2014高考浙江卷（文科数学）试卷

2014高考浙江卷（文科数学）试卷

‎2014·浙江卷(文科数学)‎ ‎1．[2014·浙江卷] 设集合S＝{x|x≥2}，T＝{x|x≤5}，则S∩T＝(　　)‎ ‎　　　　　　　　　　　　　　　　‎ A．(－∞，5] B．[2，＋∞) ‎ C．(2，5) D．[2，5]‎ ‎1．D　[解析]依题意，易得S∩T＝[2，5] ，故选D.‎ ‎2．[2014·浙江卷] 设四边形ABCD的两条对角线为AC，BD，则“四边形ABCD为菱形”是“AC⊥BD”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 ‎2．A　[解析]若四边形ABCD为菱形，则AC⊥BD；反之，若AC⊥BD，则四边形ABCD不一定为平行四边形．故“四边形ABCD为菱形”是“AC⊥BD”的充分不必要条件．故选A.‎ ‎3．[2014·浙江卷] 某几何体的三视图(单位：cm)如图所示，则该几何体的体积是(　　)‎ 图11‎ A．72cm3B．90cm3‎ C．108cm3D．138cm3‎ ‎3．B　[解析]此几何体是由长方体与三棱柱组合而成的，其体积为6×4×3＋×3×4×3＝90cm3，故选B.‎ ‎4．[2014·浙江卷] 为了得到函数y＝sin3x＋cos3x的图像，可以将函数y＝cos3x的图像(　　)‎ A．向右平移个单位 B．向右平移个单位 C．向左平移个单位 D．向左平移个单位 ‎4．A　[解析]y＝sin3x＋cos3x＝cos＝cos，故将函数y＝cos3x的图像向右平移个单位可以得到函数y＝sin3x＋cos3x的图像，故选A.‎ ‎5．[2014·浙江卷] 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．－4‎ C．－6D．－8‎ ‎5．B　[解析]圆的标准方程为(x＋1)2＋(y－1)2＝2－a，r2＝2－a，则圆心(－1，1)到直线x＋y＋2＝0的距离为＝.由22＋()2＝2－a，得a＝－4, 故选B.‎ ‎6．、[2014·浙江卷] 设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面(　　)‎ A．若m⊥n，n∥α，则m⊥α B．若m∥β，β⊥α，则m⊥α C．若m⊥β，n⊥β，n⊥α，则m⊥α D．若m⊥n，n⊥β，β⊥α，则m⊥α ‎6．C　[解析]A，B，D中m与平面α可能平行、相交或m在平面内α；对于C，若m⊥β，n⊥β，则m∥n，而n⊥α，所以m⊥α.故选C.‎ ‎7．[2014·浙江卷] 已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，且0＜f(－1)＝f(－2)＝f(－3)≤3，则(　　)‎ A．c≤3B．3＜c≤6‎ C．6＜c≤9D．c＞9‎ ‎7．C　[解析]由f(－1)＝f(－2)＝f(－3)得⇒‎ ⇒ 则f(x)＝x3＋6x2＋11x＋c，而0n，输出i＝6.‎ ‎14．[2014·浙江卷] 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________．‎ ‎14.　[解析]基本事件的总数为3×2＝6，甲、乙两人各抽取一张奖券，两人都中奖只有2种情况，所以两人都中奖的概率P＝＝.‎ ‎15．[2014·浙江卷] 设函数f(x)＝若f(f(a))＝2，则a＝________.‎ ‎15.　[解析]令t＝f(a)，若f(t)＝2，则t2＋2t＋2＝2满足条件，此时t＝0或t＝－2，所以f(a)＝0或f(a)＝－2，只有－a2＝－2满足条件，故a＝.‎ ‎16．[2014·浙江卷] 已知实数a，b，c满足a＋b＋c＝0，a2＋b2＋c2＝1，则a的最大值是________．‎ ‎16.　[解析]方法一：令b＝x，c＝y，则x＋y＝－a，x2＋y2＝1－a2，此时直线x＋y＝－a 与圆x2＋y2＝1－a2有交点，则圆心到直线的距离d＝≤，解得a2≤，所以a的最大值为.‎ 方法二：将c＝－(a＋b)代入a2＋b2＋c2＝1得2b2＋2ab＋2a2－1＝0，此关于b的方程有实数解，则Δ＝(2a)2－8(2a2－1)≥0，整理得到a2≤，所以a的最大值为.