)]41nni i in i i i ==+=+--<-∑∑。