2014年普通高等学校招生全国统一考试数学(浙江卷)文

1、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4页,选择题部分1至2页,非选择题部分3至4页.满分150分,考试时间120分钟.考生注意:1.答题前,请务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试题卷和答题纸规定的位置上.2.答题时,请按照答题纸上“注意事项”的要求,在答题纸相应的位置上规范作答,在本试题卷上的作答一律无效.参考公式:球的表面积公式s=4r2球的体积公式v=43r3其中r表示球的半径锥体的体积公式v=13sh其中s表示锥体的底面积,h表示锥体的高柱体的体积公式v=sh其中s表示柱体的底面积,h表示柱体的高台

2、体的体积公式v=13h(s1+s1s2+s2)其中s1,s2分别表示台体的上、下底面积,h表示台体的高如果事件a,b互斥,那么p(a+b)=p(a)+p(b)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,文1)设集合s=x|x2,t=x|x5,则st=().a.(-,5b.2,+)c.(2,5)d.2,5答案:d解析:由已知得st=x|2x5=2,5,故选d.2.(2014浙江,文2)设四边形abcd的两条对角线为ac,bd,则“四边形abcd为菱形”是“acbd”的().a.充分不必要条件b.

3、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:当四边形abcd为菱形时,其对角线互相垂直,必有acbd;但当acbd时,四边形不一定是菱形(如图),因此“四边形abcd为菱形”是“acbd”的充分不必要条件.故选a.3.(2014浙江,文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.72 cm3b.90 cm3c.108 cm3d.138 cm3答案:b解析:由三视图可知,该几何体是一个组合体,其左侧是一个直三棱柱,右侧是一个长方体.其中三棱柱的底面是一个直角三角形,其两直角边长分别是3 cm和4 cm,三棱柱的高为3 cm,因此其体积v1=sh

4、=12×4×3×3=18(cm3).长方体中三条棱的长度分别为4 cm,6 cm,3 cm,因此其体积v2=4×6×3=72(cm3).故该几何体的体积v=v1+v2=18+72=90(cm3),故选b.4.(2014浙江,文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个单位答案:a解析:由于y=sin 3x+cos 3x=2sin3x+4,y=2cos 3x=2sin3x+2,因此只需将y=2cos 3x的图象向右平

5、移12个单位,即可得到y=2sin3x-12+2=2sin3x+4的图象,故选a.5.(2014浙江,文5)已知圆x2+y2+2x-2y+a=0截直线x+y+2=0所得弦的长度为4,则实数a的值是().a.-2b.-4c.-6d.-8答案:b解析:圆的方程可化为(x+1)2+(y-1)2=2-a,因此圆心为(-1,1),半径r=2-a.圆心到直线x+y+2=0的距离d=|-1+1+2|2=2,又弦长为4,因此由勾股定理可得(2)2+422=(2-a)2,解得a=-4.故选b.6.(2014浙江,文6)设m,n是两条不同的直线,是两个不同的平面.().a.若mn,n,则mb.若m,则mc.若m,

6、n,n,则md.若mn,n,则m答案:c解析:当mn,n时,可能有m,但也有可能m或m,故a选项错误;当m,时,可能有m,但也有可能m或m,故选项b错误;当m,n,n时,必有,从而m,故选项c正确;在如图所示的正方体abcd-a1b1c1d1中,取m为b1c1,n为cc1,为平面abcd,为平面add1a1,这时满足mn,n,但m不成立,故选项d错误.7.(2014浙江,文7)已知函数f(x)=x3+ax2+bx+c,且0<f(-1)=f(-2)=f(-3)3,则().a.c3b.3<c6c.6<c9d.c>9答案:c解析:由于f(-1)=f(-2)=f(-3),所以-

7、1+a-b+c=-8+4a-2b+c=-27+9a-3b+c.由-1+a-b+c=-8+4a-2b+c,整理得3a-b=7,由-8+4a-2b+c=-27+9a-3b+c,整理得5a-b=19,由3a-b=7,5a-b=19,解得a=6,b=11.于是f(-1)=f(-2)=f(-3)=c-6,又因为0<f(-1)=f(-2)=f(-3)3,因此0<c-63,解得6<c9,故选c.8.(2014浙江,文8)在同一直角坐标系中,函数f(x)=xa(x>0),g(x)=logax的图象可能是().答案:d解析:若a>1,则函数g(x)=logax的图象过点(1,0),

8、且单调递增,但当x(0,1)时,y=xa(x>0)的图象应在直线y=x的下方,故c选项错误;若0<a<1,则函数g(x)=logax的图象过点(1,0),且单调递减,函数y=xa(x>0)的图象应单调递增,且当x(0,1)时图象应在直线y=x的上方,因此a,b均错,只有d项正确.9.(2014浙江,文9)设为两个非零向量a,b的夹角.已知对任意实数t,|b+ta|的最小值为1.().a.若确定,则|a|唯一确定b.若确定,则|b|唯一确定c.若|a|确定,则唯一确定d.若|b|确定,则唯一确定答案:b解析:|b+ta|2=(b+ta)2=|b|2+|a|2t2+2a&#

