2014年高考真题——理科数学（浙江卷） 原卷版

2014年高考真题——理科数学（浙江卷） 原卷版

2014 年普通高等学校招生全国统一考试（浙江卷） 数学（理科） 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）设全集  2|  xNxU ，集合  5| 2  xNxA ，则 ACU （ ） A.  B. }2{ C. }5{ D. }5,2{ （2）已知i 是虚数单位， Rba , ,则“ 1 ba ”是“ ibia 2)( 2  ”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. 90 2cm B. 129 2cm C. 132 2cm D. 138 2cm 4.为了得到函数 xxy 3cos3sin  的图像，可以将函数 xy 3sin2 的图像（ ） 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 5. 在 46 )1()1( yx  的 展 开 式 中 ， 记 nm yx 项 的 系 数 为 ),( nmf ，则  )3,0(2,1()1,2()0,3( ffff ） （ ） A.45 B.60 C.120 D. 210 6.已知函数 则且 ,3)3()2()1(0,)( 23  fffcbxaxxxf （ ） A. 3c B. 63  c C. 96  c D. 9c 7.在同意直角坐标系中，函数 xxgxxxf a a log)(),0()(  的图像可能是（ ） 8.记 ,max{ , } , x x yxy y x y    ， ,min{ , } , y x yxy x x y    ，设 ,ab为平面向量，则（ ） A.min{| |,| |} min{| |,| |}a b a b a b   B. min{| |,| |} min{| |,| |}a b a b a b   C. 2 2 2 2min{| | ,| | } | | | |a b a b a b    D. 2 2 2 2min{| | ,| | } | | | |a b a b a b    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 3, 3mn，从乙盒中 随机抽取  1,2ii 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  1,2i i  ； （b）放入i 个球后，从甲盒中取 1 个球是红球的概率记为  1,2ipi . 则 A.    1 2 1 2,p p E E B.    1 2 1 2,p p E E C.    1 2 1 2,p p E E D.    1 2 1 2,p p E E 10.设函数 2 1 )( xxf  ， ),(2)( 2 2 xxxf  |2sin|3 1)(3 xxf  ， 99,,2,1,0,99  iiai ，记 |)()(||)()(||)()(| 98991201 afafafafafafI kkkkkkk   ， .3,2,1k 则( ) A. 321 III  B. 312 III  C. 231 III  D. 123 III  二、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   10 5P  ，   1E   ，则  D   ________. 13.当实数 x ， y 满足 2 4 0, 1 0, 1, xy xy x          时，14ax y   恒成立，则实数 a 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        0, 0, 2 2 xx xxxxf 若    2aff ，则实数 a 的取值范围是______ 15.设直线 )0(03  mmyx 与双曲线 12 2 2 2  b y a x （ 0ab）两条渐近线分别交于点 BA, ，若点 )0,(mP 满足 PBPA  ,则该双曲线的离心率是__________ 17、如图，某人在垂直于水平地面 的墙面前的点 处进行射击训练.已知点 到墙面的距离 为 ，某目标点 沿墙面的射击线 移动，此人为了准确瞄准目标点 ，需计算由点 观察点 的仰角 的大小.若 则 的最大值 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 ,,abc.已知 ,3a b c， 22cos - cos 3 sin cos - 3 sin cos .A B A A B B （I）求角C 的大小； （II）若 4sin 5A  ，求 ABC 的面积. 19（本题满分14分）已知数列 na 和 nb 满足     Nnaaa nb n 221  .若 na 为等比数列， 且 .6,2 231 bba  （1）求 na 与 nb ； （2）设   Nnbac nn n 11 。记数列 nc 的前 n 项和为 nS . （i）求 nS ； （ii）求正整数 k ，使得对任意  Nn ，均有 nk SS  ． 