2014年浙江省高考数学试卷（理科）

2014年浙江省高考数学试卷（理科）

‎2014年浙江省高考数学试卷（理科）‎ ‎　‎ 一、选择题（每小题5分，共50分）‎ ‎1．（5分）设全集U={x∈N|x≥2}，集合A={x∈N|x2≥5}，则∁UA=（　　）‎ A．∅ B．{2} C．{5} D．{2，5}‎ ‎2．（5分）已知i是虚数单位，a，b∈R，则“a=b=1”是“（a+bi）2=2i”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．（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 ‎4．（5分）为了得到函数y=sin3x+cos3x的图象，可以将函数y=cos3x的图象（　　）‎ 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．（5分）在（1+x）6（1+y）4的展开式中，记xmyn项的系数为f（m，n），则f（3，0）+f（2，1）+f（1，2）+f（0，3）=（　　）‎ A．45 B．60 C．120 D．210‎ ‎6．（5分）已知函数f（x）=x3+ax2+bx+c．且0＜f（﹣1）=f（﹣2）=f（﹣3）≤3，则（　　）‎ A．c≤3 B．3＜c≤6 C．6＜c≤9 D．c＞9‎ ‎7．（5分）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（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎8．（5分）记max{x，y}=，min{x，y}=，设，为平面向量，则（　　）‎ A．min{|+|，|﹣|}≤min{||，||} B．min{|+|，|﹣|}≥min{||，||}‎ C．max{|+|2，|﹣|2}≤||2+||2 D．max{|+|2，|﹣|2}≥||2+||2‎ ‎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个蓝球（m≥3，n≥3），从乙盒中随机抽取i（i=1，2）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ξi（i=1，2）；‎ ‎（b）放入i个球后，从甲盒中取1个球是红球的概率记为pi（i=1，2）．‎ 则（　　）‎ A．p1＞p2，E（ξ1）＜E（ξ2） B．p1＜p2，E（ξ1）＞E（ξ2）‎ C．p1＞p2，E（ξ1）＞E（ξ2） D．p1＜p2，E（ξ1）＜E（ξ2）‎ ‎10．（5分）设函数f1（x）=x2，f2（x）=2（x﹣x2），，，i=0，1，2，…，99．记Ik=|fk（a1）﹣fk（a0）|+|fk（a2）﹣fk（a1）丨+…+|fk ‎（a99）﹣fk（a98）|，k=1，2，3，则（　　）‎ A．I1＜I2＜I3 B．I2＜I1＜I3 C．I1＜I3＜I2 D．I3＜I2＜I1‎ ‎　‎ 二、填空题 ‎11．（4分）在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．（4分）随机变量ξ的取值为0，1，2，若P（ξ=0）=，E（ξ）=1，则D（ξ）=　　．‎ ‎13．（4分）当实数x，y满足时，1≤ax+y≤4恒成立，则实数a的取值范围是　　．‎ ‎14．（4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）．‎ ‎15．（4分）设函数f（x）=，若f（f（a））≤2，则实数a的取值范围是　　．‎ ‎16．（4分）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．（4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θ的大小．若AB=15m，AC=25m，∠BCM=30°，则tanθ的最大值是　　．