1、2014年普通高等學校招生全國統一考試(浙江卷)數學(理科)選擇題部分(共50分)一、選擇題:本大題共10小題,每小題5分,共50分.在每小題給出的四個選項中,只有一項是符合題目要求的.1.(2014浙江,理1)設全集u=xn|x2,集合a=xn|x25,則ua=().a.b.2c.5d.2,5答案:b解析:由題意知集合a=xn|x5,則ua=xn|2x<5=2,故選b.2.(2014浙江,理2)已知i是虛數單位,a,br,則“a=b=1”是“(a+bi)2=2i”的().a.充分不必要條件b.必要不充分條件c.充分必要條件d.既不充分也不必要條件答案:a解析:當a=b=1時,(a+bi

2、)2=(1+i)2=2i,反之,(a+bi)2=a2-b2+2abi=2i,則a2-b2=0,2ab=2,解得a=1,b=1或a=-1,b=-1.故“a=b=1”是“(a+bi)2=2i”的充分不必要條件,應選a.3.(2014浙江,理3)某幾何體的三視圖(單位:cm)如圖所示,則此幾何體的表面積是().a.90 cm2b.129 cm2c.132 cm2d.138 cm2答案:d解析:由題干中的三視圖可得原幾何體如圖所示.故該幾何體的表面積s=2×4×6+2×3×4+3×6+3×3+3×4+3×5+2×

3、12×3×4=138(cm2).故選d.4.(2014浙江,理4)為了得到函數y=sin 3x+cos 3x的圖象,可以將函數y=2cos 3x的圖象().a.向右平移4個單位b.向左平移4個單位c.向右平移12個單位d.向左平移12個單位答案:c解析:y=sin 3x+cos 3x=2cos3x-4=2cos3x-12,因此需將函數y=2cos 3x的圖象向右平移12個單位.故選c.5.(2014浙江,理5)在(1+x)6(1+y)4的展開式中,記xmyn項的系數為f(m,n),則f(3,0)+f(2,1)+f(1,2)+f(0,3)=().a.45b.60c.120d.

4、210答案:c解析:(1+x)6展開式的通項公式為tr+1=c6rxr,(1+y)4展開式的通項公式為th+1=c4hyh,(1+x)6(1+y)4展開式的通項可以為c6rc4hxryh.f(m,n)=c6mc4n.f(3,0)+f(2,1)+f(1,2)+f(0,3)=c63+c62c41+c61c42+c43=20+60+36+4=120.故選c.6.(2014浙江,理6)已知函數f(x)=x3+ax2+bx+c,且0<f(-1)=f(-2)=f(-3)3,則().a.c3b.3<c6c.6<c9d.c>9答案:c解析:由f(-1)=f(-2)=f(-3),得-1+

5、a-b+c=-8+4a-2b+c,-1+a-b+c=-27+9a-3b+c,解得a=6,b=11.從而可得f(x)=x3+6x2+11x+c.又由0<f(-1)3,得0<-1+6-11+c3,即6<c9.故選c.7.(2014浙江,理7)在同一直角坐標系中,函數f(x)=xa(x>0),g(x)=logax的圖象可能是().答案:d解析:由于本題中函數為y=xa(x0)與y=logax,對于選項a,沒有冪函數圖象,故錯誤;對于選項b,由y=xa(x0)的圖象知a>1,而由y=logax的圖象知0<a<1,故b錯誤;對于選項c,由y=xa(x0)的圖象知

6、0<a<1,而由y=logax的圖象知a>1,故c錯誤;對于選項d,由y=xa(x0)的圖象,知0<a<1,而由y=logax的圖象知0<a<1,故選d.8.(2014浙江,理8)記maxx,y=x,xy,y,x<y,minx,y=y,xy,x,x<y,設a,b為平面向量,則().a.min|a+b|,|a-b|min|a|,|b|b.min|a+b|,|a-b|min|a|,|b|c.max|a+b|2,|a-b|2|a|2+|b|2d.max|a+b|2,|a-b|2|a|2+|b|2答案:d解析:根據向量運算的幾何意義,即三角形法則,

