2014年浙江省高考数学【理】（含解析版）

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：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，集合，则（）A.B.C.D.2.已知是虚数单位，,则“”是“”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.90B.129C.132D.1384.为了得到函数的图像，可以将函数的图像（）A.向右平移个单位B.向左平移个单位C.向右平移个单位D.向左平移个单位5.在的展开式中,记项的系数，则=（）A.45B.60C.120D.2106.已知函数，且（）A.B.C.D.7.在同一直角坐标系中，函数，的图像可能是（）8.记，，设为平面向量，则（）A．B.C.D.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，从乙盒中随机抽取个球放入甲盒中.（a）放入个球后，甲盒中含有红球的个数记为；（b）放入个球后，从甲盒中取1个球是红球的概率记为.则()A.B.C.D.10.设函数，，，，，记，则()A.B.C.D.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，，则=________.13.当实数满足时，恒成立，则实数的取值范围是________.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.设函数若，则实数的取值范围是______16.设直线()与双曲线（）两条渐近线分别交于点A，B.若点满足,则该双曲线的离心率是__________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，，,则的最大值是(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A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知（Ⅰ）求角C的大小； （Ⅱ）若，求△ABC的面积． 19.（本题满分14分）已知数列和满足.若为等比数列，且(Ⅰ)求与；(Ⅱ)设.记数列的前项和为,（i）求；（ii）求正整数，使得对任意均有.20.（本题满分15分）如图，在四棱锥中，平面平面,，,,.(Ⅰ)证明：平面;(Ⅱ)求二面角的大小.21(本题满分15分)如图，设椭圆C:动直线与椭圆C只有一个公共点P，且点P在第一象限.(Ⅰ)已知直线的斜率为，用表示点P的坐标；(Ⅱ)若过原点的直线与垂直，证明：点到直线的距离的最大值为.（本题满分14分）已知函数(Ⅰ)若在上的最大值和最小值分别记为，求；(Ⅱ)设若对恒成立，求的取值范围.2014年高考浙江理科数学试题参考答案一、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.【解析】=，【答案】B2.【解析】当时，，反之，即，则解得或【答案】A3.【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：.【答案】D4.【解析】=而=由，即故只需将的图象向右平移个单位.故选C【答案】C5.【解析】令，由题意知即为展开式中的系数，故=，故选C【答案】C6.【解析】由得解得，所以,由得，即，故选C【答案】C7.【解析】函数，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；答案B中，中，中，不符合；答案C中，中，中，不符合；答案D中，中，中，符合.故选D【答案】D8.【解析】由向量运算的平行四边形法可知与的大小不确定，平行四边形法可知所对的角大于或等于，由余弦定理知，（或）.【答案】D9.【解析1】，=∴－=，故又∵，∴又∴==－=所以，故选A【答案】A【解析2】：在解法1中取，计算后再比较。10.【解析】由，故由故=故，故选B【答案】B【解析2】估算法：的几何意义为将区间等分为99个小区间，每个小区间的端点的函数值之差的绝对值之和.如图为将函数的区间等分为4个小区间的情形，因在上递增，此时=，同理对题中给出的同样有；而略小于，略小于，所以估算得【答案】B填空题：本大题共7小题，每小题4分，共28分.11.【解析】第一次运行结果第二次运行结果第三次运行结果第四次运行结果第五次运行结果012P此时，∴输出，【答案】612.【解析】设时的概率为，的分布列为由，解得012P的分布列为即为故.【答案】13.【解析】作出不等式组所表示的区域如图，由恒成立，故三点坐标代入，均成立得解得，∴实数的取值范围是，【答案】【解析2】作出不等式组所表示的区域如图，由得，由图分析可知，且在点取得最小值，在取得最大值，故得，故实数的取值范围是，【答案】14.【解析1】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，共有二是有三人各获得一张奖券，共有，因此不同的获奖情况共有种【解析2】将一、二、三等奖各1张分给4个人有种分法，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64－4=60种.