1、第 1 页 共 17 页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 ，集合 ，则 （ ）|2UxN2|5AxNUCAA. B. C. D. ,2. 已知 是虚数单位， ,则“ ”是“ ”的（ ）i,abR1b()abiA. 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. 90 B. 129 2cm2cC. 132 D. 138
2、m4. 为了得到函数 的图像，可以将函sin3osyx数 的图像（ ）oyA. 向右平移 个单位 B. 向左平移 个单位 44C. 向右平移 个单位 D. 向左平移 个单位 12125.在 的展开式中,记 项的系数 ，则64()xymnxy(,)fn= （ ）3,0()(0,3)ffffA. 45 B. 60 C. 120 D. 2106. 已知函数 ，且 （ ）32)abc()2)(3fffA. B. C. D. c669c9c7. 在同一直角坐标系中，函数 ， 的图像可能是（ ()0afxlogax）8. 记 ， ，设 为平面向量，则（ ）,max,xyyy,min,x,abA in|ba
3、bB. ,i,C. 222ax|D. ,a第 2 页 共 17 页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 ，从(3,)mn乙盒中随机抽取 个球放入甲盒中.(,2)i（a）放入 个球后，甲盒中含有红球的个数记为 ；(1,2)i（b）放入 个球后，从甲盒中取 1 个球是红球的概率记为 .,ip则 ( )A. B. 1212,()pE1212()EC. D. ,10. 设函数 ， ， ， ，1()fx22()fx3(|sin|fxx9iai,0i，记 ，9 102198| |(|()()|kkkkkkIfaffafff则 ( )1,23kA. B. C. D. I
4、23I32II321II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 ， ，1(0)5P()E则 =_.()D13.当实数 满足 时， 恒成立，,xy241y4axy则实数 的取值范围是_.a14. 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 若 ，则实数 的2,0()xf()2faa取值范围是_16.设直线 ( ) 与双曲线3ym（ ）两条渐近
5、线分别12bax0,ab交于点 A，B.若点 满足 ,则()P|APB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第 3 页 共 17 页移动，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， ， ,则 的最大值是 (仰角 为直15ABm25C30BMtan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.（本题满分 14 分）在ABC 中，内角 A，B，C 所对的边
6、分别为 a，b，c已知 ,3abc22cos3sinco3sinoAB（）求角 C 的大小； （）若 ，求ABC 的面积 4i519.（本题满分14分）已知数列 和 满足 .若 为等比数列，且nab123(2)*)nbnaN na132,6ab() 求 与 ；() 设 .记数列 的前 项和为 ,1(*)nncNabncnS（i）求 ；S（ii）求正整数 ，使得对任意 均有 .kkn20.（本题满分 15 分）如图，在四棱锥 中，平面 平面 , ，ABCDEABCDE90CBED, , .2ABC12() 证明： 平面 ;() 求二面角 的大小.第 4 页 共 17 页21(本题满分15分)如图
7、，设椭圆 C: 动直线 与椭圆 C 只有一个公共点 P，且点)0(12bayxlP 在第一象限.() 已知直线 的斜率为 ，用 表示点 P 的坐标；lk,() 若过原点 的直线 与 垂直，证明：点 到直线 的距离的最大值为 .O1l 1lab22.（本题满分 14 分）已知函数 3().fxaR() 若 在 上的最大值和最小值分别记为 ，求 ；1, (),Mam()a() 设 若 对 恒成立，求 的取值范围.,bR24fb1,x3b第 5 页 共 17 页2014 年高考浙江理科数学试题参考答案一、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
