2014年浙江省高考数学试卷理科数学试题及详解析
2014年浙江高考数学理科详解
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.1、设全集{/2}U x N x =∈≥，集合2{/5}A x N x =∈≥，则U C A =(B )..{2}.{5}.{2,5}A B C D ∅2={/5}={/3},C{2}U A x N x x N x A ∈≥∈≥=解： 2、 已知i 是虚数单位，,a b R ∈，则“1a b ==”是“2()2a bi i +=”的(A )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 2221()221a b a bi a b abi i a b ==⎧+=-+=⇔⎨==-⎩解：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( D ) A.902cm B.1292cm C.1322cm D.1382cm解：几何体是一直三棱柱和长方体的组合体62+35+34+2(344636)93999138S =⨯⨯⨯⨯⨯+⨯+⨯-=+=4、为了得到函数sin3cos3y x x =+的图像，可以将函数y x =的图像(C )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12)sin3cos3124y x x x x x πππ⎛⎫=−−−−==+ ⎪⎝⎭向右平移解：－－5、在64(1)(1)x y ++的展开式中，记m n x y 项的系数为(,)f m n ，则(3,0)(2,1)f f ++ (1,2)(0,3)f f+=( C ) A.45 B.60 C.120 D.210321123664644(3,0)(2,1)(1,2)(0,3)120f f f f C C C C C C +++=+++=解：6、已知函数32()f x x ax bx c =+++，且0(1)(2)(3)3f f f <-=-=-≤，则(C ) A. 3c ≤ B. 36c <≤ C. 69c <≤ D. 9c > 1842(1)(2)(3)12793a b c a b cf f f a b c a b c-+-+=-+-+⎧-=-=-⇒⎨-+-+=-+-+⎩解：611a b =⎧⇒⎨=⎩0(1)369f c <-≤⇒<≤ 7、在同一直角坐标系中，函数()(0),()log a a f x x x g x x =≥=的图像可能是( )00(1,1)0(0,0)(1,1)1,()a a x x a A B a g x a <≠⎧⎪>>⎨⎪⎩，，恒过解：幂函数恒过、，显然排除、可知递减矛盾舍图像随着增大越翘 01,()C a g x D <<可得此时递增矛盾舍去，故选 8、记,,max{,},min{,},,x x y y x yx y x y y x y x x y ≥≥⎧⎧==⎨⎨<<⎩⎩，记,a b 为平面向量，则(D ) A. {}{}min ,min ,a b a b a b +-≤ B. {}{}min ,min ,a b a b a b +-≥ C. {}2222max ,a b a ba b +-≤+ D. {}2222max ,a b a ba b +-≥+a b a b a b +-解：和是以、为领边平行四边形的两条对角线()22222222++22a b a ba b a b a ba b +-+-=+⇔+={}22max ,a b a b≤+-9、已知甲盒仅有1个球且为红球，乙盒中有m 个红球和n 个蓝球(3,3m n ≥≥)，从乙盒中随机抽取(1,2)i i =个球放入甲盒中. ( A )(a )放入i 个球后，甲盒中含有红球的个数记为(1,2)i i ξ=；(b )放入i 个球后，从甲盒中取1个球是红球的概率记为(1,2)i 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<<1111112=122()m n m n m nC C m nP C C m n +++⨯+⨯=+解：221122222212334=1333()(1)m n mn m n m n m n C C C C m m n n mn P C C C m n m n +++-+-+⨯+⨯+⨯=++-1212(1)06()(1)mn n n P P P P m n m n +--=>⇒>++-111112()21m n m n m n C C m nE C C m nξ+++=⨯+⨯=+2211222222334()312()(1)m n m n m n m n m n C C C C m m n n mnE C C C m n m n ξ+++-+-+=⨯+⨯+⨯=++-21212()()0()()()(1)m m mnE E E E m n m n ξξξξ-+--=<⇒<++-10、设函数221231(),()2(),()sin 2,,0,1,2,...,99399i if x x f x x x f x x a i π==-===， 记10219999()()()()...()(),1,2,3k k k k k k k I f a f a f a f a f a f a k =-+-++-=，则( B )A. 123I I I <<B. 213I I I <<C. 132I I I <<D. 321I I I <<22111211132991...19999999999999999i i i I --⨯-⎛⎫⎛⎫⎛⎫-=⨯⇒=+++= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭解：2211299(21)2999999999999i i i i i ----⎛⎫⎛⎫--+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭2250(980)1009821992999999I +⨯=⨯⨯=<⨯⨯故 3110219998sin 2sin 2sin 2sin 2...sin 2sin 23999999999999I ππππππ⎛⎫=-+-++- ⎪⎝⎭12574(2sin 22sin 2)139999ππ=->213I I I <<故 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_6__0,1;1,2;4,3;11,4;26,5;57,6S i S i S i S i S i S i ============解：12、随机变量ξ的取值为0,1,2，若1(0),()15P E ξξ===，则()D ξ= 0.4_ 113=,()012(1)1555p E p p p ξξ=⨯+⨯+⨯--=⇒=解：设1时概率为2221312()(01)(11)(21)5555D ξ=-⨯+-⨯+-⨯=故 13、当实数,x y 满足240101x y x y x +-≤⎧⎪--≤⎨⎪≥⎩时，14ax y ≤+≤恒成立，则实数a 的取值范围31,2⎡⎤⎢⎥⎣⎦m i n m a x 3(1,0)(2,1)1,2a a ==如图，只要将代入即可得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，则不同的获奖情况有_60___种(用数字作答).2234=36i C A ⨯解：、其中一人有两张奖券，一人获一张共有 3424ii A =、有三人每人获一张，共有15、设函数22,0(),0x x x f x x x ⎧+<⎪=⎨-≥⎪⎩若(())2f f a ≤，则实数a的取值范围是(-∞22()0()0()2()()2()2f a f a or f a f a f a f a <≥⎧⎧⇒≥-⎨⎨+≤-≤⎩⎩解：220022a a or a a a a <≥⎧⎧⇒⇒≤⎨⎨+≥--≥-⎩⎩16、设直线30(0)x y m m -+=≠与双曲线22221(0)x y a b a b-=>>两条渐近线分别交于点,A B ，若点(,0)P m 满足PA PB =，则该双曲线的离心率是__________,30,,,33b am bm y x x y m A a a b a b --⎛⎫=±-+= ⎪--⎝⎭解:渐近线方程分别于联立得 3333,=,3322a m a m b m b m a mb m a b a b a b a b B P A P B A B Q a b a b ---⎛⎫++ ⎪-⎛⎫-+-+ ⎪⎪++⎝⎭⎪⎝⎭，由得，设中点2228c PQ a b a =⇒=与已知直线垂直，解得 17、如图，某人在垂直水平地面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θ的大小，若015,25,30AB m AC m BCM ==∠=， 则tan θ的最大值___________04,15=2520=30cos 5AB BC AB AC BC PCD BCA ⊥==∠∠=解：，，得，，22=,,25,3625PD x DC AC AD x =⇒=-+设t a n 5P D AD θ⇒===m a x t a n 9θ⇒==二、解答题：本大题共5小题，共72分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 ≠=22cos cos cos cos A B A A B B -=(1) 求角C 的大小；(2)若4sin 5A =，求ABC △的面积. 解：(1) 22cos cos cos cos A B A A B B -法一：1cos 21cos 22222A B A B ++⇔-=cos22cos22A A B B ⇔= 552sin(2)2sin(2)66A B ππ⇔+=+52,222,333a b A B A B k A B C πππππ≠≠⇒++=+⇒+==22cos cos cos cos A B A A B B -=法二：)(cos cos )(cos cos )sin 2sin 22A B A B A B ⇔+-=-4coscos sin sin 2222)sin()sin()sin())sin(),sin 2sin()033A B A B A B A BA B A B A B A B A B A B A B C C C C ππ+-+-⇔-⋅⋅=+-⇔-+-=+-≠⇒=⇒-=⇒=208648(2),3sin sin 6052551sin 2a x a b x x A b S ab C =⇒==⇒=+-⇒===设19、(本题满分14分)已知数列{}n a 和{}n b满足123()n bn a a a a n N *⋅⋅⋅=∈，若{}n a 为等比数列，且1322,6a b b ==+. (1) 求n a 与n b ； (2) 设*11()n n nc n N a b =-∈，记数列{}n c 的前n 项和为n S (i )求n S ；(ii )求正整数k ，使得对任意*n N ∈，均有k n S S ≥.13221231162123123(1)12112(1)00,2288,4,22,2(1)n b b n n b b b n nn nn n n a a a a a a b a a a a a a q q a a qb a a a n n ++-⋅⋅⋅=>⇒>==⇒=====⇒===⇒===⋅⋅⋅==+解：21111111111(2)...1...2(1)222223111111(1)2112n n n n n nc S n n n n n n ⎛⎫=-⇒=+++--+-++- ⎪++⎝⎭=---=-++由于12,xx k +增长速度低于故只要观察前几项即可得到 123451111130,,,,,41288096S S S S S k ======显然得20、(本题满分15分)如图，在四棱锥A BCDE -中，平面ABC ⊥平面BCDE,090,2,1,CDE BED AB CD DE BE AC ∠=∠======(1) 证明：DE ⊥平面ACD (2) 求二面角B AD E --的大小.00222(1)90,2,1,1,90,4,=,,CDE BED AB CD DE BE AC BM CD BM MC BMC BC AC BC AB AC BC ABC BCDE BC ABC BCDE AC BCDE AC DE DE DC AC DC C DE ACD∠=∠======⊥==∠==+==∴⊥⋂⊥∴⊥⊥⊥⋂=⇒⊥证明：作，平面平面，平面平面平面，平面1111222211111(2)=(1,1,0),(0,0,2),(2,0,0),(2,1,0)(,,),(,,)(1,1,2)(2,(1,1,0)(0,1,0)020B A D E BAD EAD n x y z n x y z BA EA BD ED x y x y =====⎧⎧=--=--⎪⎪⎨⎨=-=-⎪⎪⎩⎩⎧--+=-⎪⇒⎨-=⎪⎩建立如图直角坐标系，设面，面的法向量分别为2222121200(1,1,2),(1,0,cos ,623x y y n n n n B AD E π⎧-+=⎪⎨-=⎪⎩⇒==⇒<>==⇒--二面角为21、(本题满分15分)如图，设椭圆2222:1(0)x y C a b a b+=>>，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 的距离最大值为a b -2220000000222220(1)(,):10..., 1...xx yy b x x y P x y l k a b a y a b-⇒+=⇒=<+=解：设①②结合①②及P 在第一象限，得202220=x P y ⎧=⎪⎛⎫⎪⎨⎪=⎪⎩即得122122222222(2):0,,P l l x ky P d a b k -⎛⎫+=⇒===≤=-=当且仅当22、(本题满分14分)已知函数3()3,()f x x x a a R =+-∈(I )若()f x 在[1,1]-上的最大值和最小值分别记为(),()M a m a ，求()()M a m a - (II )设b R ∈，若[]2()4f x b +≤对[1,1]x ∈-恒成立，求3a b +得取值范围.32322333,33,(1)(),'()33,33,[1,1]1,[1,1],'()330,()(1)43,()(1)43,()()810,()(),()ma x x a x a x x a f x f x x x a x a x x aa i a x a f x x M a f a m a f a M a m a ii a m a f a a M a ⎧⎧-+<-<⎪⎪==⎨⎨+-≥+≥⎪⎪⎩⎩-≤-∈->=+>⇒==-=-=---=-<≤===解：由于所在区间上，故对讨论如下： 、、333x{(1),(1)}43()()4301,()(),()max{(1),(1)}32()()321,[1,1],()(1)32,()(1)32()()32324f f a M a m a a a iii a m a f a a M a f f a M a m a a a iv a x a M a f a m a f a M a m a a a -=-⇒-=--<<===-=+⇒-=+-≥∈-<=-=+==-⇒-=+-+=、、(2) [1,1],2()2,()()4x b f x b M a m a ∈---≤≤--=等价 (1),()()4i ii M a m a ->结合得其中故舍去 23230,1iv b a a b a -=+⇔+=≥、只要32324,01,iii a a a ≤+-≤<<、要恒成立，见下图[]32,23[2,0]a b b a b +--⇒+∈-此时必须在。
