文档内容
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U ={xÎN |x ³ 2}，集合A={xÎN |x2 ³5}，则C A=（ ）
U
A. Æ B. {2} C. {5} D. {2,5}
2. 已知i是虚数单位，a,bÎR,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. 90cm2 B. 129cm2
C. 132cm2 D. 138cm2
4.
为了得到函数 y =sin3x+cos3x的图像，可以将函
数 y = 2cos3x的图像（ ）
p p
A. 向右平移 个单位 B. 向左平移 个单位
4 4
p p
C. 向右平移 个单位 D. 向左平移 个单位
12 12
5.在(1+ x)6(1+ y)4的展开式中,记xmyn项的系数 f(m,n)，则
f(3,0)+ f(2,1)+ f(1,2)+ f(0,3)= （ ）
A. 45 B. 60 C. 120 D. 210
6. 已知函数 f(x) = x3 +ax2 +bx+c ，且0< f(-1) = f(-2) = f(-3) £ 3（ ）
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 ³0)，g(x) = log x 的图像可能是（ ）
a
ìx,x ³ y ìy,x ³ y r r
8. 记max{x,y}= í ，min{x,y}= í ，设a,b为平面向量，则（ ）
îy,x < y îx,x < y
r r r r r r
A．min{|a+b|,|a-b|}£ min{|a |,|b|}
r r r r r r
B. min{|a+b|,|a-b|}³ min{|a |,|b|}
r r r r r r
C. max{|a+b|2,|a-b|2}£|a|2 +|b|2
r r r r r r
D. max{|a+b|2,|a-b|2}³|a|2 +|b|2
9.
第1页 | 共17页已知甲盒中仅有1个球且为红球，乙盒中有m个红球和n个篮球(m ³ 3,n ³ 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x(i =1,2)；
i
（b）放入i个球后，从甲盒中取1个球是红球的概率记为 p (i =1,2).
i
则 ( )
A. p > p ,E(x)< E(x) B. p < p ,E(x) > E(x)
1 2 1 2 1 2 1 2
C. p > p ,E(x) > E(x) D. p < p ,E(x)< E(x)
1 2 1 2 1 2 1 2
1 i
10. 设函数 f (x) = x2， f (x) = 2(x- x2)， f (x) = |sin2px|，a = ，
1 2 3 3 i 99
i =0,1,2,
,99 ，记I =| f (a )- f (a )|+| f (a )- f (a )|+ +| f (a )- f (a )|，
k k 1 k 0 k 2 k 1 k 99 k 98
k =1,2,3 则 ( )
A.I < I < I B. I < I < I C. I < I < I D. I < I < I
1 2 3 2 1 3 1 3 2 3 2 1
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________.
1
12. 随机变量x的取值为0,1,2，若P(x= 0) = ，E(x) =1，则
5
D(x)=________.
ìx+2y -4 £ 0
ï
13.当实数x,y满足íx- y -1£ 0 时，1£ ax+ y £ 4恒成立
ï
x ³1
î
，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）.
ìïx2 + x, x < 0
15.设函数 f(x) = í 若 f(f(a)) £ 2，则实数a的取值范围是______
ïî-x2, x ³ 0
16.设直线x-3y +m = 0(m ¹ 0) 与双曲线
x2 y2
- =1（a > 0,b > 0）两条渐近线分别
a2 b2
交于点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
第2页 | 共17页为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q的大小.若AB =15m
，AC = 25m，ÐBCM = 30°,则tanq的最大值是 (仰角q
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a ¹ b,c = 3
cos2 A-cos2 B = 3sin AcosA- 3sinBcosB
（Ⅰ）求角C的大小；
4
（Ⅱ）若sin A= ，求△ABC的面积．
5
19.（本题满分14分）
已知数列{a n }和{b n }满足a 1 a 2 a 3 a n = ( 2)b n (nÎN*).若{a n }为等比数列，且
a = 2,b = 6+b
1 3 2
(Ⅰ) 求a 与b ；
n n
1 1
(Ⅱ) 设c = - (nÎN*).记数列{c }的前n项和为S ,
n a b n n
n n
（i）求S ；
n
（ii）求正整数k，使得对任意nÎN *均有S ³ S .
k n
20.（本题满分15分）
如图，在四棱锥A-BCDE中，平面ABC平面BCDE ,ÐCDE =ÐBED = 90°，
AB =CD = 2,DE = BE =1,AC = 2 .
