2014浙江省杭州二中高考仿真考理科数学试题和答案

2014年浙江高考数学模拟试卷3理科数学参考答案与评分标准说明：一、本解答指出了每题要考查的主要知识和能力，并给出了一种或几种解法供参考，如果考生的解法与本解答不同，可根据试题的主要考查内容比照评分参考制订相应的评分细则。

二、对计算题，当考生的解答在某一步出现错误时，如果后续部分的解答未改变该题的内容和难度，可视影响的程度决定后续部分的给分，但不得超过该部分正确解答应得分数的一半；如果后续部分的解答有较严重的错误，就不再给分。

三、解答右端所注分数，表示考生正确做到这一步应得的累加分数。

四、只给整数分数。

选择题和填空题不给中间分。

五、未在规定区域内答题，每错一个区域扣卷面总分1分。

一、选择题: 本题考查基本知识和基本运算．每小题5分, 满分50分． 1． D 【解析】由)2,(--∞=N M C R 知，N ⊆-}3{，选择D 2． C 【解析】ii-2=i 21--，选择C 3．B 【解析】若ab b a 2≥+成立，+∈R b a ,,则ab b a 222≥+成立，反之不一定成立，选择B4． A 【解析】因B A +＞2π，A sin ＞B cos ，同理B sin ＞C cos ，C sin ＞A cos ，选择A5． D 【解析】满足⎩⎨⎧≥++====---44,2,1321321n a a a a a a a n n n n 的数列}{n a ：1，2，4，7，13，24，44，81，149，274，选择D 6．C 【解析】A 中可能有nα，A 错；B 中可能有α与β相交，B 错；C 正确；D 中α与β重合，与题设矛盾，7．D 【解析】9个数中有4个素数，取出的3个数中可能含有1，2，3个素数，共有C 14C 25+C 24C 15+C 34=74，选择D 8．A 【解析】||b a λ+ 2=a 2+2λa b +λ2b 2=λ2+λ+1=（λ+21）2+43，选择A 9．C 【解析】因双曲线的一条渐近线方程为x y =，所以22=b ，10=y ，又)0,2(1-F ，)0,2(2F ，)1,32(1---=，)1,32(2--=PF ，21PF PF •=010． B 【解析】因方程0102=+-i c x x 的解1++i i x x =10，所以方程的正整数解可能情形有（1，9）（2，8）（3，7）（4，6）（5，5），所以有25＞24＞21＞16＞9，选择B 二、填空题：本题考查基本知识和基本运算．每小题4分，共28分．11．41 【解析】三棱锥C ABD －的左视图是一个等腰直角三角形，直角边长为22，其面积为4112．85, 2【解析】去掉一个最高分和一个最低分后，所剩数据的 平均数是85，方差是2 13． －1【解析】14．12 【解析】 ON OM ⋅=y x +2，目标函数图象与边界0122=-+y x 重合时，取得最大值12，其最优解有无数组15．23 【解析】画图易知||21m +==213，=AB 24139-=2316．1【解析】联立两曲线方程解得P 点纵坐标为21，则ΔF 1PF 2的面积为21×21×4=117．23【解析】当1=y 时，a x 1=和a x =，m n -的最小值为,31，则],[n m =]1,1[a，23=a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：（Ⅰ）23sin cos 4cos 2cos sin 3523||)(2222++++=++⋅=x x x x x x f 2522cos 152sin 32525cos 5cos sin 352++⋅+=++=x x x x x5)62sin(5++=πx 5分由26ππ≤≤x ，得67622πππ≤+≤x ，1)62sin(21≤+≤-∴πx26ππ≤≤∴x 时，函数)(x f 的值域为]10,25[ 8分(Ⅱ) 3()5sin(2)58,sin(2)665f x x x ππ=++=+=则,67622,26πππππ≤+≤≤≤x x 得； 所以4cos(2),65x π+=- 12分 ()12f x π-=5sin 255sin(2)57.66x x ππ=+=+-+=+ 14分20． 解：（Ⅰ）90,30,1ABC DAB CAB BC ∠=∠=∠==3,2,60.2tan 30BCAB AC DAC AD CD AC ∴===∠=∴===,.PA PC PF AC =∴⊥ 4分E P ABC PE ABC PE AC ∴⊥∴⊥点为点在平面上的正投影，平面 .,,PFPE P PF PEF PE PEF AC PEF =⊂⊂∴⊥平面平面平面 7分（Ⅱ）PE ABC PE BC ⊥∴⊥平面 8分,,,BC AB PE AB E PE PAB BC PAB ⊥=⊂∴⊥平面平面CPB PC PAB ∴∠为直线与平面所成的角. 10分1t sin =.2BC PC ∴∠在R CBP 中，BC=1,PC=DC=2,CPB=12分 00,30.<∠∴∠=CPB<9CPB ∴直线PC 与平面PAB 所成的角为 30 14分21． 解：（Ⅰ）设(,)M x y ，由已知得(4,0),(4,22)P Q λλ-， 则直线EP 的方程为22x y λ=-，直线GQ 的方程为22x y λ=-+， 4分 消去λ即得M 的轨迹Γ的方程为221(0)164x y x +=≠． 6分 （Ⅱ）方法一：由已知得2NS NT ON =，又ON ST ⊥，则OS OT ⊥， 8分设直线:(2)ST y kx m m =+≠±代入221164x y +=得 222(14)84160k x kmx m +++-=，设1122(,),(,)S x y T x y ，则21212228416,1414km m x x x x k k-+=-=++．10分 由OS OT ⊥得12120x x y y +=，即221212()(1)0km x x k x x m ++++=， 则22516(1)m k =+， 12分又O 到直线ST的距离为r =(0,2)r =． 经检验当直线ST 的斜率不存在时也满足． 15分方法二：设00(,)N x y ，则22200x y r +=，且可得直线ST 方程为200x x y y r +=10分代入221164x y +=得2222420000(4)84160y x x r x x r y +-+-=， 由2NS NT ON =得220200120(1)()()x x x x x r y +--=，即201212()x x x x x r +-= 12分则2242200220084164r x r y ry x -+=+，故(0,2)r =． 15分 22． 解：（Ⅰ）2'()396f x x x =-+, 15x ∈（，].法一：'()f x m ≥在15（，]恒成立2396m x x ⇔≤-+在15（，]恒成立. 4分由2233'()3963()24f x x x x =-+=--在15（，]的最小值为34-，所以,得34m ≤-，即m 的最大值为34-. 8分法二：令()2396g x x x m =-+-，15x ∈（，].要使'()f x m ≥在15（，]恒成立，则只需()0g x ≥在15（，]恒成立. 由于()y g x =的对称轴为32x =,当15x ∈（，]时， min ()(32727)60242g x g m =-+-≥=， 解得34m ≤-，所以m 的最大值为34-. 8分（Ⅱ）()y f x =在(,1)-∞和(2,)+∞单调增，在(1,2)单调减.所以5()=(1)2f x f a =-极大值，()=(2)2f x f a =-极小值. 12分故当(2)0f >或(1)0f <时,方程()0f x =仅有一个实根. 得2a <或52a >时，方程()0f x =仅有一个实根. 所以5(,2)(,)2a ∈-∞+∞. 15分感谢您的阅读，祝您生活愉快。