（仰角θ为直线AP与平面ABC所成角）‎ ‎　‎ 三、解答题 ‎18．（14分）在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知a≠b，c=，cos2A﹣cos2B=sinAcosA﹣sinBcosB．‎ ‎（Ⅰ）求角C的大小；‎ ‎（Ⅱ）若sinA=，求△ABC的面积．‎ ‎19．（14分）已知数列{an}和{bn}满足a1a2a3…an=（n∈N*）．若{an}为等比数列，且a1=2，b3=6+b2．‎ ‎（Ⅰ）求an和bn；‎ ‎（Ⅱ）设cn=（n∈N*）．记数列{cn}的前n项和为Sn．‎ ‎ （i）求Sn；‎ ‎ （ii）求正整数k，使得对任意n∈N*均有Sk≥Sn．‎ ‎20．（15分）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=．‎ ‎（Ⅰ）证明：DE⊥平面ACD；‎ ‎（Ⅱ）求二面角B﹣AD﹣E的大小．‎ ‎21．（15分）如图，设椭圆C：（a＞b＞0），动直线l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l的斜率为k，用a，b，k表示点P的坐标；‎ ‎（Ⅱ）若过原点O的直线l1与l垂直，证明：点P到直线l1的距离的最大值为a﹣b．‎ ‎22．（14分）已知函数f（x）=x3+3|x﹣a|（a∈R）．‎ ‎（Ⅰ）若f（x）在[﹣1，1]上的最大值和最小值分别记为M（a），m（a），求M（a）﹣m（a）；‎ ‎（Ⅱ）设b∈R，若[f（x）+b]2≤4对x∈[﹣1，1]恒成立，求3a+b的取值范围．‎ ‎　‎ ‎2014年浙江省高考数学试卷（理科）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（每小题5分，共50分）‎ ‎1．（5分）（2014•浙江）设全集U={x∈N|x≥2}，集合A={x∈N|x2≥5}，则∁UA=（　　）‎ A．∅ B．{2} C．{5} D．{2，5}‎ ‎【分析】先化简集合A，结合全集，求得∁UA．‎ ‎【解答】解：∵全集U={x∈N|x≥2}，集合A={x∈N|x2≥5}={x∈N|x≥3}，‎ 则∁UA={2}，‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎2．（5分）（2014•浙江）已知i是虚数单位，a，b∈R，则“a=b=1”是“（a+bi）2=2i”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 ‎【分析】利用复数的运算性质，分别判断“a=b=1”⇒“（a+bi）2=2i”与“a=b=1”⇐“（a+bi）2=2i”的真假，进而根据充要条件的定义得到结论．‎ ‎【解答】解：当“a=b=1”时，“（a+bi）2=（1+i）2=2i”成立，‎ 故“a=b=1”是“（a+bi）2=2i”的充分条件；‎ 当“（a+bi）2=a2﹣b2+2abi=2i”时，“a=b=1”或“a=b=﹣1”，‎ 故“a=b=1”是“（a+bi）2=2i”的不必要条件；‎ 综上所述，“a=b=1”是“（a+bi）2=2i”的充分不必要条件；‎ 故选A ‎　‎ ‎3．（5分）（2014•浙江）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 ‎【分析】几何体是直三棱柱与直四棱柱的组合体，根据三视图判断直三棱柱的侧棱长与底面的形状及相关几何量的数据，判断四棱柱的高与底面矩形的边长，把数据代入表面积公式计算．‎ ‎【解答】解：由三视图知：几何体是直三棱柱与直四棱柱的组合体，‎ 其中直三棱柱的侧棱长为3，底面是直角边长分别为3、4的直角三角形，‎ 四棱柱的高为6，底面为矩形，矩形的两相邻边长为3和4，‎ ‎∴几何体的表面积S=2×4×6+3×6+3×3+2×3×4+2××3×4+（4+5）×3=48+18+9+24+12+27=138（cm2）．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎4．