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  • 2021-05-13 发布

浙江高考理科数学试题逐题详解纯word解析版

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‎ 2014年浙江高考理科数学试题逐题详解 (纯word解析版)‎ 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.‎ ‎【2014年浙江卷(理01)】设全集,集合,则 A. B. C. D.,‎ ‎【答案】B ‎【解析】全集U={x∈N|x≥2},集合A={x∈N|x2≥5}={x∈N|x≥3},则∁UA={x∈N|x<3}={2},故选:B ‎【2014年浙江卷(理02)】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 ‎【答案】A ‎【解析】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;‎ ‎【2014年浙江卷(理03)】某几何体的三视图(单位:)如图所示,则此几何体的表面积是 A.90 B.129 C.132 D.138‎ ‎【答案】D ‎【解析】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).‎ ‎ ‎ ‎【2014年浙江卷(理04)】为了得到函数的图象,可以将函数的图象 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 ‎【答案】C ‎【解析】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.‎ ‎【2014年浙江卷(理05)】在的展开式中,记项的系数为,,则,,,,‎ A.45 B.60 C.120 D.210‎ ‎【答案】C ‎【解析】(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 ‎【2014年浙江卷(理06)】已知函数,且,则 A. B. C. D.‎ ‎【答案】C ‎【解析】由f(﹣1)=f(﹣2)=f(﹣3)得,解得,‎ f(x)=x3+6x2+11x+c,由0<f(﹣1)≤3,得0<﹣1+6﹣11+≤3,即6<c≤9,故选C ‎【2014年浙江卷(理07)】在同一直角坐标系中,函数,的图象可能是 ‎【答案】D ‎【解析】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 ‎【2014年浙江卷(理08)】记,,,,设、为平面向量,则 A.,,‎ B.,,‎ C.,‎ D.,‎ ‎【答案】D ‎【解析】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{|+|,|﹣|}=,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,显然不成立.由排除法可知,D选项正确.故选:D ‎【2014年浙江卷(理09)】已知甲盒中仅有1个球且为红球,乙盒中有个红球和个蓝球,,从乙盒中随机抽取,个球放入甲盒中.‎ ‎()放入个球后,甲盒中含有红球的个数记为,;‎ ‎()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.,‎ ‎【答案】A ‎【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 ‎【2014年浙江卷(理10)】设函数,,,,,,,...,,记...,1,2,3,则 A. B.‎ C. D.‎ ‎【答案】B ‎【解析】由,故==1,‎ ‎ 由,故 <1,‎ ‎+ =,‎ 故I2<I1<I3,故选:B.‎ 二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分.‎ ‎【2014年浙江卷(理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________.‎ ‎【答案】6‎ ‎【解析】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 ‎【2014年浙江卷(理12)】随机变量的取值为0,1,2,若,,则_____.‎ ‎【答案】‎ ‎【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:‎ ‎【2014年浙江卷(理13)】当实数、满足时,恒成立,则实数的取值范围是________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】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.故答案为:‎ ‎【2014年浙江卷(理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).‎ ‎【答案】60‎ ‎【解析】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 ‎【2014年浙江卷(理15)】设函数,若,则实数的取值范围是______.‎ ‎【答案】(﹣∞,]‎ ‎【解析】∵函数f(x)=,它的图象如图所示:由 f(f(a))≤2,可得 f(a)≥﹣2.‎ 由f(x)=﹣2,可得﹣x2=﹣2,即x=,故当f(f(a))≤2时,则实数a的取值范围是a≤,‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎【2014年浙江卷(理16)】设直线与双曲线两条渐近线分别交于点、,若点,满足,则该双曲线的离心率是__________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】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:‎ ‎【2014年浙江卷(理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,,,则的最大值为____________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】∵AB=15cm,AC=25cm,∠ABC=90°,∴BC=20cm,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: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.‎ ‎【2014年浙江卷(理18)】(本小题满分14分)‎ 在中,内角、、所对的边分别为、、,已知,,.‎ ⑴求角的大小;‎ ⑵若,求的面积.‎ 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 =×=‎ ‎【2014年浙江卷(理19)】(本小题满分14分)‎ 已知数列和满足.若为等比数列,且,.‎ ⑴求与;‎ ⑵设.记数列的前项和为.‎ ①求;‎ ②求正整数,使得对任意,均有.‎ 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 ‎【2014年浙江卷(理20)】(本小题满分15分)‎ 如图,在四棱锥中,平面平面,,,,.‎ ⑴证明:平面;‎ ⑵求二面角的大小.‎ 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;‎ 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,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=,BC=.‎ 在△BFG中,cos∠BFG==,‎ 所以,∠BFG=,二面角B﹣AD﹣E的大小为 ‎【2014年浙江卷(理21)】(本小题满分15分)‎ 如图,设椭圆:,动直线与椭圆只有一个公共点,且点在第一象限.‎ ⑴已知直线的斜率为,用、、表示点的坐标;‎ ⑵若过原点的直线与垂直,证明:点到直线的距离的最大值为.‎ 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,解得点P的坐标为 ‎(﹣,),‎ 又点P在第一象限,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 ‎【2014年浙江卷(理22)】(本小题满分14分)‎ 已知函数.‎ ⑴若在,上的最大值和最小值分别记为、,求;‎ ⑵设,若对,恒成立,求的取值范围.‎ 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.‎