2014浙江理科数学试题及标准答案

1、UA（）【解析】当ab1时，(abi)2(1i)22i，反之，(abi)22i，即a2b22abi2i，则，解得或，故选Ab1b1S24623436333435234138，故选D2014年普通高等学校招生全国统一考试（浙江卷）数学（理科）第卷（选择题共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，只有一项符合题目要求（1）【2014年浙江，理1，5分】设全集UxN|x2，集合AxN|x25，则（A）（B）2（C）5（D）2,5【答案】B【解析】AxN|x25xN|x5，CAxN|2x52，故选BU【点评】本题主要考查全集、补集的定义，求集合的补集，属于

2、基础题（2）【2014年浙江，理2，5分】已知i是虚数单位，a,bR，则“ab1”是“(abi)22i”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】Aa2b202ab2a1a1【点评】本题考查的知识点是充要条件的定义，复数的运算，难度不大，属于基础题（3）【2014年浙江，理3，5分】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）90cm2（B）129cm2（C）132cm2（D）138cm2【答案】D【解析】由三视图可知直观图左边一个横放的三棱柱右侧一个长方体，故几何体的表面积为：12【点评】本题考查了由三视图求几

3、何体的表面积，根据三视图判断几何体的形状及数据所对应的几何量是解题的关键【（4）2014年浙江，理4，5分】为了得到函数ysin3xcos3x的图像，可以将函数y2cos3x的图像（）个单位（B）向左平移个单位（C）向右平移个单位（D）向左平移个单位（A）向右平移441212【解析】ysin3xcos3x2sin(3x)2sin3(x)，而y2cos3x2sin(3x)=2sin3(x)，【答案】C41226)，即xx，故只需将y2cos3x的图象向右平移由3(x)3(x6121212个单位，故选C【点评】本题考查两角和与差的三角函数以及三角函数的平移变换的应用，基本知识的考查（5）【2014

4、年浙江，理5，5分】在(1x)6(1y)4的展开式中,记xmyn项的系数f(m,n)，则02ff(3,)f(,1)(1f,2)=（）（A）45（B）60（C）120（D）210【答案】C【解析】令xy，由题意知f(3,0)f(2,1)f(1,2)f(0,3)即为(1x)10展开式中x3的系数，故f(3,0)f(2,1)f(1,2)f(0,3)=C7120，故选C10【点评】本题考查二项式定理系数的性质，二项式定理的应用，考查计算能力（6）【2014年浙江，理6，5分】已知函数f(x)x3ax2bxc，且0f(1)f(2)f(3)3（）（A）c3（B）3c6（C）6c9（D）c91【解析】由f(

5、1)f(2)f(3)得，解得，1abc279a3bcb11【答案】C1abc84a2bca6所以f(x)x36x211xc，由0f(1)3，得01611c3，即6c9，故选C【点评】本题考查方程组的解法及不等式的解法，属于基础题【（7）2014年浙江，理7，5分】在同一直角坐标系中，函数f(x)xa(x0)，g(x)logx的图像可能是（）a（8）【2014年浙江，理8，5分】记maxx,y，minx,y，设a,b为平面向量，则（）y,xyx,xy（A）（B）（C）（D）【答案】D【解析】函数f(x)xa(x0)，g(x)logx分别的幂函数与对数函数答案A中没有幂函数的图像,不符合；答afg

6、，f案B中，(x)xa(x0)中a1，(x)logx中0a1不符合；答案C中，(x)xa(x0)中0a1，ag(x)logx中a1，不符合；答案D中，f(x)xa(x0)中0a1，g(x)logx中0a1，符合，aa故选D【点评】本题考查的知识点是函数的图象，熟练掌握对数函数和幂函数的图象和性质，是解答的关键x,xyy,xy（A）min|ab|,|ab|min|a|,|b|（B）min|ab|,|ab|min|a|,|b|（C）max|ab|2,|ab|2|a|2|b|2（D）max|ab|2,|ab|2|a|2|b|2【答案】D【解析】由向量运算的平行四边形法可知min|ab|,|ab|与m