2014年高考理科数学浙江卷(含答案解析)
数学试卷 第1页（共18页） 数学试卷 第2页（共18页） 数学试卷 第3页（共18页）绝密★启用前2014年普通高等学校招生全国统一考试（浙江卷）数学(理科)本试题卷分选择题和非选择题两部分.全卷共6页,选择题部分1至3页,非选择题部分4至6页.满分150分,考试时间120分钟. 考生注意：1.答题前,请务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试题卷和答题纸规定的位置上.2.答题时,请按照答题纸上“注意事项”的要求,在答题纸相应的位置上规范作答,在本试题卷上作答一律无效. 参考公式：球的表面积公式 柱体的体积公式24πS R = V 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 33π4V R =台体的体积公式其中R 表示球的半径121(S )3V h S =+锥体的体积公式其中1S ,2S 分别表示台体的上、下底面积,13V Sh =h 表示台体的高其中S 表示锥体的底面积,如果事件A ,B 互斥,那么h 表示锥体的高()()()P A B P A P B +=+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.设全集{|2}U x x =∈Ν≥,集合2{|5}A x x =∈N ≥,则=U A ð( )A .∅B .{2}C .{5}D .{2,5}2.已知i 是虚数单位a ,b ∈R ,则“1a b ==”是“2(i)2i a b +=”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 .290cmB .2129cmC .2132cmD .2138cm4.为了得到函数sin3cos3y x x =+的图象,可以将函数y x =的图象( )A .向右平移π4个单位 B .向左平移π4个单位 C .向右平移π12个单位D .向左平移π12个单位5.在64(1)(1)x y ++的展开式中,记m n x y 项的系数为(,)f m n ,则(3,0)(2,1)(1,2)f f f ++(0,3)f +=( )A .45B .60C .120D .2106.已知函数32()f x x ax bx c =+++,且0(1)(2)(3)3f f f -=-=-＜≤,则( )A .3c ≤B .36c ＜≤C .69c ＜≤D .9c ＞7.在同一直角坐标系中,函数()(0)a f x x x =>,()log a g x x =的图象可能是( )A.B.C. D.8.记,,max{,},,x x y x y y x y ⎧=⎨⎩≥＜,,min{,},,y x y x y x x y ⎧=⎨⎩≥＜设a ,b 为平面向量,则( )A .min{|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 个蓝球(3,3)m n ≥≥,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)i i ξ=； （b ）放入i 个球后,从甲盒中取1个球是红球的概率记为(1,2)i p i =. 则( )A .12p p >,12()()E E ξξ<B .12p p <,12()()E E ξξ>C .12p p >,12()()E E ξξ>D .12p p <,12()()E E ξξ<10.设函数21()f x x =,22()2()f x x x =-,31()|sin 2π|3f x x =,99i ia =,0,1,2,,99i =⋅⋅⋅.记10219998|()()||()()||()()|k k k k k k k I f a f a f a f a f a f a =-+-+⋅⋅⋅+-,1,2,3k =,则 ( )A .123I I I <<B .213I I I <<C .132I I I <<D .321I I I <<-------------在--------------------此--------------------卷--------------------上--------------------答--------------------题--------------------无--------------------效----------------姓名________________ 准考证号_____________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.若某程序框图如图所示,当输入50时,则该程序运行后输出的结果是.12.随机变量ξ的取值为0,1,2.若1(0)5Pξ==,()1Eξ=,则()Dξ=.13.若实数x,y满足240,10,1,x yx yx+-⎧⎪--⎨⎪⎩≤≤≥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22, 0,(), 0,x x xf xx x⎧+⎪=⎨-⎪⎩＜≥若(())2f f a≤,则实数a的取值范围是.16.设直线30(0)x y m m-+=≠与双曲线22221(0,0)x ya ba b-=>>的两条渐近线分别交于点A,B.若点(,0)P m满足||||PA PB=,则该双曲线的离心率是.17.如图,某人在垂直于水平地面ABC的墙面前的点A处进行射击训练.已知点A到墙面的距离为AB,某目标点P沿墙面的射线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θ的大小.若15mAB=,25mAC=,30BCM∠=o,则tanθ的最大值是（仰角θ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.（本小题满分14分）在ABC△中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c.已知a b≠,3c=,22cos cos3sin cos3sin cosA B A A B B-=-.（Ⅰ）求角C的大小；（Ⅱ）若4sin5A=,求ABC△的面积.19.（本小题满分14分）已知数列{}na和{}nb满足*123(2)()nbna a a a n⋅⋅⋅=∈Ν.若{}na为等比数列,且12a=,326b b=+.（Ⅰ）求na与nb；（Ⅱ）设*11()nn nc na b=-∈Ν.记数列{}nc的前n项和nS.（ⅰ）求nS；（ⅱ）求正整数k,使得对任意*()n∈Ν均有k nS S≥.20.（本小题满分15分）如图,在四棱锥A BCDE-中,平面ABC⊥平面BCDE,90CDE BED∠=∠=o,2AB CD==,1DE BE==,2AC=.（Ⅰ）证明：DE⊥平面ACD；（Ⅱ）求二面角B AD E--的大小.21.（本小题满分15分）如图,设椭圆C：22221(0)x ya ba b+=>>,动直线l与椭圆C只有一个公共点P,且点P在第一象限.（Ⅰ）已知直线l的斜率为k,用a,b,k表示点P的坐标；（Ⅱ）若过原点O的直线1l与l垂直,证明：点P到直线1l的距离的最大值为a b-.22.（本小题满分14分）已知函数3()3||()f x x x a a=+-∈R.（Ⅰ）若()f x在[1,1]-上的最大值和最小值分别记为()M a,()m a,求()()M a m a-；（Ⅱ）设b∈R.若2[()]4f x b+≤对[1,1]x∈-恒成立,求3a b+的取值范围.数学试卷第4页（共18页）数学试卷第5页（共18页）数学试卷第6页（共18页）数学试卷 第7页（共18页） 数学试卷 第8页（共18页） 数学试卷 第9页（共18页）2014年普通高等学校招生全国统一考试（浙江卷）数学（理科）答案解析选择题部分一、选择题 1.【答案】B【解析】∵[)A =-∞+∞U ，∴{2}U A =ð.选B. 【提示】先化简集合A ，结合全集，求得U A ð. 【考点】集合的基本运算 2.【答案】A【解析】若1a b ==，则2(i)2i a b +=，所以前者是后者的充分条件.若2(i)2i a b +=，则1a b ==或1a b ==-，所以后者是前者的不必要条件.选A.【提示】给出两等式，判断两者之间的关系. 【考点】充分、必要条件 3.【答案】D【解析】可知该几何体由一个三棱柱和一个长方体组合而成， 长方体的表面积1342362462108S =⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯=，三棱柱的表面积21432433335482S =⨯⨯⨯+⨯+⨯+⨯=所以该几何体的表面积为10848213833-⨯=⨯+2cm .选D.【提示】给出三视图，判断空间几何体的直观图，判断其构成，再根据公式求解. 【考点】简单几何体的表面积 4.【答案】C【解析】sin3cos3y x x =+可化为3412y x x ππ⎛⎫⎛⎫=+=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以将3y x =向右平移12π个单位即可得到sin3cos3y x x =+的图象.【提示】给出三角函数的解析式，利用两角和差的公式将其化成正弦型三角函数，再根据已给出的正弦型三角函数的解析式，观察两者之间的关系. 【考点】两角和与差的公式，三角函数的图象的平移 5.【答案】C【解析】6(1)x +的通项公式1r T +r 66C r x -=，同理4(1)y +的通项公式t 1T +=44C t ty -，令6r m -=，4t n -=，求出3322x y x y xy，，，的系数即(3,0)(2,1)(1,2)(0,3)2046036120f f f f +++==+++.故选C.【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】(1)12f a b c -=-+-+，(2)842f a b c -=-+-+，(3)2793f a b c -=-+-+，由(1)(2)3f f -=-=-（）得，611a b ==，，∴32()611f x x x x c =+++∵0(1)3f ≤-≤，把(1)f -代入()f x 得c 的取值范围是69c <≤.故选C.【提示】给出函数和条件，根据条件代入求值得出a ，b ，代入函数，得出关于c 的不等式，求出c 的取值范围. 【考点】函数和不等式结合 7.【答案】D【解析】只有选项D 符合，此时01a <<，幂函数()f x 在(0,)+∞上为增函数， 且当(0,1)x ∈时，()f x 的图像在直线y x =的上方，对数函数()g x 在(0,)+∞上为减函数.选D.【提示】给出幂函数和指数函数的函数表达式，画出同一直角坐标系中的图像. 【考点】幂函数与对数函数的图像 8.【答案】D【解析】对于A ，当0a =r ，0b ≠r时，不等式不成立；对于B ，当0a b =≠r r时，不等式不成立；对于C 、D ，设a b =，构造平行四边形OACB ，根据平行四边形法则，AOB ∠与OBC ∠至少有一个大于或等于90︒，根据余弦定理，22max{||,||}||||a b a b a b +-≥+r r r r r r 成立.选D. 【提示】给出新定义，根据条件判断正误. 【考点】向量运算 9.【答案】A 【解析】方法一：不妨取3m n ==此时，132313,62624p =⨯+⨯=21213332322266632123333C C C p C C C C =⨯+⨯+⨯=则12p p >；1333()12662E ξ=⨯+⨯=，212133323222666()1232C C C E C C C C ξ=⨯+⨯+⨯=，则12()()E E ξξ<.故选A.方法二：1212,222()m n m n p m n m n m n +=⨯+⨯=+++ 21122222321333m m n n m n m n m n C C C C p C C C +++=⨯+⨯+⨯=223343()(1)m m mn n n m n m n -++-++-，则12(1)06()(1)6()n m n np p m n m n m n +--==>++-+12()=12,n m m nE m n m n m nξ+⨯+⨯=+++21122222C C C C ()123C C C n m n mm n m n m n E ξ+++=⨯+⨯+⨯=223343()(1)m m mn n n m n m n -++-++-212()()0()(1)m m mnE E m n m n ξξ-+--=<++-.选A.【提示】首先，这两次先后从甲盒和乙盒中拿球是相互独立的，然后分两种情况：即当1ξ=时，有可能从乙盒中拿出一个红球放入甲盒，也可能是拿到一个蓝球放入甲盒；2ξ=时，则从乙盒中拿出放入甲盒的球可能是两蓝球、一红一蓝、或者两红；最后利用概率公式及分布列知识求出1p ，2P 和1()E ξ，2()E ξ进行比较即可. 【考点】概率的计算10.【答案】B【解析】对于1I ，由于222121(1,299)999999i i i i --⎛⎫⎛⎫-==⋅⋅⋅ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，故2122199(1352991)1;9999I =+++⋅⋅⋅+⨯-==对于2I ，由于2112|()()|99999999i i i i ----+= 22|1002|(1,2,99),99i i -=⋅⋅⋅故22250(980)2992I +=⨯⨯=222100989911.9999⨯-=< 3110219998sin(2)sin(2)sin(2)sin(2)sin(2)sin(2)3999999999999I =π⨯-π⨯+π⨯-π⨯+⋅⋅⋅+π⨯-π⨯数学试卷 第10页（共18页） 数学试卷 第11页（共18页） 数学试卷 第12页（共18页）故213I I I <<选B.【提示】给出数学概念新定义，比较1,2,3k =时，函数值的大小. 【考点】函数概念的新定义非选择题部分二、填空题 11.