8、是符合题目要求的.1.【解析】 = ，2|AxN|x|5UC【答案】B2.【解析】当 时， ，反之，1ab22()(1)abii2()abi即 ，则 解得 或22i0b1【答案】A3.【解析】由三视图可知直观图左边一个横放的三棱柱右侧一个长方体，故几何体的表面积为： .14634634352348S【答案】D4.【解析】 =sincos2in()yxxsin()x而 = 2c3()s36由 ，即()()612xx12x故只需将 的图象向右平移 个单位. 故选 Ccosy【答案】C5.【解析】令 ，由题意知 即为 展开x(3,0)(,)(,2)(0,3)ffff10()x式中 的系数，故 = ，
9、故选 C3(,)21f 71【答案】C6.【解析】由 得 解得1()fff84293abcabc，所以 ,由 得6ab3261fxx0(1)f，即 ，故选 C0c9c【答案】C7.【解析】函数 ， 分别的幂函数与对数函数()0)af(loga答案 A 中没有幂函数的图像 , 不符合；答案 B 中， 中 ，()0)afx1中 ，不符合；答案 C 中， 中 ，()logax01(a第 6 页 共 17 页中 ，不符合；答案 D 中， 中 ，()logax1()0)afx1a中 ，符合. 故选 D 0【答案】D8.【解析】由向量运算的平行四边形法可知 与 的大min|,|bmin|,|b小不确定，平
10、行四边形法可知 所对的角大于或等于 ，由余弦ax|, 90定理知 ，222max|,|b（或 ）.22|(|)| |baab【答案】D9.【解析 1】 ，12()nmnp= 21223nmnnCCA 23(1)n = ，12()p2()1)5(06m故 又 ，1nPm1Pmn 2()E又22 ()1nmC12()()nnP23m (1)2(1)()1 3()1)mnmE n =24()nn= = 21234(1)nm2()01n所以 ，故选 A()E【答案】A【解析 2】：在解法 1 中取 ，计算后再比较。3n第 7 页 共 17 页10.【解析】由 ，221199iiiA故 21359( )
11、I 由 221(1)2 |99iii i故 250(8)90IA3121998(|sin)|sin2|sin()|sin()|sin(2)|sin(2)|9 9A A AA= 5742i()i()19A故 ，故选 B13II【答案】B【解析 2】估算法： 的几何意义为将区间 等分为 99 个小区间，每个小区间的k 0,端点的函数值之差的绝对值之和.如图为将函数 的区间 等分为 4 个小区21()fx0,1间的情形，因 在 上递增，此时1()fx10213243|()| |()|Ifafaffaffaf= ，同理对题中给出的 同样有 234(0)AHAH1I1I；而 略小于 ， 略小于 ，所以估
12、算得2I13I4213I【答案】B三.填空题：本大题共 7 小题，每小题 4 分，共 28 分.11.【解析】第一次运行结果 1,2Si第二次运行结果 3第三次运行结果 ,第四次运行结果 65i第五次运行结果 ,S 0 1 2第 8 页 共 17 页此时 ，输出 ， 【答案】6 570Si12.【解析】设 时的概率为 ， 的分布列为1p由 ，解得 1()2()5E35p的分布列为即为故 222131()0)()()55E. 【答案】 2513.【解析】作出不等式组 所表示的2401xy区域如图，由 恒成立，故1a三点坐标代入3(,0)2,(,)ABC，均成立得 解得 ，实数 的取值范围是14a
13、xy1423a312aa， 【答案】3,21,2【解析 2】作出不等式组 所表示的区域如图，由 得，由401xy14axy图分析可知， 且在 点取得最小值，在 取得最大值，故0a(,)A(2,)B得 ，故实数 的取值范围是 ， 【答案】12432a31,3,14.【解析 1】不同的获奖分两种，一是有一人获两张奖券，一人获一张奖券，共有36CA二是有三人各获得一张奖券，共有 ，因此不同的获奖情况共有 342A36240种【解析 2】将一、二、三等奖各 1 张分给 4 个人有 种分法，其中三张奖券都分364给一个人的有 4 种分法，因此不同的获奖情况共有 644=60 种.【答案】60P 1p15
14、 0 1 2P 3第 9 页 共 17 页15.【解析】由题意 或 ，解得 2()02faf2()0fa()2fa当 或 解得 20a2【答案】 (,16.【解析 1】由双曲线的方程可知，它的渐近线方程为 和 ，分别与byxabyxa直线 ： 联立方程组，解得，l 30xym, ，设 AB 中点为 ，由 得，则(,)3ambA(,)abBQ|PAB33(,)22abma即 ，PQ 与已知直线垂,9直， ，即 即得1PQlkA22319bmaA，即 ，即 ，所以 28ab228()ac254ca5cea【解析 2】不妨设 ，渐近线方程为 即 1201xyb20xy由 消去 得 03xymx22(