(Ⅰ) 证明：DE平面ACD;
(Ⅱ) 求二面角B- AD-E的大小.
第3页 | 共17页21(本题满分15分)
x2 y2
如图，设椭圆C: + =1(a >b >0)动直线l 与椭圆C只有一个公共点P，且点P在
a2 b2
第一象限.
(Ⅰ) 已知直线l 的斜率为k，用a,b,k表示点P的坐标；
(Ⅱ) 若过原点O的直线l 与l 垂直，证明：点P到直线l 的距离的最大值为a-b.
1 1
22.（本题满分14分）
已知函数 f x= x3 +3 x-a (aÎR).
(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bÎR,若é ë f x+bù û 2 £4对xÎ-1,1 恒成立，求3a+b的取值范围.
第4页 | 共17页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】A={xÎN |x2 ³5}={xÎN |x ³ 5}，
C A={xÎN |2 £ x < 5}={2}
U
【答案】B
2.【解析】当a = b =1时，(a+bi)2 = (1+i)2 = 2i，反之，(a+bi)2 = 2i
ìa2 -b2 = 0 ìa =1 ìa = -1
即a2 -b2 +2abi = 2i ，则í 解得í 或í
î2ab = 2 îb =1 îb = -1
【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
1
积为：S = 2´4´6+2´3´4+3´6+3´3+3´4+3´5+2´ ´3´4 =138 .
2
【答案】D
p p
4.【解析】 y =sin3x+cos3x = 2sin(3x+ )= 2sin[3(x+ )]
4 12
p p
而 y = 2cos3x = 2sin(3x+ )= 2sin[3(x+ )]
2 6
p p p
由3(x+ )®3(x+ ) ，即x ® x-
6 12 12
p
故只需将 y = 2cos3x的图象向右平移 个单位. 故选C
12
【答案】C
5.【解析】令x = y ，由题意知 f(3,0)+ f(2,1)+ f(1,2)+ f(0,3)即为(1+ x)10
展开式中x3 的系数，故 f(3,0)+ f(2,1)+ f(1,2)+ f(0,3)=C7 =120，故选C
10
【答案】C
ì-1+a-b+c = -8+4a-2b+c
6.【解析】由 f(-1) = f(-2) = f(-3)得í 解得
î-1+a-b+c = -27+9a-3b+c
ìa = 6
í ，所以 f(x) = x3 +6x2 +11x+c ,由0< f(-1) £ 3 得0< -1+6-11+c £ 3
îb =11
，即6< c £ 9，故选C
【答案】C
7.【解析】函数 f(x) = xa(x ³0)，g(x) = log x分别的幂函数与对数函数
a
答案A中没有幂函数的图像, 不符合；答案B中， f(x) = xa(x ³0)中a >1 ，
g(x) = log x中0< a <1 ，不符合；答案C中， f(x) = xa(x ³0)中0< a <1，
a
第5页 | 共17页g(x) = log x中a >1，不符合；答案D中， f(x) = xa(x ³0)中0< a <1，
a
g(x) = log x中0< a <1，符合. 故选D
a
【答案】D
r r r r r r
8.【解析】由向量运算的平行四边形法可知min{|a+b|,|a-b|}与min{|a|,|b|}的大
r r r r
小不确定，平行四边形法可知max{|a+b|,|a-b|}所对的角大于或等于90°
r r r r r r
，由余弦定理知max{|a+b|2,|a-b|2}³|a|2 +|b|2，
r r r r r r
r r r r |a+b|2 +|a-b|2 2(|a|2 +|b|2) r r
（或max{|a+b|2,|a-b|2}³ = =|a |2 +|b|2）.