【答案】6【解析】第一步：0i 12i 1i i 12S S S ===+==+=，，，，； 第二步：1i 24i 3S S ====，，，； 第三步：4i 3,11i 4S S ====，，； 第四步：11i 557i 6S S ====，，，， 跳出循环，所以i 6=【提示】给出循环结构的程序框图，根据条件输出结果. 【考点】循环结构的程序框图12.【答案】25【解析】令(1)P x ξ==，(2)P y ξ==，则14155x y +=-=，2 1.x y += 解得1535x y ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，所以()D ξ=2221312(01)(11)(21)5555-+-+-=.【提示】给出ξ取值的部分概率和期望，求ξ的方差. 【考点】离散型随机变量的期望和方差13.【答案】31,2⎡⎤⎢⎥⎣⎦【解析】实数x ，y 满足的可行域如图中阴影部分所示，图中0(1)A ，，1(2)B ，，31,2C ⎛⎫⎪⎝⎭. 当0a ≤时，032y ≤≤，12x ≤≤，所以14ax y ≤≤＋不可能恒成立； 当0a >时，借助图像得，当直线z ax y =+过点A 时z 取得最小值，当直线z ax y =+过点B 或C 时z 取得最大值，故14,1214,314,2a a a ⎧⎪≤≤⎪≤+≤⎨⎪⎪≤+≤⎩解得132a ≤≤.故31,2a ⎡∈⎤⎢⎥⎣⎦.【提示】给出不等式组和一个关于a 的不等式，求实数a 的取值范围. 【考点】二元规划与不等式结合 14.【答案】60【解析】分两种情况：一种是有一人获得两张奖券，一人获得一张奖券，有223436C A =种；另一种是三人各获得一张奖券，有3424A =种.故共有60种获奖情况.【提示】结合奖券实例运用排列组合知识计算获奖情况. 【考点】排列组合 15.【答案】(,-∞【解析】函数()f x 的图象如图所示，令()t f A =，则()2f t ≤，由图象知2t ≥-，所以()2f A ≥-，则a ≤【提示】给出分段函数，求解未知数的值. 【考点】分段函数 16.【解析】双曲线的渐近线为ay x b=±，渐近线与直线30x y m -+= 的交点为,33am bm A a b a b -⎛⎫ ⎪++⎝⎭，,33am bm B a b a b --⎛⎫⎪--⎝⎭.设AB 的中点为D ，由||||PA PB =知AB 与DP 垂直，则223,(3)(3)(3)(3)a m b mD a b a b a b a b ⎛⎫-- ⎪+-+-⎝⎭，3DP k =-，解得224a b =，故. 【提示】给出直线与双曲线的方程，求双曲线的离心率. 【考点】直线与双曲线的位置关系17.【解析】由勾股定理得20BC =m.如图，过P 点作PD BC ⊥于D ，连接AD ，则由点A 观察点P 的仰角PAD θ=∠，tan PDAD θ=.设PD x =，则DC =，BD =， 在Rt ABD △中，AD ==所以tan θ===≤故tan θ.数学试卷 第13页（共18页） 数学试卷 第14页（共18页） 数学试卷 第15页（共18页）【提示】给出实例，求出角的大小进而求出正切值. 【考点】结合实际求角的正切值 三、解答题18.【答案】（1）π（2）S =【解析】（1）由题意得，1cos21cos22222A B A B ++--，112cos22cos222A AB B -=-，sin(2)sin(2)66A B ππ-=-，由a b ≠得A B ≠，又(0,)A B +∈π，得2266A B ππ-+-=π，即23A B π+=，所以3Cπ=；（2）由c =，2[()]4f x b +≤，sin sin a c A C =得85a =， 由a c <，得A C <，从而3cos 5A =，故()sin sin sin cos cos sin B A C A C A C =+=+=， 所以ABC △的面积为1sin 2S ac B =. 【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）*2()n n a n =∈N*(1)()n b n n n =+∈N（2）（i ）11()12n n S n n *=-∈+N （ii ）4k =【解析】（1）由题意，*12()n b k a a a n =∈N L ，326b b -=，知3238b b a -==，又由12a =，得公比2q =（2q =-舍去），所以数列{}n a 的通项公式为*2()n n a n=∈N ，所以(1)(1)21232n n n n na a a a ++==L ，故数列{}nb 的通项公式为，*(1)()n b n n n =+∈N ；（2）（i ）由（1）知，*11111()21n n n n c n a b n n ⎛⎫=-=--∈ ⎪+⎝⎭N ，所以11()12n n S n n *=-∈+N ； （ii ）因为10c =，20c >，30c >，40c >；当5n ≥时，1(1)1(1)2n nn n c n n +⎡⎤=-⎢⎥+⎣⎦， 而11(1)(1)(2)(1)(2)0222n n n n n n n n n ++++++--=>，得5(1)5(51)122n n n ++≤<，所以当5n ≥时，0n c <，综上对任意n *∈N 恒有4n S S ≥，故4k =.【提示】给出已知条件，求等比数列的通项和前n 项和. 【考点】等比数列的性质以及通项公式和前n 项和的运用20.【答案】（1）在直角梯形BCDE 中，由1DEBE ==，2CD =得，BD BC =，由2AC AB ==，则222AB AC BC =+，即AC BC ⊥，又平面ABC ⊥平面BCDE ，从而AC ⊥平面BCDE ，所以AC DE ⊥，又DE DC ⊥，从而DE ⊥平面ACD . （2）方法一：作BF AD ⊥，与AD 交于点F ，过点F 作FG DE ∥，与AE 交于点G ，连结BG ， 如图所示，由（1）知，DE AD ⊥，则FG AD ⊥，所以BFG ∠是二面角B AD E --的平面角，在直角梯形BCDE 中，由222CD BD BC =+，得BD BC ⊥，又平面ABC ⊥平面BCDE ，得BD ⊥平面ABC ，从而BD AB ⊥，由于AC ⊥平面BCDE ，得AC CD ⊥，在RtACD △中，由2CD =，AC =AD = 在RtAED △中，1DE =，AD =AE =在Rt ABD △中，BD =2AB =，AD 得BF ，23AF AD =，从而23GF =，在ABE ABG △，△中，利用余弦定理分别可得2cos 3BAE BG ∠=，在BFG △中，222cos 22GF BF BG BFG BF GF +-∠==g ，所以6BFG π∠=， 即二面角2[()]4f x b +≤的大小是6π.方法二：以D 为原点，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，由题意可知各点坐标如下：(0,0,0)D ，(1,0,0)E ，(0,2,0)C ，A ，(1,1,0)B ，设平面ADE 的法向量为111(,,)m x y z =u r ，平面ABD 的法向量为222(,,)n xy z =r，可算得(0,2,AD =-u u u r ，(1,1,0)DB =u u u r ，(1,2,AE =-u u u r，由00m AD m AE ⎧=⎪⎨=⎪⎩u r u u u rg ur u u ur g 得，1111102020y x y ⎧-=⎪⎨-=⎪⎩，可取(0,1,m =u r ， 由00n AD n BD ⎧=⎪⎨=⎪⎩r u u u r gr u u u r g 得，22220200y x y ⎧-=⎪⎨+=⎪⎩，可取(1,n =-r ，于是||cos ,||m n m n m n〈〉==u r ru r r g u r r ，由题意可知，所求二面角是锐角，故二面角2[()]4f x b +≤的大小是6π.【提示】考查空间点、线、面位置关系，二面角，证明线面垂直，利用空间向量求解线面垂直和二面角数学试卷 第16页（共18页） 数学试卷 第17页（共18页） 数学试卷 第18页（共18页）【考点】线面垂直的判定，二面角，空间向量的应用21.【答案】（1）设直线b ∈R 的方程为(0)y kx m k =+<， 由22221y kx m x y a b =+⎧⎪⎨+=⎪⎩，消去y 得，222222222()20b a k x a kmx a m a b +++-=， 由于直线l 与椭圆C 只有一个公共点P ，故0∆=，即22220b m a k -+=，解得点P 的坐标为22222222,a km b m b a k b a k ⎛⎫- ⎪++⎝⎭， 又点P 在第一象限，故点P的坐标为22⎛⎫ ⎝； （2）由于直线1l 过原点O ，且与l 垂直，故直线1l 的方程为0x ky +=，所以点P 到直线1l的距离d =，整理得22d =，因为22222b a k ab k+≥，2222a b ≤=-，当且仅当2b k a=时等号成立，所以点P 到直线1l 的距离的最大值为a b -.【提示】给出椭圆的标准方程，根据直线与椭圆只有一个公共点，联立椭圆和直线的方程，求出交点坐标，并求出该点到某直线的距离.【考点】椭圆的几何性质，点到直线距离，直线与椭圆的位置关系，基本不等式22.【答案】（1）338,(1)134,13()()132,134,(1)a a a a M a m a a a a a ≤-⎧⎪⎛⎫⎪--+-<≤ ⎪⎪⎝⎭-=⎨⎛⎫⎪-++<< ⎪⎪⎝⎭⎪≥⎩ （2）230a b -≤+≤【解析】（1）因为3333,()()33,()x x a x a f x x x a x a ⎧+-≥=⎨-+<⎩，所以2233,()()33,()x x a f x x x a ⎧+≥'=⎨-<⎩，由于11x -≤≤，（i ）当1a ≤-时，有x a ≥，故3()33f x x x a =+-，此时()f x 在(1,1)-上是增函数，因此()(1)43M a f a ==-，()(1)43m a f a =-=--，()()43(43)8M a m a a a -=----=（ii ）当11a -<<时，若(,1)x a ∈，3()33f x x x a =+-，在(,1)a 上是增函数， 若(1,)x a ∈-，3()33f x x x a =-+，在(1,)a -上是减函数，所以()max{(1),(1)}m a f f =-，3()()m a f a a ==，由于(1)(1)62f f a --=-+，因此，当113a -<≤时，3()()34M a m a a a -=--+， 当113a <<时，3()()32M a m a a a -=-++， （iii ）当1a ≥时，有x a ≤，故3()33f x x x a =-+，此时()f x 在(1,1)-上是减函数，因此()(1)23M a f a =-=+，()(1)23m a f a ==-+，故()()23(23)4M a m a a a -=+-+=，综上338,(1)134,13()()132,134,(1)a a a a M a m a a a a a ≤-⎧⎪⎛⎫⎪--+-<≤ ⎪⎪⎝⎭-=⎨⎛⎫⎪-++<< ⎪⎪⎝⎭⎪≥⎩（2）令()()h x f x b =+，则3333,()()33,()x x a b x a h x x x a b x a ⎧+-+≥=⎨-++<⎩，2233,()()33,()x x a h x x x a ⎧+≥'=⎨-<⎩，因为2[()]4f x b +≤，对[1,1]x ∈-恒成立，即(2)2h x -≤≤对[1,1]x ∈-恒成立，所以由（1）知，（i ）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)43h a b =-+，最小值是(1)43h a b -=--+，则432a b --+≥-，且432a b -+≤，矛盾；（ii ）当113a -<≤时，()h x 在[1,1]-上的最大值是(1)43h ab =-+，最小值是3()h a a b =+， 所以32a b +≥-，432a b -+≤，从而323362a a a b a --+≤+≤-且103a <≤，令3()23t a a a =--+，则2()330t a a '=->，()t a 在10,3⎛⎫ ⎪⎝⎭上是增函数，故()(0)2t a t >=-，因此230a b -≤+≤，（iii ）当113a <<时，()h x 在[1,1]-上的最大值是(1)32h a b -=++，最小值是3()h a a b =+，所以32a b +≥-，322a b ++≤，解得283027a b -<+≤， （iv ）当1a ≥时，()h x 在[1,1]-上的最大值是(1)32h a b -=++，最小值是(1)23h a b =-++，所以322a b +≤+，322a b +-≥-，解得30a b +=. 综上3a b +的取值范围230a b -≤+≤.【提示】给出函数的表达式，求解在固定区间上的最值，利用函数导数判断函数的单调性，求解代数式的取值范围.【考点】导数在最大值、最小值问题中的应用。
2014年普通高等学校招生全国统一考试数学理试题(浙江卷,解析版)
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，每一小题5分，共50分. 在每一小题给出的四个选项中，只有一项为哪一项符合题目要求的.〔1〕设全集{}2|≥∈=x N x U ，集合{}5|2≥∈=x N x A ，如此=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）i 是虚数单位，R b a ∈,,如此“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 〕如下列图，如此此几何体的外表积是 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年浙江省高考数学(理科)试题(教师版含解析)
