【文档说明】《历年高考数学真题试卷》2014年浙江高考数学(理科)试卷(含答案).docx，共(16)页，1.083 MB，由envi的店铺上传

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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}UxNx=，集合2{|5}AxNx=，则UCA=（）A.B.{2}C.{5}D.{2

,5}2.已知i是虚数单位，,abR,则“1ab==”是“2()2abii+=”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.902cmB.1292cmC.1322cmD.13

82cm4.为了得到函数sin3cos3yxx=+的图像，可以将函数2cos3yx=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64(1)(1)xy++的展开式中,记mnxy项的系数(,)fmn，则(3,0)(2,1)(

1,2)(0,3)ffff+++=（）A.45B.60C.120D.2106.已知函数32()fxxaxbxc=+++，且0(1)(2)(3)3fff−=−=−（）A.3cB.36cC.69cD.9c7.在同一直角坐标系中，函数()(0)afxxx=，()log

agxx=的图像可能是（）8.记,max{,},xxyxyyxy=，y,min{,}x,xyxyxy=，设,ab为平面向量，则（）A．min{||,||}min{||,||}ababab+−B.

min{||,||}min{||,||}ababab+−C.2222max{||,||}||||ababab+−+D.2222max{||,||}||||ababab+−+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(3,3)mn，从乙盒中随机抽取(1,2)ii=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(1,2)ii=；（b）放入i个球后，从甲盒中取1个球是红球的概率记为(1,2)ipi=.则()A.1212,()()ppEEB.1212,()()ppEEC.1212,()(

)ppEED.1212,()()ppEE10.设函数21()fxx=，22()2()fxxx=−，31()|sin2|3fxx=，99iai=，,2,1,0=i99,，记10219

998|()()||()()||()()|kkkkkkkIfafafafafafa=−+−++−，1,2,3k=则()A.123IIIB.213IIIC.132IIID.321III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1(0)5P==，()1E=，则()D=________.13.当实数,xy满足240101xyx

yx+−−−时，14axy+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22,0(),0xxxfxxx+=

−若(())2ffa，则实数a的取值范围是______16.设直线30xym−+=(0m)与双曲线12222=−byax（0,0ab）两条渐近线分别交于点A，B.若点(,0)Pm满足||||PAPB=,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15ABm=，25ACm=，30BCM=,则ta

n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,3abc=

22coscos3sincos3sincosABAABB−=−（Ⅰ）求角C的大小；（Ⅱ）若4sin5A=，求△ABC的面积．19.（本题满分14分）已知数列{}na和{}nb满足123(2)(*)nbnaaaanN=

.若{}na为等比数列，且1322,6abb==+(Ⅰ)求na与nb；(Ⅱ)设11(*)nnncnNab=−.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knSS.20.（本题满分15分）如图，在四棱锥ABCDE−中

，平面ABC⊥平面BCDE,90CDEBED==，2ABCD==,1DEBE==,2AC=.(Ⅰ)证明：DE⊥平面ACD;(Ⅱ)求二面角BADE−−的大小.21(本题满分15分)如图，设椭圆C:)0(12222=+babyax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,,abk表示点P的坐标；(Ⅱ)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ab−.22.（本题满分14分）已知函数()33().fxxxaaR=+−(Ⅰ)若()fx在1,1−上的最大值和最小值分别记为(),()Mama，求(

)()Mama−；(Ⅱ)设,bR若()24fxb+对1,1x−恒成立，求3ab+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】2

{|5}AxNx=={|5}xNx，{|25}{2}UCAxNx==【答案】B2.【解析】当1ab==时，22()(1)2abiii+=+=，反之，2()2abii+=即2222ababi

i−+=，则22022abab−==解得11ab==或11ab=−=−【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：1246234363334352341382S=++++++=.【答案】D4.【解析

】sin3cos32sin(3)4yxxx=+=+=2sin[3()]12x+而2cos32sin(3)2yxx==+=2sin[3()]6x+由3()3()612xx+→+，即12xx→−故只需将2cos3yx=的图象向右平移12个单位.故选C【

答案】C5.【解析】令xy=，由题意知(3,0)(2,1)(1,2)(0,3)ffff+++即为10(1)x+展开式中3x的系数，故(3,0)(2,1)(1,2)(0,3)ffff+++=710120C=，故