2 2
【答案】D
m n 1 2m+n
9.【解析1】 p = + ´ = ，
1 m+n m+n 2 2(m+n)
C2 1 C1C1 2 C2 3m2 -3m+2mn+n2 -n
p = n + m n + m =
2 C2 g 3 C2 g 3 C2 3(m+n)(m+n-1)
m+n m+n m+n
2m+n 3m2 -3m+2mn+n2 -n 5mn+n(n-1)
∴ p - p = － = > 0 ，
1 2 2(m+n) 3(m+n)(m+n-1) 6(m+n)(m+n-1)
故 p > p
1 2
n m
又∵P(x =1) = ，P(x = 2) =
1 m+n 1 m+n
n m 2m+n
∴E(x) =1´ +2´ =
1 m+n m+n m+n
C2 n(n -1)
又P(x = 1) = n =
2 C2 (m + n)(m + n -1)
m+n
C1C1 2mn
P(x = 2) = n m =
2 C2 (m + n)(m + n -1)
m+n
C2 m(m-1)
P(x = 3) = m =
2 C2 (m + n)(m + n -1)
m+n
n(n-1) 2mn m(m-1)
∴E(x) =1´ +2´ +3´
2 (m+n)(m+n-1) (m+n)(m+n-1) (m+n)(m+n-1)
3m2 +n2 -3m-n+4mn
=
(m+n)(m+n-1)
3m2 +n2 -3m-n+4mn 2m+n m(m-1)+mn
E(x)-E(x)= － = > 0
2 1 (m+n)(m+n-1) m+n (m+n)(m+n-1)
所以E(x) > E(x) ，故选A
2 1
【答案】A
【解析2】：在解法1中取m = n = 3 ，计算后再比较。
2 2
æ i ö æi-1ö 1 2i-1
10.【解析】由 ç ÷ - ç ÷ = g ，
è99ø è 99 ø 99 99
第6页 | 共17页1 1 3 5 2´99-1 1 992
故I = ( + + + + ) = =1
1 99 99 99 99 99 99 g 99
2 2
i i-1 æ i ö æi-1ö 1 99-(2i-1)
由2 - -
ç ÷
+
ç ÷
= 2´ | |
99 99 è99ø è 99 ø 99 99
1 50(98+0) 98 100
故I = 2´ ´2´ = <1
2 99 2´99 99 g 99
1 1 0 2 1 99 98
I = (|sin(2p )|-|sin(2p )|+ |sin(2p )|-|sin(2p )| + + |sin(2p )|-|sin(2p )|)
3 3 g 99 g 99 g 99 g 99 g 99 g 99
1 25 74
= [2sin(2p )-2sin(2p )]>1
g g
3 99 99
故I < I < I ，故选B
2 1 3
【答案】B
【解析2】估算法：I 的几何意义为将区间[0,1]
k
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
f (x) = x2 的区间[0,1] 等分为4个小区间的情形，因 f (x) 在[0,1]上递增，此时
1 1
I =| f(a )- f(a )|+| f(a )- f(a )|+| f(a )- f(a )|+| f(a )- f(a )|
1 1 0 2 1 3 2 4 3
=AH + A H + AH + A H = f(1)- f(0)=1，同理对题中给出的I 同样有I =1
1 1 2 2 3 3 4 4 1 1
；
1 1 4
而I 略小于2´ =1 ，I 略小于4´ = ，所以估算得I < I < I
2 2 3 3 3 2 1 3
【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S =1,i = 2
第二次运行结果S = 4,i = 3
第三次运行结果S =11,i = 4
第四次运行结果S =26,i =5
第五次运行结果S =57,i = 6
此时S =57>50 ，∴输出i = 6 ，【答案】6
x 0 1 2
12.【解析】设x=1 时的概率为 p，x的分布列为
1 1
P p 1- p-
5 5
1 1 3
由E(x) = 0´ +1´ p+2´(1- p- ) =1 ，解得 p =
5 5 5
第7页 | 共17页x的分布列为即为 x 0 1 2
1 3 1
P
故
5 5 5
1 3 1 2 2
E(x) = (0-1)2 ´ +(1-1)2 ´ +(2-1)2 ´ = . 【答案】
5 5 5 5 5
ìx+2y -4 £ 0
ï
13.【解析】作出不等式组íx- y -1£ 0 所表示的
ï
x ³1
î
区域如图，由1£ ax+ y £ 4恒成立，故
3
A(1,0),B(2,1),C(1, ) 三点坐标代入
2
ì
ï1£ a £ 4
ï 3
1£ ax+ y £ 4，均成立得í1£ 2a+1£ 4 解得1£ a £ ，∴实数a的取值范围是
2
ï
3
ï1£ a+ £ 4
î 2
3 3
[1, ] ， 【答案】[1, ]
2 2
ìx+2y -4 £ 0
ï
【解析2】作出不等式组íx- y -1£ 0 所表示的区域如图，由1£ ax+ y £ 4得，由
