2014年普通高等学校招生全国统一考试(浙江卷)_数学(文).doc

2014年普通高等学校招生全国统一考试(浙江卷)数学(文科)本试题卷分选择题和非选择题两部分全卷共4页，选择题部分1至2页，非选择题部分3至4页满分150分，考试时间120分钟考生注意：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，在本试题卷上的作答一律无效参考公式：球的表面积公式S4R2球的体积公式其中R表示球的半径锥体的体积公式其中S表示锥体的底面积，h表示锥体的高柱体的体积公式VSh其中S表示柱体的底面积，h表示柱体的高台体的体积公式其中S1，S2分别表示台体的上、下底面积，h表示台体的高如果事件A，B互斥，那么P(AB)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(2014浙江，文1)设集合Sx|x2，Tx|x5，则ST()A(，5 B2，)C(2,5) D2,5答案：D解析：由已知得STx|2x52,5，故选D.2(2014浙江，文2)设四边形ABCD的两条对角线为AC，BD，则“四边形ABCD为菱形”是“ACBD”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：当四边形ABCD为菱形时，其对角线互相垂直，必有ACBD；但当ACBD时，四边形不一定是菱形(如图)，因此“四边形ABCD为菱形”是“ACBD”的充分不必要条件故选A.3(2014浙江，文3)某几何体的三视图(单位：cm)如图所示，则该几何体的体积是()A72 cm3 B90 cm3C108 cm3 D138 cm3答案：B解析：由三视图可知，该几何体是一个组合体，其左侧是一个直三棱柱，右侧是一个长方体其中三棱柱的底面是一个直角三角形，其两直角边长分别是3 cm和4 cm，三棱柱的高为3 cm，因此其体积(cm3)长方体中三条棱的长度分别为4 cm,6 cm，3 cm，因此其体积V246372(cm3)故该几何体的体积VV1V2187290(cm3)，故选B.4(2014浙江，文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向右平移个单位C向左平移个单位 D向左平移个单位答案：A解析：由于，因此只需将的图象向右平移个单位，即可得到的图象，故选A.5(2014浙江，文5)已知圆x2y22x2ya0截直线xy20所得弦的长度为4，则实数a的值是()A2 B4 C6 D8答案：B解析：圆的方程可化为(x1)2(y1)22a，因此圆心为(1,1)，半径.圆心到直线xy20的距离，又弦长为4，因此由勾股定理可得，解得a4.故选B.6(2014浙江，文6)设m，n是两条不同的直线，是两个不同的平面()A若mn，n，则mB若m，则mC若m，n，n，则mD若mn，n，则m答案：C解析：当mn，n时，可能有m，但也有可能m或m，故A选项错误；当m，时，可能有m，但也有可能m或m，故选项B错误；当m，n，n时，必有，从而m，故选项C正确；在如图所示的正方体ABCDA1B1C1D1中，取m为B1C1，n为CC1，为平面ABCD，为平面ADD1A1，这时满足mn，n，但m不成立，故选项D错误7(2014浙江，文7)已知函数f(x)x3ax2bxc，且0f(1)f(2)f(3)3，则()Ac3 B3c6C6c9 Dc9答案：C解析：由于f(1)f(2)f(3)，所以1abc84a2bc279a3bc.由1abc84a2bc，整理得3ab7，由84a2bc279a3bc，整理得5ab19，由解得于是f(1)f(2)f(3)c6，又因为0f(1)f(2)f(3)3，因此0c63，解得6c9，故选C.8(2014浙江，文8)在同一直角坐标系中，函数f(x)xa(x0)，g(x)logax的图象可能是()答案：D解析：若a1，则函数g(x)logax的图象过点(1,0)，且单调递增，但当x(0,1)时，yxa(x0)的图象应在直线yx的下方，故C选项错误；若0a1，则函数g(x)logax的图象过点(1,0)，且单调递减，函数yxa(x0)的图象应单调递增，且当x(0,1)时图象应在直线yx的上方，因此A，B均错，只有D项正确9(2014浙江，文9)设为两个非零向量a，b的夹角已知对任意实数t，|bta|的最小值为1.()A若确定，则|a|唯一确定B若确定，则|b|唯一确定C若|a|确定，则唯一确定D若|b|确定，则唯一确定答案：B解析：|bta|2(bta)2|b|2|a|2t22abt，令f(t)|a|2t22abt|b|2，由于|bta|的最小值为1，所以函数f(t)的最小值也为1，即.又a，b均为非零向量，且夹角为，因此|b|2|b|2cos21，于是，因此当确定时，|b|2的值唯一确定，亦即|b|唯一确定，故选B.10(2014浙江，文10)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(仰角为直线AP与平面ABC所成角)若AB15 m，AC25 m，BCM30，则tan 的最大值是()A B C D答案：D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，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1.故选D.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(2014浙江，文11)已知i是虚数单位，计算_.答案：解析：.12(2014浙江，文12)若实数x，y满足则xy的取值范围是_答案：1,3解析：画出约束条件所确定的可行域(如图中阴影部分所示)令zxy，则yxz，画出直线l：yx，平移直线l，当l经过可行域中的点A(1,0)时，z取最小值，且zmin101；当l经过可行域中的点B(2,1)时，z取最大值，且zmax213，故xy的取值范围是1,313(2014浙江，文13)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_答案：6解析：第一次执行循环体S2011，i112；第二次执行循环体S2124，i213；第三次执行循环体S24311，i314；第四次执行循环体S211426，i415；第五次执行循环体S226557，i516，这时S5750，跳出循环，输出i6.14(2014浙江，文14)在3张奖券中有一、二等奖各1张，另1张无奖甲、乙两人各抽取1张，两人都中奖的概率是_答案：解析：甲、乙两人各抽取1张，一共有326种等可能的结果，两人都中奖的结果有212种，由古典概型计算公式可得所求概率为.15(2014浙江，文15)设函数f(x)若f(f(a)2，则a_.