2014年高考真题理科数学(浙江卷)-精校版-Word版含答案

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UxN|x2，集合AxN|x25，则CUA（ ） A.  B. {2} C. {5} D. {2,5}

（2）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）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. 90cm B. 129cm C. 132cm D. 138cm

2222

4.为了得到函数ysin3xcos3x的图像，可以将函数y2sin3x的图像（ ）

个单位 B.向左平移个单位 44C.向右平移个单位 D.向左平移个单位

1212A.向右平移

64mnf(0,3) 5.在(1x)(1y)的展开式中，记xy项的系数为f(m,n)，则f(3,0)f(2,1)f(1,2）（ ）

A.45 B.60 C.120 D. 210

6.已知函数f(x)xax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 7.在同意直角坐标系中，函数f(x)x(x0),g(x)logax的图像可能是（ ）

1

a32

x,xyy,xy8.记max{x,y}，min{x,y}，设a,b为平面向量，则（ ）

y,xyx,xy A.min{|ab|,|ab|}min{|a|,|b|} B.min{|ab|,|ab|}min{|a|,|b|} C.min{|ab|2,|ab|2}|a|2|b|2 ,|ab|2}|a|2|b|2

D.min{|ab|29.已知甲盒中仅有1个球且为红球，乙盒中有m个红球和n个篮球m3,n3，从乙盒中随机抽取

ii1,2个球放入甲盒中.

（a）放入i个球后，甲盒中含有红球的个数记为ii1,2；

（b）放入i个球后，从甲盒中取1个球是红球的概率记为pii1,2. 则

A.p1p2,E1E2 B.p1p2,E1E2 C.p1p2,E1E2 D.p1p2,E1E2 10.设函数f1(x)x22，f2(x)2(xx),f3(x)1i|sin2x|，ai,i0,1,2,,99，记399Ik|fk(a1)fk(a0)||fk(a2)fk(a1)||fk(a99)fk(a98)|，k1,2,3.则( )

A.I1I2I3 B. I2I1I3 C. I1I3I2 D. I3I2I1 二、填空题：本大题共7小题，每小题4分，共28分.

11.若某程序框图如图所示，当输入50时，则该程序运算后输出的结果是________.

2

12.随机变量的取值为0,1,2，若P01，E1，则D________. 5x2y40,13.当实数x，y满足xy10,时，1axy4恒成立，则实数a的取值范围是________.

x1,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）.

2xx,x015.设函数fx2若ffa2，则实数a的取值范围是______

x,x0x2y215.设直线x3ym0(m0)与双曲线221（ab0）两条渐近线分别交于点A,B，若点

abP(m,0)满足PAPB,则该双曲线的离心率是__________

17、如图，某人在垂直于水平地面标点沿墙面的射击线

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

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

3

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，

cos2A-cos2B3sinAcosA-3sinBcosB.

（I）求角C的大小； （II）若sinA45，求ABC的面积. 19（本题满分14分）已知数列abnn和bn满足a1a2an2nN.若an为等比数列，且

a12,b36b2.

（1）求an与bn； （2）设c1na1bnN。记数列cn的前n项和为Sn. nn（i）求Sn；

（ii）求正整数k，使得对任意nN，均有SkSn．

20. （本题满分15分）如图，在四棱锥ABCDE中，平面ABC平面

BCDE,CDEBED900,ABCD2,DEBE1,AC2.

（1）证明：DE平面ACD; （2）求二面角BADE的大小

4A68DC1012EB14

1618 4

x2y221(本题满分15分)如图，设椭圆C:221ab0,动直线l与椭圆C只有一个公共点P，且点Pab在第一象限.

（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l1与l垂直，证明：点P到直线l1的距离的最大值为ab. 22.（本题满分14分）已知函数fxx33xa(aR).

（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bR,若fxb24对x1,1恒成立，求3ab的取值范围.

5

参考答案

1.B 2.A 3.Ｄ 4.Ｄ 5.C 6. Ｃ 7.Ｄ 8.Ｄ 9.Ｃ 10.B 11.6 12.