ï
x ³1
î
ìa ³1
图分析可知，a ³ 0 且在A(1,0) 点取得最小值，在B(2,1) 取得最大值，故í
î2a+1£ 4
3 3 3
得1£ a £ ，故实数a的取值范围是[1, ] ， 【答案】[1, ]
2 2 2
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
C2A2 = 36
3 4
二是有三人各获得一张奖券，共有A3 = 24 ，因此不同的获奖情况共有36+24 = 60 种
4
【解析2】将一、二、三等奖各1张分给4个人有43 = 64
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
ìf(a)< 0 ìf(a) ³ 0
15.【解析】由题意í 或í ，解得 f(a) ³ -2
îf 2(a)+ f(a) £ 2 î-f 2(a) £ 2
ìa < 0 ìa ³ 0
∴当í 或í 解得a £ 2
îa2 +a ³ -2 î-a2 ³ -2
第8页 | 共17页【答案】(-¥, 2]
b b
16.【解析1】由双曲线的方程可知，它的渐近线方程为 y = x 和 y = - x
a a
-am -bm
，分别与直线l ： x-3y +m = 0 联立方程组，解得，A( , ),
a-3b a-3b
-am bm
B( , )，设AB中点为Q，由|PA|=|PB| 得，则
a+3b a+3b
-am -am -bm bm
+ +
a-3b a+3b a-3b a+3b
Q( , )
2 2
a2m 3b2m
即Q(- ,- )
a2 -9b2 a2 -9b2
，PQ与已知直线垂直，
3b2m
-
a2 -9b2 1
∴k
PQg
k
l
= -1 ，即
a2m g 3
= -1 即得
- -m
a2 -9b2
c2 5 c 5
2a2 =8b2 ，即2a2 =8(c2 -a2)，即 = ，所以e = =
a2 4 a 2
x2 y2
【解析2】不妨设a =1 ，渐近线方程为 - = 0即b2x2 - y2 =0
12 b2
ìb2x2 - y2 = 0
由í 消去x 得(9b2 -1)y2 -6b2my +b2m =0
îx-3y +m = 0
3b2m
设AB中点为Q(x ,y )，由韦达定理得： y = ……① ，
0 0 0 9b2 -1
y 1 y 1
又x = 3y -m ，由k k = -1得 0 = -1 即得 0 = -1得
0 0 PQg l x -m g 3 3y -2m g 3
0 0
3 3b2m 3
y = m 代入①得 = m
0 5 9b2 -1 5
1 1 5 5 c 5
得b2 = ，所以c2 = a2 +b2 =1+ = ，所以c = ，得e = = c =
4 4 4 2 a 2
5
【答案】
2
17.【解析1】：∵AB=15cm，AC=25cm，∠ABC=90°，
∴BC=20cm，
过P作PP′⊥BC，交BC于P′，
PP'
1°当P在线段BC上时，连接AP′，则tanq=
AP'
第9页 | 共17页设BP′=x，则CP′=20-x，（0£ x < 20 ）
3
由∠BCM=30°，得PP' = CP'tan30°= (20- x)
3
在直角△ABP′中， AP' = 225+ x2
PP' 3 20- x
∴tanq= =
g
AP' 3 225+ x2
20- x
令 y = ，则函数在x∈[0，20]单调递减，
225+ x2
3 20-0 20 3 4 3
∴x=0时，tanq 取得最大值为
g
= =
3 225+02 45 9
PP'
2°当P在线段CB的延长线上时，连接AP′，则tanq=
AP'
设BP′=x，则CP′=20+x，（ x >0 ）
3
由∠BCM=30°，得PP'=CP'tan30°= (20+ x)
3
在直角△ABP′中， AP' = 225+ x2
PP' 3 20+ x
∴tanq= =
g
，
AP' 3 225+ x2
20+ x 225-20x
令 y = ，则 y'= ，
225+ x2 (225+x2) 225+ x2
225 45 45
所以，当0< x < = 时 y'> 0 ；当 x > 时 y'< 0
20 4 4
45
20+
45 4 5
所以当 x = 时 y = =
4 max 45 3
225+( )2
4
45 3 5 5 3
此时 x = 时，tanq 取得最大值为 =
g
4 3 3 9
5 3
综合1°，2°可知tanq 取得最大值为
9
第10页 | 共17页【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°，
3
∴BC=20cm，由∠BCM=30°，可设P(0,x, (20- x))
3
（其中 x £ 20 ），P'(0,x,0) ， A(15,0,0)，所以
3
(20- x)
PP' 3 3 20- x
tanq= = =
g
AP' 152 + x2 3 225+ x2
3 20- x 3 225+20x
设f(x) = tanq= ( x £ 20)，f '(x) = -
g g
3 225+ x2 3 (225+ x2) 225+ x2
225 45 45
所以，当 x < - = - 时 y'> 0 ；当- < x £20 时 y'< 0