（5分）（2014•浙江）为了得到函数y=sin3x+cos3x的图象，可以将函数y=cos3x的图象（　　）‎ 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 ‎【分析】利用两角和与差的三角函数化简已知函数为一个角的一个三角函数的形式，然后利用平移原则判断选项即可．‎ ‎【解答】解：函数y=sin3x+cos3x=，故只需将函数y=cos3x的图象向右平移个单位，得到y==的图象．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎5．（5分）（2014•浙江）在（1+x）6（1+y）4的展开式中，记xmyn项的系数为f（m，n），则f（3，0）+f（2，1）+f（1，2）+f（0，3）=（　　）‎ A．45 B．60 C．120 D．210‎ ‎【分析】由题意依次求出x3y0，x2y1，x1y2，x0y3，项的系数，求和即可．‎ ‎【解答】解：（1+x）6（1+y）4的展开式中，含x3y0的系数是：=20．f（3，0）=20；‎ 含x2y1的系数是=60，f（2，1）=60；‎ 含x1y2的系数是=36，f（1，2）=36；‎ 含x0y3的系数是=4，f（0，3）=4；‎ ‎∴f（3，0）+f（2，1）+f（1，2）+f（0，3）=120．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎6．（5分）（2014•浙江）已知函数f（x）=x3+ax2+bx+c．且0＜f（﹣1）=f（﹣2）=f（﹣3）≤3，则（　　）‎ A．c≤3 B．3＜c≤6 C．6＜c≤9 D．c＞9‎ ‎【分析】由f（﹣1）=f（﹣2）=f（﹣3）列出方程组求出a，b，代入0＜f（﹣1）≤3，即可求出c的范围．‎ ‎【解答】解：由f（﹣1）=f（﹣2）=f（﹣3）‎ 得，‎ 解得，‎ 则f（x）=x3+6x2+11x+c，‎ 由0＜f（﹣1）≤3，得0＜﹣1+6﹣11+c≤3，‎ 即6＜c≤9，‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎7．（5分）（2014•浙江）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（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【分析】结合对数函数和幂函数的图象和性质，分当0＜a＜1时和当a＞1时两种情况，讨论函数f（x）=xa（x≥0），g（x）=logax的图象，比照后可得答案．‎ ‎【解答】解：当0＜a＜1时，函数f（x）=xa（x≥0），g（x）=logax的图象为：‎ 此时答案D满足要求，‎ 当a＞1时，函数f（x）=xa（x≥0），g（x）=logax的图象为：‎ 无满足要求的答案，‎ 综上：故选D，‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎8．（5分）（2014•浙江）记max{x，y}=，min{x，y}=，设，为平面向量，则（　　）‎ A．min{|+|，|﹣|}≤min{||，||} B．min{|+|，|﹣|}≥min{||，||}‎ C．max{|+|2，|﹣|2}≤||2+||2 D．max{|+|2，|﹣|2}≥||2+||2‎ ‎【分析】将，平移到同一起点，根据向量加减法的几何意义可知，+和﹣分别表示以，为邻边所做平行四边形的两条对角线，再根据选项内容逐一判断．‎ ‎【解答】解：对于选项A，取⊥，则由图形可知，根据勾股定理，结论不成立；‎ 对于选项B，取，是非零的相等向量，则不等式左边min{|+|，|﹣|}=0，显然，不等式不成立；‎ 对于选项C，取，是非零的相等向量，则不等式左边max{|+|2，|﹣|2}=|+|2=4，而不等式右边=||2+||2=2，故C不成立，D选项正确．