2014浙江【理科】官方解答一．选择题二．填空题三、解答题18．【解析】（Ⅰ）由题意得1cos21cos22222A B A B ++- 112cos22cos222A A B B -=-sin(2)sin(2)66A B ππ-=- 由a b ≠，得A B ≠，又(0,π)A B +∈，得ππ22π66A B -++=即2π3A B +=，所以π3C =（Ⅱ）由4,5sin sin a cc A A C===，得85a = 由,a c <得,A C <从而3cos 5A =，得sin sin()B A C =+sin cos cos sin A C A C =+=所以，ABC ∆的面积为1sin 2S ac B ==19.【解析】（Ⅰ）由题意12332,6n b n a a a a b b ⋅⋅⋅=-=知3238b b a -==， 又由12,a =得公比()22q q ==-舍去，所以数列{}n a 的通项为2,N *n n a n =∈ (1)(1)2123=2n nn n a a a a ++⋅⋅⋅，故数列{}n b 的通项为(1)n b n n =+（Ⅱ）（ⅰ）由（Ⅰ）知()*n n 1111111N 2(1)21n n n c n a b n n n n ⎛⎫=-=-=--∈ ⎪++⎝⎭所以()11,N*12n n S n n =-∈+ （ⅱ）因为12340,0,0,0;c c c c =>>> 当5n ≥时，1(1)c [1](1)2n nn n n n +=-+而11(1)(1)(2)(1)(2)222n n n n n n n n n ++++++--=>，得5(1)5(51)122n n n +⋅+≤<所以，当5c 0,n n ≥<时，综上，对任意N*n ∈恒有4,n S S ≥故4k =20.【解析】（Ⅰ）在直角梯形BCDE 中，由DE=BE=1，CD=2，BD=BC=2， 由AC=2，AB=2，得222,AB AC BC AC BC =+⊥即 又平面ABC ⊥平面BCDE,从而AC ⊥平面BCDE ， 所以AC ⊥DE ，又DE ⊥DC ，从而DE ⊥平面ACD. （Ⅱ）方法一：作BF ⊥AD ，与AD 交于点F ，过点F 作FG ∥DE ，与AE 交于点G ，连结BG ， 由（Ⅰ）知DE ⊥AD ，则FG ⊥AD.所以∠BFG 是二面角B-AD-E 的平面角. 在直角梯形BCDE 中，由222CD BC BD =+,得BD ⊥BC ， 又平面ABC ⊥平面BCDE ，得BD ⊥平面ABC ，从而BD ⊥AB 由于AC ⊥平面BCDE ，得AC ⊥CD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△ABE ，△ABG 中，利用余弦定理分别可得cos ∠BAE=57，BG=23在△BFG 中， cos ∠BFG=22232GF BF BG BF GF +-=. 所以，∠BFG=6π，即二面角B-AD-E 的大小是6π. 方法二：以D 为原点，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. 由题意各点坐标如下：()()()()()0,0,0,E 1,0,0,0,2,0,0,2,2,1,1,0D C A B D （0，0，0）设平面ADE 的法向量为()111,,m x y z =,平面ABD 的法向量为()222,,n x y z =，可算得(02,2),(12,2),(1,1,0),AD AD DB =--=--=，，，由11111200020y m AD m AE x y ⎧⎧-=⋅=⎪⎪⇒⎨⎨⋅=--=⎪⎪⎩⎩，可取(0,1,m =-，由222202000m AD y x y m BD ⎧⎧⋅=-=⎪⎪⇒⎨⎨+=⋅=⎪⎪⎩⎩，可取(1,1,m =-，于是||cos ,||||23m n m n m n ⋅<>===⋅⋅，由题意可知，所求二面角是锐角，故二面角B-AD-E 的大小是π6.21.【解析】（1）设直线l 的方程为(0)y kx m k =+<，由2222,,1y kx m x y ab =+⎧⎪⎨+=⎪⎩消去y 得 222222222()20b a k x a kmx a m a b +++-=由于l 与C 只有一个公共点，故0∆=，即22220b m a k -+=，解得点P 的坐标为222222222(,)a km b m b a k b a k-++ 又点P 在第一象限，故点P 的坐标为22(P（2）由于直线1l 过原点O 且与l 垂直，故直线1l 的方程为0x ky +=，所以点P 到直线1l 的距离d =，整理得22d，因为22222b a k ab k+≥2222a b ≤=-当且仅当2bk a=时等号成立.所以,点P 到直线1l 的距离的最大值为a b -.22.【解析】（1）因为3333,,()33,,x x a x a f x x x a x a ⎧+-≥⎪=⎨-+<⎪⎩所以2233,,()33,.x x a f x x x a ⎧+>⎪'=⎨-<⎪⎩由于11x -≤≤,(ⅰ)当1a ≤-时，有x a ≥，故3()33f x x x a =+-，此时()f x 在(1,1)-上是增函数，因此， ()(1)43,()(1)43M a f a m a f a ==-=-=--，故()()(43)(43)8M a m a a a -=----=. (ⅱ)当11a -<<时，若(,1),x a ∈3()33f x x x a =+-,在(,1)a 上是增函数,若(1,),x a ∈-3()33f x x x a =-+,在(1,)a -上是减函数,所以,3()max{(1),(1)},()()M a f f m a f a a =-==.由于(1)(1)62f f a --=-+,因此当113a -<≤时,3()()34M a m a a a -=--+; 当113a <≤时,3()()32M a m a a a -=-++;(ⅲ)当1a ≥时，有x a ≤,故3()33f x x x a =-+,此时()f x 在(1,1)-上是减函数,因此()(1)23,()(1)23M a f a m a f a =-=+==-+,故()(1)(23)(23) 4.M a f a a -=+--+= 综上,()()338,1,134,13,132,1,34, 1.a a a a M a m a a a a a ≤-⎧⎪⎪--+-<≤⎪-=⎨⎪-++<<⎪⎪≥⎩(2)令()()h x f x b =+,则3333,,()33,,x x a b x a h x x x a b x a ⎧+-+≥⎪=⎨-++<⎪⎩,2233,,()33,,x x a h x x x a ⎧+≥⎪'=⎨-<⎪⎩因为[]2()4f x b +≤对[1,1]x ∈-恒成立,即2()2h x -≤≤对[1,1]x ∈-恒成立. 所以由(1)知,(ⅰ)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)43h a b =-+,最小值是 (1)43h a b -=--+,则432a b --+≥-且432a b -+≤,矛盾; (ⅱ)当113a -<≤时, ()h x 在[1,1]-上的最小值是3()h a a b =+,最大值是(1)43h a b =-+, 所以32a b +≥-且432a b -+≤,从而323362a a a b a --+≤+≤-且103a ≤≤, 令3()23t a a a =--+,则2()330t a a '=->,()t a 在103（，）上是增函数,故()(0)2t a t ≥=-, 因此230a b -≤+≤;(ⅲ)113a <<时, ()h x 在[1,1]-上的最小值是3()h a a b =+,最大值是(1)32h a b -=++,所以32a b +≥-且322a b ++≤,解得283027a b -<+≤; (ⅳ)当1a ≥时, ()h x 在[1,1]-上的最大值是(1)32h a b -=++,最小值是(1)23h a b =-++, 所以322a b ++≤且232a b -++≥-,解得30a b +=. 综上,得3a b +的取值范围是230.a b -≤+≤。
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年浙江省高考数学试卷(理科)(附参考答案+详细解析Word打印版)
2014年浙江省普通高等学校招生统一考试数学试卷（理科）一、选择题（每小题5分，共50分）1．（5分）设全集U={x∈N|x≥2}，集合A={x∈N|x2≥5}，则∁U A=（）A．∅B．{2}C．{5}D．{2，5}2．（5分）已知i是虚数单位，a，b∈R，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．（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．90cm2B．129cm2C．132cm2D．138cm24．（5分）为了得到函数y=sin3x+cos3x的图象，可以将函数y=cos3x的图象（）A．向右平移个单位B．向左平移个单位C．向右平移个单位D．向左平移个单位5．（5分）在（1+x）6（1+y）4的展开式中，记x m y n项的系数为f（m，n），则f （3，0）+f（2，1）+f（1，2）+f（0，3）=（）A．45 B．60 C．120 D．2106．（5分）已知函数f（x）=x3+ax2+bx+c．且0＜f（﹣1）=f（﹣2）=f（﹣3）≤3，则（）A．c≤3 B．3＜c≤6 C．6＜c≤9 D．c＞97．（5分）在同一直角坐标系中，函数f（x）=x a（x＞0），g（x）=log a x的图象可能是（）A．B．C．D．8．（5分）记max{x，y}=，min{x，y}=，设，为平面向量，则（）A．min{|+|，|﹣|}≤min{||，||} B．min{|+|，|﹣|}≥min{||，||}C．max{|+|2，|﹣|2}≤||2+||2 D．max{|+|2，|﹣|2}≥||2+||2 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个蓝球（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ξi（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．p1＞p2，E（ξ1）＜E（ξ2）B．p1＜p2，E（ξ1）＞E（ξ2）C．p1＞p2，E（ξ1）＞E（ξ2）D．p1＜p2，E（ξ1）＜E（ξ2）10．（5分）设函数f1（x）=x2，f2（x）=2（x﹣x2），，，i=0，1，2，…，99．记I k=|f k（a1）﹣f k（a0）|+|f k（a2）﹣f k（a1）丨+…+|f k（a99）﹣f k（a98）|，k=1，2，3，则（）A．I1＜I2＜I3B．I2＜I1＜I3C．I1＜I3＜I2D．I3＜I2＜I1二、填空题11．（4分）在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．（4分）随机变量ξ的取值为0，1，2，若P（ξ=0）=，E（ξ）=1，则D（ξ）=．13．（4分）当实数x，y满足时，1≤ax+y≤4恒成立，则实数a的取值范围是．14．（4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）．15．（4分）设函数f（x）=，若f（f（a））≤2，则实数a的取值范围是．16．（4分）设直线x﹣3y+m=0（m≠0）与双曲线=1（a＞0，b＞0）的两条渐近线分别交于点A，B．若点P（m，0）满足|PA|=|PB|，则该双曲线的离心率是．17．（4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θ的大小．若AB=15m，AC=25m，∠BCM=30°，则tanθ的最大值是．（仰角θ为直线AP与平面ABC所成角）三、解答题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，c=，cos2A﹣cos2B=sinAcosA﹣sinBcosB（1）求角C的大小；（2）若sinA=，求△ABC的面积．19．（14分）已知数列{a n}和{b n}满足a1a2a3…a n=（n∈N*）．若{a n}为等比数列，且a1=2，b3=6+b2．（Ⅰ）求a n和b n；（Ⅱ）设c n=（n∈N*）．记数列{c n}的前n项和为S n．（i）求S n；（ii）求正整数k，使得对任意n∈N*均有S k≥S n．20．（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=．（Ⅰ）证明：DE⊥平面ACD；（Ⅱ）求二面角B﹣AD﹣E的大小．21．（15分）如图，设椭圆C：（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．（Ⅰ）已知直线l的斜率为k，用a，b，k表示点P的坐标；（Ⅱ）若过原点O的直线l1与l垂直，证明：点P到直线l1的距离的最大值为a ﹣b．22．（14分）已知函数f（x）=x3+3|x﹣a|（a∈R）．（Ⅰ）若f（x）在[﹣1，1]上的最大值和最小值分别记为M（a），m（a），求M （a）﹣m（a）；（Ⅱ）设b∈R，若[f（x）+b]2≤4对x∈[﹣1，1]恒成立，求3a+b的取值范围．2014年浙江省高考数学试卷（理科）参考答案与试题解析一、选择题（每小题5分，共50分）1．（5分）设全集U={x∈N|x≥2}，集合A={x∈N|x2≥5}，则∁U A=（）A．∅B．{2}C．{5}D．{2，5}【分析】先化简集合A，结合全集，求得∁U A．【解答】解：∵全集U={x∈N|x≥2}，集合A={x∈N|x2≥5}={x∈N|x≥3}，则∁U A={2}，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．（5分）已知i是虚数单位，a，b∈R，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【分析】利用复数的运算性质，分别判断“a=b=1”⇒“（a+bi）2=2i”与“a=b=1”⇐“（a+bi）2=2i”的真假，进而根据充要条件的定义得到结论．【解答】解：当“a=b=1”时，“（a+bi）2=（1+i）2=2i”成立，故“a=b=1”是“（a+bi）2=2i”的充分条件；当“（a+bi）2=a2﹣b2+2abi=2i”时，“a=b=1”或“a=b=﹣1”，故“a=b=1”是“（a+bi）2=2i”的不必要条件；综上所述，“a=b=1”是“（a+bi）2=2i”的充分不必要条件；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．（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．90cm2B．129cm2C．132cm2D．138cm2【分析】几何体是直三棱柱与直四棱柱的组合体，根据三视图判断直三棱柱的侧棱长与底面的形状及相关几何量的数据，判断四棱柱的高与底面矩形的边长，把数据代入表面积公式计算．【解答】解：由三视图知：几何体是直三棱柱与直四棱柱的组合体，其中直三棱柱的侧棱长为3，底面是直角边长分别为3、4的直角三角形，四棱柱的高为6，底面为矩形，矩形的两相邻边长为3和4，∴几何体的表面积S=2×4×6+3×6+3×3+2×3×4+2××3×4+（4+5）×3=48+18+9+24+12+27=138（cm2）．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．（5分）为了得到函数y=sin3x+cos3x的图象，可以将函数y=cos3x的图象（）A．