20 4 4
45
20+
45 45 3 4 5 3
所以当 x = - 时 f(x) = f(- ) = =
4 max 4 3 g 45 9
225+( )2
4
5 3
所以tanq 取得最大值为
9
【解析3】:分析知，当tanq
取得最大时，即q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BDBC交CM于D，过B作BHAC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，tanq 的最大值即为tanÐBHD
，在RtDABC 中，
AB BC 15 20
g g
由等面积法可得BH = = =12，
AC 25
20 3
DB = BC tan30°=
g
3
20 3
DB 3 5 3
所以(tanq) = tanÐBHD = = =
max BH 12 9
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。
1+cos2A 1+cos2B 3 3
18.【解析】：（Ⅰ）由题得 - = sin2A- sin2B ，
2 2 2 2
3 1 3 1
即 sin2A- cos2A= sin2B- cos2B
2 2 2 2
p p
sin(2A- ) =sin(2B- )
6 6
第11页 | 共17页p p
由a ¹ b 得A¹ B ，又A+ BÎ(0,p) ，得2A- +2B- =p
6 6
2p p
即A+ B = ，所以C =
3 3
4 a c 8
（Ⅱ）c = 3，sin A= ， = ，得a =
5 sin A sinC 5
3
由a < c 得A 0 ，得 £ <1
2n 2n+1 2n+1 2n 25
所以，当n≥5时，c ＜0，
n
综上，对任意n∈N*恒有S ³ S ，故k=4．
4 n
第12页 | 共17页20.证明：（Ⅰ）在直角梯形BCDE中，由DE=BE=1
，CD=2，得BD=BC= 2 ，
由 AC = 2 ，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；
(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, AC = 2 ，得 AD = 6 ；
在Rt△AED中，由ED=1， AD = 6 得 AE = 7 ；
在Rt△ABD中，由BD = 2 ，AB=2， AD = 6
2 3 2 2
得BF = ， AF = AD ，从而GF = ，
3 3 3
5 7 2
在△ABE，△ABG中，利用余弦定理分别可得cosÐBAE = ，BC = ．
14 3
GF2 +BF2 -BG2 3
在△BFG中,cosÐBFG = = ，
2BF GF 2
g
p p
所以，∠BFG= ，即二面角B-AD-E的大小为 .
6 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D- xyz ，如图所示.
由题意知各点坐标如下：D(0,0,0) ，E(1,0,0) ，C(0,2,0) ， A(0,2, 2) ，
B(1,1,0) .
ur
设平面ADE的法向量为m = (x ,y ,z )
1 1 1
r
平面ABD的法向量为n = (x ,y ,z )，可算得：
2 2 2
uuur uuur
AD = (0,-2,- 2) ， AE = (1,-2,- 2) ，
uuur
DB = (1,1,0)
ur uuur
由 ì ï í m ur g u A u D ur = 0 即 ì ï í -2y 1 - 2z 1 = 0 ，可取
ïîm g AE = 0 ïî x -2y - 2z = 0
1 1 1
ur
m = (0,1,- 2)
第13页 | 共17页r uuur
ì ïn g AD = 0 ìï-2y - 2z = 0 r
由ír
uuur
即í 2 2 可取n =(0,-1, 2)
ïîn
g
BD = 0 ïî x
2
+ y
2
= 0
ur r
ur r |m n| 3 3
g
于是|cos< m,n >|=
ur r
= =
|m||n| 3 2 2
g g
p
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 y = kx+m(k < 0) ，由
ìy = kx+m
ï
íx2 y2 ，消去y得
+ =1
ï
îa2 b2
(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
a2km b2m
P(- , )
b2 +a2k2 b2 +a2k2
a2k b2
又点P在第一象限，故点P的坐标为P(- , )
b2 +a2k2 b2 +a2k2
ìx
= x'
ï ïa x2 y2
【方法2】作变换í ，则椭圆C： + =1(a >b >0)变为圆C' ：
y a2 b2
ï = y'
ïîb
x'2+ y'2 =1
切点P(x ,y ) 变为点P'(x' ,y' ) ，切线l: y - y = k(x- x )（k < 0) 变为
0 0 0 0 0 0
l':by'-y = k(ax'- x ) .