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎9．（5分）（2014•浙江）已知甲盒中仅有1个球且为红球，乙盒中有m个红球和n个蓝球（m≥3，n≥3），从乙盒中随机抽取i（i=1，2）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ξi（i=1，2）；‎ ‎（b）放入i个球后，从甲盒中取1个球是红球的概率记为pi（i=1，2）．‎ 则（　　）‎ A．p1＞p2，E（ξ1）＜E（ξ2） B．p1＜p2，E（ξ1）＞E（ξ2）‎ C．p1＞p2，E（ξ1）＞E（ξ2） D．p1＜p2，E（ξ1）＜E（ξ2）‎ ‎【分析】首先，这两次先后从甲盒和乙盒中拿球是相互独立的，然后分两种情况：即当ξ=1时，有可能从乙盒中拿出一个红球放入甲盒，也可能是拿到一个蓝球放入甲盒；ξ=2时，则从乙盒中拿出放入甲盒的球可能是两蓝球、一红一蓝、或者两红；最后利用概率公式及分布列知识求出P1，P2和E（ξ1），E（ξ2）进行比较即可．‎ ‎【解答】解析：，，‎ ‎，所以P1＞P2；‎ 由已知ξ1的取值为1、2，ξ2的取值为1、2、3，‎ 所以，==，‎ E（ξ1）﹣E（ξ2）=．‎ 故选A ‎　‎ ‎10．（5分）（2014•浙江）设函数f1（x）=x2，f2（x）=2（x﹣x2），，，i=0，1，2，…，99．记Ik=|fk（a1）﹣fk（a0）|+|fk ‎（a2）﹣fk（a1）丨+…+|fk（a99）﹣fk（a98）|，k=1，2，3，则（　　）‎ A．I1＜I2＜I3 B．I2＜I1＜I3 C．I1＜I3＜I2 D．I3＜I2＜I1‎ ‎【分析】根据记Ik=|fk（a1）﹣fk（a0）|+|fk（a2）﹣fk（a1）丨+…+|fk（a99）﹣fk（a98）|，分别求出I1，I2，I3与1的关系，继而得到答案 ‎【解答】解：由，故==1，‎ 由，故×=×＜1，‎ ‎+‎ ‎=，‎ 故I2＜I1＜I3，‎ 故选：B．‎ ‎　‎ 二、填空题 ‎11．（4分）（2014•浙江）在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　6　．‎ ‎【分析】根据框图的流程模拟运行程序，直到满足条件S＞50，跳出循环体，确定输出的i的值．‎ ‎【解答】解：由程序框图知：第一次循环S=1，i=2；‎ 第二次循环S=2×1+2=4，i=3；‎ 第三次循环S=2×4+3=11，i=4；‎ 第四次循环S=2×11+4=26，i=5；‎ 第五次循环S=2×26+5=57，i=6，‎ 满足条件S＞50，跳出循环体，输出i=6．‎ 故答案为：6．‎ ‎　‎ ‎12．（4分）（2014•浙江）随机变量ξ的取值为0，1，2，若P（ξ=0）=，E（ξ）=1，则D（ξ）=　　．‎ ‎【分析】结合方差的计算公式可知，应先求出P（ξ=1），P（ξ=2），根据已知条件结合分布列的性质和期望的计算公式不难求得．‎ ‎【解答】解析：设P（ξ=1）=p，P（ξ=2）=q，则由已知得p+q=，，‎ 解得，，‎ 所以．‎ 故答案为：‎ ‎　‎ ‎13．（4分）（2014•浙江）当实数x，y满足时，1≤ax+y≤4恒成立，则实数a的取值范围是　[]　．‎ ‎【分析】由约束条件作出可行域，再由1≤ax+y≤4恒成立，结合可行域内特殊点A，B，C的坐标满足不等式列不等式组，求解不等式组得实数a的取值范围．‎ ‎【解答】解：由约束条件作可行域如图，‎ 联立，解得C（1，）．‎ 联立，解得B（2，1）．‎ 在x﹣y﹣1=0中取y=0得A（1，0）．‎ 要使1≤ax+y≤4恒成立，‎ 则，解得：1．‎ ‎∴实数a的取值范围是．‎ 解法二：令z=ax+y，‎ 当a＞0时，y=﹣ax+z，在B点取得最大值，A点取得最小值，‎ 可得，即1≤a≤；‎ 当a＜0时，y=﹣ax+z，在C点取得最大值，‎ ‎①a＜﹣1时，在B点取得最小值，可得，解得0≤a≤（不符合条件，舍去）‎ ‎②﹣1＜a＜0时，在A点取得最小值，可得，解得1≤a≤（不符合条件，舍去）‎ 综上所述即：1≤a≤；‎ 故答案为：．