7、in|a|,|b|的大小不确定，平行四边形法可知max|ab|,|ab|所对的角大于或等于90，由余弦定理知max|ab|2,|ab|2|a|2|b|2，|a|2|b|2），故选D（或max|ab|2,|ab|2|ab|2|ab|22(|a|2|b|2)22【点评】本题在处理时要结合着向量加减法的几何意义，将a，b，ab，ab放在同一个平行四边形中进行比较判断，在具体解题时，本题采用了排除法，对错误选项进行举反例说明，这是高考中做选择题的常用方法，也不失为一种快速有效的方法，在高考选择题的处理上，未必每一题都要写出具体解答步骤，针对选择题的特点，有时“排除法”，“确定法”，“特殊值”代入法等也

8、许是一种更快速，更有效的方法（9）2014年浙江，理9，5分】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(m3,n3)，从乙盒中随机抽取i(i1,2)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(i1,2)；i（b）放入i个球后，从甲盒中取1个球是红球的概率记为p(i1,2)则（）i（A）pp,E()E()（B）pp,E()E()（C）pp,E()E()（D）pp,E()E()1212121212121212【答案】A【解析】解法一：mnmn22(mn)mn12mnp1，p2C21C1C12C2nmnmC23C23C2mnmnmn=3m23m2mnn2n3(mn)(

9、mn1)，pp=0，故pp2(mn)6(mn)(mn1)3m23m2mnn2n2mn5mnn(n1)1212又P(1)，P(2)，E()1mnmnmnmnmn111nmnm2mn22，(mn)(mn1)C2(mn)(mn1)又P(1)2C2nC2mnC1C1n(n1)2mn，P(2)nm，2mnP(3)2C2mC2mnm(m1)(mn)(mn1)E()12n(n1)2mnm(m1)23(mn)(mn1)(mn)(mn1)(mn)(mn1)=3m2n23mn4mn(mn)(mn1)E()E()=0，所以E()E()，故选A(mn)(mn1)mn(mn)(mn1)（10）2014年浙江，理10，5

10、分】设函数f(x)x2，f(x)2(xx2)，f(x)|sin2x|，a，i0,1,2，1i399由i2i122991199299999999999999999999993m2n23mn4mn2mnm(m1)mn2121解法二：在解法一中取mn3，计算后再比较，故选A【点评】正确理解i1,2的含义是解决本题的关键此题也可以采用特殊值法，不妨令mn3，也可以很i快求解【123i,99，记I|f(a)f(a)|f(a)f(a)|f(a)f(a)|，k1,2,3，则（）kk1k0k2k1k99k98（A）III（B）III（C）III（D）III123213132321【答案】B【解析】解法一：，故

11、I()1，12|，故I221，999999999999992999999由2ii1i2i12199(2i1)150(980)9810023399999999|sin(211021I(|sin(2)|sin(2)|sin(2)|sin(2)|9998)|sin(2)|)9999=2sin(2)2sin(2)1，故III，故选B39999f(1)f(0)1，同理对题中给出的I，同样有I1；而I略小于21，I略小于4，所23312574213解法二：估算法：I的几何意义为将区间0,1等分为99个小区间，每个小区间的端点的函数值之差的绝对值之k和如图为将函数f(x)x2的区间0,1等分为4个小区间的情

12、形，因f(x)在0,1上递增，此时11|)|()(I|f(a)f(a)|f(a)f(a)|f(af(a)|fafa)|=AHAHAHAH110213243112233441141123以估算得III，故选B213【点评】本题主要考查了函数的性质，关键是求出这三个数与1的关系，属于难题第卷（非选择题共100分）二、填空题：本大题共7小题，每小题4分，共28分（11）【2014年浙江，理11，5分】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【答案】6【解析】第一次运行结果S1,i2；第二次运行结果S4,i3；第三次运行结果S11,i4；3（12）2014年浙江，理12，5分】随

