2014年普通高等学校招生全国统一考试数学(浙江卷)理.docx

1、2014年普通高等学校招生全国统一考试(浙江卷)数学(理科)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U=xN|x2,集合A=xN|x25,则UA=().A.B.2C.5D.2,5答案:B解析:由题意知集合A=xN|x5,则UA=xN|2x5=2,故选B.2.(2014浙江,理2)已知i是虚数单位,a,bR,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答案:A解析:当a=b=1时,(a+bi)2=(

2、1+i)2=2i,反之,(a+bi)2=a2-b2+2abi=2i,则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”的充分不必要条件,应选A.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().A.90 cm2B.129 cm2C.132 cm2D.138 cm2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S=246+234+36+33+34+35+21234=138(cm2).故选D.4.(2014浙江,理4)为了得到函数y=sin 3x+cos 3x的图象,可以

3、将函数y=2cos 3x的图象().A.向右平移4个单位B.向左平移4个单位C.向右平移12个单位D.向左平移12个单位答案:C解析:y=sin 3x+cos 3x=2cos3x-4=2cos3x-12,因此需将函数y=2cos 3x的图象向右平移12个单位.故选C.5.(2014浙江,理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.45B.60C.120D.210答案:C解析:(1+x)6展开式的通项公式为Tr+1=C6rxr,(1+y)4展开式的通项公式为Th+1=C4hyh,(1+x)6(1

4、+y)4展开式的通项可以为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.故选C.6.(2014浙江,理6)已知函数f(x)=x3+ax2+bx+c,且0f(-1)=f(-2)=f(-3)3,则().A.c3B.3c6C.69答案:C解析:由f(-1)=f(-2)=f(-3),得-1+a-b+c=-8+4a-2b+c,-1+a-b+c=-27+9a-3b+c,解得a=6,b=11.从而可得f(x)=x3+6x2+11x+c.又由0f(-1)3,得0-1+6-11+

5、c3,即60),g(x)=logax的图象可能是().答案:D解析:由于本题中函数为y=xa(x0)与y=logax,对于选项A,没有幂函数图象,故错误;对于选项B,由y=xa(x0)的图象知a1,而由y=logax的图象知0a1,故B错误;对于选项C,由y=xa(x0)的图象知0a1,故C错误;对于选项D,由y=xa(x0)的图象,知0a1,而由y=logax的图象知0a1,故选D.8.(2014浙江,理8)记maxx,y=x,xy,y,xy,minx,y=y,xy,x,xy,设a,b为平面向量,则().A.min|a+b|,|a-b|min|a|,|b|B.min|a+b|,|a-b|mi

6、n|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:根据向量运算的几何意义,即三角形法则,可知min|a+b|,|a-b|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|a+b|2,|a-b|2=|a|2+|b|2成立.由于|a+b|2=|a|2+|b|2+2ab=|a|2+|b|2+2|a|b|cos,|a-b|2=|a|2+|b|2-2ab=|a|2+|b|2-2|a|b|cos,若a0,b0,则当0|a-b|2,且|a+b|2|a|2+|b|2;当=90时,显

7、然|a+b|2=|a-b|2=|a|2+|b|2;当90180时,显然|a+b|2|a|2+|b|2.故总有max|a+b|2,|a-b|2|a|2+|b|2成立.故选D.9.(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(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.p1p2,E(1)E(2)B.p1E(2)C.p1p2,E(1)E(2)D.p1p2,E(1)0.故p1p2.1的可能取值为1,2,P(

8、1=1)=Cn1Cm+n1=nm+n;P(1=2)=Cm1Cm+n1=mm+n.故E(1)=1nm+n+2mm+n=2m+nm+n.2的可能取值为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)=1n(n-1)(m+n)(m+n-1)+22mn(m+n)(m+n-1)+3m(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(

9、n-1)+4mn+3m(m-1)(m+n)(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).综上,应选A.10.(2014浙江,理10)设函数f1(x)=x2,f2(x)=2(x-x2),f3(x)=13|sin 2x|,ai=i99,i=0,1,2,99.记Ik=|fk(a1)-fk(a0)|+|fk(a2)-fk(a1)|+|fk(a99)-fk(a98)|,k=1,2,3.则().A.I1I2I3B.I2I1I3C.I1I3I2D.I

10、3I2I1答案:B解析:由i992-i-1992=1992i-199,结合题意可得I1=199199+399+599+299-199=19999299=1.由2i99-i-199-i992+i-1992=29999-(2i-1)99=299100-2i99,i50,2992i-10099,50i99.结合题意可得I2=299250(98+0)299=981009999=(99-1)(99+1)992=992-199243sin3=2331.因此I2I150,输出i=6.12.(2014浙江,理12)随机变量的取值为0,1,2,若P(=0)=15,E()=1,则D()=.答案:25解析:设=1时

11、的概率为p,则E()=015+1p+21-p-15=1,解得p=35.故D()=(0-1)215+(1-1)235+(2-1)215=25.13.(2014浙江,理13)当实数x,y满足x+2y-40,x-y-10,x1时,1ax+y4恒成立,则实数a的取值范围是.答案:1,32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z=ax+y,即y=-ax+z.作直线l0:y=-ax,平移l0,最优解可在A(1,0),B(2,1),C1,32处取得.故由1z4恒成立,可得1a4,12a+14,1a+324,解得1a32.14.(2014浙江,理14)在8张奖券中有一、二、三等奖各1张,其

12、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).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C32A42=36种;二是有三人各获得一张奖券,共有A43=24种.因此不同的获奖情况有36+24=60种.15.(2014浙江,理15)设函数f(x)=x2+x,x0,-x2,x0,若f(f(a)2,则实数a的取值范围是.答案:(-,2解析:由题意得f(a)0,f2(a)+f(a)2或f(a)0,-f2(a)2,解得f(a)-2.由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.