【答案】6015.【解析】由题意或，解得∴当或解得【答案】16.【解析1】由双曲线的方程可知，它的渐近线方程为和，分别与直线：联立方程组，解得，,，设AB中点为，由得，则即，PQ与已知直线垂直，∴，即即得，即，即，所以【解析2】不妨设，渐近线方程为即由消去得设AB中点为，由韦达定理得：……①，又，由得即得得代入①得得，所以，所以，得【答案】17.【解析1】：∵AB=15cm，AC=25cm，∠ABC=90°，∴BC=20cm，过P作PP′⊥BC，交BC于P′，1当P在线段BC上时，连接AP′，则设BP′=x，则CP′=20-x，（）由∠BCM=30°，得在直角△ABP′中，∴令，则函数在x∈[0，20]单调递减，∴x=0时，取得最大值为2当P在线段CB的延长线上时，连接AP′，则设BP′=x，则CP′=20+x，（）由∠BCM=30°，得在直角△ABP′中，∴，令，则，所以，当时；当时所以当时此时时，取得最大值为综合1，2可知取得最大值为【解析2】：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，∵AB=15cm，AC=25cm，∠ABC=90°，∴BC=20cm，由∠BCM=30°，可设（其中），，，所以设()，所以，当时；当时所以当时所以取得最大值为【解析3】:分析知，当取得最大时，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BDBC交CM于D，过B作BHAC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，的最大值即为，在中，由等面积法可得=12，所以=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.【解析】：（Ⅰ）由题得，即由得，又，得即，所以（Ⅱ），，，得由得，从而故=所以，△ABC的面积为19.【解析】：（Ⅰ）∵①，当n≥2，n∈N*时，②，由①②知：当时，，令n=3，则有∵b3=6+b2，∴a3=8．∵{an}为等比数列，且a1=2，∴{an}的公比为q，则由题意知an＞0，∴q＞0，∴q=2．∴an＝2n（n∈N*）．又由，得：即∴bn=n（n+1）（n∈N*）．（Ⅱ）（i）∵∴====（ii）因为c1=0，c2＞0，c3＞0，c4＞0；当n≥5时，而，得所以，当n≥5时，cn＜0，综上，对任意n∈N*恒有，故k=4．20.证明：（Ⅰ）在直角梯形BCDE中，由DE=BE=1，CD=2，得BD=BC=，由，AB=2得，即AC⊥BC，又平面ABC⊥平面BCDE，从而AC⊥平面BCDE，所以AC⊥DE，又DE⊥DC，从而DE⊥平面ACD；(Ⅱ)【方法1】作BF⊥AD，与AD交于点F，过点F作FG∥DE，与AB交于点G，连接BG，由（Ⅰ）知DE⊥AD，则FG⊥AD，所以∠BFG就是二面角B-AD-E的平面角，在直角梯形BCDE中，由CD2=BC2+BD2，得BD⊥BC，又平面ABC⊥平面BCDE，得BD⊥平面ABC，从而BD⊥AB，由于AC⊥平面BCDE，得AC⊥CD．在Rt△ACD中，由DC=2,，得；在Rt△AED中，由ED=1，得；在Rt△ABD中，由，AB=2，得，，从而，在△ABE，△ABG中，利用余弦定理分别可得，．在△BFG中,，所以，∠BFG=，即二面角B-AD-E的大小为.【方法2】以D的原点，分别以射线DE，DC为x,y轴的正半轴，建立空间直角坐标系，如图所示.由题意知各点坐标如下：，，，，.设平面ADE的法向量为平面ABD的法向量为，可算得：，，由即，可取由即可取于是由题意可知，所求二面角是锐角，故二面角B-AD-E的大小为21.【解析】：（Ⅰ）【方法1】设直线l的方程为，由，消去y得由于直线l与椭圆C只有一个公共点P，故△=0，即，解得点P的坐标为又点P在第一象限，故点P的坐标为【方法2】作变换，则椭圆C：变为圆：切点变为点，切线（变为.在圆中设直线的方程为（），由解得即，由于，所以，得，即代入得即，利用逆变换代入即得：（Ⅱ）由于直线l1过原点O且与直线l垂直，故直线l1的方程为x+ky=0，所以点P到直线l1的距离整理得:因为，所以当且仅当时等号成立．所以，点P到直线的距离的最大值为．23.【解析】：（Ⅰ）∵,∴，由于（ⅰ）当时，有，故此时，f（x）在上是增函数，因此，，故（ⅱ）当时，若x∈（a，1），，在（a，1）上是增函数；若x∈（-1，a），，在（-1，a）上是减函数，∴，由于，因此当时，；当时，；（ⅲ）当时，有，故，此时在上是减函数，因此，，故；综上，（Ⅱ）令，则，因为[f（x）+b]2≤4对x∈[-1，1]恒成立，即对x∈[-1，1]恒成立，所以由（Ⅰ）知，（ⅰ）当时，在上是增函数，在上的最大值是，最小值，则且矛盾；（ⅱ）当时，在上的最小值是，最大值是，所以且，从而且令，则，∴在上是增函数，故，因此（ⅲ）当时，在上的最小值是，最大值是，所以由且，解得(ⅳ)当时，在上的最大值是，最小值是，所以由且，解得3a+b=0．综上，的取值范围是.