15、9)6bm设 AB 中点为 ，由韦达定理得： ，0(,)Q02391yb又 ，由 得 即得 得0xy1PQlkA0xA0132ymA代入得35m2395bm得 ，所以 ，所以 ，得 214b2214ca52c52cea【答案】17.【 解 析 1】 ： AB=15cm， AC=25cm， ABC=90，第 10 页 共 17 页BC=20cm，过 P 作 PPBC， 交 BC 于 P，1当 P 在 线 段 BC 上 时 ， 连 接 AP， 则 tanPA设 BP=x， 则 CP=20-x， （ ）20由 BCM=30， 得 3PCtan0(2)x在 直 角 ABP中 ， 25x 2tan令 ，
16、 则 函 数 在 x0， 20单 调 递 减 ，205xyx=0 时 ， 取 得 最 大 值 为tan233459A2当 P 在 线 段 CB 的 延 长 线 上 时 ， 连 接 AP， 则 tanPA设 BP=x， 则 CP=20+x， （ ）由 BCM=30， 得 3tan(20)x在 直 角 ABP中 ， 5 ，2tanx令 ， 则 ，205xy 20(5)xy所 以 ， 当 时 ； 当 时 4450y所 以 当 时xmax2035()4y第 11 页 共 17 页此 时 时 ， 取 得 最 大 值 为 45xtan359A综 合 1， 2可 知 取 得 最 大 值 为【 解 析 2】
17、： 如 图 以 B 为 原 点 ， BA、 BC 所 在 的 直 线 分 别 为 x,y 轴 ， 建 立 如 图 所示 的 空 间 直 角 坐 标 系 ，AB=15cm， AC=25cm， ABC=90， BC=20cm， 由BCM=30， 可 设 （ 其 中 3(,()Pxx） ， ， ， 所 以(,)x1)22( 30tan55xAxA设 ( )，2f(x)t322350f()xA所 以 ， 当 时 ； 当 时 4200y40xy所 以 当 时5xmax 25533()()9()4ffA所 以 取 得 最 大 值 为tan39【 解 析 3】 :分 析 知 ， 当 取 得 最 大 时 ，
18、即 最 大 ， 最 大 值 即 为 平 面 ACM 与tan地 面 ABC 所 成 的 锐 二 面 角 的 度 量 值 ，如 图 ， 过 B 在 面 BCM 内 作 BDBC 交 CM 于 D， 过 B 作 BHAC 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 ， 的 最tan大 值 即 为 ， 在 中 ，tanRt由 等 面 积 法 可 得 =12，50203tCA所 以 = max03(tn)t12DBH59三. 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。第 12 页 共 17
19、页18.【解析】：（）由题得 ，1cos2cs3sin2siABAB即 33sin2cosinA()i(B)66由 得 ，又 ，得ab(0,)2B6A即 ，所以 23A3C（） ， ， ，得 c4sin5Asiinac85a由 得 ，从而 故 =a3osAsini()BAC43sincoCsin10所以，ABC 的面积为 831sin225SacB19.【 解 析 】 ： （ ） ，13()*)nbN当 n2， nN*时 ， ，12n由 知 ： 当 时 ， ， 令 n=3， 则 有 nba 323()bab3=6+b2， a3=8an为 等 比 数 列 ， 且 a1=2， an的 公 比 为
20、q， 则 24由 题 意 知 an 0， q 0， q=2an 2n（ nN*） 又 由 ，得 ：13()*)nbN 123(2)nbn即()2nbbn=n（ n+1） （ nN*） （ ） （ i） 1()2()21nnca = 123nS 11()32n= = 1()n 2n= 12n第 13 页 共 17 页（ ii） 因 为 c1=0， c2 0， c3 0， c4 0；当 n5 时 ， (1)()nn而 ， 得 11() 225(1)()12nA所 以 ， 当 n5 时 ， cn 0，综 上 ， 对 任 意 nN*恒 有 ， 故 k=44nS20.证 明 ： （ ） 在 直 角 梯
21、形 BCDE 中 ， 由DE=BE=1， CD=2， 得 BD=BC= ，2由 ， AB=2 得 ， 即2AACBC， 又 平 面 ABC平 面 BCDE，从 而 AC平 面 BCDE，所 以 ACDE， 又 DEDC， 从 而DE平 面 ACD；()【方法 1】作 BFAD， 与 AD 交 于 点 F， 过 点 F 作FGDE， 与 AB 交 于 点 G， 连 接 BG， 由 （ ） 知 DEAD， 则 FGAD， 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 BDBC，又 平 面 ABC平 面 BC
