2014年浙江省高考数学试卷及答案(文科)

糖果工作室原创欢迎下载！第1页共11页绝密★考试结束前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5页，选择题部分1至3页，非选择题部分4至5页。满分150分，考试时间120分钟。请考生按规定用笔将所有试题的答案涂、写在答题纸上。选择题部分（共50分）注意事项：1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试卷和答题纸规定的位置上。2.每小题选出答案后，用2B铅笔把答题纸上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。不能答在试题卷上。参考公式台体的体积公式11221()3VhSSSS其中1S,2S分别表示台体的上、下面积，h表示台体的高柱体体积公式VSh其中S表示柱体的底面积，h表示柱体的高锥体的体积公式13VSh其中S表示锥体的底面积，h表示锥体的高球的表面积公式24SR球的体积公式343VR其中R表示球的半径如果事件,AB互斥，那么()()()PABPAPB糖果工作室原创欢迎下载！第2页共11页一、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.设集合}5|{},2|{xxTxxS，则TSA.]5,(B.),2[C.)5,2(D.]5,2[2.设四边形ABCD的两条对角线为AC、BD。则“四边形ABCD为菱形”是“AC⊥BD”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，则该几何体的体积是A.72cm3B.90cm3C.108cm3D.138cm34．为了得到函数xxy3cos3sin的图像，可以将函数xy3sin2的图像A．向右平移12个单位B．向右平移4个单位C．向左平移12个单位D．向左平移4个单位5.已知圆02222ayxyx截直线02yx所得弦的长度为4，则实数a的值是A．2B．4C．6D．86.设m、n是两条不同的直线，、是两个不同的平面A．若m⊥n，n∥则m⊥B．若m∥，⊥，则m⊥C．若m⊥，n⊥,n⊥则m⊥D．若m⊥n，n⊥,⊥,则m⊥7.已知函数cbxaxxxf23)(,且3)3()2()1(0fff，则A．3cB．63cC．96cD．9c8.在同意直角坐标系中，函数xxgxxxfaalog)(),0()(的图像可能是糖果工作室原创欢迎下载！第3页共11页9.设等比数列{}na的前n项和为nS，若243,15,SS则6S（）A．31B．32C．63D．6410.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AB=15m，AC=25m,∠BCM=30°.则tan的最大值是A.530B.1030C.934D.935二、填空题:本大题共7小题，每小题4分，共28分。11.已知i是虚数单位，计算2)1(1ii____________.12.若实数yx,满足，则yx的取值范围是__________.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_______.14.在3张奖券中有一、二等奖各一张，另一张无奖。甲、乙两人各取1张，两人都中奖的概率是________.15.设函数)(xf,若2))((aff.则a=_______.16.双曲线C：22221(0,0)xyabab的离心率为2，焦点到渐近线的距离为3，则C的焦距等于______.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。17.（本小题满分10分）数列{}na满足12212,2,22nnnaaaaa.（1）设1nnnbaa，证明{}nb是等差数列；（2）求{}na的通项公式.糖果工作室原创欢迎下载！第4页共11页20.（本题满分15分）如图，在四棱锥P-BCDE中，平面ABC⊥平面BCDE，∠CDE=∠BED=90°，AB=CD=2,DE=BE=1，AC=2.（Ⅰ）证明：AC⊥平面BCDE；（Ⅱ）求直线AE与平面ABC所成的角的正切值若G是线段PC的中点，求DG与平面APC所成的角的正切值.21.（本题满分15分）已知函数f(x)=x3+3|x-a|(a0).若f(x)在]1,1[的最小值记为g(a)（Ⅰ）求g(a)；（Ⅱ）证明：当x∈]1,1[是，恒有f(x)g(a)+4.糖果工作室原创欢迎下载！第5页共11页22.（本题满分14分）已知△ABP的三个顶点都在抛物线C：yx42上，F为抛物线C的焦点，点M为AB的中点，FMPF3.（Ⅰ）若|PF|=3，求点M的坐标；（Ⅱ）求△ABP面积的最大值。糖果工作室原创欢迎下载！第6页共11页2014年普通高等学校招生全国统一考试（浙江卷）文科数学试题答案与解析1.解析2,S，,5T，2,5ST.故选D.2.解析若四边形ABCD为菱形，则ACBD，反之，若ACBD，则四边形ABCD不一定是菱形，故选A.3.