13、机变量的取值为0,1,2，若P(0)，E()1，则D()=1201211p【解析】设1时的概率为p，的分布列为：由E()01p2(1p)1，解得p第四次运行结果S26,i5；第五次运行结果S57,i6；此时S5750，输出i6【点评】本题考查了直到型循环结构的程序框图，根据框图的流程模拟运行程序是解答此类问题的常用方法【5【答案】5P1p55113555的分布列为即为012P131555故E()(01)2(11)2(21)2（13）【2014年浙江，理13，5分】当实数x,y满足xy10时，1axy4恒成立，则实数a的取值范x1【答案】1,作出不等式组xy10所表示的区域如图，由1axy4恒成

14、立，x1故A(1,0),B(2,1),C(1,)，三点坐标代入1axy4，均成立得12a1423解得1a，实数a的取值范围是1,作出不等式组xy10所表示的区域如图，由1axy4得，由图分析可知，a0且在A(1,0)点x113125555【点评】本题综合考查了分布列的性质以及期望、方差的计算公式x2y40围是_32【解析】解法一：x2y401a431a423322解法二：x2y40a133取得最小值，在B(2,1)取得最大值，故，得1a，故实数a的取值范围是1,2a1422【点评】本题考查线性规划，考查了数形结合的解题思想方法，考查了数学转化思想方法，训练了不等式组得解法，是中档题（14）【2

15、014年浙江，理14，5分】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】解法一：不同的获奖分两种，一是有一人获两张奖券，一人获一张奖券，共有C2A236，34二是有三人各获得一张奖券，共有A324，因此不同的获奖情况共有362460种4解法二：4将一、二、三等奖各1张分给4个人有4364种分法，其中三张奖券都分给一个人的有4种分法，因此不同的获奖情况共有64460种【点评】本题考查排列、组合及简单计数问题，考查学生的计算能力，属于基础题（15）2014年浙江，理15，5分】设函数f(x)x2x,x0【答

16、案】(,2x2,x0若f(f(a)2，则实数a的取值范围是f2(a)f(a)2f2(a)2a2a2a22f(a)0f(a)0a0a0【解析】由题意或，解得f(a)2当或，解得a2【点评】本题主要考查分段函数的应用，其它不等式的解法，体现了数形结合的数学思想，属于中档题（16）【2014年浙江，理16，5分】设直线x3ym0(m0)与双曲线x2y2a2b21（a0,b0）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】52x和yx，分别与直线l：【解析】解法一：由双曲线的方程可知，它的渐近线方程为ybbaax3ym0联立方程组，解得，A(,)，B(,)，

17、设AB中ambmambma3ba3ba3ba3bamambmbm点为Q，由|PA|PB|得，则Q(a3ba3b,a3ba3b)，22,)，PQ与已知直线垂直，ka29b21即Q(a2m3b2ma29b2a29b2k1，即PQl3b2ma2m3ma29b21，所以e即得2a28b2，即2a28(c2a2)，即解法二：c25c5a24a20即b2x2y20，由消去x，不妨设a1，渐近线方程为x2y212b2b2x2y20 x3ym0得(9b21)y26b2myb2m0，设AB中点为Q(x,y)，由韦达定理得：y0003b2m9b21，1得ym代入得5m，又x3ym，由k00k1得PQly1y101

18、，即得0 xm33y2m300033b2m39b215，所以c2a2b21，所以c，得ec得b21155c54442a2【点评】本题考查双曲线的离心率，考查直线的位置关系，考查学生的计算能力，属于中档题（17）【2014年浙江，理17，5分】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沿墙面上的射击线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AB15m，AC25m，BCM30，则tan的最大值是（仰角为直线AP与平面ABC所成角）【答案】5391当P在线段BC上时，连接AP，则tan，设BPx，则CP20 x，【