选C【答案】C6.【解析】由(1)(2)(3)fff−=−=−得184212793abcabcabcabc−+−+=−+−+−+−+=−+−+解得611ab==，所以32()611fxxxxc=+++,由0(1)3f−得016113c−+−+，即69

c，故选C【答案】C7.【解析】函数()(0)afxxx=，()logagxx=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，()(0)afxxx=中1a，()logagxx=中01a，不符合；答案C中，()(0)afxxx=中01a，()log

agxx=中1a，不符合；答案D中，()(0)afxxx=中01a，()logagxx=中01a，符合.故选D【答案】D8.【解析】由向量运算的平行四边形法可知min{||,||}abab+−与min{||,|

|}ab的大小不确定，平行四边形法可知max{||,||}abab+−所对的角大于或等于90，由余弦定理知2222max{||,||}||||ababab+−+，（或22222222||||2(||||)max{|

|,||}||||22abababababab++−++−==+）.【答案】D9.【解析1】11222()mnmnpmnmnmn+=+=+++，211222221233nmnmmnmnmnCCCCpCCC+++=++=223323()(1)mmmnnnmnmn−++−+

+−∴1222()mnppmn+−=+－223323()(1)mmmnnnmnmn−++−++−=5(1)06()(1)mnnnmnmn+−++−，故12pp又∵1(1)nPmn==+，1(2)mPmn==+∴12()12

nmmnEmnmnmn+=+=+++又222(1)(1)()(1)nmnCnnPCmnmn+−===++−11222(2)()(1)nmmnCCmnPCmnmn+===++−222(m1)(3)()(1)mmnCmPCmnmn

+−===++−∴2(1)2(1)()123()(1)()(1)()(1)nnmnmmEmnmnmnmnmnmn−−=++++−++−++−=22334()(1)mnmnmnmnmn+−−+++−21()()EE−=

22334()(1)mnmnmnmnmn+−−+++−－2mnmn++=(1)0()(1)mmmnmnmn−+++−所以21()()EE，故选A【答案】A【解析2】：在解法1中取3mn==，计算后再比较。10.【解析】由22112199999999ii

i−−−=，故2111352991199()199999999999999I−=++++==由2211199(21)22||999999999999iiiii−−−−−−+=故2150(

980)98100221992999999I+==3110219998(|sin(2)||sin(2)||sin(2)||sin(2)||sin(2)||sin(2)|)3999999999999I=−+−++−=12574[2sin(2)2sin(

2)]139999−故213III，故选B【答案】B【解析2】估算法：kI的几何意义为将区间[0,1]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21()fxx=的区间[0,1]等分

为4个小区间的情形，因1()fx在[0,1]上递增，此时110213243|()()||()()||()()||()()|Ifafafafafafafafa=−+−+−+−=11223344(1)(0)1AHAHAHAHff+++=−=，同理

对题中给出的1I同样有11I=；而2I略小于1212=，3I略小于14433=，所以估算得213III【答案】B三.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1,2S

i==第二次运行结果4,3Si==第三次运行结果11,4Si==第四次运行结果26,5Si==第五次运行结果57,6Si==此时5750S=，∴输出6i=，【答案】612.【解析】设1=时的概率为p，的分布列为由11()012(1)155Epp=++−−=，解得35p=的分布

列为即为故012P15p115p−−012P1535152221312()(01)(11)(21)5555E=−+−+−=.【答案】2513.【解析】作出不等式组240101xyxyx+−−−所表示的区域如图，由14axy+恒成立，故3(1,0),(

2,1),(1,)2ABC三点坐标代入14axy+，均成立得1412143142aaa++解得312a，∴实数a的取值范围是3[1,]2，【答案】3[1,]2【解析2】作出不等式组240101xyxyx+−−−所表示的区域如图，由1

4axy+得，由图分析可知，0a且在(1,0)A点取得最小值，在(2,1)B取得最大值，故1214aa+得312a，故实数a的取值范围是3[1,]2，【答案】3[1,]214.【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223436CA=二是有三人各获得一张奖券，共有3424A=，因此不同的获奖情况共有362460+=种【解析2】将一、二、三等奖各1张分给4个人有3464=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2()0()()2fafafa+或2()0()2fafa−，解得()2fa−∴当202aaa+−或202aa−−解得2a【答案】(,2]−16.【解析1】由双曲线的方程可知，它的渐近

线方程为byxa=和byxa=−，分别与直线l：30xym−+=联立方程组，解得，(,)33ambmAabab−−−−,(,)33ambmBabab−++，设AB中点为Q，由||||PAPB=得，则3333(,)22amambmbmababababQ−−−++−+−+即2222223

(,)99ambmQabab−−−−，PQ与已知直线垂直，∴1PQlkk=−，即222222319139bmabammab−−=−−−−即得2228ab=，即22228()aca=−，即2254ca=，所以52cea==【解