向右平移个单位B．向左平移个单位C．向右平移个单位D．向左平移个单位【分析】利用两角和与差的三角函数化简已知函数为一个角的一个三角函数的形式，然后利用平移原则判断选项即可．【解答】解：函数y=sin3x+cos3x=，故只需将函数y=cos3x的图象向右平移个单位，得到y==的图象．【点评】本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．（5分）在（1+x）6（1+y）4的展开式中，记x m y n项的系数为f（m，n），则f （3，0）+f（2，1）+f（1，2）+f（0，3）=（）A．45 B．60 C．120 D．210【分析】由题意依次求出x3y0，x2y1，x1y2，x0y3，项的系数，求和即可．【解答】解：（1+x）6（1+y）4的展开式中，含x3y0的系数是：=20．f（3，0）=20；含x2y1的系数是=60，f（2，1）=60；含x1y2的系数是=36，f（1，2）=36；含x0y3的系数是=4，f（0，3）=4；∴f（3，0）+f（2，1）+f（1，2）+f（0，3）=120．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．（5分）已知函数f（x）=x3+ax2+bx+c．且0＜f（﹣1）=f（﹣2）=f（﹣3）≤3，则（）A．c≤3 B．3＜c≤6 C．6＜c≤9 D．c＞9【分析】由f（﹣1）=f（﹣2）=f（﹣3）列出方程组求出a，b，代入0＜f（﹣1）≤3，即可求出c的范围．【解答】解：由f（﹣1）=f（﹣2）=f（﹣3）得，解得，则f（x）=x3+6x2+11x+c，由0＜f（﹣1）≤3，得0＜﹣1+6﹣11+c≤3，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．（5分）在同一直角坐标系中，函数f（x）=x a（x＞0），g（x）=log a x的图象可能是（）A．B．C．D．【分析】结合对数函数和幂函数的图象和性质，分当0＜a＜1时和当a＞1时两种情况，讨论函数f（x）=x a（x≥0），g（x）=log a x的图象，比照后可得答案．【解答】解：当0＜a＜1时，函数f（x）=x a（x≥0），g（x）=log a x的图象为：此时答案D满足要求，当a＞1时，函数f（x）=x a（x≥0），g（x）=log a x的图象为：无满足要求的答案，综上：故选D，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．（5分）记max{x，y}=，min{x，y}=，设，为平面向量，则（）A．min{|+|，|﹣|}≤min{||，||} B．min{|+|，|﹣|}≥min{||，||}C．max{|+|2，|﹣|2}≤||2+||2 D．max{|+|2，|﹣|2}≥||2+||2【分析】将，平移到同一起点，根据向量加减法的几何意义可知，+和﹣分别表示以，为邻边所做平行四边形的两条对角线，再根据选项内容逐一判断．【解答】解：对于选项A，取⊥，则由图形可知，根据勾股定理，结论不成立；对于选项B，取，是非零的相等向量，则不等式左边min{|+|，|﹣|}=0，显然，不等式不成立；对于选项C，取，是非零的相等向量，则不等式左边max{|+|2，|﹣|2}=|+|2=4，而不等式右边=||2+||2=2，故C不成立，D选项正确．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，，，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．（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个蓝球（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ξi（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．p1＞p2，E（ξ1）＜E（ξ2）B．p1＜p2，E（ξ1）＞E（ξ2）C．p1＞p2，E（ξ1）＞E（ξ2）D．p1＜p2，E（ξ1）＜E（ξ2）【分析】首先，这两次先后从甲盒和乙盒中拿球是相互独立的，然后分两种情况：即当ξ=1时，有可能从乙盒中拿出一个红球放入甲盒，也可能是拿到一个蓝球放入甲盒；ξ=2时，则从乙盒中拿出放入甲盒的球可能是两蓝球、一红一蓝、或者两红；最后利用概率公式及分布列知识求出P1，P2和E（ξ1），E（ξ2）进行比较即可．【解答】解析：，，，所以P1＞P2；由已知ξ1的取值为1、2，ξ2的取值为1、2、3，所以，==，E（ξ1）﹣E（ξ2）=．故选：A．【点评】正确理解ξi（i=1，2）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m=n=3，也可以很快求解．10．（5分）设函数f1（x）=x2，f2（x）=2（x﹣x2），，，i=0，1，2，…，99．记I k=|f k（a1）﹣f k（a0）|+|f k（a2）﹣f k（a1）丨+…+|f k（a99）﹣f k（a98）|，k=1，2，3，则（）A．I1＜I2＜I3B．I2＜I1＜I3C．I1＜I3＜I2D．I3＜I2＜I1【分析】根据记I k=|f k（a1）﹣f k（a0）|+|f k（a2）﹣f k（a1）丨+…+|f k（a99）﹣f k （a98）|，分别求出I1，I2，I3与1的关系，继而得到答案【解答】解：由，故==1，由，故×=×＜1，+=，故I2＜I1＜I3，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．二、填空题11．（4分）在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6．【分析】根据框图的流程模拟运行程序，直到满足条件S＞50，跳出循环体，确定输出的i的值．【解答】解：由程序框图知：第一次循环S=1，i=2；第二次循环S=2×1+2=4，i=3；第三次循环S=2×4+3=11，i=4；第四次循环S=2×11+4=26，i=5；第五次循环S=2×26+5=57，i=6，满足条件S＞50，跳出循环体，输出i=6．故答案为：6．【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．（4分）随机变量ξ的取值为0，1，2，若P（ξ=0）=，E（ξ）=1，则D（ξ）=．【分析】结合方差的计算公式可知，应先求出P（ξ=1），P（ξ=2），根据已知条件结合分布列的性质和期望的计算公式不难求得．【解答】解析：设P（ξ=1）=p，P（ξ=2）=q，则由已知得p+q=，，解得，，所以．故答案为：【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．（4分）当实数x，y满足时，1≤ax+y≤4恒成立，则实数a的取值范围是[] ．【分析】由约束条件作出可行域，再由1≤ax+y≤4恒成立，结合可行域内特殊点A，B，C的坐标满足不等式列不等式组，求解不等式组得实数a的取值范围．【解答】解：由约束条件作可行域如图，联立，解得C（1，）．联立，解得B（2，1）．在x﹣y﹣1=0中取y=0得A（1，0）．要使1≤ax+y≤4恒成立，则，解得：1．∴实数a的取值范围是．解法二：令z=ax+y，当a＞0时，y=﹣ax+z，在B点取得最大值，A点取得最小值，可得，即1≤a≤；当a＜0时，y=﹣ax+z，在C点取得最大值，①a＜﹣1时，在B点取得最小值，可得，解得0≤a≤（不符合条件，舍去）②﹣1＜a＜0时，在A点取得最小值，可得，解得1≤a≤（不符合条件，舍去）综上所述即：1≤a≤；故答案为：．【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，是中档题．14．（4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60种（用数字作答）．【分析】分类讨论，一、二、三等奖，三个人获得；一、二、三等奖，有1人获得2张，1人获得1张．【解答】解：分类讨论，一、二、三等奖，三个人获得，共有=24种；一、二、三等奖，有1人获得2张，1人获得1张，共有=36种，共有24+36=60种．故答案为：60．【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．（4分）设函数f（x）=，若f（f（a））≤2，则实数a的取值范围是（﹣∞，] ．【分析】画出函数f（x）的图象，由f（f（a））≤2，可得f（a）≥﹣2，数形结合求得实数a的取值范围．【解答】解：∵函数f（x）=，它的图象如图所示：由f（f（a））≤2，可得f（a）≥﹣2．当a＜0时，f（a）=a2+a=（a+）2﹣≥﹣2恒成立；当a≥0时，f（a）=﹣a2≥﹣2，即a2≤2，解得0≤a≤，则实数a的取值范围是a≤，故答案为：（﹣∞，]．【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．（4分）设直线x﹣3y+m=0（m≠0）与双曲线=1（a＞0，b＞0）的两条渐近线分别交于点A，B．若点P（m，0）满足|PA|=|PB|，则该双曲线的离心率是．【分析】先求出A，B的坐标，可得AB中点坐标为（，），利用点P（m，0）满足|PA|=|PB|，可得=﹣3，从而可求双曲线的离心率．【解答】解：双曲线（a＞0，b＞0）的两条渐近线方程为y=±x，则与直线x﹣3y+m=0联立，可得A（，），B（﹣，），∴AB中点坐标为（，），∵点P（m，0）满足|PA|=|PB|，∴=﹣3，∴a=2b，∴=b，∴e==．故答案为：．【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．（4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θ的大小．若AB=15m，AC=25m，∠BCM=30°，则tanθ的最大值是．（仰角θ为直线AP与平面ABC所成角）【分析】过P作PP′⊥BC，交BC于P′，连接AP′，则tanθ=，求出PP′，AP′，利用函数的性质，分类讨论，即可得出结论．【解答】解：∵AB=15m，AC=25m，∠ABC=90°，∴BC=20m，过P作PP′⊥BC，交BC于P′，连接AP′，则tanθ=，设B P′=x，则CP′=20﹣x，由∠BCM=30°，得PP′=CP′tan30°=（20﹣x），在直角△ABP′中，AP′=，∴tanθ=•，令y=，则函数在x∈[0，20]单调递减，∴x=0时，取得最大值为=．若P′在CB的延长线上，PP′=CP′tan30°=（20+x），在直角△ABP′中，AP′=，∴tanθ=•，令y=，则y′=0可得x=时，函数取得最大值，故答案为：．【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，c=，cos2A﹣cos2B=sinAcosA﹣sinBcosB（1）求角C的大小；（2）若sinA=，求△ABC的面积．【分析】（1）利用倍角公式、两角和差的正弦公式可得，由a≠b得，A≠B，又A+B∈（0，π），可得，即可得出．（2）利用正弦定理可得a，利用两角和差的正弦公式可得sinB，再利用三角形的面积计算公式即可得出．【解答】解：（1）由题意得，，∴，化为，由a≠b得，A≠B，又A+B∈（0，π），得，即，∴；（2）由，利用正弦定理可得，得，由a＜c，得A＜C，从而，故，∴．【点评】本题考查了正弦定理、倍角公式、两角和差的正弦公式、三角形的面积计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．19．（14分）已知数列{a n}和{b n}满足a1a2a3…a n=（n∈N*）．若{a n}为等比数列，且a1=2，b3=6+b2．（Ⅰ）求a n和b n；（Ⅱ）设c n=（n∈N*）．记数列{c n}的前n项和为S n．（i）求S n；（ii）求正整数k，使得对任意n∈N*均有S k≥S n．【分析】（Ⅰ）先利用前n项积与前（n﹣1）项积的关系，得到等比数列{a n}的第三项的值，结合首项的值，求出通项a n，然后现利用条件求出通项b n；（Ⅱ）（i）利用数列特征进行分组求和，一组用等比数列求和公式，另一组用裂项法求和，得出本小题结论；（ii）本小题可以采用猜想的方法，得到结论，再加以证明．【解答】解：（Ⅰ）∵a1a2a3…a n=（n∈N*）①，当n≥2，n∈N*时，②，由①②知：，令n=3，则有．∵b3=6+b2，∴a3=8．∵{a n}为等比数列，且a1=2，∴{a n}的公比为q，则=4，，∴q＞0，∴q=2．由题意知a n＞0∴（n∈N*）．又由a1a2a3…a n=（n∈N*）得：，，∴b n=n（n+1）（n∈N*）．（Ⅱ）（i）∵c n===．∴S n=c1+c2+c3+…+c n====；（ii）因为c1=0，c2＞0，c3＞0，c4＞0；当n≥5时，，而=＞0，得，所以，当n≥5时，c n＜0，综上，对任意n∈N*恒有S4≥S n，故k=4．【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．（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=．（Ⅰ）证明：DE⊥平面ACD；（Ⅱ）求二面角B﹣AD﹣E的大小．【分析】（Ⅰ）依题意，易证AC⊥平面BCDE，于是可得AC⊥DE，又DE⊥DC，从而DE⊥平面ACD；（Ⅱ）作BF⊥AD，与AD交于点F，过点F作FG∥DE，与AE交于点G，连接BG，由（Ⅰ）知DE⊥AD，则FG⊥AD，所以∠BFG就是二面角B﹣AD﹣E的平面角，利用题中的数据，解三角形，可求得BF=，AF=AD，从而GF=，cos∠BFG==，从而可求得答案．【解答】证明：（Ⅰ）在直角梯形BCDE中，由DE=BE=1，CD=2，得BD=BC=，由AC=，AB=2得AB2=AC2+BC2，即AC⊥BC，又平面ABC⊥平面BCDE，从而AC⊥平面BCDE，所以AC⊥DE，又DE⊥DC，从而DE⊥平面ACD；（Ⅱ）作BF⊥AD，与AD交于点F，过点F作FG∥DE，与AE交于点G，连接BG，由（Ⅰ）知DE⊥AD，则FG⊥AD，所以∠BFG就是二面角B﹣AD﹣E的平面角，在直角梯形BCDE中，由CD2=BC2+BD2，得BD⊥BC，又平面ABC⊥平面BCDE，得BD⊥平面ABC，从而BD⊥AB，由于AC⊥平面BCDE，得AC⊥CD．在Rt△ACD中，由DC=2，AC=，得AD=；在Rt△AED中，由ED=1，AD=得AE=；在Rt△ABD中，由BD=，AB=2，AD=得BF=，AF=AD，从而GF=，在△ABE，△ABG中，利用余弦定理分别可得cos∠BAE=，BG=．在△BFG中，cos∠BFG==，所以，∠BFG=，二面角B﹣AD﹣E的大小为．