19、解析】解法一：AB15cm，AC25cm，ABC90，BC20cm，过P作PPBC，交BC于P，PPAP5（0 x20）由BCM30，得PPCPtan3033)(20 xtan，令y，则函数在在直角ABP中，AP2225xPP320 x20 xAP3225x2225x20 x0,2单调递减，x0时，tan取得最大值为332002250220343459则CP20 x，（x0）由BCM30，得PPCPtan30(20 x，)在直角ABP中，AP225x2，tan，2当P在线段CB的延长线上时，连接AP，则tanPP，设BPx，AP33PP320 xAP3225x2225x2，则y，当0 x225

20、时y0；当x时y0，令y20 x22520 x(225x2)225x245452044452053553，此时x时，tan取得最大值为所以当x45时y4max454225()244534339，综合1，2可知tan取得最大值为539解法二：如图以B为原点，BA、BC所在的直线分别为x，y轴，建立如图所示的空间直角坐标系，AB15cm，AC25cm，ABC90，BC20cm，由BCM30，可设P(0,x,（(20 x)其中x20），P0,(0),33x，A(15,0,0)，PP320 x3152x2225x2所以tanAP33(20 x)，设f(x)tan(x20)，f(x)，所以，当x时y0；

21、当x20时y0，45204535353所以当x时f(x)，所以tan取得最大值为f()444599320 x322520 x3225x23(225x2)225x22254545204445max225()24解法三：分析知，当tan取得最大时，即最大，最大值即为平面ACM与地面ABC所成的锐二面角的度量值，如图，过B在面BCM内作BDBC交CM于D，过B作BHAC于H，连DH，则BHD即为平面ACM与地面ABC所成的二面角的平面角，tan的最大值即为tanBHD，在RtABC中，12，DBBCtan30由等面积法可得BHABBC1520AC252033，2033所以(tan)maxtanBHD

22、DB53BH129【点评】本题考查利用数学知识解决实际问题，考查函数的单调性，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题三、解答题：本大题共5题，共72分解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程6（2）若sinA，求ABC的面积解：（1）由题得sin2Asin2B，即sin2Acos2Asin2Bcos2B，sin(2A)sin(2B)，由ab得AB，又AB(0,)，得2A2B，即AB，所以C（2）c3，sinA，得a，由ac得AC，从而cosA，故sinBsin(AC)=sinAcosCcosAsinC，所以，ABC的面积为SacsinB【（18）2014年浙江，理18，14分】在ABC中，内角A

23、，B，C所对的边分别为a，b，c已知ab,c3，cos2Acos2B3sinAcosA3sinBcosB（1）求角C的大小；451cos2A1cos2B3331312222222266662334ac835sinAsinC554331831810225【点评】本题主要考查二倍角公式、两角和差的三角公式、正弦定理的应用，属于中档题（2）设c(nN*)记数列c的前n项和为Sab【（19）2014年浙江，理19，14分】已知数列a和b满足aaann123且a2,b6b132（1）求a与b；nn11nnnnn（）求S；n（）求正整数k，使得对任意nN*均有SSkna(2)bn(nN*)若a为等比数列，

24、nn解：（1）aaa123a(2)bn(nN*)，当n2，nN*时，aaan123ba(2)n1，n1a为等比数列，且a2，a的公比为q，则q234，由题意知a0，q0，ab由知：当n2时，a(2)nbn1，令n3，则有a(2)b3b2，b6b，a8n3323an1nn2nq2a2（nN*）又由aaan123a(2)bn(nN*)，得：212223nnn2(2b)，即2(2)bn，b（n1）（nN*）（2）（）c()，ab2nn(n1)2nnn1Scccc=21222232nnn1n(n1)2nn1111111nnn111111111()()()n123n=11111111=(1)=11222