答案：解析：当a0时，f(a)a22a2(a1)210，于是f(f(a)f(a22a2)(a22a2)2，令(a22a2)22，显然无解；当a0时，f(a)a20，于是f(f(a)f(a2)(a2)22(a2)2a42a22，令a42a222，解得(a0，舍去)综上，a的取值为.16(2014浙江，文16)已知实数a，b，c满足abc0，a2b2c21，则a的最大值是_答案：解析：由abc0可得c(ab)又a2b2c21，所以a2b2(ab)21，整理得2b22ab2a210.又由a2b2c21易知0b21，1b1，因此关于b的方程2b22ab2a210在1,1上有解，所以解得，即a的最大值是.17(2014浙江，文17)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_答案：解析：双曲线的两条渐近线方程分别是和.由解得，由解得.设AB中点为E，则.由于|PA|PB|，所以PE与直线x3ym0垂直，而，于是.所以a24b24(c2a2)所以4c25a2，解得.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)(2014浙江，文18)在ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知.(1)求角C的大小；(2)已知b4，ABC的面积为6，求边长c的值分析：(1)利用二倍角的余弦公式及两角和的余弦公式，将已知条件化简由AB的余弦值，求出AB的值，从而得出角C的大小(2)利用三角形的面积公式求出a值，再由余弦定理即可求出c值解：(1)由已知得21cos(AB)4sin Asin B，化简得2cos Acos B2sin Asin B，故.所以，从而.(2)因为，由SABC6，b4，得.由余弦定理c2a2b22abcos C，得.19(本题满分14分)(2014浙江，文19)已知等差数列an的公差d0.设an的前n项和为Sn，a11，S2S336.(1)求d及Sn；(2)求m，k(m，kN*)的值，使得amam1am2amk65.分析：(1)利用等差数列前n项和公式与已知进行基本量运算，即可求出公差d，进而求出Sn.(2)利用等差数列的通项公式或前n项和公式可得出m，k的关系式，再由m，kN*，通过2mk113，k15，求出m，k的值解：(1)由题意知(2a1d)(3a13d)36，将a11代入上式解得d2或d5.因为d0，所以d2.从而an2n1，Snn2(nN*)(2)由(1)得amam1am2amk(2mk1)(k1)所以(2mk1)(k1)65.由m，kN*知2mk1k11，故所以20(本题满分15分)(2014浙江，文20)如图，在四棱锥ABCDE中，平面ABC平面BCDE，CDEBED90，ABCD2，DEBE1，.(1)证明：AC平面BCDE；(2)求直线AE与平面ABC所成的角的正切值分析：(1)先由勾股定理的逆定理，证出线线垂直，再利用面面垂直的性质定理，推出线面垂直，即得结论(2)由面面垂直的性质可得线面垂直，利用线面垂直的转化，可求作并证明所求线面角(为EAF)将空间角转化为平面角，再利用解直角三角形，求出线面角的正切值(1)证明：连接BD.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.(2)解：在直角梯形BCDE中，由，DC2，得BDBC，又平面ABC平面BCDE，所以BD平面ABC.作EFBD，与CB延长线交于F，连接AF，则EF平面ABC.所以EAF是直线AE与平面ABC所成的角在RtBEF中，由EB1，得，.在RtACF中，由，得.在RtAEF中，由，得.所以直线AE与平面ABC所成的角的正切值是.21(本题满分15分)(2014浙江，文21)已知函数f(x)x33|xa|(a0)若f(x)在1,1上的最小值记为g(a)(1)求g(a)；(2)证明：当x1,1时，恒有f(x)g(a)4.分析：(1)由于f(x)解析式中含绝对值，因此要去绝对值符号化简解析式必须对a0分情况讨论，并对x所属区间讨论再通过求导数判断函数的单调性，利用函数单调性求出函数f(x)的最小值g(a)(2)令h(x)f(x)g(a)，问题转化为h(x)4在x1,1上恒成立对恒成立问题，常转化为函数最值问题处理，即只需求出函数h(x)在1,1上的最大值为4.因此，根据g(a)分情况讨论h(x)的最大值，借助于导数，利用函数单调性法求最值即可得解(1)解：因为a0，1x1，所以当0a1时，若x1，a，则f(x)x33x3a，f(x)3x230，故f(x)在(1，a)上是减函数；若xa,1，则f(x)x33x3a，f(x)3x230，故f(x)在(a,1)上是增函数所以g(a)f(a)a3.当a1时，有xa，则f(x)x33x3a，f(x)3x230.故f(x)在(1,1)上是减函数，所以g(a)f(1)23a.综上，(2)证明：令h(x)f(x)g(a)，当0a1时，g(a)a3.若xa,1，h(x)x33x3aa3，得h(x)3x23，则h(x)在(a,1)上是增函数，所以，h(x)在a,1上的最大值是h(1)43aa3，且0a1，所以h(1)4.故f(x)g(a)4.若x1，a，h(x)x33x3aa3，得h(x)3x23，则h(x)在(1，a)上是减函数，所以，h(x)在1，a上的最大值是h(1)23aa3.令t(a)23aa3，则t(a)33a20.知t(a)在(0,1)上是增函数所以，t(a)t(1)4，即h(1)4.故f(x)g(a)4.当a1时，g(a)23a，故h(x)x33x2，得h(x)3x23，此时h(x)在(1,1)上是减函数，因此h(x)在1,1上的最大值是h(1)4.故f(x)g(a)4.综上，当x1,1时，恒有f(x)g(a)4.22(本题满分14分)(2014浙江，文22)已知ABP的三个顶点都在抛物线C：