‎ ‎　‎ ‎14．（4分）（2014•浙江）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　60　种（用数字作答）．‎ ‎【分析】分类讨论，一、二、三等奖，三个人获得；一、二、三等奖，有1人获得2张，1人获得1张．‎ ‎【解答】解：分类讨论，一、二、三等奖，三个人获得，共有=24种；‎ 一、二、三等奖，有1人获得2张，1人获得1张，共有=36种，‎ 共有24+36=60种．‎ 故答案为：60．‎ ‎　‎ ‎15．（4分）（2014•浙江）设函数f（x）=，若f（f（a））≤2，则实数a的取值范围是　（﹣∞，]　．‎ ‎【分析】画出函数f（x）的图象，由 f（f（a））≤2，可得 f（a）≥﹣2，数形结合求得实数a的取值范围．‎ ‎【解答】解：∵函数f（x）=，它的图象如图所示：‎ 由 f（f（a））≤2，可得 f（a）≥﹣2．‎ 当a＜0时，f（a）=a2+a=（a+）2﹣≥﹣2恒成立；‎ 当a≥0时，f（a）=﹣a2≥﹣2，即a2≤2，解得0≤a≤，‎ 则实数a的取值范围是a≤，‎ 故答案为：（﹣∞，]．‎ ‎　‎ ‎16．（4分）（2014•浙江）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　　．‎ ‎【分析】先求出A，B的坐标，可得AB中点坐标为（，），利用点P（m，0）满足|PA|=|PB|，可得=﹣3，从而可求双曲线的离心率．‎ ‎【解答】解：双曲线（a＞0，b＞0）的两条渐近线方程为y=±x，则 与直线x﹣3y+m=0联立，可得A（，），B（﹣，），‎ ‎∴AB中点坐标为（，），‎ ‎∵点P（m，0）满足|PA|=|PB|，‎ ‎∴=﹣3，‎ ‎∴a=2b，‎ ‎∴=b，‎ ‎∴e==．‎ 故答案为：．‎ ‎　‎ ‎17．（4分）（2014•浙江）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θ的大小．若AB=15m，AC=25m，∠BCM=30°，则tanθ的最大值是　　．（仰角θ为直线AP与平面ABC所成角）‎ ‎【分析】过P作PP′⊥BC，交BC于P′，连接AP′，则tanθ=，求出PP′，AP′，利用函数的性质，分类讨论，即可得出结论．‎ ‎【解答】解：∵AB=15m，AC=25m，∠ABC=90°，‎ ‎∴BC=20m，‎ 过P作PP′⊥BC，交BC于P′，连接AP′，则tanθ=，‎ 设BP′=x，则CP′=20﹣x，‎ 由∠BCM=30°，得PP′=CP′tan30°=（20﹣x），‎ 在直角△ABP′中，AP′=，‎ ‎∴tanθ=•，‎ 令y=，则函数在x∈[0，20]单调递减，‎ ‎∴x=0时，取得最大值为=．‎ 若P′在CB的延长线上，PP′=CP′tan30°=（20+x），‎ 在直角△ABP′中，AP′=，‎ ‎∴tanθ=•，‎ 令y=，则y′=0可得x=时，函数取得最大值，‎ 故答案为：．‎ ‎　‎ 三、解答题 ‎18．（14分）（2014•浙江）在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知a≠b，c=，cos2A﹣cos2B=sinAcosA﹣sinBcosB．‎ ‎（Ⅰ）求角C的大小；‎ ‎（Ⅱ）若sinA=，求△ABC的面积．‎ ‎【分析】（Ⅰ）△ABC中，由条件利用二倍角公式化简可得﹣2sin（A+B）sin（A﹣B）=2•cos（A+B）sin（A﹣B）．‎ 求得tan（A+B）的值，可得A+B的值，从而求得C的值．‎ ‎（Ⅱ）由 sinA= 求得cosA的值．再由正弦定理求得a，再求得 sinB=sin[（A+B）﹣A]的值，从而求得△ABC的面积为 的值．‎ ‎【解答】解：（Ⅰ）∵△ABC中，a≠b，c=，cos2A﹣cos2B=sinAcosA﹣sinBcosB，‎ ‎∴﹣=sin2A﹣sin2B，‎ 即 cos2A﹣cos2B=sin2A﹣sin2B，即﹣2sin（A+B）sin（A﹣B）=2•cos（A+B）sin（A﹣B）．