2014年普通高等学校招生全国统一考试数学(浙江卷)理 (2)

1、1 / 10 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.2 c.5 d.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.

2、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=(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 cm2 b.129 cm2 c.132 cm2 d.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+3

3、4+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=2cos(3-4) = 2cos3(-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

4、,3)=( ). 2 / 10 a.45 b.60 c.120 d.210 答案:c 解析:(1+x)6展开式的通项公式为 tr+1=c6xr,(1+y)4展开式的通项公式为 th+1=c4yh, (1+x)6(1+y)4展开式的通项可以为c6c4xryh. f(m,n)=c6c4. 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.c3 b.3c6 c.69 答案

5、:c 解析:由 f(-1)=f(-2)=f(-3), 得-1 + - + = -8 + 4-2 + ,-1 + - + = -27 + 9-3 + ,解得 = 6, = 11. 从而可得 f(x)=x3+6x2+11x+c. 又由 0f(-1)3,得 0-1+6-11+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,

6、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=, , ,minx,y=, , ,设 a,b 为平面向量,则( ). 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|2 d.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

7、 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,显然|a+b|2=|a-b|2=|a|2+|b|2; 当 90 180 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. 3 / 10 9.(2014 浙江,理 9

8、)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(1=1)=c1c+1=+; p(1=2)=c1c+1=+. 故 e(1)=1+2+=2+. 2的可能取值为 1,2,3. p(2=1)=c2

9、c+2=(-1)(+)(+-1), p(2=2)=c1c1c+2=2(+)(+-1), p(2=3)=c2c+2=(-1)(+)(+-1), 故 e(2)=1(-1)(+)(+-1)+22(+)(+-1)+3(-1)(+)(+-1) =(-1)+4+3(-1)(+)(+-1). 于是 e(1)-e(2) =2+(-1)+4+3(-1)(+)(+-1) =(2+)(+-1)-(-1)+4+3(-1)(+)(+-1) =-(+-3)(+)(+-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

10、)=2(x-x2),f3(x)=13|sin 2x|,ai=99,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.i1i2i3 b.i2i1i3 c.i1i3i2 d.i3i2i1 答案:b 解析:由|(99)2-(-199)2| =1992-199, 结合题意可得 i1 =199(199+399+599+ +299-199) =19999299=1. 由 2|99-199-(99)2+ (-199)2| =299|99-(2-1)99| =299100-299,i 50,299

11、2-10099,50 i 99. 4 / 10 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 时的概率为 p,则 e()=015+1p+2(1-15)=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 + 2-4

12、0,-1 0, 1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. 5 / 10 作直线 l0:y=-ax,平移 l0,最优解可在 a(1,0),b(2,1),c(1,32)处取得. 故由 1z4 恒成立,可得 1 4,1 2 + 1 4,1 +32 4,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

13、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)=2+ x,x 0,-2,x 0,若 f(f(a)2,则实数 a 的取值范围是 . 答案:(-,2 解析:由题意得() 0,2(a) + f(a) 2或() 0,-2(a) 2, 解得 f(a)-2. 由 0,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 . 答案:52 解析:由双曲线方程可知,它的渐近线方程为 y=x 与

14、 y=-x,它们分别与 x-3y+m=0 联立方程组,解得a(-3,-3),b(-+3,+3). 由|pa|=|pb|知,可设 ab 的中点为 q, 则 q(-3+-+32,-3+32), 由 pqab,得 kpqkab=-1, 解得 2a2=8b2=8(c2-a2),即22=54. 故=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 p的仰角 的大小.若 ab=15 m,ac=25 m,bcm=30 ,则 t

15、an 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 =. 6 / 10 设 nc=x(x0),则 bn=20-x, 于是 an=2+ b2= 152+ (20-x)2 =2-40 x + 625, pn=nctan 30 =33x, 所以 tan =33x2-40 x+625 =331-40+6252=336252-40+1, 令1=t, 则625240+1=625t2-40t+1, 当

16、t=4125时,625t2-40t+1 取最小值925, 因此6252-40+ 1的最小值为925=35,这时 tan 的最大值为3353=539(此时 =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

17、式化为 2a,2b的三角函数式,结合角 a,b的范围求出 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sin=sin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+cos221+cos22=32sin 2a-32sin 2b, 即32sin 2a-12cos 2a=32sin 2b-12cos 2b, sin(2-6)=sin(2-6), 由 ab,得 ab,又 a+b(0,), 得 2a-6+2b-6=, 即 a+b=23,所以 c=3.

18、(2)由 c=3,sin a=45,sin=sin,得 a=85. 由 ac,得 a0,c30,c40, 当 n5 时,cn=1(+1)(+1)2-1, 而(+1)2(+1)(+2)2+1=(+1)(-2)2+10, 得(+1)25(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)

19、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 a

20、b2=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 bfad,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. 8 / 10 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

21、 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=2+b2-b22=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 a

22、de的法向量为 m=(x1,y1,z1),平面 abd 的法向量为 n=(x2,y2,z2),可算得 =(0,-2,-2), =(1,-2,-2), =(1,1,0), 由ad = 0,ae = 0,得-2y1-2z1= 0,x1-2y1-2z1= 0, 可取 m=(0,1,-2). 由ad = 0,bd = 0,即-2y2-2z2= 0,x2+ y2= 0, 可取 n=(1,-1,2). 于是|cos|=|=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:22+22=1(ab0),

23、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 = + ,22

24、+22= 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(-2km2+22,2m2+22). 9 / 10 又点 p在第一象限,故点 p 的坐标为 p(-2k2+22,22+22). (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=|-2k2+22+2k2+22|1+2, 整理得 d=2-22+2+22+22. 因为 a2k2+222ab, 所以2-22+2+22+222-22+2+2ab=a-b, 当

25、且仅当 k2=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)=3+ 3x-3a,x a,3-3x + 3a,x a, 所以 f(x)=32+ 3,x a,32-3,x a,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(a)=f(-1)=-4-3a, 故 m(a)-m(a)=(4-3a)-(-4-3a)=8.