9、183;bt,令f(t)=|a|2t2+2a·bt+|b|2,由于|b+ta|的最小值为1,所以函数f(t)的最小值也为1,即4|a|2|b|2-4(a·b)24|a|2=1.又a,b均为非零向量,且夹角为,因此|b|2-|b|2cos2=1,于是|b|2=11-cos2,因此当确定时,|b|2的值唯一确定,亦即|b|唯一确定,故选b.10.(2014浙江,文10)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.(仰角为直线ap与平面abc

10、所成角).若ab=15 m,ac=25 m,bcm=30°,则tan 的最大值是().a.305b.3010c.439d.539答案:d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(x>0),则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+1,令1x=t,则6

11、25x2-40x+1=625t2-40t+1,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33×53=539此时x=1254.故选d.非选择题部分(共100分)二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分.11.(2014浙江,文11)已知i是虚数单位,计算1-i(1+i)2=. 答案:-12-12i解析:1-i(1+i)2=1-i2i=(1-i)·i2i·i=1+i-2=-12-12i.12.(2014浙江,文12)若实数x,y满足x+2y-40,x-y-10,x1

12、,则x+y的取值范围是. 答案:1,3解析:画出约束条件所确定的可行域(如图中阴影部分所示).令z=x+y,则y=-x+z,画出直线l:y=-x,平移直线l,当l经过可行域中的点a(1,0)时,z取最小值,且zmin=1+0=1;当l经过可行域中的点b(2,1)时,z取最大值,且zmax=2+1=3,故x+y的取值范围是1,3.13.(2014浙江,文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. 答案:6解析:第一次执行循环体s=2×0+1=1,i=1+1=2;第二次执行循环体s=2×1+2=4,i=2+1=3;第三次执行循环体

13、s=2×4+3=11,i=3+1=4;第四次执行循环体s=2×11+4=26,i=4+1=5;第五次执行循环体s=2×26+5=57,i=5+1=6,这时s=57>50,跳出循环,输出i=6.14.(2014浙江,文14)在3张奖券中有一、二等奖各1张,另1张无奖.甲、乙两人各抽取1张,两人都中奖的概率是. 答案:13解析:甲、乙两人各抽取1张,一共有3×2=6种等可能的结果,两人都中奖的结果有2×1=2种,由古典概型计算公式可得所求概率为p=26=13.15.(2014浙江,文15)设函数f(x)=x2+2x+2,x0,-x2

14、,x>0,若f(f(a)=2,则a=. 答案:2解析:当a0时,f(a)=a2+2a+2=(a+1)2+1>0,于是f(f(a)=f(a2+2a+2)=-(a2+2a+2)2,令-(a2+2a+2)2=2,显然无解;当a>0时,f(a)=-a2<0,于是f(f(a)=f(-a2)=(-a2)2+2(-a2)+2=a4-2a2+2,令a4-2a2+2=2,解得a=2(a=0,-2舍去).综上,a的取值为2.16.(2014浙江,文16)已知实数a,b,c满足a+b+c=0,a2+b2+c2=1,则a的最大值是. 答案:63解析:由a+b+c=0可得c=

15、-(a+b).又a2+b2+c2=1,所以a2+b2+-(a+b)2=1,整理得2b2+2ab+2a2-1=0.又由a2+b2+c2=1易知0b21,-1b1,因此关于b的方程2b2+2ab+2a2-1=0在-1,1上有解,所以=4a2-8(2a2-1)0,-1-a21,2-2a+2a2-10,2+2a+2a2-10,解得a63,即a的最大值是63.17.(2014浙江,文17)设直线x-3y+m=0(m0)与双曲线x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)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:双曲线x

16、2a2-y2b2=1的两条渐近线方程分别是y=bax和y=-bax.由y=bax,x-3y+m=0,解得a-ama-3b,-bma-3b,由y=-bax,x-3y+m=0,解得b-ama+3b,bma+3b.设ab中点为e,则e-a2ma2-9b2,-3b2ma2-9b2.由于|pa|=|pb|,所以pe与直线x-3y+m=0垂直,而kpe=3b2ma2-9b2m-a2ma2-9b2=3b22a2-9b2,于是3b22a2-9b2·13=-1.所以a2=4b2=4(c2-a2).所以4c2=5a2,解得e=ca=52.三、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

17、或演算步骤.18.(本题满分14分)(2014浙江,文18)在abc中,内角a,b,c所对的边分别为a,b,c.已知4sin2a-b2+4sin asin b=2+2.(1)求角c的大小;(2)已知b=4,abc的面积为6,求边长c的值.分析:(1)利用二倍角的余弦公式及两角和的余弦公式,将已知条件化简.由a+b的余弦值,求出a+b的值,从而得出角c的大小.(2)利用三角形的面积公式求出a值,再由余弦定理即可求出c值.解:(1)由已知得21-cos(a-b)+4sin asin b=2+2,化简得-2cos acos b+2sin asin b=2,故cos(a+b)=-22.所以a+b=34