7、可知min|a+b|,|a-b|與min|a|,|b|的大小關系不確定,故a,b選項錯誤.當a,b中有零向量時,顯然max|a+b|2,|a-b|2=|a|2+|b|2成立.由于|a+b|2=|a|2+|b|2+2a·b=|a|2+|b|2+2|a|b|cos<a,b>,|a-b|2=|a|2+|b|2-2a·b=|a|2+|b|2-2|a|b|cos<a,b>,若a0,b0,則當0°<a,b><90°時,顯然|a+b|2>|a-b|2,且|a+b|2>|a|2+|b|2;當<a,b>=9

8、0°時,顯然|a+b|2=|a-b|2=|a|2+|b|2;當90°<<a,b>180°時,顯然|a+b|2<|a-b|2,而|a-b|2>|a|2+|b|2.故總有max|a+b|2,|a-b|2|a|2+|b|2成立.故選d.9.(2014浙江,理9)已知甲盒中僅有1個球且為紅球,乙盒中有m個紅球和n個藍球(m3,n3),從乙盒中隨機抽取i(i=1,2)個球放入甲盒中.(a)放入i個球后,甲盒中含有紅球的個數記為i(i=1,2);(b)放入i個球后,從甲盒中取1個球是紅球的概率記為pi(i=1,2).則().a.p1>p2,

9、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)答案:a解析:p1=mm+n+nm+n×12=2m+n2(m+n),p2=3m2-3m+2mn+n2-n3(m+n)(m+n-1),p1-p2=2m+n2(m+n)-3m2-3m+2mn+n2-n3(m+n)(m+n-1)=5mn+n(n-1)6(m+n)(m+n-1)>0.故p1>p2.1的可能取值為1,2,p(1=1)=cn1cm+n1=nm+n;p(1=2)=cm1cm+n1=mm+n.故e(1)=1

10、15;nm+n+2×mm+n=2m+nm+n.2的可能取值為1,2,3.p(2=1)=cn2cm+n2=n(n-1)(m+n)(m+n-1),p(2=2)=cm1cn1cm+n2=2mn(m+n)(m+n-1),p(2=3)=cm2cm+n2=m(m-1)(m+n)(m+n-1),故e(2)=1×n(n-1)(m+n)(m+n-1)+2×2mn(m+n)(m+n-1)+3×m(m-1)(m+n)(m+n-1)=n(n-1)+4mn+3m(m-1)(m+n)(m+n-1).于是e(1)-e(2)=2m+nm+n-n(n-1)+4mn+3m(m-1)(m+n

11、)(m+n-1)=(2m+n)(m+n-1)-n(n-1)+4mn+3m(m-1)(m+n)(m+n-1)=-m(m+n-3)(m+n)(m+n-1).又m3,n3,e(1)-e(2)<0,即e(1)<e(2).綜上,應選a.10.(2014浙江,理10)設函數f1(x)=x2,f2(x)=2(x-x2),f3(x)=13|sin 2x|,ai=i99,i=0,1,2,99.記ik=|fk(a1)-fk(a0)|+|fk(a2)-fk(a1)|+|fk(a99)-fk(a98)|,k=1,2,3.則().a.i1<i2<i3b.i2<i1<i3c.i1<

12、;i3<i2d.i3<i2<i1答案:b解析:由i992-i-1992=199·2i-199,結合題意可得i1=199199+399+599+2×99-199=199×99299=1.由2i99-i-199-i992+i-1992=29999-(2i-1)99=299×100-2i99,i50,299×2i-10099,50<i99.結合題意可得i2=299×2×50(98+0)2×99=98×10099×99=(99-1)(99+1)992=992-1992<1.

