2014年全国高考理科数学试题及答案-浙江卷

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

22B. 129cm

22C. 132cm D. 138cm

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

5. 在(1x)6(1y)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) （ ）

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（ ）

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yA.min{|ab|,|ab|}min{|a|,|b|} B.min{|ab|,|ab|}min{|a|,|b|} C.min{|ab|D.min{|ab|2,|ab|2}|a|2|b|2 ,|ab|2}|a|2|b|2

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

2210. 设函数f1(x)x，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________.

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0x2y216.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，

ab若点P(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

某目标点沿墙面的射击线的大小.若

的墙面前的点处进行射击训练. 已知点到墙面的距离为移动，此人为了准确瞄准目标点，需计算由点观察点的仰角

则

的最大值

，

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3，cos2Acos2B3sinAcosA3sinBcosB

（1）求角C的大小 （2）若sinA4，求ABC的面积 519.（本题满分14分）已知数列an和bn满足a1a2an2nN.若a为等比数列，且

bnna12,b36b2.

（1）求an与bn； （2）设cn11nN。记数列cn的前n项和为Sn. anbn（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

A BCDE，CDEBED90，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 21.(本题满分15分)

D E B C

x2y2如图，设椭圆C:221ab0,动直线l与椭圆Cab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4对x1,1恒成立，求3ab的取值范围.

2

参考答案

一、选择题：本题考查基本知识和基本运算。每小题5分，满分50分。

1.B 6.C

2.A 7.D

3.D 8.D

4.C 9.A

5.C 10.B

二、填空题：本题考查基本知识和基本运算。每小题4分，满分28分。

11. 6

12.

2 513. [1,]

3214. 60

15.(,2]

16. 5 217. 53 9三、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.本题主要考查诱导公式、两角和差公式、二倍角公式、正弦定理、余弦定理、三角形面积公式等基础知识，同时考查运算求解能力。满分14分。 （Ⅰ）解：由题意得

1cos2A1cos2B33sin2Asin2B 2222即3cos2A3cos2B sin2Asin2B2222sin(2A)sin(2B)

66由ab，得AB，又AB(0,)，得2A即AB所以C62B6

2 3

3（Ⅱ）解：由c3,sinA4ac8,，得a 5sinAsinC53由ac，得AC，从而cosA，故

5sinBsin(AC)

sinAcosCcosAsinC

433 10

所以，ABC的面积为S18318 acsinB22519.本题主要考查等差数列与等比数列的概念、通项公式、求和公式、不等式性质等基础知识、同时考查运算求解能力。满分14分。

bnaaa...a(2),b3b26 （Ⅰ）解：由题意123n知a3(2)b3b28

又由a12，得公比q2（q2，舍去），所以数列{an}的通项为

an2n(nN*)

所以a1a2a3...an2故数列{bn}的通项为

n(n1)2(2)n(n1)

bnn(n1)(nN*)

（Ⅱ）（ⅰ）由（Ⅰ）知cn所以Sn11111n()(nN*) anbn2nn111n(nN*) n12（ⅱ）因为c10,c20,c30,c40；

当n5时，cn1n(n1)[1]

n(n1)2nn(n1)n(n1)(n2)n(n1)(n2)0 2n2n12n1n(n1)5(51)1 得n522而

所以，当n5时，cn0

*综上，对任意nN恒有S4Sn，故k4

20.本题主要考查空间点、线、面位置关系，二面角等基础知识，空间向量的应用，同时考查空间想象能力、推理论证和运算求解能力。满分15分。

（Ⅰ）证明：在直角梯形BCDE中，由DEBE1,CD2，得

BDBC2 由AC2,AB2，得AB22ACB2，C即

ACB C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，连接BG，由（Ⅰ）知DEAD，则FGAD，所以BFG是二面角BADE的平面角。

222在直角梯形BCDE中，由CD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RtABD中，由BD2,AB2,AD6，得BF232,AFAD，从而33GF2 3在ABE,ABG中，利用余弦定理分别可得

cosBAE572,BG 143GF2BF2BG23在BFG中，cosBFG

2BFGF2

所以，BFG6，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。

由题意知各点坐标如下：

D(0,0,0),E(1,0,0),C(0,2,0),A(0,2,2),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),AE(1,2,2),DB(1,1,0),

mAD02y12z10由得可取 mAE0x12y12z10m(0,1,2)

2y22z20nAD0由得可取 x2y20nBD0n(1,1,2)

于是|cosm,n||mn|33 |m||n|322由题意可知，所求二面角时锐角，故二面角BADE的大小是

 621.本题主要考查椭圆的几何性质、点到直线距离、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。满分15分。

ykxm（Ⅰ）解：设直线l的方程为ykxm(k0)，由x2y2，消去y得

1ba(b2a2k2)x22a2kmxa2m2a2b20

2222由于l与C只有一个公共点，故0，即bmak0，解得点P的坐标为

a2kmb2km(2,) ba2k2b2a2k2又点P在第一象限，故点P的坐标为

P(a2kbak222,b2bak222)

（Ⅱ）解：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

a2kd整理得

bak222b2kb2a2k22

1kda2b2b2a2a2k2bk22

b2因为ak22ab，所以

k22a2b2b2a2a2k2当且仅当k2bk22a2b2ba2ab22ab

b时等号成立。 a所以，点P到直线l1的距离的最大值为ab。

22.本题主要考查函数最大（最小）值的概念、利用导数研究函数的单调性等基础知识，同时考查推理论证、分类讨论、分析问题和解决问题等综合解题能力。满分14分。

32x3x3a,xa3x3,xa（Ⅰ）解：因为fx3，所以fx2

x3x3a,xa3x3,xa由于1x1

（ⅰ）当a1时，有xa，故

fxx3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

故M(a)m(a)(43a)(43a)8 （ⅱ）当1a1时，

若x(a,1),f(x)x33x3a，在(a,1)上是增函数； 若x(1,a),f(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1时 3M(a)m(a)a33a4；

当

1a1时 3M(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)4 综上

8,a1,　　　　　　　　1a33a4,　　1a,3 M(a)m(a)1a33a2,　　a1,3　　　　　　　　a14,

（Ⅱ）解：令h(x)f(x)b，则

3x3x3ab,xah(x)3

x3x3ab,xa23x3,xah(x)2

3x3,xa因为[f(x)b]2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，

（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， 3h(x)在[1,1]上的最小值是h(a)a3b，

最大值是h(1)43ab，

所以ab2，且43ab2， 从而

32a33a3ab6a2且0a1 31332令t(a)2a3a，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a1时， 3

h(x)在[1,1]上的最小值是h(a)a3b，最大值是h(1)3ab2，

所以

a3b2且3ab22，

解得

283ab0； 27（ⅳ）当a1时，

h(x)在[1,1]上的最大值是h(1)23ab，最小值是h(1)23ab，

所以

3ab22且3ab22，

解得

3ab0

综上，得3ab的取值范围是

23ab0