析2】不妨设1a=，渐近线方程为222201xyb−=即2220bxy−=由222030bxyxym−=−+=消去x得2222(91)60bybmybm−−+=设AB中点为00(,)Qxy，由韦达定理得：202391bmyb=−……①，又003xym=

−，由1PQlkk=−得00113yxm=−−即得0011323yym=−−得035ym=代入①得2233915bmmb=−得214b=，所以22215144cab=+=+=，所以52c=，得52ceca===【答案】5217.【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'tan'PPAP=设BP′=x，则CP′=20-x，（020x）由∠BCM=30°，得3PP'CP'tan30(20)3x==−

在直角△ABP′中，2'225APx=+∴2'320tan'3225PPxAPx−==+令220225xyx−=+，则函数在x∈[0，20]单调递减，∴x=0时，tan取得最大值为232002034334592250−==+2当P在线段CB的延长线上时，连接AP′，则'tan'PPAP=设

BP′=x，则CP′=20+x，（0x）由∠BCM=30°，得3PP'CP'tan30(20)3x==+在直角△ABP′中，2'225APx=+∴2'320tan'3225PPxAPx+==+，令220225xyx+=+，则2222520'(225x)225xy

x−=++，所以，当225450204x=时'0y；当454x时'0y所以当454x=时max2452054345225()4y+==+此时454x=时，tan取得最大值为3553339=综合1，2

可知tan取得最大值为539【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3(0,,(20))3Pxx−（其中2

0x），'(0,,0)Px，(15,0,0)A，所以2223(20)'3203tan'315225xPPxAPxx−−===++设2320f(x)tan3225xx−==+(20x)，22322520f'(x)3(225)225xxx+=−++所以，

当22545204x−=−时'0y；当45204x−时'0y所以当454x=−时max24520453534()()43945225()4fxf+=−==+所以tan取得最大值为539【解析3】:分析知，当tan取得最大时，即最大，最大值即为平面ACM与地面AB

C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，tan的最大值即为tanBHD，在RtABC中，由等面积法可得152025AB

BCBHAC===12，203tan303DBBC==所以max2033(tan)tan12DBBHDBH====539三.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1cos21cos233sin2sin22222ABAB++−=−，即3131sin2cos2sin2cos22222AABB−=−sin(2)sin(2B)66A−=−由ab得AB，又(0,)AB+，得22B66A−+−=即23AB+=，所以3C=（Ⅱ）3c

=，4sin5A=，sinsinCacA=，得85a=由ac得AC，从而3cos5A=故sinsin()BAC=+=433sinAcosCcosAsinC10++=所以，△ABC的面积为18318sin225SacB+==19.【解析】：（Ⅰ）∵

123(2)(*)nbnaaaanN=①，当n≥2，n∈N*时，11231(2)nbnaaaa−−=②，由①②知：当2n时，1(2)nnbbna−−=，令n=3，则有323(2)bba−=∵b3=6+b2，∴a3=8．∵{an}为等比数列，且a1=2，∴{an}的公比为q，则2

324aqa==由题意知an＞0，∴q＞0，∴q=2．∴an＝2n（n∈N*）．又由123(2)(*)nbnaaaanN=，得：1232222(2)nbn=即(1)22(2)nnnb+=∴bn=n（n+1）（n∈N*）．（Ⅱ）（i）

∵1111111()2(1)21nnnnncabnnnn=−=−=−−++∴123nnScccc=++++=2111111111()()()21222321nnn−−+−−++−−+=21111(1)2221nn+++−−+=1111

21nn−−++=1112nn−+（ii）因为c1=0，c2＞0，c3＞0，c4＞0；当n≥5时，1(1)[1](1)2nnnncnn+=−+而11(1)(1)(2)(n1)(n2)0222nnnnnnn++++++−−=，得5(1)5(51)122nnn++所以，当n≥5时，cn＜0

，综上，对任意n∈N*恒有4nSS，故k=4．20.证明：（Ⅰ）在直角梯形BCDE中，由DE=BE=1，CD=2，得BD=BC=2，由2AC=，AB=2得222ABACBC=+，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A

CD；(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=2,2AC=，得6AD=；在Rt△AED中，由ED=1，6AD=得7AE=；在Rt△ABD中，由2BD=，AB=2，6AD=得233BF=，23AFAD=，从而23GF=，在△ABE，△ABG中，利