‎ ‎∵a≠b，∴A≠B，sin（A﹣B）≠0，‎ ‎∴tan（A+B）=﹣，∴A+B=，∴C=．‎ ‎（Ⅱ）∵sinA=＜，C=，∴A＜，或A＞（舍去），∴cosA==．‎ 由正弦定理可得，=，即 =，∴a=．‎ ‎∴sinB=sin[（A+B）﹣A]=sin（A+B）cosA﹣cos（A+B）sinA=﹣（﹣）×=，‎ ‎∴△ABC的面积为 =×=．‎ ‎　‎ ‎19．（14分）（2014•浙江）已知数列{an}和{bn}满足a1a2a3…an=（n∈N*）．若{an}为等比数列，且a1=2，b3=6+b2．‎ ‎（Ⅰ）求an和bn；‎ ‎（Ⅱ）设cn=（n∈N*）．记数列{cn}的前n项和为Sn．‎ ‎ （i）求Sn；‎ ‎ （ii）求正整数k，使得对任意n∈N*均有Sk≥Sn．‎ ‎【分析】（Ⅰ）先利用前n项积与前（n﹣1）项积的关系，得到等比数列{an}的第三项的值，结合首项的值，求出通项an，然后现利用条件求出通项bn；‎ ‎（Ⅱ）（i）利用数列特征进行分组求和，一组用等比数列求和公式，另一组用裂项法求和，得出本小题结论；（ii）本小题可以采用猜想的方法，得到结论，再加以证明．‎ ‎【解答】解：（Ⅰ）∵a1a2a3…an=（n∈N*） ①，‎ 当n≥2，n∈N*时，②，‎ 由①②知：，‎ 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=4，‎ 由题意知an＞0，∴q＞0，∴q=2．‎ ‎∴（n∈N*）．‎ 又由a1a2a3…an=（n∈N*）得：‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎∴bn=n（n+1）（n∈N*）．‎ ‎（Ⅱ）（i）∵cn===．‎ ‎∴Sn=c1+c2+c3+…+cn ‎=‎ ‎=‎ ‎=‎ ‎=；‎ ‎（ii）因为c1=0，c2＞0，c3＞0，c4＞0；‎ 当n≥5时，‎ ‎，‎ 而 ‎=＞0，‎ 得 ‎，‎ 所以，当n≥5时，cn＜0，‎ 综上，对任意n∈N*恒有S4≥Sn，故k=4．‎ ‎　‎ ‎20．（15分）（2014•浙江）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=．‎ ‎（Ⅰ）证明：DE⊥平面ACD；‎ ‎（Ⅱ）求二面角B﹣AD﹣E的大小．‎ ‎【分析】（Ⅰ）依题意，易证AC⊥平面BCDE，于是可得AC⊥DE，又DE⊥DC，从而DE⊥平面ACD；‎ ‎（Ⅱ）作BF⊥AD，与AD交于点F，过点F作FG∥DE，与AE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，利用题中的数据，解三角形，可求得BF=，AF=AD，从而GF=，cos∠BFG==，从而可求得答案．‎ ‎【解答】证明：（Ⅰ）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，‎ 所以AC⊥DE，又DE⊥DC，从而DE⊥平面ACD；‎ ‎（Ⅱ）作BF⊥AD，与AD交于点F，过点F作FG∥DE，与AE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，AC=，得AD=；‎ 在Rt△AED中，由ED=1，AD=得AE=；‎ 在Rt△ABD中，由BD=，AB=2，AD=得BF=，AF=AD，从而GF=，‎ 在△ABE，△ABG中，利用余弦定理分别可得cos∠BAE=，BG=．‎ 在△BFG中，cos∠BFG==，‎ 所以，∠BFG=，二面角B﹣AD﹣E的大小为．‎ ‎　‎ ‎21．（15分）（2014•浙江）如图，设椭圆C：（a＞b＞0），动直线l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l的斜率为k，用a，b，k表示点P的坐标；‎ ‎（Ⅱ）若过原点O的直线l1与l垂直，证明：点P到直线l1的距离的最大值为a﹣b．