【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．（15分）如图，设椭圆C：（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．（Ⅰ）已知直线l的斜率为k，用a，b，k表示点P的坐标；（Ⅱ）若过原点O的直线l1与l垂直，证明：点P到直线l1的距离的最大值为a ﹣b．【分析】（Ⅰ）设直线l的方程为y=kx+m（k＜0），由，消去y得（b2+a2k2）x2+2a2kmx+a2m2﹣a2b2=0，利用△=0，可求得在第一象限中点P的坐标；（Ⅱ）由于直线l1过原点O且与直线l垂直，设直线l1的方程为x+ky=0，利用点到直线间的距离公式，可求得点P到直线l1的距离d=，整理即可证得点P到直线l1的距离的最大值为a﹣b．．【解答】解：（Ⅰ）设直线l的方程为y=kx+m（k＜0），由，消去y得（b2+a2k2）x2+2a2kmx+a2m2﹣a2b2=0．由于直线l与椭圆C只有一个公共点P，故△=0，即b2﹣m2+a2k2=0，此时点P的横坐标为﹣，代入y=kx+m得点P的纵坐标为﹣k•+m=，∴点P的坐标为（﹣，），又点P在第一象限，故m＞0，故m=，故点P的坐标为P（，）．（Ⅱ）由于直线l1过原点O且与直线l垂直，故直线l1的方程为x+ky=0，所以点P到直线l1的距离d=，整理得：d=，因为a2k2+≥2ab，所以≤=a﹣b，当且仅当k2=时等号成立．所以，点P到直线l1的距离的最大值为a﹣b．【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．（14分）已知函数f（x）=x3+3|x﹣a|（a∈R）．（Ⅰ）若f（x）在[﹣1，1]上的最大值和最小值分别记为M（a），m（a），求M （a）﹣m（a）；（Ⅱ）设b∈R，若[f（x）+b]2≤4对x∈[﹣1，1]恒成立，求3a+b的取值范围．【分析】（Ⅰ）利用分段函数，结合[﹣1，1]，分类讨论，即可求M（a）﹣m（a）；（Ⅱ）令h（x）=f（x）+b，则h（x）=，h′（x）=，则[f（x）+b]2≤4对x∈[﹣1，1]恒成立，转化为﹣2≤h（x）≤2对x∈[﹣1，1]恒成立，分类讨论，即可求3a+b的取值范围．【解答】解：（Ⅰ）∵f（x）=x3+3|x﹣a|=，∴f′（x）=，①a≤﹣1时，∵﹣1≤x≤1，∴x≥a，f（x）在（﹣1，1）上是增函数，∴M（a）=f（1）=4﹣3a，m（a）=f（﹣1）=﹣4﹣3a，∴M（a）﹣m（a）=8；②﹣1＜a＜1时，x∈（a，1），f（x）=x3+3x﹣3a，在（a，1）上是增函数；x∈（﹣1，a），f（x）=x3﹣3x+3a，在（﹣1，a）上是减函数，∴M（a）=max{f（1），f（﹣1）}，m（a）=f（a）=a3，∵f（1）﹣f（﹣1）=﹣6a+2，∴﹣1＜a≤时，M（a）﹣m（a）=﹣a3﹣3a+4；＜a＜1时，M（a）﹣m（a）=﹣a3+3a+2；③a≥1时，有x≤a，f（x）在（﹣1，1）上是减函数，∴M（a）=f（﹣1）=2+3a，m（a）=f（1）=﹣2+3a，∴M（a）﹣m（a）=4；（Ⅱ）令h（x）=f（x）+b，则h（x）=，h′（x）=，∵[f（x）+b]2≤4对x∈[﹣1，1]恒成立，∴﹣2≤h（x）≤2对x∈[﹣1，1]恒成立，由（Ⅰ）知，①a≤﹣1时，h（x）在（﹣1，1）上是增函数，最大值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；②﹣1＜a≤时，最小值h（a）=a3+b，最大值h（1）=4﹣3a+b，∴a3+b≥﹣2且4﹣3a+b≤2，令t（a）=﹣2﹣a3+3a，则t′（a）=3﹣3a2＞0，t（a）在（0，）上是增函数，∴t（a）＞t（0）=﹣2，∴﹣2≤3a+b≤0；③＜a＜1时，最小值h（a）=a3+b，最大值h（﹣1）=3a+b+2，则a3+b≥﹣2且3a+b+2≤2，∴﹣＜3a+b≤0；④a≥1时，最大值h（﹣1）=3a+b+2，最小值h（1）=3a+b﹣2，则3a+b﹣2≥﹣2且3a+b+2≤2，∴3a+b=0．综上，3a+b的取值范围是﹣2≤3a+b≤0．【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．。
2014年高考浙江理科数学试题及标准答案(精校版)
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}U x N x =∈≥，集合2{|5}A x N x =∈≥,则U C A =（ ）A ． ∅ Ｂ. {2} C. {5} D. {2,5}２. 已知i 是虚数单位，,a b R ∈,则“1a b ==”是“2()2a bi i +=”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 ． 1２92cmC. 1322cm D ． 13８2cm4. 为了得到函数sin 3cos3y x x =+的图像，可以将函数2cos 3y x =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64(1)(1)x y ++的展开式中，记m n x y 项的系数(,)f m n ,则(3,0)(2,1)(1,2)(0,3)f f f f +++= （ )A. 45B. ６0C. 120D ． 2１０6. 已知函数32()f x x ax bx c =+++ ，且0(1)(2)(3)3f f f <-=-=-≤( ）A ．3c ≤ Ｂ.36c <≤ C ．69c <≤ D. 9c >７. 在同一直角坐标系中,函数()(0)a f x x x =≥，()log a g x x = 的图像可能是( )8． 记,max{,},x x y x y y x y ≥⎧=⎨<⎩，y,min{,}x,x y x y 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． 2222max{||,||}||||a b a b a b +-≤+D. 2222max{||,||}||||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(3,3)m n ≥≥,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)i i ξ=;（b)放入i 个球后，从甲盒中取1个球是红球的概率记为(1,2)i 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()f x x =,22()2()f x x x =-，31()|sin 2|3f x x π=，99i a i =，,2,1,0=i 99, ,记10219998|()()||()()||()()|k k k k k k k I f a f a f a f a f a f a =-+-++-,1,2,3k = 则( )A.123I I I <<B. 213I I I <<C. 132I I I << Ｄ. 321I 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1(0)5P ξ==，()1E ξ=，则()D ξ＝＿_____＿_. 13．当实数,x y 满足240101x 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22,0(),0x x x f x x x ⎧+<⎪=⎨-≥⎪⎩若(())2f f a ≤,则实数a 的取值范围是___＿_＿16.设直线30x y m -+=(0m ≠) 与双曲线。
2014年全国高考浙江省数学(理)试卷及答案【精校版】
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≤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（ ）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EA值 。
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浙江高考真题数学理(含解析)
DE BE 1, AC 2 ． （I）证明： DE 平面 ACD ; （II）求二面角 B AD E 的大小
A
D E
C B
5 / 14
21．（本题满分 15 分）
如图，设椭圆 C :
x2 y 2 1 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 2 b2
D． I 3 I 2 I1 I 3 I 2 I1
开始 输入n S=0，i=1
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
M P
30°
B θ A
C
三、解答题：本大题共 5 小题，共 72 分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 18．（本题满分 14 分） 在 △ABC 中 ， 内 角 A , B , C 所 对 的 边 分 别 为 a ， b ， c ， 已 知 a b ， c 3 ，
cos2 A cos 2 B 3 sin A cos A 3 sin B cos B ．
7、 答案：D
x ( x 0) ，答案 A 没有幂函数图像，答案 B y x a ( x≥0) 中 解析：函数 y x a ( x≥0) ， 与 y log a
x x a 1 ， y log a ( x 0) 中 0 a 1 不符合， ( x 0) 中 a 1 ， 答案 C y x a ( x≥0) 中 0 a 1, y log a
2
9．已知甲盒中仅有 1 个球且为红球，乙盒中有 m 个红球和 n 个篮球 m ≥ 3, n ≥ 3 ，从乙盒中随机抽 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（ ） ． B． p1 p2 , E 1 E 2 D． p1 p2 , E 1 E 2
2014年浙江高考数学(理科)试卷(含答案)
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}U x N x =∈≥，集合2{|5}A x N x =∈≥，则U C A =（ ）A. ∅B. {2}C. {5}D. {2,5} 2. 已知i 是虚数单位，,a b R ∈,则“1a b ==”是“2()2a bi i +=”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. 1292cmC. 1322cm D. 1382cm4. 为了得到函数sin 3cos3y x x =+的图像，可以将函数2cos 3y x =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64(1)(1)x y ++的展开式中,记m nx y项的系数(,)f m n ，则(3,0)(2,1)(1,2)(0,3)f f f f +++= （ ）A. 45B. 60C. 120D. 2106. 已知函数32()f x x ax bx c =+++ ，且0(1)(2)(3)3f f f <-=-=-≤（ ） A.3c ≤ B.36c <≤ C.69c <≤ D. 9c >7. 在同一直角坐标系中，函数()(0)af x x x =≥，()log a g x x = 的图像可能是（ ）8. 记,max{,},x x y x y y x y ≥⎧=⎨<⎩，y,min{,}x,x yx y 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. 2222max{||,||}||||a b a b a b +-≤+ D. 2222max{||,||}||||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(3,3)m n ≥≥，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)i i ξ=； （b ）放入i 个球后，从甲盒中取1个球是红球的概率记为(1,2)i 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()f x x =，22()2()f x x x =-，31()|sin 2|3f x x π=，99i a i =，,2,1,0=i 99, ，记10219998|()()||()()||()()|k k k k k k k I f a f a f a f a f a f a =-+-++-，1,2,3k = 则 ( )A.123I I I <<B. 213I I I <<C. 132I I I <<D. 321I 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1(0)5P ξ==，()1E ξ=，则()D ξ=________.13.当实数,x y 满足240101x 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22,0(),0x x x f x x x ⎧+<⎪=⎨-≥⎪⎩若(())2f f a ≤，则实数a 的取值范围是______16.设直线30x y m -+=(0m ≠) 与双曲线12222=-by a x （0,0a b >>）两条渐近线分别交于点A ，B.若点(,0)P m 满足||||PA PB =,则该双曲线的离心率是__________17、如图，某人在垂直于水平地面ABC 的墙面前的点A 处进行射击训练.已知点A 到墙面的距离为AB ，某目标点P 沿墙面上的射击线CM 移动，此人为了准确瞄准目标点P ，需计算由点A 观察点P 的仰角θ的大小.若15AB m = ，25AC m =，30BCM ∠=︒,则tan θ的最大值是 (仰角θ 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。
2014年浙江高考理科数学试题含答案(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 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=-by a x （）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0a b >>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年全国高考浙江省数学(理)试卷及答案【精校版】