解析由三视图可知，该几何体是由一个长方体和一个直三棱柱构成的组合体，如图，其体积为16434339023cm，故选B.4.解析因为ππsin3cos32cos32cos3412yxxxx，所以将2cos3yx的图像向右平移π12个单位即可得到π2cos312yx的图像，故选A.5.解析将圆的方程化为标准方程为22112xya，所以圆心为1,1，半径2ra，圆心到直线20xy的距离11222d，故224rd，即224a，所以4a，故选B.6.解析对于选项A、B、D，均能举出//m的反例；对于选项C，若m，n，则//mn，又n，所以m，故选C.7.解析由01233fff„，得0184227933abcabcabc„，由1842abcabc得370ab，①由12793abcabc，得4130ab，②由①②，解得6a，11b，所以063c„，即69c„，故选C.8.解析因为0a，且1a，所以afxx在0,上单调递增，所以排除A；当01a或1a时，B、C中fx与gx的图像矛盾，故选D.9.解析22222222costtttbaaabbaabb，糖果工作室原创欢迎下载！第7页共11页设2222cosfttaabb，则二次函数ft的最小值为1，即22222244cos14ababa，化简得22sin1b.因为0b，0π剟，所以sin1b，若确定，则b唯一确定，而b确定，不确定，故选B.10.解析如图，过P作PQBC于Q，则PQ平面ABC，所以PAQ，设PQxm，则=3CQxm，22251520BCm，203BQxm，所以222152036254033AQxxxm，所以221tan=62540336254033xxxxx.设25tx，则222625403834327335525tttxx，所以当435t，即125312x时，26254033xx取得最小值2725，即tan取得最大值2553279，故选D.QMCBAP11.解析21ii1i1i1i11i2i2ii2221i.12.解析画出可行域如图，可行域为ABC△的内部及其边界，设xyt，则yxt，t的几何意义为直线yxt在y轴上的截距，当直线通过点A，B时，t取得最小值与最大值，可求得A，B两点的坐标分别为1,0和2,1，所以13t剟，即xy的取值范围是1,3.糖果工作室原创欢迎下载！第8页共11页4-12x+2y-4=0x-y-1=0x=1yxOCBA13.解析第一步：1i，1S，此时2i；第二步：2i，2124S，此时3i；第三步：3i，24311S，此时4i；第四步：4i，211426S，此时5i；第五步：5i，22655750S，此时6i；符合条件，所以输出6.14.解析设A为一等奖奖券，B为二等奖卷，C为无奖奖卷，则甲、乙两人抽取的所有可能结果为AB、BA、AC、CA、BC、CB，共6种，而甲、乙两人都中奖的情况有AB、BA，共2种，故所求概率为2163.15.解析若0a，则20faa，所以4222ffaaa，由2ffa，得42222aa，解得2a（舍负）.若0a„，则2222110faaaa，所以22202ffaaa.综上，2a.16.解析因为222babc…，即2222222bcbcbcbc…，所以2222bcbc…，由0abc，得bca，由2221abc，得22222122bcaabc…，所以223a„，所以6633a剟.故a的最大值为63.17.解析由30xymbyxa得点A的坐标为,33ambmbaba，由30xymbyxa得点B的坐标为,33ambmbaba，则AB的中点C的坐标为22223,99ambmbaba，因为13ABk，所以22223939CPbmbakammba，即2222339baba，化简得224ab，糖果工作室原创欢迎下载！第9页共11页即2224aca，所以2245ca，所以254e，所以52e.18.解析（I）由已知得21cos4sinsin22ABAB，化简得2coscos2sinsin2ABAB，故2cos2AB，所以3π4AB，从而π4C.（II）因为1sin2ABCSabC△，由6ABCS△，4b，π4C，得32a.由余弦定理2222coscababC，得10c.评注本题主要考查两角和与差的余弦公式、二倍角公式、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.19.解析（I）由题意知1123336adad，将11a代入上式解得2d或5d.因为0d，所以2d.从而21nan，2*nSnnN.（II）由（I）得12211mmmmkaaaamkk，所以21165mkk.由*,mkN，知2111mkk…，故211315mkk，所以54mk.评注本题主要考查等差数列的概念、通项公式、求和公式等基础知识，同时考查运算求解能力.20.解析（I）连接BD，在直角梯形BCDE中，由1DEBE，2CD，得2BDBC，由2AC，2AB，得222ABACBC，即ACBC.又平面ABC平面BCDE，从而AC平面BCDE.（II）在直角梯形BCDE中，由2BDBC，2DC，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