0 0
在圆C' 中设直线O'P' 的方程为 y' = mx'（m > 0 ） ，
ì 1
x' =
ìy' = mx' ï ï 0 1+m2
由í 解得í
îx'2+ y'2 =1
ïy' =
m
ï î 0 1+m2
1 m
即P'( , ) ，由于O'P' l' ，
1+m2 1+m2
ak
所以k k = -1 ，得m× = -1 ，
O'P'g l' b
第14页 | 共17页b
-
b 1 ak
即m = - 代入得P'( , )
ak b2 b2
1+ 1+
(ak)2 (ak)2
ak b
即P'(- , )，
a2k2 +b2 a2k2 +b2
ì x
x' =
ï
ï a
利用逆变换í 代入即得：
y
ïy' =
ïî b
a2k b2
P(- , )
a2k2 +b2 a2k2 +b2
（Ⅱ）由于直线l 过原点O且与直线l垂直，故直线l 的方程为x+ky=0，所以点P到直
1 1
线l 的距离
1
a2k b2k
|- + |
b2 +a2k2 b2 +a2k2 a2 -b2
d = 整理得:d =
1+k2 b2
b2 +a2 +a2k2 +
k2
b2 a2 -b2 a2 -b2
因为a2k2 + ³ 2ab，所以d = £ = a-b
k2 b2 b2 +a2 +2ab
b2 +a2 +a2k2 +
k2
b
当且仅当k2 = 时等号成立．
a
所以，点P到直线l 的距离的最大值为a-b ．
1
ìïx3 +3x-3a , x ³ a
23.【解析】：（Ⅰ）∵ f(x) = x3 +3|x-a|= í ,
ïîx3 -3x+3a , x < a
ìï3x2 +3, x ³ a
∴ f '(x) = í ，由于-1£ x £1
ïî3x2 -3, x < a
（ⅰ）当a £ -1 时，有 x ³ a ，故
f(x) = x3 +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 ，
故M(a)-m(a) = (4-3a)-(-4-3a) =8
（ⅱ）当-1< a <1时，若x∈（a，1）， f(x) = x3 +3x-3a，在（a，1）上是增函
数；若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
第15页 | 共17页由于 f(1)- f(-1) = -6a+2 ，因此
1
当-1< a £ 时， M(a)-m(a) = -a3 -3a+4；
3
1
当 < a <1 时，M(a)-m(a) = -a3 +3a+2；
3
（ⅲ）当a ³1时，有 x £ a，故 f(x) = x3 -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) = 4；
综上，
ì 8, a £ -1
ï
1
ï-a3 -3a+4, -1< a £
ï 3
M(a)-m(a) = í
1
ï-a3 +3a+2, < a <1
ï 3
ï
î 4 , a ³1
ìïx3 +3x-3a+b, x ³ a
（Ⅱ）令h(x) = f(x)+b，则h(x) = í
ïîx3 -3x+3a+b, x < a
ìï3x2 +3, x ³ a
h'(x) = í ，
ïî3x2 -3, x < a
因为[f（x）+b]2≤4对x∈[-1，1]恒成立，
即-2£ h(x) £ 2对x∈[-1，1]恒成立，
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
h(1) = 4-3a+b，最小值h(-1) = -4-3a+b，则-4-3a+b³ -2且
4-3a+b£ 2矛盾；
1
（ⅱ）当-1< a £ 时，h(x)在[-1,1]上的最小值是h(a) = a3 +b，最大值是
3
h(1) = 4-3a+b，所以a3 +b³ -2且4-3a+b£ 2，从而
1
-2-a3 +3a £ 3a+b£ 6a-2 且0£ a £
3
∴ 1
令t(a) = -2-a3 +3a，则t'(a) = 3-3a2 > 0， t(a) 在(0, ) 上是增函数，
3
故t(a) > t(0) = -2，
因此-2£ 3a+b£ 0
1
（ⅲ）当 < a <1 时，h(x)在[-1,1]上的最小值是h(a) = a3 +b，最大值是
3
第16页 | 共17页28
h(-1) = 3a+b+2，所以由a3 +b³ -2且3a+b+2£2，解得- < 3a+b£ 0
27
(ⅳ)当a ³1时，h(x)在[-1,1]上的最大值是h(-1) = 3a+b+2，最小值是
h(1) = 3a+b-2，
所以由3a+b-2³ -2且3a+b+2£ 2，解得3a+b=0．
综上，3a+b 的取值范围是-2£ 3a+b£ 0.
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