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≤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（ ）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EA值 。
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2014年浙江省高考数学试卷(理科)一、选择题(每小题5分,共50分)1.(5分)(2014•浙江)设全集U={x∈N|x≥2},集合A={x∈N|x2≥5},则∁U A=()A. ∅B. {2}C. {5}D. {2,5}2.(5分)(2014•浙江)已知i是虚数单位,a,b∈R,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.(5分)(2014•浙江)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. 90cm2B. 129cm2C. 132cm2D. 138cm24.(5分)(2014•浙江)为了得到函数y=sin3x+cos3x的图象,可以将函数y=cos3x的图象()A.向右平移个单位B.向左平移个单位C.向右平移个单位D.向左平移个单位5.(5分)(2014•浙江)在(1+x)6(1+y)4的展开式中,记x m y n项的系数为f(m,n),则f(3,0)+f(2,1)+f(1,2)+f(0,3)=()A. 45B. 60C. 120D. 2106.(5分)(2014•浙江)已知函数f(x)=x3+ax2+bx+c,其0＜f(﹣1)=f(﹣2)=f(﹣3)≤3,则()A. c≤3B. 3＜c≤6C. 6＜c≤9D. c＞97.(5分)(2014•浙江)在同一直角坐标系中,函数f(x)=x a(x≥0),g(x)=log a x的图象可能是()A. B. C. D.8.(5分)(2014•浙江)记max{x,y}=,min{x,y}=,设,为平面向量,则()A.min{|+|,|﹣|}≤min{||,||} B.min{|+|,|﹣|}≥min{||,||}C.max{|+|2,|﹣|2}≤||2+||2D.max{|+|2,|﹣|2}≥||2+||29.(5分)(2014•浙江)已知甲盒中仅有1个球且为红球,乙盒中有m个红球和n个蓝球(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ξi(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. p1＞p2,E(ξ1)＜E(ξ2)B. p1＜p2,E(ξ1)＞E(ξ2)C. p1＞p2,E(ξ1)＞E(ξ2)D. p1＜p2,E(ξ1)＜E(ξ2)10.(5分)(2014•浙江)设函数f1(x)=x2,f2(x)=2(x﹣x2),,,i=0,1,2,…,99.记I k=|f k(a1)﹣f k(a0)|+|f k(a2)﹣f k(a1)丨+…+|f k(a99)﹣f k(a98)|,k=1,2,3,则()A. I1＜I2＜I3B. I2＜I1＜I3C. I1＜I3＜I2D. I3＜I2＜I1二、填空题11.(4分)(2014•浙江)在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.(4分)(2014•浙江)随机变量ξ的取值为0,1,2,若P(ξ=0)=,E(ξ)=1,则D(ξ)=_________.13.(4分)(2014•浙江)当实数x,y满足时,1≤ax+y≤4恒成立,则实数a的取值范围是_________.14.(4分)(2014•浙江)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.(4分)(2014•浙江)设函数f(x)=,若f(f(a))≤2,则实数a的取值范围是_________.16.(4分)(2014•浙江)设直线x﹣3y+m=0(m≠0)与双曲线(a＞0,b＞0)的两条渐近线分别交于点A,B.若点P(m,0)满足|PA|=|PB|,则该双曲线的离心率是_________.17.(4分)(2014•浙江)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θ的大小.若AB=15cm,AC=25cm,∠BCM=30°,则tanθ的最大值是_________.(仰角θ为直线AP与平面ABC所成角)三、解答题18.(14分)(2014•浙江)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c.已知a≠b,c=,cos2A﹣cos2B=sinAcosA﹣sinBcosB.(Ⅰ)求角C的大小；(Ⅱ)若sinA=,求△ABC的面积.19.(14分)(2014•浙江)已知数列{a n}和{b n}满足a1a2a3…a n=(n∈N*).若{a n}为等比数列,且a1=2,b3=6+b2. (Ⅰ)求a n和b n；(Ⅱ)设c n=(n∈N*).记数列{c n}的前n项和为S n.(i)求S n；(ii)求正整数k,使得对任意n∈N*均有S k≥S n.20.(15分)(2014•浙江)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=.(Ⅰ)证明：DE⊥平面ACD；(Ⅱ)求二面角B﹣AD﹣E的大小.21.(15分)(2014•浙江)如图,设椭圆C：(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.(Ⅰ)已知直线l的斜率为k,用a,b,k表示点P的坐标；(Ⅱ)若过原点O的直线l1与l垂直,证明：点P到直线l1的距离的最大值为a﹣b.22.(14分)(2014•浙江)已知函数f(x)=x3+3|x﹣a|(a∈R).(Ⅰ)若f(x)在[﹣1,1]上的最大值和最小值分别记为M(a),m(a),求M(a)﹣m(a)；(Ⅱ)设b∈R,若[f(x)+b]2≤4对x∈[﹣1,1]恒成立,求3a+b的取值范围.2014年浙江省高考数学试卷(理科)参考答案与试题解析一、选择题(每小题5分,共50分)1.(5分)(2014•浙江)设全集U={x∈N|x≥2},集合A={x∈N|x2≥5},则∁U A=()A. ∅B. {2}C. {5}D. {2,5}考点：补集及其运算.专题：集合.分析：先化简集合A,结合全集,求得∁U A.解答：解：∵全集U={x∈N|x≥2},集合A={x∈N|x2≥5}={x∈N|x≥3},则∁U A={x∈N|x＜3}={2},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.(5分)(2014•浙江)已知i是虚数单位,a,b∈R,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考点：复数相等的充要条件；充要条件.专题：简易逻辑.分析：利用复数的运算性质,分别判断“a=b=1”⇒“(a+bi)2=2i”与“a=b=1”⇐“(a+bi)2=2i”的真假,进而根据充要条件的定义得到结论.解答：解：当“a=b=1”时,“(a+bi)2=(1+i)2=2i”成立,故“a=b=1”是“(a+bi)2=2i”的充分条件；当“(a+bi)2=a2﹣b2+2abi=2i”时,“a=b=1”或“a=b=﹣1”,故“a=b=1”是“(a+bi)2=2i”的不必要条件；综上所述,“a=b=1”是“(a+bi)2=2i”的充分不必要条件；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.(5分)(2014•浙江)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. 90cm2B. 129cm2C. 132cm2D. 138cm2考点：由三视图求面积、体积.专题：计算题；空间位置关系与距离.分析：几何体是直三棱柱与直四棱柱的组合体,根据三视图判断直三棱柱的侧棱长与底面的形状及相关几何量的数据,判断四棱柱的高与底面矩形的边长,把数据代入表面积公式计算.解答：解：由三视图知：几何体是直三棱柱与直四棱柱的组合体,其中直三棱柱的侧棱长为3,底面是直角边长分别为3、4的直角三角形,四棱柱的高为6,底面为矩形,矩形的两相邻边长为3和4,∴几何体的表面积S=2×4×6+3×6+3×3+2×3×4+2××3×4+(4+5)×3=48+18+9+24+12+27=138(cm2).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.(5分)(2014•浙江)为了得到函数y=sin3x+cos3x的图象,可以将函数y=cos3x的图象()A.向右平移个单位B.向左平移个单位C.向右平移个单位D.向左平移个单位考点：函数y=Asin(ωx+φ)的图象变换.专题：三角函数的图像与性质.分析：利用两角和与差的三角函数化简已知函数为一个角的一个三角函数的形式,然后利用平移原则判断选项即可.解答：解：函数y=sin3x+cos3x=,故只需将函数y=cos3x的图象向右平移个单位,得到y==的图象.故选：C.点评：本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.(5分)(2014•浙江)在(1+x)6(1+y)4的展开式中,记x m y n项的系数为f(m,n),则f(3,0)+f(2,1)+f(1,2)+f(0,3)=()A. 45B. 60C. 120D. 210考点：二项式定理的应用.专题：二项式定理.分析：由题意依次求出x3y0,x2y1,x1y2,x0y3,项的系数,求和即可.解答：解：(1+x)6(1+y)4的展开式中,含x3y0的系数是：=20.f(3,0)=20；含x2y1的系数是=60,f(2,1)=60；含x1y2的系数是=36,f(1,2)=36；含x0y3的系数是=4,f(0,3)=4；∴f(3,0)+f(2,1)+f(1,2)+f(0,3)=120.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.(5分)(2014•浙江)已知函数f(x)=x3+ax2+bx+c,其0＜f(﹣1)=f(﹣2)=f(﹣3)≤3,则()A. c≤3B. 3＜c≤6C. 6＜c≤9D. c＞9考点：函数在某点取得极值的条件.专题：导数的概念及应用.分析：由f(﹣1)=f(﹣2)=f(﹣3)列出方程组求出a,b代入0＜f(﹣1)≤3求出c的范围.解答：解：由f(﹣1)=f(﹣2)=f(﹣3)得,解得,f(x)=x3+6x2+11x+c,由0＜f(﹣1)≤3,得0＜﹣1+6﹣11+≤3,即6＜c≤9,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.(5分)(2014•浙江)在同一直角坐标系中,函数f(x)=x a(x≥0),g(x)=log a x的图象可能是()A. B. C. D.考点：函数的图象.专题：函数的性质及应用.分析：结合对数函数和幂函数的图象和性质,分当0＜a＜1时和当a＞1时两种情况,讨论函数f(x)=x a(x≥0),g(x)=log a x 的图象,比照后可得答案.解答：解：当0＜a＜1时,函数f(x)=x a(x≥0),g(x)=log a x的图象为：此时答案D满足要求,当a＞1时,函数f(x)=x a(x≥0),g(x)=log a x的图象为：无满足要求的答案,综上：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.(5分)(2014•浙江)记max{x,y}=,min{x,y}=,设,为平面向量,则()A.min{|+|,|﹣|}≤min{||,||} B.min{|+|,|﹣|}≥min{||,||}C.max{|+|2,|﹣|2}≤||2+||2D.max{|+|2,|﹣|2}≥||2+||2考点：向量的加法及其几何意义；向量的减法及其几何意义.专题：平面向量及应用.分析：将,平移到同一起点,根据向量加减法的几何意义可知,+和﹣分别表示以,为邻边所做平行四边形的两条对角线,再根据选项内容逐一判断.解答：解：对于选项A,取⊥,则由图形可知,根据勾股定理,结论不成立；对于选项B,取,是非零的相等向量,则不等式左边min{|+|,|﹣|}=,显然,不等式不成立；对于选项C,取,是非零的相等向量,则不等式左边max{|+|2,|﹣|2}=|+|2=4,而不等式右边=||2+||2=2,显然不成立.由排除法可知,D选项正确.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,,,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.(5分)(2014•浙江)已知甲盒中仅有1个球且为红球,乙盒中有m个红球和n个蓝球(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ξi(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(ξ1)＜E(ξ2)B. p 1＜p 2,E(ξ1)＞E(ξ2)C. p 1＞p 2,E(ξ1)＞E(ξ2)D. p 1＜p 2,E(ξ1)＜E(ξ2)考点：离散型随机变量的期望与方差.专题：概率与统计.分析： 首先,这两次先后从甲盒和乙盒中拿球是相互独立的,然后分两种情况：即当ξ=1时,有可能从乙盒中拿出一个红球放入甲盒,也可能是拿到一个蓝球放入甲盒；ξ=2时,则从乙盒中拿出放入甲盒的球可能是两蓝球、一红一蓝、或者两红；最后利用概率公式及分布列知识求出P 1,P 2和E(ξ1),E(ξ2)进行比较即可.解答： 解析：,,,所以P 1＞P 2；由已知ξ1的取值为1、2,ξ2的取值为1、2、3,所以,==,E(ξ1)﹣E(ξ2)=.故选A 点评：正确理解ξi (i=1,2)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m=n=3,也可以很快求解.10.(5分)(2014•浙江)设函数f 1(x)=x 2,f 2(x)=2(x ﹣x 2),,,i=0,1,2,…,99.记I k =|f k (a 1)﹣f k (a 0)|+|f k (a 2)﹣f k (a 1)丨+…+|f k (a 99)﹣f k (a 98)|,k=1,2,3,则( )A. I 1＜I 2＜I 3B. I 2＜I 1＜I 3C. I 1＜I 3＜I 2D. I 3＜I 2＜I 1考点：函数与方程的综合运用.专题：函数的性质及应用.