20. （本题满分 15 分）如图，在四棱锥 BCDEA 中，平面 ABC 平面  ACBEDECDABBEDCDEBCDE ,1,2,90, 0 2 . （1）证明： DE 平面 ACD ; （2）求二面角 EADB  的大小 6 4 2 2 4 6 8 10 12 14 16 18 20 15 10 5 5 10 15 20 E D C B A 21(本题满分15分)如图，设椭圆  ,01: 2 2 2 2  bab y a xC 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 kba ,, 表示点 P 的坐标； （２）若过原点O 的直线 1l 与l 垂直，证明：点 P 到直线 1l 的距离的最大值为 ba  . 22.（本题满分 14 分）已知函数   ).(33 Raaxxxf  （1）若  xf 在 1,1 上的最大值和最小值分别记为 )(),( amaM ，求 )()( amaM  ； （2）设 ,Rb 若    42  bxf 对  1,1x 恒成立，求 ba 3 的取值范围. 参考答案 1.B 2.A 3.Ｄ 4.Ｄ 5.C 6. Ｃ 7.Ｄ 8.Ｄ 9.Ｃ 10.B 11.6 12. 2 5 13. 31, 2   14.60 15. 2a  16. 5 2 17. 53 9 18. （I）由题意得，1 cos 2 1 cos 2 3 3sin 2 sin 22 2 2 2 AB AB   ，即 3 1 3 1sin 2 cos 2 sin 2 cos 22 2 2 2A A B B   ， sin(2 ) sin(2 )66AB   ，由 ab 得， AB ，又  0,AB  ，得 2266AB    ，即 2 3AB  ，所以 3C  ； （II）由 3c  ， 4sin 5A  ， sin sin ac AC 得 8 5a  ，由 ac ，得 AC ，从而 3cos 5A  ， 故   4 3 3sin sin sin cos cos sin 10B A C A C A C      ，所以 ABC 的面积为 1 8 3 18sin2 25S ac B ． 19. （I）由题意，     Nnaaa nb n 221  ， 326bb，知   32 3 28 bb a  ，又有 1 2a  ， 得公比 2q  （ 2q  舍去），所以数列 na 的通项公式为 2 ( )n na n N ，所以      1 1 2 1 2 3 22 nn nn na a a a    ，故数列 nb 的通项公式为，  1 ( )nb n n n N    ； （II）（ i）由（ I）知， 1 1 1 1 1 ()21n n nn c n Na b n n       ，所以 11()12n nS n Nn    ； （ii）因为 1 2 3 40, 0, 0, 0c c c c    ；当 5n  时，    11 112n n nnc nn   ，而         11 1 1 2 1 2 02 2 2n n n n n n n n n         ，得     5 1 5 5 1 122n nn，所以当 5n  时， 0nc  ，综上对任意 nN 恒有 4 nSS ，故 4k  ． 20. （I）在直角梯形 BCDE 中，由 1DE BE， 2CD  得， 2BD BC，由 2, 2AC AB，则 2 2 2AB AC BC，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）方法一：作 BF AD ，与 AD 交于点 F ，过点 F 作 FG DE ，与 AE 交于点G ，连 结 BG ，由（I）知， DE AD ，则 FG AD ，，所以 BFG 是二面角 EADB  的平面 角，在直角梯形 BCDE 中，由 2 2 2CD BD BC，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 2CD  ， 2AC  ，得 6AD  ， 6 4 2 2 4 6 8 10 12 14 16 18 20 15 10 5 5 10 15 20 G F E D C B A 在 Rt AED 中， 1DE  ， 6AD  ，得 7AE  ，在 Rt ABD 中， 2BD  ， 2AB  ， 6AD  ，得 23 3BF  ， 2 3AF AD ，从而 2 3GF  ，在 ,ABE ABG 中，利用余弦定 理分别可得 5 7 2cos ,14 3BAE BG   ，在 BFG 中， 2 2 2 3cos 22 GF BF BGBFG BF GF    ，所以 6BFG ，即二面角 EADB  的大小是 6  ． 方法二：以 D 为原点，分别以射线 ,DE DC 为 ,xy轴的正半轴，建立空间直角坐标系 D xyz 如图所示，由题意可知各点坐标如下：          0,0,0 , 1,0,0 , 0,2,0 , 0,2, 2 , 1,1,0D E C A B ，设平面 ADE 的法向量为  1 1 1,,m x y z ，平面 ABD 的法向量为  2 2 2,,n x y z ，可算得  0, 2, 2AD    ，    1,1,0 , 1, 2, 2DB AE    ，由 0 0 m AD m AE    得， 11 1 1 1 0 2 2 0 2 2 0 yz x y z        ，可取  0,1, 2m ，由 0 0 n AD n BD    得， 22 22 0 2 2 0 0 yz xy      ，可取  1,1, 2n  ，于是 3cos , 2 mn mn mn      ，由题意可知，所求二面角是锐角，故二面角 EADB  的大小是 6  ． 