2014年浙江省高考数学模拟卷一、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.设偶函数满足()24(0),xf x x =-≥则{}()0x f x >=（ ）A.{2x x <-或}4x >B.{0x x <或}4x >C.{2x x <-或}2x > D.{0x <或}6x > 2.已知复数z 满足(1)3,z i i i ⋅-=+为虚数单位，则z =（ ）C.5D.33.若a ∈R ，则“3a =”是“直线230ax y a ++=与直线23(1)30x a y a a +-+-+=互相平行”的 （ ）A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件 4.设,a b 表示两条不同的直线，,αβ表示两个不同的平面（ ）A.若α∥,,,a b βαβ⊂⊂则a ∥bB.若α⊥,a β∥β，则a α⊥C.若,,a a b a α⊥⊥∥,β则b ∥βD.若α⊥,,,a b βαβ⊥⊥则a b ⊥ 5.已知某几何体的三视图（单位：cmA.1cm 2B.3cm 2C.cm 2D.cm 26.矩形ABCD 所在的平面与地面垂直，A 点在地面上，AB =a , BC =b ，AB 与地面成)20(πθθ≤≤角（如图）．则点C 到地面 的距离函数()h θ=（ ）A.θθsin cos b a +B.θθcos sin b a +C.|cos sin |θθb a -D.|sin cos |θθb a -7.设12,x x 是函数()(1)xf x a a =>定义域内的两个变量，且12x x <.设122x x m +=，则下列不等式恒成立的是（ ） A.12()()()()f m f x f x f m ->- B.12()()()()f m f x f x f m -<-C.12()()()()f m f x f x f m -=-D.212()()()f x f x f m >正视图俯视图（第5题图）（第6题图）8.若函数32()(,,0)f x ax bx cx d a b c =+++>在R 上是单调函数，则'(1)f b的取值范围为（ ）A.(4,)+∞B.(2)++∞C.[4,)+∞D.[2)++∞9.过椭圆22221(0)x y a b a b+=>>的右焦点(,0)F c 作圆222x y b +=的切线FQ (Q 为切点)交椭圆于点P ,当点Q 恰为FP 的中点时，椭圆的离心率为（ ）A.3B.2C.12D.2 10.已知函数ln ,0e ()2ln ,ex x f x x x ⎧<≤=⎨->⎩,若,,a b c 互不相等，且()()()f a f b f c ==，则a b c ++的取值范围为（ ）A.2(1e,1e+e )++B.21(2e,2+e )e +C.22+e )D.1+2e)e非选择题部分(共100分)二、填空题: 本大题共7小题, 每小题4分, 共28分。