用余弦定理分别可得57cos14BAE=，23BC=．在△BFG中,2223cos22GFBFBGBFGBFGF+−==，所以，∠BFG=6，即二面角B-AD-E的大小为6.【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Dxyz−，如图所示.由题

意知各点坐标如下：(0,0,0)D，(1,0,0)E，(0,2,0)C，(0,2,2)A，(1,1,0)B.设平面ADE的法向量为111(,,)mxyz=平面ABD的法向量为222(,,)nxyz=，可算得：(0,2,2)AD=−−，(1,2,2)AE=−−，

(1,1,0)DB=由00mADmAE==即11111220220yzxyz−−=−−=，可取(0,1,2)m=−由00nADnBD==即22222200yzxy−−=+=可取(0,1,2)n=−于是||33|cos,|

2||||32mnmnmn===由题意可知，所求二面角是锐角，故二面角B-AD-E的大小为621.【解析】：（Ⅰ）【方法1】设直线l的方程为(0)ykxmk=+，由22221ykxmxyab=++=，消去y得222222222()20bakxakmxa

mab+++−=由于直线l与椭圆C只有一个公共点P，故△=0，即22220bmak−+=，解得点P的坐标为22222222(,)akmbmPbakbak−++又点P在第一象限，故点P的坐标为22222222(,)akbPbakbak−++【方法2】作变换''xxayyb==，则椭圆

C：)0(12222=+babyax变为圆'C：22''1xy+=切点00(,)Pxy变为点00'(',')Pxy，切线00:()lyykxx−=−（0)k变为00':'y(')lbykaxx−=−.在圆'C中设直线''OP的方程为''ymx=（0m），由22''''1ym

xxy=+=解得02021'1'1xmmym=+=+即221'(,)11mPmm++，由于'''OPl⊥，所以'''1OPlkk=−，得1akmb=−，即bmak=−代入得22221'(,)11()()bakPbbakak

−++即222222'(,)akbPakbakb−++，利用逆变换''xxayyb==代入即得：22222222(,)akbPakbakb−++（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222222222||1akbkbakbakdk−+++=+整理得:22222222abdbbaakk−=+++因为22222bakabk+，所以2222222222222ababdabbbaabbaakk−−

==−+++++当且仅当2bka=时等号成立．所以，点P到直线1l的距离的最大值为ab−．23.【解析】：（Ⅰ）∵33333,()3||33,xxaxafxxxaxxaxa+−=+−=−+,∴2233,'()33,xxafxxxa+

=−，由于11x−（ⅰ）当1a−时，有xa，故3()33fxxxa=+−此时，f（x）在(1,1)−上是增函数，因此()(1)43Mafa==−，()(1)43mafa=−=−−，故()()(43)(43)8Mamaaa−=−−−−=（ⅱ）当11a−时

，若x∈（a，1），3()33fxxxa=+−，在（a，1）上是增函数；若x∈（-1，a），3()33fxxxa=−−，在（-1，a）上是减函数，∴()max{(1),(1)}Maff=−，3()()amafa=

=由于(1)(1)62ffa−−=−+，因此当113a−时，3()()34Mamaaa−=−−+；当113a时，3()()32Mamaaa−=−++；（ⅲ）当1a时，有xa，故3()33fxxx

a=−+，此时()fx在(1,1)−上是减函数，因此()(1)23Mafa=−=+，()(1)23mafa==−+，故()()4Mama−=；综上，338,1134,13()()132,134,1aa

aaMamaaaaa−−−+−−=−++（Ⅱ）令()()hxfxb=+，则3333,h()33,xxabxaxxxabxa+−+=−++2233,h'()33,xxaxxxa+=−，

因为[f（x）+b]2≤4对x∈[-1，1]恒成立，即2()2hx−对x∈[-1，1]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

)43hab=−+，最小值(1)43hab−=−−+，则432ab−−+−且432ab−+矛盾；（ⅱ）当113a−时，()hx在[1,1]−上的最小值是3()haab=+，最大值是(1)43hab=−+，所以32ab+−且432ab

−+，从而323362aaaba−−++−且103a令3()23taaa=−−+，则2'()330taa=−，∴()ta在1(0,)3上是增函数，故()(0)2tat=−，因此230ab−

+（ⅲ）当113a时，()hx在[1,1]−上的最小值是3()haab=+，最大值是(1)32hab−=++，所以由32ab+−且322ab++，解得283027ab−+(ⅳ)当1a时，()hx在[1,1]−上的最大值是(1)32h

ab−=++，最小值是(1)3ab2h=+−，所以由322ab+−−且322ab++，解得3a+b=0．综上，3ab+的取值范围是230ab−+.