13、i3=13sin2×199-sin2×099+sin2×299-sin2×199+sin2×9999-sin2×9899=132sin5099-2sin2×7499=23sin5099-sin14899=23sin4999+sin4999=43sin4999>43sin3=233>1.因此i2<i1<i3,故選b.二、填空題:本大題共7小題,每小題4分,共28分.11.(2014浙江,理11)若某程序框圖如圖所示,當輸入50時,則該程序運行后輸出的結果是. 答案:6解析:第一次運行結果s=1

14、,i=2,第二次運行結果s=4,i=3,第三次運行結果s=11,i=4,第四次運行結果s=26,i=5,第五次運行結果s=57,i=6,此時57>50,輸出i=6.12.(2014浙江,理12)隨機變量的取值為0,1,2,若p(=0)=15,e()=1,則d()=. 答案:25解析:設=1時的概率為p,則e()=0×15+1×p+21-p-15=1,解得p=35.故d()=(0-1)2×15+(1-1)2×35+(2-1)2×15=25.13.(2014浙江,理13)當實數x,y滿足x+2y-40,x-y-10,x1時,1ax+

15、y4恒成立,則實數a的取值范圍是. 答案:1,32解析:作出題中線性規劃條件滿足的可行域如圖陰影部分所示,令z=ax+y,即y=-ax+z.作直線l0:y=-ax,平移l0,最優解可在a(1,0),b(2,1),c1,32處取得.故由1z4恒成立,可得1a4,12a+14,1a+324,解得1a32.14.(2014浙江,理14)在8張獎券中有一、二、三等獎各1張,其余5張無獎.將這8張獎券分配給4個人,每人2張,不同的獲獎情況有種(用數字作答). 答案:60解析:不同的獲獎情況分為兩種,一是一人獲兩張獎券一人獲一張獎券,共有c32a42=36種;二是有三人各獲得一張獎券,

16、共有a43=24種.因此不同的獲獎情況有36+24=60種.15.(2014浙江,理15)設函數f(x)=x2+x,x<0,-x2,x0,若f(f(a)2,則實數a的取值范圍是. 答案:(-,2解析:由題意得f(a)<0,f2(a)+f(a)2或f(a)0,-f2(a)2,解得f(a)-2.由a<0,a2+a-2或a0,-a2-2,解得a2.16.(2014浙江,理16)設直線x-3y+m=0(m0)與雙曲線x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的兩條漸近線分別交于點a,b.若點p(m,0)滿足|pa|=|pb|,則該雙曲線的離心率是. 答案

17、:52解析:由雙曲線方程可知,它的漸近線方程為y=bax與y=-bax,它們分別與x-3y+m=0聯立方程組,解得a-ama-3b,-bma-3b,b-ama+3b,bma+3b.由|pa|=|pb|知,可設ab的中點為q,則q-ama-3b+-ama+3b2,-bma-3b+bma+3b2,由pqab,得kpq·kab=-1,解得2a2=8b2=8(c2-a2),即c2a2=54.故ca=52.17.(2014浙江,理17)如圖,某人在垂直于水平地面abc的墻面前的點a處進行射擊訓練.已知點a到墻面的距離為ab,某目標點p沿墻面上的射線cm移動,此人為了準確瞄準目標點p,需計算由點

18、a觀察點p的仰角的大小.若ab=15 m,ac=25 m,bcm=30°,則tan 的最大值是.(仰角為直線ap與平面abc所成角) 答案:539解析:由于abbc,ab=15 m,ac=25 m,所以bc=252-152=20 m.過點p作pnbc交bc于n,連接an(如圖),則pan=,tan =pnan.設nc=x(x>0),則bn=20-x,于是an=ab2+bn2=152+(20-x)2=x2-40x+625,pn=nc·tan 30°=33x,所以tan =33xx2-40x+625=331-40x+625x2=33625x2-40x+

19、1,令1x=t,則625x2-40x+1=625t2-40t+1,當t=4125時,625t2-40t+1取最小值925,因此625x2-40x+1的最小值為925=35,這時tan 的最大值為33×53=539此時x=1254.三、解答題:本大題共5小題,共72分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.18.(本小題滿分14分)(2014浙江,理18)在abc中,內角a,b,c所對的邊分別為a,b,c.已知ab,c=3,cos2a-cos2b=3sin acos a-3sin bcos b.(1)求角c的大小;(2)若sin a=45,求abc的面積.分析:(1)將已知等式運用二

