2014年高考数学(理)真题(word版)——浙江卷(试题+答案解析.doc

淘宝网营丘书社地址：/2014年普通高等学校招生全国统一考试(浙江卷)数学试题卷(理工农医类)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(2014浙江，理1)设全集UxN|x2，集合AxN|x25，则UA()A B2 C5 D2,52(2014浙江，理2)已知i是虚数单位，a，bR，则“ab1”是“(abi)22i”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(2014浙江，理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()A90 cm2 B129 cm2C132 cm2 D138 cm24(2014浙江，理4)为了得到函数ysin 3xcos 3x的图象，可以将函数的图象()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(2014浙江，理5)在(1x)6(1y)4的展开式中，记xmyn项的系数为f(m，n)，则f(3,0)f(2,1)f(1,2)f(0,3)()A45 B60 C120 D2106(2014浙江，理6)已知函数f(x)x3ax2bxc，且0f(1)f(2)f(3)3，则()Ac3 B3c6C6c9 Dc97(2014浙江，理7)在同一直角坐标系中，函数f(x)xa(x0)，g(x)logax的图象可能是()8(2014浙江，理8)记设a，b为平面向量，则()Amin|ab|，|ab|min|a|，|b|Bmin|ab|，|ab|min|a|，|b|Cmax|ab|2，|ab|2|a|2|b|2Dmax|ab|2，|ab|2|a|2|b|29(2014浙江，理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个蓝球(m3，n3)，从乙盒中随机抽取i(i1,2)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(i1,2)；(b)放入i个球后，从甲盒中取1个球是红球的概率记为pi(i1,2)则()Ap1p2，E(1)E(2) Bp1p2，E(1)E(2)Cp1p2，E(1)E(2) Dp1p2，E(1)E(2)10(2014浙江，理10)设函数f1(x)x2，f2(x)2(xx2)，i0,1,2，99.记Ik|fk(a1)fk(a0)|fk(a2)fk(a1)|fk(a99)fk(a98)|，k1,2,3.则()AI1I2I3 BI2I1I3CI1I3I2 DI3I2I1二、填空题：本大题共7小题，每小题4分，共28分11(2014浙江，理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(2014浙江，理12)随机变量的取值为0,1,2，若，E()1，则D()_.13(2014浙江，理13)当实数x，y满足时，1axy4恒成立，则实数a的取值范围是_14(2014浙江，理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(2014浙江，理15)设函数若f(f(a)2，则实数a的取值范围是_16(2014浙江，理16)设直线x3ym0(m0)与双曲线(a0，b0)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(2014浙江，理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沿墙面上的射线CM移动，此人为了准确瞄准目标点P，需计算由点A观察点P的仰角的大小若AB15 m，AC25 m，BCM30，则tan 的最大值是_(仰角为直线AP与平面ABC所成角)三、解答题：本大题共5小题，共72分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤18(本小题满分14分)(2014浙江，理18)在ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知ab，.(1)求角C的大小；(2)若，求ABC的面积19(本小题满分14分)(2014浙江，理19)已知数列an和bn满足a1a2a3an若an为等比数列，且a12，b36b2.(1)求an与bn；(2)设 (nN*)记数列cn的前n项和为Sn.求Sn；求正整数k，使得对任意nN*均有SkSn.20(本小题满分15分)(2014浙江，理20)如图，在四棱锥ABCDE中，平面ABC平面BCDE，CDEBED90，ABCD2，DEBE1，.