18、,从而c=4.(2)因为sabc=12absin c,由sabc=6,b=4,c=4,得a=32.由余弦定理c2=a2+b2-2abcos c,得c=10.19.(本题满分14分)(2014浙江,文19)已知等差数列an的公差d>0.设an的前n项和为sn,a1=1,s2·s3=36.(1)求d及sn;(2)求m,k(m,kn*)的值,使得am+am+1+am+2+am+k=65.分析:(1)利用等差数列前n项和公式与已知进行基本量运算,即可求出公差d,进而求出sn.(2)利用等差数列的通项公式或前n项和公式可得出m,k的关系式,再由m,kn*,通过2m+k-1=13,k+1=

19、5,求出m,k的值.解:(1)由题意知(2a1+d)(3a1+3d)=36,将a1=1代入上式解得d=2或d=-5.因为d>0,所以d=2.从而an=2n-1,sn=n2(nn*).(2)由(1)得am+am+1+am+2+am+k=(2m+k-1)(k+1).所以(2m+k-1)(k+1)=65.由m,kn*知2m+k-1>k+1>1,故2m+k-1=13,k+1=5,所以m=5,k=4.20.(本题满分15分)(2014浙江,文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

20、:ac平面bcde;(2)求直线ae与平面abc所成的角的正切值.分析:(1)先由勾股定理的逆定理,证出线线垂直,再利用面面垂直的性质定理,推出线面垂直,即得结论.(2)由面面垂直的性质可得线面垂直,利用线面垂直的转化,可求作并证明所求线面角(为eaf).将空间角转化为平面角,再利用解直角三角形,求出线面角的正切值.(1)证明:连接bd.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.(2)解:在直角梯形bcde中,由bd=bc=2,dc=2,得bdbc,又平面abc

21、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abc所成的角.在rtbef中,由eb=1,ebf=4,得ef=22,bf=22.在rtacf中,由ac=2,cf=322,得af=262.在rtaef中,由ef=22,af=262,得taneaf=1313.所以直线ae与平面abc所成的角的正切值是1313.21.(本题满分15分)(2014浙江,文21)已知函数f(x)=x3+3|x-a|(a>0).若f(x)在-1,1上的最小值记为g(a).(1)求g(a);(2)证明:当x-1,1时,恒有f(x)g(a)+4.

22、分析:(1)由于f(x)解析式中含绝对值,因此要去绝对值符号.化简解析式必须对a>0分情况讨论,并对x所属区间讨论.再通过求导数判断函数的单调性,利用函数单调性求出函数f(x)的最小值g(a).(2)令h(x)=f(x)-g(a),问题转化为h(x)4在x-1,1上恒成立.对恒成立问题,常转化为函数最值问题处理,即只需求出函数h(x)在-1,1上的最大值为4.因此,根据g(a)分情况讨论h(x)的最大值,借助于导数,利用函数单调性法求最值即可得解.(1)解:因为a>0,-1x1,所以当0<a<1时,若x-1,a,则f(x)=x3-3x+3a,f'(x)=3x2-

23、3<0,故f(x)在(-1,a)上是减函数;若xa,1,则f(x)=x3+3x-3a,f'(x)=3x2+3>0,故f(x)在(a,1)上是增函数.所以g(a)=f(a)=a3.当a1时,有xa,则f(x)=x3-3x+3a,f'(x)=3x2-3<0.故f(x)在(-1,1)上是减函数,所以g(a)=f(1)=-2+3a.综上,g(a)=a3,0<a<1,-2+3a,a1.(2)证明:令h(x)=f(x)-g(a),当0<a<1时,g(a)=a3.若xa,1,h(x)=x3+3x-3a-a3,得h'(x)=3x2+3,则h(x

24、)在(a,1)上是增函数,所以,h(x)在a,1上的最大值是h(1)=4-3a-a3,且0<a<1,所以h(1)4.故f(x)g(a)+4.若x-1,a,h(x)=x3-3x+3a-a3,得h'(x)=3x2-3,则h(x)在(-1,a)上是减函数,所以,h(x)在-1,a上的最大值是h(-1)=2+3a-a3.令t(a)=2+3a-a3,则t'(a)=3-3a2>0.知t(a)在(0,1)上是增函数.所以,t(a)<t(1)=4,即h(-1)<4.故f(x)g(a)+4.当a1时,g(a)=-2+3a,故h(x)=x3-3x+2,得h'(x)=3x2-3,此时h(x)在(-1,1)上是减函数,因此h(x)在-1,1上的最大值是h(-1)=4.故f(x)g(a)+4.综上,当x-1,1时,恒有f(x)g(a)+4.22.(本题满分14分)(2014浙江,文22)已知abp的三个顶点都在抛物线c:x2=4y上,f为抛物线c的焦点,点m为ab的中点,pf=3fm.(1)若|pf|=3,求点m的坐标;(2)求abp面积的最大值.分析:(1)设出p点坐标,由于pf为焦半径,因此由抛物线定义,可求出p