2014全国统一高考数学真题及逐题详细解析(理科)—浙江卷

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.

1．设全集U{xN/x2}，集合A{xN/x25}，则CUA( )

A.B.{2}C.{5}D.{2,5}

2.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．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.90cm B.129cm C.132cm D.138cm

2222

4．为了得到函数ysin3xcos3x的图像，可以将函数y2sin3x的图像( )

个单位 B.向左平移个单位 44 C.向右平移个单位 D.向左平移个单位

1212 A.向右平移

64mn5．在(1x)(1y)的展开式中，记xy项的系数为f(m,n)，则f(3,0)f(2,1)

)f f(1,2(0,3( ) )

A.45 B.60 C.120 D.210

326．已知函数f(x)xax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．在同一直角坐标系中，函数f(x)xa(x0),g(x)logax的图像可能是( )

x,xyy,xy8．记max{x,y}，记a,b为平面向量，则( ) ,min{x,y}y,xyx,xyA. minab,abmina,b B. minab,abmina,b C. maxab,ab22ab D. maxab,ab2222ab

229．已知甲盒仅有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i(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(1)E(2) B. p1p2,E(1)E(2) C. p1p2,E(1)E(2) D. p1p2,E(1)E(2) 10．设函数f1(x)x,f2(x)2(xx),f3(x)221isin2x,ai,i0,1,2,...,99， 399 记Ikfk(a1)fk(a0)fk(a2)fk(a1)...fk(a99)fk(a99),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：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P(0)1,E()1，则D() _ 5x2y4013．当实数x,y满足xy10时，1axy4恒成立，则实数a的取值范围

x1 .

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，则不同的获奖情况有_ ___种(用数字作答).

2xx,x015．设函数f(x)2若f(f(a))2，则实数a的取值范围是 .

x,x0x2y216．设直线x3ym0(m0)与双曲线221(ab0)两条渐近线分别交于

ab点A,B，若点P(m,0)满足PAPB，则该双曲线的离心率是__________

17．如图，某人在垂直水平地面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AB15m,AC25m,BCM30，则tan的最大值___________.

0

二、解答题：本大题共5小题，共72分

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ab,c3

cos2Acos2B3sinAcosA3sinBcosB

(1) 求角C的大小；(2)若sinA

19．(本题满分14分)已知数列an和bn满足a1a2a3an(2)n(nN)，若an为

b4，求△ABC的面积. 5等比数列，且a12,b36b2. (1) 求an与bn； (2) 设cn11(nN*)，记数列{cn}的前n项和为Sn anbn(i)求Sn；

(ii)求正整数k，使得对任意nN，均有SkSn.

20．(本题满分15分)如图，在四棱锥ABCDE中，平面ABC平面BCDE,

*CDEBED900,ABCD2,DEBE1,AC2 (1) 证明：DE平面ACD (2) 求二面角BADE的大小.

4A68DEC1012B14

16x2y221．(本题满分15分)如图，设椭圆C:221(ab0)，动直线l与椭圆C只

ab18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a,b,k表示点P的坐标.

(2) 若过原点O的直线l1与l垂直，证明：点P到直线l1的距离最大值为ab

22．(本题满分14分)已知函数f(x)x3x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4对x[1,1]恒成立，求3ab得取值范围.

参考答案

一、选择题

1．B [解析] ∁UA＝{x∈N|2≤x<5}＝{2}，故选B

23解：A={xN/x25}={xN/x3},CUA{2}

22a－b＝0，a＝1，222

2．A [解析] 由a，b∈R，(a＋bi)＝a－b＋2abi＝2i, 得所以或

2ab＝2，b＝1

a＝－1，

故选A. b＝－1.

ab1 解：(abi)ab2abi2iab12223．D [解析] 此几何体是由长方体与三棱柱组合而成的，其直观图如图，

1所以该几何体的表面积为2(4×3＋6×3＋6×4)＋2××3×4＋4×3＋3×5－3×3＝

2

2

138(cm)，故选D.

解：几何体是一直三棱柱和长方体的组合体

S62+35+34+2(344636)93999138

ππ

4．C [解析] y＝sin 3x＋cos 3x＝2cos3x－＝2cos3x－，

412所以将函数y＝2cos 3x

π

的图像向右平移个单位可以得到函数y＝sin 3x＋cos 3x的图像，故选C.