20、倍角的正、余弦公式和輔助角公式化為2a,2b的三角函數式,結合角a,b的范圍求出2a,2b的關系式,然后求出角c.(2)由(1)知c,又已知sin a,c,則可由asina=csinc求出a,則由sabc=12acsin b知,只需求sin b即可.結合b=-(a+c)運用兩角和的正弦公式可求sin b.解:(1)由題意得1+cos2a2-1+cos2b2=32sin 2a-32sin 2b,即32sin 2a-12cos 2a=32sin 2b-12cos 2b,sin2a-6=sin2b-6,由ab,得ab,又a+b(0,),得2a-6+2b-6=,即a+b=23,所以c=3.(2)由c=

21、3,sin a=45,asina=csinc,得a=85.由a<c,得a<c,從而cos a=35,故sin b=sin(a+c)=sin acos c+cos asin c=4+3310.所以abc的面積為s=12acsin b=83+1825.19.(本小題滿分14分)(2014浙江,理19)已知數列an和bn滿足a1a2a3an=(2)bn(nn*).若an為等比數列,且a1=2,b3=6+b2.(1)求an與bn;(2)設cn=1an-1bn(nn*).記數列cn的前n項和為sn.求sn;求正整數k,使得對任意nn*均有sksn.分析:(1)an為等比數列,且a1=2,要求

22、an,只需求公比q.又已知b3=6+b2,故由a1a2a3an=(2)bn可得a1a2a3=(2)b3,a1a2=(2)b2,由此可求出a3,進而由a3=a1q2可求出q,則an可求.求出an,則a1a2an可求,從而bn可求.(2)先由(1)中所求an,bn求出cn,進而求出sn;若存在正整數k,使得對任意nn*,均有sksn,則說明sn具有最大值,即判斷數列cn中各項的符號.先具體判斷前4項的符號,再用作差法判斷從第5項開始的以后各項的符號.解:(1)由題意a1a2a3an=(2)bn,b3-b2=6,知a3=(2)b3-b2=8,又由a1=2,得公比q=2(q=-2,舍去),所以數列an

23、的通項為an=2n(nn*).所以,a1a2a3an=2n(n+1)2=(2)n(n+1).故數列bn的通項為bn=n(n+1)(nn*).(2)由(1)知cn=1an-1bn=12n-1n-1n+1(nn*),所以sn=1n+1-12n(nn*).因為c1=0,c2>0,c3>0,c4>0,當n5時,cn=1n(n+1)n(n+1)2n-1,而n(n+1)2n-(n+1)(n+2)2n+1=(n+1)(n-2)2n+1>0,得n(n+1)2n5·(5+1)25<1.所以,當n5時,cn<0.綜上,對任意nn*恒有s4sn,故k=4.20.(本小題

24、滿分15分)(2014浙江,理20)如圖,在四棱錐a-bcde中,平面abc平面bcde,cde=bed=90°,ab=cd=2,de=be=1,ac=2.(1)證明:de平面acd;(2)求二面角b-ad-e的大小.分析:(1)先在直角梯形bcde中求出bc,即可利用勾股定理驗證acbc,然后利用面面垂直的性質定理將已知平面abc平面bcde轉化為ac平面bcde,從而得到acde,最后結合已知dedc即可證得結論.(2)方法一,根據(1)問中證得的垂直關系作出所求二面角的平面角,然后分別求出其所在三角形的三邊長,利用余弦定理求其值;方法二,根據(1)問證得的垂直關系建立空間直角坐

25、標系,求出相關點的坐標及二面角兩個半平面的法向量,最后利用這兩個法向量的夾角表示所求二面角即可.解:(1)在直角梯形bcde中,由de=be=1,cd=2,得bd=bc=2.由ac=2,ab=2,得ab2=ac2+bc2,即acbc.又平面abc平面bcde,從而ac平面bcde.所以acde,又dedc,從而de平面acd.(2)方法一:作bfad,與ad交于點f,過點f作fgde,與ae交于點g,連結bg,由(1)知dead,則fgad.所以bfg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bcde,得bd平面abc,從而bda