分析：根据记I k =|f k (a 1)﹣f k (a 0)|+|f k (a 2)﹣f k (a 1)丨+…+|f k (a 99)﹣f k (a 98)|,分别求出I 1,I 2,I 3与1的关系,继而得到答案 解答： 解：由,故==1,由,故＜1,+=,故I2＜I1＜I3,故选：B.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.点评：二、填空题11.(4分)(2014•浙江)在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6.考点：程序框图.专题：算法和程序框图.分析：根据框图的流程模拟运行程序,直到满足条件S＞50,跳出循环体,确定输出的i的值.解答：解：由程序框图知：第一次循环S=1,i=2；第二次循环S=2×1+2=4,i=3；第三次循环S=2×4+3=11,i=4；第四次循环S=2×11+4=26,i=5；第五次循环S=2×26+5=57,i=6,满足条件S＞50,跳出循环体,输出i=6.故答案为：6.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.(4分)(2014•浙江)随机变量ξ的取值为0,1,2,若P(ξ=0)=,E(ξ)=1,则D(ξ)=.考点：离散型随机变量的期望与方差.专题：概率与统计.分析：结合方差的计算公式可知,应先求出P(ξ=1),P(ξ=2),根据已知条件结合分布列的性质和期望的计算公式不难求得.解答：解析：设P(ξ=1)=p,P(ξ=2)=q,则由已知得p+q=,,解得,,所以.故答案为：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.(4分)(2014•浙江)当实数x,y满足时,1≤ax+y≤4恒成立,则实数a的取值范围是[].考点：简单线性规划.专题：数形结合.分析：由约束条件作出可行域,再由1≤ax+y≤4恒成立,结合可行域内特殊点A,B,C的坐标满足不等式列不等式组,求解不等式组得实数a的取值范围.解答：解：由约束条件作可行域如图,联立,解得C(1,).联立,解得B(2,1).在x﹣y﹣1=0中取y=0得A(1,0).要使1≤ax+y≤4恒成立,则,解得：1.∴实数a的取值范围是.故答案为：.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,是中档题.14.(4分)(2014•浙江)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60种(用数字作答).考点：排列、组合及简单计数问题.专题：计算题；排列组合.分析：分类讨论,一、二、三等奖,三个人获得；一、二、三等奖,有1人获得2张,1人获得1张.解答：解：分类讨论,一、二、三等奖,三个人获得,共有=24种；一、二、三等奖,有1人获得2张,1人获得1张,共有=36种,共有24+36=60种.故答案为：60.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.(4分)(2014•浙江)设函数f(x)=,若f(f(a))≤2,则实数a的取值范围是(﹣∞,].考点：其他不等式的解法.专题：不等式的解法及应用.分析：画出函数f(x)的图象,由f(f(a))≤2,可得f(a)≥﹣2,数形结合求得实数a的取值范围.解答：解：∵函数f(x)=,它的图象如图所示：由f(f(a))≤2,可得f(a)≥﹣2.由f(x)=﹣2,可得﹣x2=﹣2,即x=,故当f(f(a))≤2时,则实数a的取值范围是a≤,故答案为：(﹣∞,].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.(4分)(2014•浙江)设直线x﹣3y+m=0(m≠0)与双曲线(a＞0,b＞0)的两条渐近线分别交于点A,B.若点P(m,0)满足|PA|=|PB|,则该双曲线的离心率是.考点：双曲线的简单性质.专题：计算题；圆锥曲线的定义、性质与方程.分析：先求出A,B的坐标,可得AB中点坐标为(,),利用点P(m,0)满足|PA|=|PB|,可得=﹣3,从而可求双曲线的离心率.解答：解：双曲线(a＞0,b＞0)的两条渐近线方程为y=±x,则与直线x﹣3y+m=0联立,可得A(,),B(﹣,),∴AB中点坐标为(,),∵点P(m,0)满足|PA|=|PB|,∴=﹣3,∴a=2b,∴=b,∴e==.故答案为：.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.(4分)(2014•浙江)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θ的大小.若AB=15cm,AC=25cm,∠BCM=30°,则tanθ的最大值是.(仰角θ为直线AP与平面ABC所成角)考点：在实际问题中建立三角函数模型；解三角形.专题：应用题；解三角形.分析：过P作PP′⊥BC,交BC于P′,连接AP′,则tanθ=,求出PP′,AP′,利用函数的性质,分类讨论,即可得出结论. 解答：解：∵AB=15cm,AC=25cm,∠ABC=90°,∴BC=20cm,过P作PP′⊥BC,交BC于P′,连接AP′,则tanθ=,设BP′=x,则CP′=20﹣x,由∠BCM=30°,得PP′=CP′tan30°=(20﹣x),在直角△ABP′中,AP′=,∴tanθ=•,令y=,则函数在x∈[0,20]单调递减,∴x=0时,取得最大值为=.若P′在CB的延长线上,PP′=CP′tan30°=(20+x),在直角△ABP′中,AP′=,∴tanθ=•,令y=,则y′=0可得x=时,函数取得最大值,故答案为：.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18.(14分)(2014•浙江)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c.已知a≠b,c=,cos2A﹣cos2B=sinAcosA﹣sinBcosB.(Ⅰ)求角C的大小；(Ⅱ)若sinA=,求△ABC的面积.考点：正弦定理；二倍角的正弦；二倍角的余弦.专题：解三角形.分析：(Ⅰ)△ABC中,由条件利用二倍角公式化简可得﹣2sin(A+B)sin(A﹣B)=2•cos(A+B)sin(A﹣B).求得tan(A+B)的值,可得A+B的值,从而求得C的值.(Ⅱ)由sinA=求得cosA的值.再由正弦定理求得a,再求得sinB=sin[(A+B)﹣A]的值,从而求得△ABC的面积为的值.解答：解：(Ⅰ)∵△ABC中,a≠b,c=,cos2A﹣cos2B=sinAcosA﹣sinBcosB,∴﹣=sin2A﹣sin2B,即cos2A﹣cos2B=sin2A﹣sin2B,即﹣2sin(A+B)sin(A﹣B)=2•cos(A+B)sin(A﹣B).∵a≠b,∴A≠B,sin(A﹣B)≠0,∴tan(A+B)=﹣,∴A+B=,∴C=.(Ⅱ)∵sinA=＜,C=,∴A＜,或A＞(舍去),∴cosA==.由正弦定理可得,=,即=,∴a=.∴sinB=sin[(A+B)﹣A]=sin(A+B)cosA﹣cos(A+B)sinA=﹣(﹣)×=,∴△ABC的面积为=×=.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.(14分)(2014•浙江)已知数列{a n}和{b n}满足a1a2a3…a n=(n∈N*).若{a n}为等比数列,且a1=2,b3=6+b2. (Ⅰ)求a n和b n；(Ⅱ)设c n=(n∈N*).记数列{c n}的前n项和为S n.(i)求S n；(ii)求正整数k,使得对任意n∈N*均有S k≥S n.考点：数列与不等式的综合；数列的求和.专题：等差数列与等比数列.分析：(Ⅰ)先利用前n项积与前(n﹣1)项积的关系,得到等比数列{a n}的第三项的值,结合首项的值,求出通项a n,然后现利用条件求出通项b n；(Ⅱ)(i)利用数列特征进行分组求和,一组用等比数列求和公式,另一组用裂项法求和,得出本小题结论；(ii)本小题可以采用猜想的方法,得到结论,再加以证明.解答：解：(Ⅰ)∵a1a2a3…a n=(n∈N*) ①,当n≥2,n∈N*时,②,由①②知：,令n=3,则有.∵b3=6+b2,∴a3=8.∵{a n}为等比数列,且a1=2,∴{a n}的公比为q,则=4,由题意知a n＞0,∴q＞0,∴q=2.∴(n∈N*).又由a1a2a3…a n=(n∈N*)得：,,∴b n=n(n+1)(n∈N*).(Ⅱ)(i)∵c n===.∴S n=c1+c2+c3+…+c n====；(ii)因为c1=0,c2＞0,c3＞0,c4＞0；当n≥5时,,而=＞0,得,所以,当n≥5时,c n＜0,综上,对任意n∈N*恒有S4≥S n,故k=4.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.(15分)(2014•浙江)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=.(Ⅰ)证明：DE⊥平面ACD；(Ⅱ)求二面角B﹣AD﹣E的大小.考点：二面角的平面角及求法；直线与平面垂直的判定.专题：空间位置关系与距离.分析：(Ⅰ)依题意,易证AC⊥平面BCDE,于是可得AC⊥DE,又DE⊥DC,从而DE⊥平面ACD；(Ⅱ)作BF⊥AD,与AD交于点F,过点F作FG∥DE,与AB交于点G,连接BG,由(Ⅰ)知DE⊥AD,则FG⊥AD,所以∠BFG就是二面角B﹣AD﹣E的平面角,利用题中的数据,解三角形,可求得BF=,AF=AD,从而GF=,cos∠BFG==,从而可求得答案.解答：证明：(Ⅰ)在直角梯形BCDE中,由DE=BE=1,CD=2,得BD=BC=,由AC=,AB=2得AB2=AC2+BC2,即AC⊥BC,又平面ABC⊥平面BCDE,从而AC⊥平面BCDE,所以AC⊥DE,又DE⊥DC,从而DE⊥平面ACD；作BF⊥AD,与AD交于点F,过点F作FG∥DE,与AB交于点G,连接BG,由(Ⅰ)知DE⊥AD,则FG⊥AD,所以∠BFG就是二面角B﹣AD﹣E的平面角,在直角梯形BCDE中,由CD2=BC2+BD2,得BD⊥BC,又平面ABC⊥平面BCDE,得BD⊥平面ABC,从而BD⊥AB,由于AC⊥平面BCDE,得AC⊥CD.在Rt△ACD中,由DC=2,AC=,得AD=；在Rt△AED中,由ED=1,AD=得AE=；在Rt△ABD中,由BD=,AB=2,AD=得BF=,AF=AD,从而GF=,在△ABE,△ABG中,利用余弦定理分别可得cos∠BAE=,BC=.在△BFG中,cos∠BFG==,所以,∠BFG=,二面角B﹣AD﹣E的大小为.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.(15分)(2014•浙江)如图,设椭圆C：(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.(Ⅰ)已知直线l的斜率为k,用a,b,k表示点P的坐标；(Ⅱ)若过原点O的直线l1与l垂直,证明：点P到直线l1的距离的最大值为a﹣b.考点：直线与圆锥曲线的综合问题.专题：圆锥曲线中的最值与范围问题.分析：(Ⅰ)设直线l的方程为y=kx+m(k＜0),由,消去y得(b2+a2k2)x2+2a2kmx+a2m2﹣a2b2=0,利用△=0,可求得在第一象限中点P的坐标；(Ⅱ)由于直线l1过原点O且与直线l垂直,设直线l1的方程为x+ky=0,利用点到直线间的距离公式,可求得点P 到直线l1的距离d=,整理即可证得点P到直线l1的距离的最大值为a﹣b..解：(Ⅰ)设直线l的方程为y=kx+m(k＜0),由,消去y得(b2+a2k2)x2+2a2kmx+a2m2﹣a2b2=0.由于直线l与椭圆C只有一个公共点P,故△=0,即b2﹣m2+a2k2=0,解得点P的坐标为(﹣,),又点P在第一象限,故点P的坐标为P(,).(Ⅱ)由于直线l1过原点O且与直线l垂直,故直线l1的方程为x+ky=0,所以点P到直线l1的距离d=,整理得：d=,因为a2k2+≥2ab,所以≤=a﹣b,当且仅当k2=时等号成立.所以,点P到直线l1的距离的最大值为a﹣b.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.(14分)(2014•浙江)已知函数f(x)=x3+3|x﹣a|(a∈R).(Ⅰ)若f(x)在[﹣1,1]上的最大值和最小值分别记为M(a),m(a),求M(a)﹣m(a)；(Ⅱ)设b∈R,若[f(x)+b]2≤4对x∈[﹣1,1]恒成立,求3a+b的取值范围.考点：导数在最大值、最小值问题中的应用.专题：压轴题；导数的综合应用.分析：(Ⅰ)利用分段函数,结合[﹣1,1],分类讨论,即可求M(a)﹣m(a)；(Ⅱ)令h(x)=f(x)+b,则h(x)=,h′(x)=,则[f(x)+b]2≤4对x∈[﹣1,1]恒成立,转化为﹣2≤h(x)≤2对x∈[﹣1,1]恒成立,分类讨论,即可求3a+b的取值范围.解：(Ⅰ)∵f(x)=x3+3|x﹣a|=,∴f′(x)=,①a≤﹣1时,∵﹣1≤x≤1,∴x≥a,f(x)在(﹣1,1)上是增函数,∴M(a)=f(1)=4﹣3a,m(a)=f(﹣1)=﹣4﹣3a,∴M(a)﹣m(a)=8；②﹣1＜a＜1时,x∈(a,1),f(x)=x3+3x﹣3a,在(a,1)上是增函数；x∈(﹣1,a),f(x)=x3﹣3x﹣3a,在(﹣1,a)上是减函数, ∴M(a)=max{f(1),f(﹣1)},m(a)=f(a)=a3,∵f(1)﹣f(﹣1)=﹣6a+2,∴﹣1＜a≤时,M(a)﹣m(a)=﹣a3﹣3a+4；＜a＜1时,M(a)﹣m(a)=﹣a3+3a+2；③a≥1时,有x≤a,f(x)在(﹣1,1)上是减函数,∴M(a)=f(﹣1)=2+3a,m(a)=f(1)=﹣2+3a,∴M(a)﹣m(a)=4；(Ⅱ)令h(x)=f(x)+b,则h(x)=,h′(x)=,∵[f(x)+b]2≤4对x∈[﹣1,1]恒成立,∴﹣2≤h(x)≤2对x∈[﹣1,1]恒成立,由(Ⅰ)知,①a≤﹣1时,h(x)在(﹣1,1)上是增函数,最大值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；②﹣1＜a≤时,最小值h(a)=a3+b,最大值h(1)=4﹣3a+b,∴a3+b≥﹣2且4﹣3a+b≤2,令t(a)=﹣2﹣a3+3a,则t′(a)=3﹣3a2＞0,t(a)在(0,)上是增函数,∴t(a)＞t(0)=﹣2,∴﹣2≤3a+b≤0；③＜a＜1时,最小值h(a)=a3+b,最大值h(﹣1)=3a+b+2,则a3+b≥﹣2且3a+b+2≤2,∴﹣＜3a+b≤0；④a≥1时,最大值h(﹣1)=3a+b+2,最小值h(1)=3a+b﹣2,则3a+b﹣2≥﹣2且3a+b+2≤2,∴3a+b=0.综上,3a+b的取值范围是﹣2≤3a+b≤0.。