(1)证明：DE平面ACD；(2)求二面角BADE的大小21(本小题满分15分)(2014浙江，理21)如图，设椭圆C：(ab0)，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l1与l垂直，证明：点P到直线l1的距离的最大值为ab.22(本小题满分14分)(2014浙江，理22)已知函数f(x)x33|xa|(aR)(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f(x)b24对x1,1恒成立，求3ab的取值范围答案解析一、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1答案：B解析：由题意知集合，则，故选B.2答案：A解析：当ab1时，(abi)2(1i)22i，反之，(abi)2a2b22abi2i，则a2b20,2ab2，解得a1，b1或a1，b1.故“ab1”是“(abi)22i”的充分不必要条件，应选A.3答案：D解析：由题干中的三视图可得原几何体如图所示故该几何体的表面积S24623436333435234138(cm2)故选D.4答案：C解析：，因此需将函数的图象向右平移个单位故选C.5答案：C解析：(1x)6展开式的通项公式为，(1y)4展开式的通项公式为，(1x)6(1y)4展开式的通项可以为.f(3,0)f(2,1)f(1,2)f(0,3)2060364120.故选C.6答案：C解析：由f(1)f(2)f(3)，得解得从而可得f(x)x36x211xc.又由0f(1)3，得01611c3，即6c9.故选C.7答案：D解析：由于本题中函数为yxa(x0)与ylogax，对于选项A，没有幂函数图象，故错误；对于选项B，由yxa(x0)的图象知a1，而由ylogax的图象知0a1，故B错误；对于选项C，由yxa(x0)的图象知0a1，而由ylogax的图象知a1，故C错误；对于选项D，由yxa(x0)的图象，知0a1，而由ylogax的图象知0a1，故选D.8答案：D解析：根据向量运算的几何意义，即三角形法则，可知min|ab|，|ab|与min|a|，|b|的大小关系不确定，故A，B选项错误当a，b中有零向量时，显然max|ab|2，|ab|2|a|2|b|2成立由于|ab|2|a|2|b|22ab|a|2|b|22|a|b|cosa，b，|ab|2|a|2|b|22ab|a|2|b|22|a|b|cosa，b，若a0，b0，则当0a，b90时，显然|ab|2|ab|2，且|ab|2|a|2|b|2；当a，b90时，显然|ab|2|ab|2|a|2|b|2；当90a，b180时，显然|ab|2|ab|2，而|ab|2|a|2|b|2.故总有max|ab|2，|ab|2|a|2|b|2成立故选D.9答案：A解析：，.故p1p2.1的可能取值为1,2，；.故.2的可能取值为1,2,3.，故.于是E(1)E(2).又m3，n3，E(1)E(2)0，即E(1)E(2)综上，应选A.10答案：B解析：由，结合题意可得I11.由结合题意可得.因此I2I1I3，故选B.二、填空题：本大题共7小题，每小题4分，共28分11答案：6解析：第一次运行结果S1，i2，第二次运行结果S4，i3，第三次运行结果S11，i4，第四次运行结果S26，i5，第五次运行结果S57，i6，此时5750，输出i6.12答案：解析：设1时的概率为p，则，解得.故.13答案：解析：作出题中线性规划条件满足的可行域如图阴影部分所示，令zaxy，即yaxz.作直线l0：yax，平移l0，最优解可在A(1,0)，B(2,1)，处取得故由1z4恒成立，可得解得.14答案：60解析：不同的获奖情况分为两种，一是一人获两张奖券一人获一张奖券，共有种；二是有三人各获得一张奖券，共有种因此不同的获奖情况有362460种15.答案：解析：由题意得或解得f(a)2.由或解得.16答案：解析：由双曲线方程可知，它的渐近线方程为与，它们分别与x3ym0联立方程组，解得，.由|PA|PB|知，可设AB的中点为Q，则，由PQAB，得kPQkAB1，解得2a28b28(c2a2)，即.故.17答案：解析：由于ABBC，AB15 m，AC25 m，所以.过点P作PNBC交BC于N，连接AN(如图)，则PAN，.设NCx(x0)，则BN20x，于是，PNNC，所以，令，则，当时，625t240t1取最小值，因此的最小值为，这时tan 的最大值为.三、解答题：本大题共5小题，共72分18(本小题满分14分) 分析：(1)将已知等式运用二倍角的正、余弦公式和辅助角公式化为2A,2B的三角函数式，结合角A，B的范围求出2A,2B的关系式，然后求出角C.