12

解：y2sin3x2sin3x2sin(3x)sin3xcos3x

412向左平移12n0211203

5．C [解析] 含xmyn项的系数为f(m，n)＝Cm故原式＝C36C4，6C4＋C6C4＋C6C4＋C6C4＝120，故选C.

321123解：f(3,0)f(2,1)f(1,2)f(0,3)C6C6C4C6C4C4120

－1＋a－b＋c＝－8＋4a－2b＋c，6．C [解析] 由f(－1)＝f(－2)＝f(－3)得⇒

－8＋4a－2b＋c＝－27＋9a－3b＋c

－7＋3a－b＝0，a＝6，⇒则f(x)＝x3＋6x2＋11x＋c，而0∴61abc84a2bc 解：f(1)f(2)f(3)1abc279a3bc a6 0f(1)36c 9b117．D [解析] 只有选项D符合，此时0a0，x0，恒过(1,1)解：幂函数xaa0恒过(0,0)、(1,1)，A显然排除、B可知a1,g(x)递减矛盾舍图像随着a增大越翘

C可得0a1, 此时g(x递增矛盾舍去，故选)D8．D [解析] 对于A，当a＝0，b≠0时，不等式不成立；对于B，当a＝b≠0时，不等式

→→

不成立； 对于C，D，设OA＝a，OB＝b，构造平行四边形OACB，根据平行四边形法则，∠AOB与∠OBC至少有一个大于或等于90°，根据余弦定理，max{|a＋b|2，|a－b|2}≥|a|2＋|b|2成立，故选D.

解：ab和ab是以a、b为领边平行四边形的两条对角线

ab+ab2ab2222ab22ab+ab222

maxab,ab22

1

32313C23C133C32

9．A [解析] 方法一：不妨取m＝n＝3，此时，p1＝×＋×＝，p2＝2×＋2×＋

62624C63C63

2211C312333C3C3C3C232×＝，则p1>p2；E(ξ1)＝1×＋2×＝，E(ξ2)＝1×2＋2×2＋3×2＝2，则C633662C6C6C6E(ξ1)1

2m＋nm2n1C23C12C21mmCmn方法二：p1＝×＋×＝，p2＝2×＋2×＋2×＝

m＋n2m＋n22（m＋n）Cm＋n3Cm＋n3Cm＋n3

22

3m－3m＋4mn＋n－n

，

3（m＋n）（m＋n－1）

mn＋n（n－1）

则p1－p2＝>0；

6（m＋n）（m＋n－1）

2m＋nnm

E(ξ1)＝1×＋2×＝，

m＋nm＋nm＋n

1

C2C1C2nmCnm

E(ξ2)＝1×2＋2×2＋3×2＝

Cm＋nCm＋nCm＋n

3m2－3m＋4mn＋n2－n

，

（m＋n）（m＋n－1）

－m2＋m－mn

E(ξ1)－E(ξ2)＝<0，故选A.

（m＋n）（m＋n－1）

11CmCn12mn解：P=1 111CmC22(mn)nmn2211CmCnCn23m23mn2n4mn1CmP2=2122

CmnCmn3Cmn33(mn)(mn1)

mnn(n1)P0P1P21P2

6(mn)(mn1)11CmCn2mnE(1)1211

CmnCmnmn2211CmCnCmCn3m23mn2n4mnE(2)232122

CmnCmnCmn(mn)(mn1)

m2mmnE(1)E(2)0E(1)E(2)

(mn)(mn1)2

2

ii－12i－11

10．B [解析] 对于I1，由于－＝(1＋32(i＝1，2，„，99)，故I1＝992999999

992ii－1i2i－122＋5＋„＋2×99－1)＝2＝1；对于I2，由于2＝|100－2i|(i－－＋999999999999250（98＋0）100×98992－12

＝1，2，„，99)，故I2＝2×2×＝＝<1. 99299299210211

2π×－sin 2π×＋sin2π×－sin 2π×＋„＋ I3＝sin 999999993

99982π×－sin2π×＝ sin999912π×25－2sin2π×74≈4>1.故I22212i11132991ii1解：I...11

9999999999999999ii1ii1299(2i1) 2 999999999999故I2250(980)1009821 99299999922110219998I3sin2sin2sin2sin2...sin2sin23999999999999 12574(2sin22sin2)1故I2I1I3 39999