13、答案:52解析:由双曲线方程可知,它的渐近线方程为y=bax与y=-bax,它们分别与x-3y+m=0联立方程组,解得A-ama-3b,-bma-3b,B-ama+3b,bma+3b.由|PA|=|PB|知,可设AB的中点为Q,则Q-ama-3b+-ama+3b2,-bma-3b+bma+3b2,由PQAB,得kPQkAB=-1,解得2a2=8b2=8(c2-a2),即c2a2=54.故ca=52.17.(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

14、P的仰角的大小.若AB=15 m,AC=25 m,BCM=30,则tan 的最大值是.(仰角为直线AP与平面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.过点P作PNBC交BC于N,连接AN(如图),则PAN=,tan =PNAN.设NC=x(x0),则BN=20-x,于是AN=AB2+BN2=152+(20-x)2=x2-40x+625,PN=NCtan 30=33x,所以tan =33xx2-40x+625=331-40x+625x2=33625x2-40x+1,令1x=t,则625x2-40x+1=625t2-40t+1

15、,当t=4125时,625t2-40t+1取最小值925,因此625x2-40x+1的最小值为925=35,这时tan 的最大值为3353=539此时x=1254.三、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,c=3,cos2A-cos2B=3sin Acos A-3sin Bcos B.(1)求角C的大小;(2)若sin A=45,求ABC的面积.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

16、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asinA=csinC求出a,则由SABC=12acsin B知,只需求sin B即可.结合B=-(A+C)运用两角和的正弦公式可求sin B.解:(1)由题意得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=3,sin A=45,asinA=csinC,得a=85.由ac,得A0,c

17、30,c40,当n5时,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+10,得n(n+1)2n5(5+1)251.所以,当n5时,cn0.综上,对任意nN*恒有S4Sn,故k=4.20.(本小题满分15分)(2014浙江,理20)如图,在四棱锥A-BCDE中,平面ABC平面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.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

18、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,从而AC平面BCDE.所以ACDE,又DEDC,从而DE平面ACD.(2)方法一:作B

19、FAD,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,从而BDAB.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.从而GF=23.在ABE,ABG中,利用余弦定理分别可得cosBAE=5714,BG=23.在BFG中,cosBFG=GF2+B

20、F2-BG22BFGF=32.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),由mAD=0,mAE=0,得-2y1-2z1=0,x1-2y1-2z1=0,可取m=(0,1,-2).由nAD=0,nBD=0,即-2

21、y2-2z2=0,x2+y2=0,可取n=(1,-1,2).于是|cos|=|mn|m|n|=332=32.由题意可知,所求二面角是锐角,故二面角B-AD-E的大小是6.21.(本小题满分15分)(2014浙江,理21)如图,设椭圆C:x2a2+y2b2=1(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a-b.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

22、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y=kx+m(k0),由y=kx+m,x2a2+y2b2=1,消去y得(b2+a2k2)x2+2a2kmx+a2m2-a2b2=0.由于l与C只有一个公共点,故=0,即b2-m2+a2k2=0,解得点P的坐标为-a2kmb2+a2k2,b2mb2+a2k2.又点P在第一象限,故点P的坐标为P-a2kb2+a2k2,b2b2+a2k2.(2)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d=-a2kb2+a2

23、k2+b2kb2+a2k21+k2,整理得d=a2-b2b2+a2+a2k2+b2k2.因为a2k2+b2k22ab,所以a2-b2b2+a2+a2k2+b2k2a2-b2b2+a2+2ab=a-b,当且仅当k2=ba时等号成立.所以,点P到直线l1的距离的最大值为a-b.22.(本小题满分14分)(2014浙江,理22)已知函数f(x)=x3+3|x-a|(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x-1,1恒成立,求3a+b的取值范围.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

24、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a-1,-1a1和a1三种情况讨论.(2)f(x)+b24对x-1,1恒成立,即-2f(x)+b2对x-1,1恒成立,也即函数h(x)=f(x)+2,x-1,1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3a+b的取值范围.解:(1)因为f(x)=x3+3x-3a,xa,x3-3x+3a,xa,所以f(x)=3x2+3,xa,3x2-3,xa,由于-1x1,当a-1时,有xa,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

25、(a)=f(-1)=-4-3a,故M(a)-m(a)=(4-3a)-(-4-3a)=8.当-1a1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)=maxf(1),f(-1),m(a)=f(a)=a3.由于f(1)-f(-1)=-6a+2,因此当-1a13时,M(a)-m(a)=-a3-3a+4;当13a1时,M(a)-m(a)=-a3+3a+2.当a1时,有xa,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)=

26、-2+3a.故M(a)-m(a)=(2+3a)-(-2+3a)=4.综上,M(a)-m(a)=8,a-1,-a3-3a+4,-1a13,-a3+3a+2,13a1,4,a1.(2)令h(x)=f(x)+b,则h(x)=x3+3x-3a+b,xa,x3-3x+3a+b,xa,h(x)=3x2+3,xa,3x2-3,xa.因为f(x)+b24对x-1,1恒成立,即-2h(x)2对x-1,1恒成立.所以由(1)知,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+b2,矛盾;当-10,t(a)在0,13上是增函数,故t(a)t(0)=-2,因此-23a+b0;当13a1时,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+22,解得-28273a+b0;当a1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+22,且3a+b-2-2,解得3a+b=0.综上,得3a+b的取值范围是-23a+b0.