(2)由(1)知C，又已知sin A，c，则可由求出a，则由知，只需求sin B即可结合B(AC)运用两角和的正弦公式可求sin B.解：(1)由题意得，即，由ab，得AB，又AB(0，)，得，即，所以.(2)由，得.由ac，得AC，从而，故sin Bsin(AC)sin Acos Ccos Asin C.所以ABC的面积为.19(本小题满分14分)分析：(1)an为等比数列，且a12，要求an，只需求公比q.又已知b36b2，故由a1a2a3an可得，由此可求出a3，进而由a3a1q2可求出q，则an可求求出an，则a1a2an可求，从而bn可求(2)先由(1)中所求an，bn求出cn，进而求出Sn；若存在正整数k，使得对任意nN*，均有SkSn，则说明Sn具有最大值，即判断数列cn中各项的符号先具体判断前4项的符号，再用作差法判断从第5项开始的以后各项的符号解：(1)由题意，b3b26，知，又由a12，得公比q2(q2，舍去)，所以数列an的通项为an2n(nN*)所以，故数列bn的通项为bnn(n1)(nN*)(2)由(1)知(nN*)，所以(nN*)因为c10，c20，c30，c40，当n5时，而，得.所以，当n5时，cn0.综上，对任意nN*恒有S4Sn，故k4.20(本小题满分15分) 分析：(1)先在直角梯形BCDE中求出BC，即可利用勾股定理验证ACBC，然后利用面面垂直的性质定理将已知平面ABC平面BCDE转化为AC平面BCDE，从而得到ACDE，最后结合已知DEDC即可证得结论(2)方法一，根据(1)问中证得的垂直关系作出所求二面角的平面角，然后分别求出其所在三角形的三边长，利用余弦定理求其值；方法二，根据(1)问证得的垂直关系建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标及二面角两个半平面的法向量，最后利用这两个法向量的夹角表示所求二面角即可解：(1)在直角梯形BCDE中，由DEBE1，CD2，得.由，AB2，得AB2AC2BC2，即ACBC.又平面ABC平面BCDE，从而AC平面BCDE.所以ACDE，又DEDC，从而DE平面ACD.(2)方法一：作BFAD，与AD交于点F，过点F作FGDE，与AE交于点G，连结BG，由(1)知DEAD，则FGAD.所以BFG是二面角BADE的平面角在直角梯形BCDE中，由CD2BC2BD2，得BDBC，又平面ABC平面BCDE，得BD平面ABC，从而BDAB.由于AC平面BCDE，得ACCD.在RtACD中，由DC2，得.在RtAED中，由ED1，得.在RtABD中，由，AB2，得，.从而.在ABE，ABG中，利用余弦定理分别可得，.在BFG中，.所以，即二面角BADE的大小是.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Dxyz，如图所示由题意知各点坐标如下：D(0,0,0)，E(1,0,0)，C(0,2,0)，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，由得可取由即可取于是.由题意可知，所求二面角是锐角，故二面角BADE的大小是.21(本小题满分15分)分析：(1)因为直线与椭圆只有一个公共点，则只需联立直线与椭圆方程，消去y，得到关于x的一元二次方程，则由判别式0可求(2)由直线l1过原点且与直线l垂直，即可求出直线l1的方程，进而利用点到直线的距离公式求出点P到直线l1的距离，然后寻找不等关系消去k即可解：(1)设直线l的方程为ykxm(k0)，由消去y得(b2a2k2)x22a2kmxa2m2a2b20.由于l与C只有一个公共点，故0，即b2m2a2k20，解得点P的坐标为.又点P在第一象限，故点P的坐标为.(2)由于直线l1过原点O且与l垂直，故直线l1的方程为xky0，所以点P到直线l1的距离，整理得.因为，所以，当且仅当时等号成立所以，点P到直线l1的距离的最大值为ab.22(本小题满分14分) 分析：(1)要求函数的最值需研究函数的单调性，因函数解析式含有三次式和绝对值，故需先去绝对值然后利用导数研究其单调性又因为要求的是区间1,1上的最值，故需分a1，1a1和a1三种情况讨论(2)f(x)b24对x1,1恒成立，即2f(x)b2对x1,1恒成立，也即函数h(x)f(x)2，x1,1的值域应为2,2的子集，由此寻求a，b满足的条件，进而求出3ab的取值范围解：(1)因为所以由于1x1，当a1时，有xa，故f(x)x33x3a，此时f(x)在(1,1)上是增函数，因此，M(a)f(1)43a，m(a)f(1)43a，故M(a)m(a)(43a)(43a)8.当1a1时，若