11． 6.解：S0,i1;S1,i2;S4,i3;S11,i4;S26,i5;S57,i6

2

12．. [解析] 设P(ξ＝1)＝x，P(ξ＝2)＝y，

5

3

4x＝，5x＋y＝5，1312

则⇒ 所以D(ξ)＝(0－1)2×＋(1－1)2×＋(2－1)2×＝. 55551x＋2y＝1y＝，

5



113解：设=1时概率为p,E()01p2(1p)1p

5551312221)(121)(21)  故D()(055553

1， [解析] 实数x，y满足的可行域如图中阴影部分所示，图中A(1，0)，B(2，1)，13．233

1，.当a≤0时，0≤y≤，1≤x≤2，所以1≤ax＋y≤4不可能恒成立；当a>0时，借C22

助图像得，当直线z＝ax＋y过点A时z取得最小值，当直线z＝ax＋y过点B或C时z取得

1≤a≤4，

1≤2a＋1≤4，33

1，. 最大值，故解得1≤a≤.故a∈223

1≤a＋2≤4，

如图，只要将(1,0)(2,1)代入即可得amin1,amax3 2

2

14．60 [解析] 分两种情况：一种是有一人获得两张奖券，一人获得一张奖券，有C23A4＝36种；另一种是三人各获得一张奖券，有A34＝24种．故共有60种获奖情况．

22解：、其中一人有两张奖券，一人获一张共有iC3A4=36

3ii、有三人每人获一张，共有A424

15．(－∞，2] [解析] 函数f(x)的图像如图所示，令t＝f(a)，则f(t)≤2，由图像知t≥－2，

所以f(a)≥－2，则a≤2.

f(a)0f(a)0解：orf(a)2 22f(a)f(a)2f(a)2a0a02or2a2 aa2a216．

5b

[解析] 双曲线的渐近线为y＝±x，渐近线与直线x－3y＋m＝0 2a－am，bm，B－am，－bm.设AB的中点为D，由|PA|＝|PB|知AB的交点为Aa＋3ba＋3ba－3ba－3b

－a2m－3b2m，k＝－3，解得a2＝4b2，

，与DP垂直，则D

（a＋3b）（a－3b）（a＋3b）（a－3b）DP

5

故该双曲线的离心率是. 2

解:渐近线方程ybambmx,分别于x3ym0,联立得A,,aa3ba3b

bmamB,得，设，由PA=PB3ba3baambmbmama3bab3ba3ba3A中点BQ, 22c5 a2PQ与已知直线垂直，解得2a28b25 3

17． [解析] 由勾股定理得BC＝20 m．如图，过P点作PD⊥BC于D，连接AD, 则

9

PD

由点A观察点P的仰角θ＝∠PAD，tan θ＝.设PD＝x，则DC＝3x，BD＝20－3x，

AD在Rt△ABD中，AD＝152＋（20－3x）2＝625－403x＋3x2，

所以tan θ＝

＝2

625－403x＋3x

x1625403－＋3x2x

＝

53

≤，29271203625－＋x62525

1

53

故tan θ的最大值为. 9

解：ABBC,AB15，AC=25，得BC20，PCD=300，cosBCA 设PD=x,DC3x,AC25,AD23x2403x625 tan4 5PDxAD3x240x31 6253403625xx2 tanmax53353 9

18．本题主要考查诱导公式、两角和差公式、二倍角公式、正弦定理、余弦定理、三角形面积公式等基础知识，同时考查运算求解能力。满分14分。 （I）由题意得，

1cos2A1cos2B33sin2Asin2B， 2222即3131sin2Acos2Asin2Bcos2B， 2222sin(2A)sin(2B)，由ab得，AB，又AB0,，得

6622A2B，即AB，所以C；

66334ac8（II）由c3，sinA，得a，

5sinAsinC5

由ac，得AC，从而cosA3，故5sinBsinACsinAcosCcosAsinC18318． acsinB2252433， 10所以ABC的面积为S2解：(1) 法一：cosAcosB3sinAcosA3sinBcosB