22、DE， 得 BD平 面 ABC， 从 而BDAB， 由 于 AC平 面 BCDE， 得ACCD在 RtACD 中 ， 由 DC=2, ， 得 ；6在 RtAED 中 ， 由 ED=1， 得 ；67在 RtABD 中 ， 由 ， AB=2，得 ， ， 从 而 ，23F3GF在 ABE， ABG 中 ， 利 用 余 弦 定 理 分 别 可 得 ， 57cos14BAE23BC在 BFG 中 , ，22cosBA所 以 ， BFG= ， 即 二 面 角 B-AD-E 的 大 小 为 .66【 方 法 2】 以 D 的 原 点 ， 分 别 以 射 线 DE， DC 为 x,y 轴 的 正 半 轴 ，
23、建 立 空 间 直 角坐 标 系 ， 如 图 所 示 .xyz由 题 意 知 各 点 坐 标 如 下 ： ， (0,)(1,0)， ， ， .(0,)C(,2)A1设 平 面 ADE 的 法 向 量 为 1,mxyz平 面 ABD 的 法 向 量 为 ， 可 算 得 ：2(,)n第 14 页 共 17 页， ， (0,2)AD(1,2)AE(1,0)DB由 即 ，可取 mE110yzx 2m由 即 可取0nBDA20zy(,1)n于是 |3|cos, 2mnA由题意可知，所求二面角是锐角，故二 面 角 B-AD-E 的 大 小 为 621.【 解 析 】 ： （ ） 【 方 法 1】 设 直
24、线 l 的 方 程 为 ， 由(0)ykxm， 消 去 y 得2ykxab222() 0akmxab由 于 直 线 l 与 椭 圆 C 只 有 一 个 公 共 点 P， 故 =0， 即 ， 解 得 点220bakP 的 坐 标 为22(,)bbak又 点 P 在 第 一 象 限 ， 故 点 P 的 坐 标 为22(,)akbak【 方 法 2】 作 变 换 ， 则 椭 圆 C： 变为圆 ：xayb )0(12byaxC21xy切 点 变 为 点 ， 切 线 （ 变 为0(,)P0(,)Px00:()lykx)k.:)lbka在 圆 中 设 直 线 的 方 程 为 （ ） ，COm由 解 得 2
25、1ymx021xy即 ， 由 于 ，22(,)POPl第 15 页 共 17 页所 以 ， 得 ，1OPlkA1akmb即 代 入 得 即bma22(,)1)(bakP，22(,)kbP利 用 逆 变 换 代 入 即 得 ：xayb22(,)kPa（ ） 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 离整 理 得 : 22| |kbkbad22abdk因 为 ， 所 以2ak222bd abbak当 且 仅 当 时 等 号 成 立 2b所 以 ， 点 P 到 直 线 的 距 离 的
26、 最 大 值 为 1l b23.【 解 析 】 ： （ ） ,33 ,()|xaxfxa ， 由 于 23,()xaf1（ ） 当 时 ， 有 ， 故1ax3()f此 时 ， f（ x） 在 上 是 增 函 数 ， 因 此 ，(,)()143Mafa，4m故 ()3()8Maa（ ） 当 时 ， 若 x（ a， 1） ， ， 在 （ a， 1） 上 是 增13(fx第 16 页 共 17 页函 数 ； 若 x（ -1， a） ， ， 在 （ -1， a） 上 是 减 函 数 ，3()fxa ， ()m(),Maf3()mf由 于 ， 因 此62f当 时 ， ；33()4当 时 ， ；1a()2
27、aa（ ） 当 时 ， 有 ， 故 ，x3()fxa此 时 在 上 是 减 函 数 ，()fx1,因 此 ， ，)23Mf1m故 ；4am综 上 ， 38,13()2,41aaaa（ ） 令 ， 则()hxfb3,h()xbxa，23,()a因 为 f（ x） +b24 对 x-1， 1恒 成 立 ，即 对 x-1， 1恒 成 立 ，()h所以由 （ ） 知 ，（ ） 当 时 ， 在 上 是 增 函 数 ， 在 上 的 最 大 值 是a()h,)()hx1,， 最 小 值 ， 则 且(1)343ab432ab矛 盾 ；42b（ ） 当 时 ， 在 上 的 最 小 值 是 ， 最 大 值 是1()x1,3()， 所 以 且 ， 从 而()ha32b2且326a03a令 ， 则 ， 在 上 是 增 函 数 ，3()t2()t()ta10,)3故 ，02a因 此 b第 17 页 共 17 页（ ） 当 时 ， 在 上 的 最 小 值 是 ， 最 大 值 是13a()hx1,3()hab， 所 以 由 且 ， 解 得 ()2hb32ab2ab807( )当 时 ， 在 上 的 最 大 值 是 ， 最 小 值 是()x,()3，1a所 以 由 且 ， 解 得 3a+b=03综 上 ， 的 取 值 范 围 是 .b2