‎ ‎17．[2014·浙江卷] 设直线x－3y＋m＝0(m≠0)与双曲线－＝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________．‎ ‎17.　[解析]双曲线的渐近线为y＝±x，易求得渐近线与直线x－3y＋m＝0的交点为A，B.设AB的中点为D.由|PA|＝|PB|知AB与DP垂直，则D，kDP＝－3，‎ 解得a2＝4b2，故该双曲线的离心率是.‎ ‎18．[2014·浙江卷] 在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知4sin2＋4sinAsinB＝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．‎ ‎18．解：(1)由已知得 ‎2[1－cos(A－B)]＋4sinAsinB＝2＋，‎ 化简得－2cosAcosB＋2sinAsinB＝，‎ 故cos(A＋B)＝－，‎ 所以A＋B＝，从而C＝.‎ ‎(2)因为S△ABC＝absinC，‎ 由S△ABC＝6，b＝4，C＝，得a＝3.‎ 由余弦定理c2＝a2＋b2－2abcosC，得c＝.‎ ‎19．[2014·浙江卷] 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，k∈N*)的值，使得am＋am＋1＋am＋2＋…＋am＋k＝65.‎ ‎19．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(n∈N*)．‎ ‎(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，k∈N*知2m＋k－1≥k＋1>1，‎ 故所以 ‎20．、[2014·浙江卷] 如图15，在四棱锥ABCDE中，平面ABC⊥平面BCDE，∠CDE＝∠BED＝90°，AB＝CD＝2，DE＝BE＝1，AC＝.‎ 图15‎ ‎(1)证明：AC⊥平面BCDE；‎ ‎(2)求直线AE与平面ABC所成的角的正切值．‎ ‎20．解：(1)证明：连接BD，在直角梯形BCDE中，由DE＝BE＝1，CD＝2，得BD＝BC＝，由AC＝，AB＝2，得AB2＝AC2＋BC2，即AC⊥BC.‎ 又平面ABC⊥平面BCDE，从而AC⊥平面BCDE.‎ ‎(2)在直角梯形BCDE中，由BD＝BC＝，DC＝2，得BD⊥BC.‎ 又平面ABC⊥平面BCDE，所以BD⊥平面ABC.‎ 作EF∥BD，与CB的延长线交于点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Rt△BEF中，由EB＝1，∠EBF＝，得EF＝，BF＝；‎ 在Rt△ACF中，由AC＝，CF＝，‎ 得AF＝.‎ 在Rt△AEF中，由EF＝，AF＝，‎ 得tan∠EAF＝.‎ 所以，直线AE与平面ABC所成的角的正切值是.‎ ‎21．[2014·浙江卷] 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.‎ ‎21．解：(1)因为a>0，－1≤x≤1，所以，‎ ‎(i)当00，故f(x)在(a，1)上是增函数．‎ 所以g(a)＝f(a)＝a3.‎ ‎(ii)当a≥1时，有x≤a，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)＝ ‎(2)证明：令h(x)＝f(x)－g(a)．‎ ‎(i)当00，则h(x)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，而00，知t(a)在(0，1)上是增函数，所以t(a)0，x1＋x2＝4k，x1x2＝－4m，‎ 所以AB中点M的坐标为(2k，2k2＋m)．‎ 由＝3，‎ 得(－x0，1－y0)＝3(2k，2k2＋m－1)，‎ 所以 由x＝4y0得k2＝－m＋.‎ 由Δ>0，k2≥0，得－f.‎ 所以，当m＝时，f(m)取到最大值，‎ 此时k＝±.‎ 所以，△ABP面积的最大值为.‎