1cos2A1cos2B33sin2Asin2B 2222 cos2A3sin2Acos2B3sin2B 2sin(2A

55)2sin(2B) 6652ab,AB2A2B2kAB,C

33322 法二：cosAcosB3sinAcosA3sinBcosB (cosAcosB)(cosAcosB)3sin2Asin2B 24cosABABABABcossinsin22223cos(AB)sin(AB) sin(AB)sin(AB)3cos(AB)sin(AB),AB

sinC3cosC2sin(C)03C(2)

3a38648x2a,设bx3x0sinAsin605255

43311883b,SabsinC522519．本题主要考查等差数列与等比数列的概念、通项公式、求和公式、不等式性质等基础

知识，同时考查运算求解能力。满分14分。 （I）由题意，a1a2an2nN，bbbn326，知a32b3b28，

又由a12，得公比q2（q2舍去），所以数列an的通项公式为an2n(nN)，

nn12所以a1a2a3an22nn1，故数列bn的通项公式为， bnnn1(nN)；

（II）（i）由（I）知，cn11111n(nN)，所以anbn2nn1Sn11n(nN)； n12（ii）因为c10,c20,c30,c40；当n5时，cnnn111，而nnn12nn1n1n2n1n2nn155101，所以当n5，得nn1n1n522222时，cn0，综上对任意nN恒有S4Sn，故k4．

解：(1)a1a2a3an(2)bn0an0,a1(2)b12b12a1a2a3(2)b3(2)6b28(2)b28a1a2a38,q24,q2 ana1q(2c)n

n1(1n)n22,bnlogn2a1a2anlog22n(1n)1111111111S...1...nn2nn(1n)2222223nn1

11111n(1)n2n1n12x 由于x1增长速度低于2,故只要观察前几项即可得到k S10,S2111113,S3,S4,S5,显然得k4 128809620．本题主要考查空间点、线、面位置关系，二面角等基础知识，空间向量的应用，同时考查空间想象能力、推理论证和运算求解能力。满分15分。

（I）在直角梯形BCDE中，由DEBE1，CD2得，BDBC2，

BAC由AC2,AB2，则A22BC2CBC，，即A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FGDE，与AE交于点G，连结BG，由（I）知，DEAD，则FGAD，，所以BFG是二面角BADE的平面角，

222在直角梯形BCDE中，由CD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，

A在RtACD中，由CD2，AC2，得AD6，

F在RtAED中，DE1，AD6，得AE7，在RtABD中，

DGEBC223，AFAD，从而BD2，AB2，AD6，得BF33GF2， 3在ABE,ABG中，利用余弦定理分别可得cosBAE572,BG， 143GF2BF2BG23在BFG中，cosBFG，所以BFG，即二面角62BFGF2BADE的大小是

． 6方法二：以D为原点，分别以射线DE,DC为x,y轴的正半轴，建立空间直角坐标系

Dxyz如图所示，由题意可知各点坐标如下：

D0,0,0,E1,0,0,C0,2,0,A0,2,2,B1,1,0，设平面ADE的法向量为

mx1,y1,z1，平面ABD的法向量为nx2,y2,z2，可算得AD0,2,2，

mAD002y12z10DB1,1,0,AE1,2,2，由得，，可取

mAE0x12y12z1002y22z20nAD0m0,1,2，由得，，可取n1,1,2，于是

x2y20nBD0cosm,nmnmn3， 2由题意可知，所求二面角是锐角，故二面角BADE的大小是

． 6

Z4A68DExC10Y12B14

1618(1)证明：CDEBED900,ABCD2,DEBE1,AC2作BMCD，BMMC1,BMC900,BC2,AC2BC24AB2ACBC,平面ABC平面BCDE=BC，平面ABC平面BCDEAC平面BCDE，ACDE,DEDC,ACDCCDE平面ACD

(2)建立如图直角坐标系，B=(1,1,0),A(0,0,2),D(2,0,0),E(2,1,0)设面BAD，面EAD的法向量分别为n1(x1,y1,z1),n2(x2,y2,z2)BA(1,1,2)EA(2,1,2)BD(1,1,0)ED(0,1,0)xy2z102x2y22z2011xy011y20n1(1,1,2),n2(1,0,2)cosn1,n2123二面角BADE为2623

