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  • 2021-05-14 发布

高考浙江理科数学试题及答案精校版

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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,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.‎