高考浙江理科数学试题及答案精校版

高考浙江理科数学试题及答案精校版

‎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，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. 90 B. ‎129‎ ‎ C. 132 D. 138‎ ‎4. 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. 45 B. ‎60 C. 120 D. 210‎ ‎6. 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. ‎ 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，，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.‎ 22. ‎（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】B ‎2.【解析】当时，，反之，‎ 即 ，则 解得 或 ‎【答案】A ‎3.【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】D ‎4.【解析】=‎ 而= ‎ 由 ，即 故只需将的图象向右平移 个单位. 故选C ‎【答案】C ‎5.【解析】令 ，由题意知即为 展开式中 的系数，故=，故选C ‎【答案】C ‎6.【解析】由得 解得 ，所以 ,由 得 ，即，故选C ‎【答案】C ‎7.【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】D ‎8.【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】D ‎9.【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 二. 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 x ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ P 此时 ，∴输出 ，【答案】6 ‎ ‎12.【解析】设 时的概率为，的分布列为 ‎ 由 ，解得 ‎ x ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ P 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】60‎ ‎15.【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ÐBHD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.‎