25533 13.1, 14.60 15.a2 16. 17. 529218. （I）由题意得，

1cos2A1cos2B33sin2Asin2B，即22223131sin2Acos2Asin2Bcos2B， 2222sin(2A)sin(2B)，由ab得，AB，又AB0,，得2A2B，即

66662AB，所以C；

334ac83（II）由c3，sinA，得a，由ac，得AC，从而cosA，故

5sinAsinC55sinBsinACsinAcosCcosAsinC18318． SacsinB22519. （I）由题意，a1a2an433，所以ABC的面积为102nN，bbbn326，知a32b3b28，又有a12，得公

比q2（q2舍去），所以数列an的通项公式为an2n(nN)，所以

a1a2a3an2nn122nn1，故数列bn的通项公式为，bnnn1(nN)；

（II）（i）由（I）知，cn1111111S(nN)； ，所以n(nN)nnn12anbn2nn1nn11（ii）因为c10,c20,c30,c40；当n5时，cn1，而nn12nnn1n1n2n1n2nn15510，得1，所以当n5时，cn0，综2n2n12n12n25上对任意nN恒有S4Sn，故k4．

20. （I）在直角梯形BCDE中，由DEBE1，CD2得，BDBC2，由AC2,AB2，

222则AB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；

6

（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BCDE222中，由CD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RtACD中，由CD2，AC2，得

AD6，

4A6FDGEBC8101214

16在RtAED中，DE1，AD6，得AE7，在RtABD中，BD2，AB2，AD6，

18得BF2223，AFAD，从而GF，在ABE,ABG中，利用余弦定理分别可得

333572GF2BF2BG23，所以BFG，cosBAE,BG，在BFG中，cosBFG61432BFGF2即二面角BADE的大小是

． 6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：D0,0,0,E1,0,0,C0,2,0,A0,2,2,B1,1,0，设平面ADE的法向

量为mx1,y1,z1，平面ABD的法向量为nx2,y2,z2，可算得AD0,2,2，

mAD002y12z10DB1,1,0,AE1,2,2，由得，，可取m0,1,2，由mAE0x12y12z10mn302y22z20nAD0n1,1,2得，，可取，于是，由题意可知，cosm,n2x2y20mnnBD0所求二面角是锐角，故二面角BADE的大小是

． 6 7

Z4A68DExC10Y12B14

1618ykxm21. （I）设直线l的方程为ykxmk0，由x2y2，消去y得，

221abb22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

222a2kmb2mbmak0，解得点P的坐标为2，由点P在第一象限，故点P的坐标,22222bakbaka2kb2为,222bakb2a2k2； （II）由于直线l1过原点O，且与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a2kbak222b2b2a2k2b2，整理得d，因为ak22ab，所以

2kb2222baak2ka2b2221k2a2b2b2baak2k2222a2b2b2a22abab，当且仅当k2b时等号成立，所以点P到直线l1的距a离的最大值为ab.

x33x3a,(xa)3x23,(xa)22.（I）因为fx3，所以f'x2，由于1x1，

x3x3a,(xa)3x3,(xa)3（i）当a1时，有xa，故fxx3x3a，此时fx在1,1上是增函数，因此

Maf143a，maf143a，Mama43a43a8

（ii）当1a1时，若xa,1，fxx3x3a，在a,1上是增函数，，若x1,a，

3fxx33x3a，在1,a上是减函数，所以mamaxf1,f1，mafaa3，

由于f1f16a2，因此，当1a113时，Mamaa3a4，当a1时，33

8

Mamaa33a2，

（iii）当a1时，有xa，故fxx33x3a，此时fx在1,1上是减函数，因此

Maf123a，maf123a，故Mama23a23a4，综上8,a1a33a4,1a13Mama；

a33a2,1a134,a13x23,(xa)x33x3ab,(xa)（II）令hxfxb，则hx3，h'x2，因为

3x3,(xa)x3x3ab,(xa)fxb4，对x1,1恒成立，即2hx2对x1,1恒成立，所以由（I）知，

2（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，最小值是h143ab，则43ab2，且43ab2，矛盾； （ii）当1a1时，hx在1,1上的最大值是h143ab，最小值是haa3b，所以31a3b2，43ab2，从而2a33a3ab6a2且0a，令ta2a33a，

32则t'a33a0，ta在0,上是增函数，故tat02，因此23ab0， （iii）当

131a1时，hx在1,1上的最大值是h13ab2，最小值是haa3b，所以3283ab0， a3b2，3ab22，解得27（iv）当a1时，hx在1,1上的最大值是h13ab2，最小值是h123ab，所以

3ab22，23ab2，解得3ab0，综上3ab的取值范围23ab0.

9