25、2nn12nn1n12n（）因为c0，c0，c0，c0；当n5时，c1，n(n1)2n1n(n1)1234n0，得1，而n(n1)(n1)(n2)(n1)(n2)n(n1)5(51)2n2n12n12n25所以，当n5时，c0，综上，对任意nN*恒有SS，故k4n4n【点评】本题考查了等比数列通项公式、求和公式，还考查了分组求和法、裂项求和法和猜想证明的思想，证明可以用二项式定理，还可以用数学归纳法本题计算量较大，思维层次高，要求学生有较高的分析问题解决问题的能力本题属于难题（20）【2014年浙江，理20，15分】如图，在四棱锥ABCDE中，平面ABC平面BCDE，CDEBED90，ABCD

26、2，DEBE1，AC2（1）证明：DE平面ACD；7得AE7；在RtABD中，由BD2，AB2，AD6，得BF，AFAD，从而GF，在ABE，ABG中，利用余弦定理分别可得cosBAE，BC在BFG中，所以，BFG，即二面角BADE的大小为可算得：AD(0,2,2)，AE(1,2,2)，DB(1,1,0)，由，即，可取m(0,1,2)，由即2y2z0nAD02y2z0 x2y2z0nBD02111可取n(0,1,2)，于是|cosm,n|mn|（2）求二面角BADE的大小解：（1）在直角梯形BCDE中，由DEBE1，CD2，得BDBC2，由AC2，AB2得AB2AC2BC2，即ACBC，又平面

27、ABC平面BCDE，从而AC平面BCDE，所以ACDE，又DEDC，从而DE平面ACD（2）解法一：B作BFAD，与AD交于点F，过点F作FG/DE，与AB交于点G，连接BG，由（1）知DEAD，则FGAD，所以BFG就是二面角BADE的平面角，在直角梯形BCDE中，由CD2BC2BD2，得DBC，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DC2，AC2，得AD6；在RtAED中，由ED1，AD62323357142233GF2BF2BG23cosBFG2BFGF266解法二：以D的原点，分别以射线DE，DC为x，y轴的正半轴，

28、建立空间直角坐标系Dxyz，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(x,y,z)，平面ABD的法向量为n(x,y,z)，111222mAD0mAE01122xy0233|m|n|322由题意可知，所求二面角是锐角，故二面角BADE的大小为6【点评】本题主要考查空间点、线、面位置关系，二面角等基础知识，同时考查空间想象能力，推理论证能力和运算求解能力（21）【2014年浙江，理21，15分】如图，设椭圆:x2y2Ca2b21(ab0)动直线l与椭圆C设l方程为ykxm(k0)，x2y2，消去y

29、得：(b2a2k2)x22a2kmxa2m2a2b20，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l与l垂直，证明：点P到直线l的距离的最大值为ab11解：（1）解法一：ykxma2b21由于直线l与椭圆C只有一个公共点P，故0，即b2m2a2k20，解得点P的坐标为,)，又点P在第一象限，故点P的坐标为P(,)P(a2kmb2ma2kb2b2a2k2b2a2k2b2a2k2b2a2k2解法二：8axyx作变换，则椭圆C：ybx2y2a2b21(ab0)变为圆C：x2y21，切点P(x,y)变为点000在圆C中设直线OP的方

30、程为ymx（m0），由，解得，yP(x,y)，切线l:yyk(xx)（k0)，变为l:byyk(axx)0000001xymx1m2x2y21m01m2,)，由于OPl，所以kk1，得m1，即mbak1m21m2即P(1makbOPl，1,a,)，利用逆变换yy代入得P(bak2bb211(ak)2(ak)2)，即P(aakb2k2b2a2k2b2bxx代入即得：P(a2ka2k2b2,b2a2k2b2)（2）由于直线l过原点O且与直线l垂直，故直线l的方程为xky0，所以点P到直线l的距离111b2a2k2，整理得:dd|a2kb2k|b2a2k21k2a2b2b2a2a2k2b2k2，因为a2k2b2k22ab，ab，当且仅当k2时等号成立所以da2b2a2b2bb2b2a22abab2a2a2k2k2所以，点P到直线l的距离的最大值为ab1【点评】本题主要考查椭圆的几何性质、点到直线间的距离、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（22）【20