4 2 2 4 6 8 10 12 14 16 18 20 15 10 5 5 10 15 20 Z Y x E D C B A 21. （I）设直线l 的方程为  0y kx m k   ，由 22 221 y kx m xy ab   ，消去 y 得，  2 2 2 2 2 2 2 2 220b a k x a kmx a m a b     ，由于直线l 与椭圆C 只有一个公共点 P ，故 0 ，即 2 2 2 2 0b m a k   ，解得点 P 的坐标为 22 2 2 2 2 2 2,a km b m b a k b a k  ，由点 P 在第 一象限，故点 P 的坐标为 22 2 2 2 2 2 2 ,a k b b a k b a k  ； （II）由于直线 1l 过原点O ，且与l 垂直，故直线 1l 的方程为 0x ky，所以点 P 到直线 1l 的 距离 22 2 2 2 2 2 2 21 a k b b a k b a kd k    ，整理得 22 2 2 2 2 2 2 abd bb a a k k     ，因为 2 22 2 2ba k abk ，所以 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 a b a b ab b b a abb a a k k       ，当且仅当 2 bk a 时 等号成立，所以点 P 到直线 1l 的距离的最大值为 ba  . 22.（I）因为   3 3 3 3 ,( ) 3 3 ,( ) x x a x afx x x a x a         ，所以   2 2 3 3,( )' 3 3,( ) x x afx x x a     ，由于 11x   ， （i）当 1a  时，有 xa ，故   3 33f x x x a   ，此时  xf 在 1,1 上是增函数，因 此    1 4 3M a f a   ，    1 4 3m a f a     ，      4 3 4 3 8M a m a a a       （ii）当 11a   时，若  ,1xa ，   3 33f x x x a   ，在 ,1a 上是增函数，，若  1,xa ，   3 33f x x x a   ，在  1, a 上是减函数，所以       max 1 , 1m a f f，     3m a f a a，由于    1 1 6 2f f a     ，因此，当 11 3a   时，     3 34M a m a a a     ，当 1 13 a时，     3 32M a m a a a     ， （iii）当 1a  时，有 xa ，故   3 33f x x x a   ，此时  xf 在 1,1 上是减函数，因 此    1 2 3M a f a    ，    1 2 3m a f a    ，故      2 3 2 3 4M a m a a a      ，综上         3 3 8, 1 13 4, 1 3 13 2, 13 4, 1 a a a a M a m a a a a a                  ； （II）令    h x f x b，则   3 3 3 3 ,( ) 3 3 ,( ) x x a b x ahx x x a b x a           ，   2 2 3 3,( )' 3 3,( ) x x ahx x x a     ， 因为   2 4f x b，对  1,1x 恒成立，即  22hx   对  1,1x 恒成立，所以由（I） 知， （i）当 1a  时，  hx在 1,1 上是增函数，  hx在 1,1 上的最大值是  1 4 3h a b   ，最小值是  1 4 3h a b     ，则 4 3 2ab     ，且 4 3 2ab   ， 矛盾； （ii）当 11 3a   时，  hx在 1,1 上的最大值是  1 4 3h a b   ，最小值是   3h a a b，所以 3 2ab   ， 4 3 2ab   ，从而 32 3 3 6 2a a a b a       且 10 3a，令   323t a a a    ，则   2' 3 3 0t a a   ，  ta在 10, 3   上是增函数，故    02t a t   ，因此 2 3 0ab    ， （iii）当 1 13 a时，  hx在 1,1 上的最大值是  1 3 2h a b    ，最小值是   3h a a b，所以 3 2ab   ，3 2 2ab   ，解得 28 3027 ab    ， （iv）当 1a  时，  hx在 1,1 上的最大值是  1 3 2h a b    ，最小值是  1 2 3h a b    ，所以3 2 2ab   ， 2 3 2ab     ，解得30ab，综上 ba 3 的 取值范围 2 3 0ab    .