2014年高考浙江省数学（理）卷（有答案）

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2|xNxU，集合5|2xNxA，则ACU（）A.B.}2{C.}5{D.}5,2{（2）已知i是虚数单位，Rba,,则“1ba”是“ibia2)(2”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.902cmB.1292cmC.1322cmD.1382cm4.为了得到函数xxy3cos3sin的图像，可以将函数xy3sin2的图像（）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5.在46)1()1(yx的展开式中，记nmyx项的系数为),(nmf，则)3,0(2,1()1,2()0,3(ffff）（）A.45B.60C.120D.2106.已知函数则且,3)3()2()1(0,)(23fffcbxaxxxf（）A.3cB.63cC.96cD.9c7.在同一直角坐标系中，函数xxgxxxfaalog)(),0()(的图像可能是（）8.记,max{,},xxyxyyxy，,min{,},yxyxyxxy，设a,b为平面向量，则（）A.min{||,||}min{||,||}abababB.min{||,||}min{||,||}abababC.2222min{||,||}||||abababD.2222min{||,||}||||ababab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3,3mn，从乙盒中随机抽取1,2ii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1,2ii；（b）放入i个球后，从甲盒中取1个球是红球的概率记为1,2ipi.则A.1212,ppEEB.1212,ppEEC.1212,ppEED.1212,ppEE10.设函数21)(xxf，),(2)(22xxxf|2sin|31)(3xxf，99,,2,1,0,99iiai，记|)()(||)()(||)()(|98991201afafafafafafIkkkkkkk，.3,2,1k则()A.321IIIB.312IIIC.231IIID.123III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105P，1E，则D________.13.当实数x，y满足240,10,1,xyxyx时，14axy恒成立，则实数a的取值范围是________.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）.15.设函数0,0,22xxxxxxf若2aff，则实数a的取值范围是______15.设直线)0(03mmyx与双曲线12222byax（0ab）两条渐近线分别交于点BA,，若点)0,(mP满足PBPA,则该双曲线的离心率是__________17、如图，某人在垂直于水平地面的墙面前的点处进行射击训练.已知点到墙面的距离为，某目标点沿墙面的射击线移动，此人为了准确瞄准目标点，需计算由点观察点的仰角的大小.若则的最大6422468101214161820151055101520EDCBA值。（仰角为直线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,,ABC所对的边分别为,,abc.已知,3abc，22cos-cos3sincos-3sincos.ABAABB（I）求角C的大小；（II）若4sin5A，求ABC的面积.19（本题满分14分）已知数列na和nb满足Nnaaanbn221.若na为等比数列，且.6,2231bba（1）求na与nb；（2）设Nnbacnnn11。记数列nc的前n项和为nS.（i）求nS；（ii）求正整数k，使得对任意Nn，均有nkSS．20.（本题满分15分）如图，在四棱锥BCDEA中，平面ABC平面ACBEDECDABBEDCDEBCDE,1,2,90,02.（1）证明：DE平面ACD;（2）求二面角EADB的大小21．(本题满分15分)如图，设椭圆,01:2222babyaxC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kba,,表示点P的坐标；（２）若过原点O的直线1l与l垂直，证明：点P到直线1l的距离的最大值为ba.22.（本题满分14分）已知函数).(33Raaxxxf（１）若xf在1,1上的最大值和最小值分别记为)(),(amaM，求)()(amaM；（２）设,Rb若42bxf对1,1x恒成立，求ba3的取值范围.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.B2.A3.Ｄ4.C5.C6.Ｃ7.Ｄ8.Ｄ9.A10.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。11.612.2513.31,214.6015.(,216.5217.539三．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）由题意得，1cos21cos233sin2sin22222ABAB，即3131sin2cos2sin2cos22222AABB，sin(2)sin(2)66AB，由ab得，AB，又0,AB，得2266AB，即23AB，所以3C；（II）由3c，4sin5A，sinsinacAC得85a，由ac，得AC，从而3cos5A，故433sinsinsincoscossin10BACACAC，所以ABC的面积为18318sin225SacB．19.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。（I）由题意，Nnaaanbn221，326bb，知32328bba，又由12a，得公比2q（2q舍去），所以数列na的通项公式为2()nnanN，所以11212322nnnnnaaaa，故数列nb的通项公式为，1()nbnnnN；（II）（i）由（I）知，11111()21nnnncnNabnn，所以11()12nnSnNn；（ii）因为12340,0,0,0cccc；当5n时，11112nnnncnn，而11112120222nnnnnnnnn，得51551122nnn，所以当5n时，0nc，综上对任意nN恒有4nSS，故4k．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）在直角梯形BCDE中，由1DEBE，2CD得，2BDBC，由2,2ACAB，则222ABACBC，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；（II）方法一：作BFAD，与AD交于点F，过点F作FGDE，与AE交于点G，连结BG，由（I）知，DEAD，则FGAD，，所以BFG是二面角EADB的平面角，6422468101214161820151055101520GFEDCBA在直角梯形BCDE中，由222CDBDBC，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2CD，2AC，得6AD，在RtAED中，1DE，6AD，得7AE，在RtABD中，2BD，2AB，6AD，得233BF，23AFAD，从而23GF，在,ABEABG中，利用余弦定理分别可得572cos,143BAEBG，在BFG中，2223cos22GFBFBGBFGBFGF，所以6BFG，即二面角EADB的大小是6．方法二：以D为原点，分别以射线,DEDC为,xy轴的正半轴，建立空间直角坐标系Dxyz如图所示，由题意可知各点坐标如下：0,0,0,1,0,0,0,2,0,0,2,2,1,1,0DECAB，设平面ADE的法向量为111,,mxyz，平面ABD的法向量为222,,nxyz，可算得0,2,2AD，1,1,0,1,2,2DBAE，由00mADmAE得，111110220220yzxyz，可取0,1,2m，由00nADnBD得，222202200yzxy，可取1,1,2n，于是3cos,2mnmnmn，由题意可知，所求二面角是锐角，故二面角EADB的大小是6．422468101214161820151055101520ZYxEDCBA21.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。（I）设直线l的方程为0ykxmk，由22221ykxmxyab，消去y得，22222222220bakxakmxamab，由于直线l与椭圆C只有一个公共点P，故0，即22220bmak，解得点P的坐标为22222222,akmbmbakbak，由点P在第一象限，故点P的坐标为22222222,akbbakbak；（II）由于直线1l过原点O，且与l垂直，故直线1l的方程为0xky，所以点P到直线1l的距离2222222221akbbakbakdk，整理得22222222abdbbaakk，因为22222bakabk，所以2222222222222abababbbaabbaakk，当且仅当2bka时等号成立，所以点P到直线1l的距离的最大值为ba.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。（I）因为3333,()33,()xxaxafxxxaxa，所以2233,()'33,()xxafxxxa，由于11x，（i）当1a时，有xa，故333fxxxa，此时xf在