21．本题主要考查椭圆的 几何性质、点到直线距离、直线与椭圆的位置关系等基础知识，同时考查解析几何的基本思想方法、基本不等式应用等综合解题能力。满分15分。

ykxm（I）设直线l的方程为ykxmk0，由x2y2，消去y得，

221abb2a2k2x22a2kmxa2m2a2b20，

2222由于直线l与椭圆C只有一个公共点P，故0，即bmak0，

a2kmb2m解得点P的坐标为2， ,22222bakbaka2kb2由点P在第一象限，故点P的坐标为,222bakb2a2k2； （II）由于直线l1过原点O，且与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a2kbak2222b2b2a2k2，

1ka2b2整理得db2a2a2k2b2因为ak22ab，所以k22bk2a2b2b2a2a2k2bk222，

a2b2ba2ab22ab，

当且仅当k2b时等号成立， a所以点P到直线l1的距离的最大值为ab.

xx0yy0b2x0x02y02解：(1)设P(x0,y0)l:221k20...①,221...②

abay0ab结合①②及P在第一象限，得

a2kx0222a2kb2akb,即得P=，2222ba2k2b2akby0a2k2b2 

a2kb2(2)l1:xky0,P,222222akbakba2kb2k222222(b2a2)kakbakbdPl121ka2k2a2k4b2b2k2a2b2b2aak2b2k222

a2b2a22abb2ab,当且仅当kb取到最大值a22．本题主要考查函数最大（最小）值的概念、利用导数研究函数的单调性等基础知识，同时考查推理论证、分类讨论、分析问题和解决问题等综合解题能力。满分14分。

x33x3a,(xa)3x23,(xa)（I）因为fx3，所以f'x2，

x3x3a,(xa)3x3,(xa)由于1x1，

3（i）当a1时，有xa，故fxx3x3a，

此时fx在1,1上是增函数，因此Maf143a，maf143a，

Mama43a43a8

（ii）当1a1时，

若xa,1，fxx3x3a，在a,1上是增函数，

3若x1,a，fxx3x3a，在1,a上是减函数，

3所以mamaxf1,f1，mafaa，由于f1f16a2，

3因此，当1a113时，Mamaa3a4，当a1时，33Mamaa33a2，

3（iii）当a1时，有xa，故fxx3x3a，此时fx在1,1上是减函数，

因此Maf123a，maf123a，故

Mama23a23a4，综上

8,a1a33a4,1a13Mama；

a33a2,1a134,a1x33x3ab,(xa)（II）令hxfxb，则hx3，

x3x3ab,(xa)3x23,(xa)h'x2，

3x3,(xa)因为fxb4，对x1,1恒成立，即2hx2对x1,1恒成立，

2所以由（I）知，

（i）当a1时，hx在1,1上是增函数，hx在1,1上的最大值是

2，且43ab2，h143ab，最小值是h143ab，则43ab矛盾；

（ii）当1a1时，hx在1,1上的最大值是h143ab，最小值是3haa3b，所以a3b2，43ab2，从而2a33a3ab6a2且

0a1132，令ta2a3a，则t'a33a0，ta在0,上是增函数，33故tat02，因此23ab0， （iii）当

1a1时，hx在1,1上的最大值是h13ab2，最小值是328haa3b，所以a3b2，3ab22，解得3ab0，

27（iv）当a1时，hx在1,1上的最大值是h13ab2，最小值是

h123ab，所以3ab22，23ab2，解得3ab0，综上3ab的取值范围23ab0.

32x3x3a,xa3x3,xa解：(1)f(x)3,f'(x)2x3x3a,xa3x3,xa由于所在区间[1,1]上，故对a讨论如下： i、a1,x[1,1]a,f'(x)3x230,M(a)f(1)43a,m(a)f(1)43a,M(a)m(a)8ii、1a0,m(a)f(a)a3,M(a)max{f(1),f(1)}43aM(a)m(a)43aa3iii、0a1,m(a)f(a)a3,M(a)max{f(1),f(1)}3a2M(a)m(a)3a2a3iv、a1,x[1,1]a,M(a)f(1)3a2,m(a)f(1)3a2M(a)m(a)3a23a24 (2) 等价x[1,1],2bf(x)2b,M(a)m(a)4 结合(1)得i,ii其中M(a)m(a)4故舍去 iv、只要2b3a23ab0,a1

iii、23a2a34,0a1,要恒成立，见下图

此时3a2必须在b,2b3ab[2,0]