26、b.由于ac平面bcde,得accd.在rtacd中,由dc=2,ac=2,得ad=6.在rtaed中,由ed=1,ad=6,得ae=7.在rtabd中,由bd=2,ab=2,ad=6,得bf=233,af=23ad.從而gf=23.在abe,abg中,利用余弦定理分別可得cosbae=5714,bg=23.在bfg中,cosbfg=gf2+bf2-bg22bf·gf=32.所以,bfg=6,即二面角b-ad-e的大小是6.方法二:以d為原點,分別以射線de,dc為x,y軸的正半軸,建立空間直角坐標系d-xyz,如圖所示.由題意知各點坐標如下:d(0,0,0),e(1,0,0),c(

27、0,2,0),a(0,2,2),b(1,1,0).設平面ade的法向量為m=(x1,y1,z1),平面abd的法向量為n=(x2,y2,z2),可算得ad=(0,-2,-2),ae=(1,-2,-2),db=(1,1,0),由m·ad=0,m·ae=0,得-2y1-2z1=0,x1-2y1-2z1=0,可取m=(0,1,-2).由n·ad=0,n·bd=0,即-2y2-2z2=0,x2+y2=0,可取n=(1,-1,2).于是|cos<m,n>|=|m·n|m|·|n|=33·2=32.由題意可知,所求二面角是銳

28、角,故二面角b-ad-e的大小是6.21.(本小題滿分15分)(2014浙江,理21)如圖,設橢圓c:x2a2+y2b2=1(a>b>0),動直線l與橢圓c只有一個公共點p,且點p在第一象限.(1)已知直線l的斜率為k,用a,b,k表示點p的坐標;(2)若過原點o的直線l1與l垂直,證明:點p到直線l1的距離的最大值為a-b.分析:(1)因為直線與橢圓只有一個公共點,則只需聯立直線與橢圓方程,消去y,得到關于x的一元二次方程,則由判別式=0可求.(2)由直線l1過原點且與直線l垂直,即可求出直線l1的方程,進而利用點到直線的距離公式求出點p到直線l1的距離,然后尋找不等關系消去k即

29、可.解:(1)設直線l的方程為y=kx+m(k<0),由y=kx+m,x2a2+y2b2=1,消去y得(b2+a2k2)x2+2a2kmx+a2m2-a2b2=0.由于l與c只有一個公共點,故=0,即b2-m2+a2k2=0,解得點p的坐標為-a2kmb2+a2k2,b2mb2+a2k2.又點p在第一象限,故點p的坐標為p-a2kb2+a2k2,b2b2+a2k2.(2)由于直線l1過原點o且與l垂直,故直線l1的方程為x+ky=0,所以點p到直線l1的距離d=-a2kb2+a2k2+b2kb2+a2k21+k2,整理得d=a2-b2b2+a2+a2k2+b2k2.因為a2k2+b2k2

30、2ab,所以a2-b2b2+a2+a2k2+b2k2a2-b2b2+a2+2ab=a-b,當且僅當k2=ba時等號成立.所以,點p到直線l1的距離的最大值為a-b.22.(本小題滿分14分)(2014浙江,理22)已知函數f(x)=x3+3|x-a|(ar).(1)若f(x)在-1,1上的最大值和最小值分別記為m(a),m(a),求m(a)-m(a);(2)設br.若f(x)+b24對x-1,1恒成立,求3a+b的取值范圍.分析:(1)要求函數的最值需研究函數的單調性,因函數解析式含有三次式和絕對值,故需先去絕對值然后利用導數研究其單調性.又因為要求的是區間-1,1上的最值,故需分a-1,-1<a<1和a1三種情況討論.(2)f(x)+b24對x-1,1恒成立,即-2f(x)+b2對x-1,1恒成立,也即函數h(x)=f(x)+2,x-1,1的值域應為-2,2的子集,由此尋求a,b滿足的條件,進而求出3a+b的取值范圍.解:(1)因為f(x)=x3+3x-3a,xa,x3-3x+3a,x<a,所以f'(x)=3x2+3,xa,3x2-3,x<a,由于-1x1,當a-1時,有xa,故f(x)=x3+3x-3a,此時f(x)在(-1,1)上是增函數,因此,m(a