‎ ‎【分析】（Ⅰ）设直线l的方程为y=kx+m（k＜0），由，消去y得（b2+a2k2）x2+2a2kmx+a2m2﹣a2b2=0，利用△=0，可求得在第一象限中点P的坐标；‎ ‎（Ⅱ）由于直线l1过原点O且与直线l垂直，设直线l1的方程为x+ky=0，利用点到直线间的距离公式，可求得点P到直线l1的距离d=，整理即可证得点P到直线l1的距离的最大值为a﹣b．．‎ ‎【解答】解：（Ⅰ）设直线l的方程为y=kx+m（k＜0），由，消去y得 ‎（b2+a2k2）x2+2a2kmx+a2m2﹣a2b2=0．‎ 由于直线l与椭圆C只有一个公共点P，故△=0，即b2﹣m2+a2k2=0，‎ 此时点P的横坐标为﹣，代入y=kx+m得 点P的纵坐标为﹣k•+m=，‎ ‎∴点P的坐标为（﹣，），‎ 又点P在第一象限，故m＞0，‎ 故m=，‎ 故点P的坐标为P（，）．‎ ‎（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 d=，‎ 整理得：d=，‎ 因为a2k2+≥2ab，所以≤=a﹣b，当且仅当k2=时等号成立．‎ 所以，点P到直线l1的距离的最大值为a﹣b．‎ ‎　‎ ‎22．（14分）（2014•浙江）已知函数f（x）=x3+3|x﹣a|（a∈R）．‎ ‎（Ⅰ）若f（x）在[﹣1，1]上的最大值和最小值分别记为M（a），m（a），求M（a）﹣m（a）；‎ ‎（Ⅱ）设b∈R，若[f（x）+b]2≤4对x∈[﹣1，1]恒成立，求3a+b的取值范围．‎ ‎【分析】（Ⅰ）利用分段函数，结合[﹣1，1]，分类讨论，即可求M（a）﹣m（a）；‎ ‎（Ⅱ）令h（x）=f（x）+b，则h（x）=，h′（x）=，则[f（x）+b]2≤4对x∈[﹣1，1]恒成立，转化为﹣2≤h（x）≤2对x∈[﹣1，1]恒成立，分类讨论，即可求3a+b的取值范围．‎ ‎【解答】解：（Ⅰ）∵f（x）=x3+3|x﹣a|=，‎ ‎∴f′（x）=，‎ ‎①a≤﹣1时，∵﹣1≤x≤1，∴x≥a，f（x）在（﹣1，1）上是增函数，‎ ‎∴M（a）=f（1）=4﹣3a，m（a）=f（﹣1）=﹣4﹣3a，‎ ‎∴M（a）﹣m（a）=8；‎ ‎②﹣1＜a＜1时，x∈（a，1），f（x）=x3+3x﹣3a，在（a，1）上是增函数；x∈（﹣1，a），f（x）=x3﹣3x+3a，在（﹣1，a）上是减函数，‎ ‎∴M（a）=max{f（1），f（﹣1）}，m（a）=f（a）=a3，‎ ‎∵f（1）﹣f（﹣1）=﹣6a+2，‎ ‎∴﹣1＜a≤时，M（a）﹣m（a）=﹣a3﹣3a+4；‎ ‎＜a＜1时，M（a）﹣m（a）=﹣a3+3a+2；‎ ‎③a≥1时，有x≤a，f（x）在（﹣1，1）上是减函数，‎ ‎∴M（a）=f（﹣1）=2+3a，m（a）=f（1）=﹣2+3a，‎ ‎∴M（a）﹣m（a）=4；‎ ‎（Ⅱ）令h（x）=f（x）+b，则h（x）=，h′（x）=，‎ ‎∵[f（x）+b]2≤4对x∈[﹣1，1]恒成立，‎ ‎∴﹣2≤h（x）≤2对x∈[﹣1，1]恒成立，‎ 由（Ⅰ）知，‎ ‎①a≤﹣1时，h（x）在（﹣1，1）上是增函数，最大值h（1）=4﹣3a+b，最小值h（﹣1）=﹣4﹣3a+b，则﹣4﹣3a+b≥﹣2且4﹣3a+b≤2矛盾；‎ ‎②﹣1＜a≤时，最小值h（a）=a3+b，最大值h（1）=4﹣3a+b，∴a3+b≥﹣2且4﹣3a+b≤2，‎ 令t（a）=﹣2﹣a3+3a，则t′（a）=3﹣3a2＞0，t（a）在（0，）上是增函数，∴t（a）＞t（0）=﹣2，‎ ‎∴﹣2≤3a+b≤0；‎ ‎③＜a＜1时，最小值h（a）=a3+b，最大值h（﹣1）=3a+b+2，则a3+b≥﹣2且3a+b+2≤2，∴﹣＜3a+b≤0；‎ ‎④a≥1时，最大值h（﹣1）=3a+b+2，最小值h（1）=3a+b﹣2，则3a+b﹣2≥﹣2且3a+b+2≤2，∴3a+b=0．‎ 综上，3a+b的取值范围是﹣2≤3a+b≤0．‎ ‎　‎ 参与本试卷答题和审题的老师有：caoqz；豫汝王世崇；清风慕竹；qiss；双曲线；智者乐水；任老师；王兴华；whgcn；sxs123；刘长柏；王老师；wfy814（排名不分先后）‎ ‎2017年2月3日