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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.
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（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.
1
3
2
I
I
I
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)
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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)
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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
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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
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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
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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
12.【解析】设
时的概率为
，
的分布列为
由
，解得
的分布列为即为
故
. 【答案】
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0
1
2
P
0
1
2
P
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
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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
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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
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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
=
第11页 共16页
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
∵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
∥
，
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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
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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
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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，
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（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
.
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