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 ，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. I I I D.
1 3 2
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】D8.【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
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
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
此时 ，∴输出 ，【答案】6
0 1 2
12.【解析】设 时的概率为 ， 的分布列为
P
由 ， 解 得
的分布列为即为 0 1 2的分布列为即为
P
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 BDBC 交 CM 于 D，过 B 作 BHAC 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， 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①②知：当 时， ，令n=3，则有
∵b =6+b ， ∴a =8．
3 2 3
∵{a }为等比数列，且a =2，∴{a }的公比为q，则
n 1 n
由题意知a ，∴q＞0，∴q=2．
n＞0
∴a ＝2n（n∈N*）．
n
又由 ，得：
即
∴b =n（n+1）（n∈N*）．
n
（Ⅱ）（i）∵
∴ =
= =
=
（ii）因为c =0，c ＞0，c ＞0，c ＞0；
1 2 3 4
当n≥5时，
而 ，得
所以，当n≥5时，c ＜0，
n
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 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
1 1到直线l 的距离
1
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 .