2014年浙江省高考数学试卷（理科）一、选择题（每小题5分，共50分）1、（5分）设全集U={x∈N|x≥2}，集合A={x∈N|x2≥5}，则∁U A=（）A、∅B、{2}C、{5}D、{2，5}2、（5分）已知i是虚数单位，a，b∈R，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、（5分）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、90cm2B、129cm2C、132cm2D、138cm24、（5分）为了得到函数y=sin3x+cos3x的图象，可以将函数y=cos3x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5、（5分）在（1+x）6（1+y）4的展开式中，记x m y n项的系数为f（m，n），则f （3，0）+f（2，1）+f（1，2）+f（0，3）=（）A、45B、60C、120D、2106、（5分）已知函数f（x）=x3+ax2+bx+c、且0＜f（﹣1）=f（﹣2）=f（﹣3）≤3，则（）A、c≤3B、3＜c≤6C、6＜c≤9D、c＞97、（5分）在同一直角坐标系中，函数f（x）=x a（x＞0），g（x）=log a x的图象可能是（）A、B、C、D、8、（5分）记max{x，y}=，min{x，y}=，设，为平面向量，则（）A、min{|+|，|﹣|}≤min{||，||}B、min{|+|，|﹣|}≥min{||，||}C、max{|+|2，|﹣|2}≤||2+||2D、max{|+|2，|﹣|2}≥||2+||29、（5分）已知甲盒中仅有1个球且为红球，乙盒中有m个红球和n个蓝球（m ≥3，n≥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ξi（i=1，2）；（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（i=1，2）、则（）A、p1＞p2，E（ξ1）＜E（ξ2）B、p1＜p2，E（ξ1）＞E（ξ2）C、p1＞p2，E（ξ1）＞E（ξ2）D、p1＜p2，E（ξ1）＜E（ξ2）10、（5分）设函数f1（x）=x2，f2（x）=2（x﹣x2），，，i=0，1，2，…，99、记I k=|f k（a1）﹣f k（a0）|+|f k（a2）﹣f k（a1）丨+…+|f k（a99）﹣f k（a98）|，k=1，2，3，则（）A、I1＜I2＜I3B、I2＜I1＜I3C、I1＜I3＜I2D、I3＜I2＜I1二、填空题11、（4分）在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、（4分）随机变量ξ的取值为0，1，2，若P（ξ=0）=，E（ξ）=1，则D（ξ）=、13、（4分）当实数x，y满足时，1≤ax+y≤4恒成立，则实数a的取值范围是、14、（4分）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、（4分）设函数f（x）=，若f（f（a））≤2，则实数a的取值范围是、16、（4分）设直线x﹣3y+m=0（m≠0）与双曲线=1（a＞0，b＞0）的两条渐近线分别交于点A，B、若点P（m，0）满足|PA|=|PB|，则该双曲线的离心率是、17、（4分）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θ的大小、若AB=15m，AC=25m，∠BCM=30°，则tanθ的最大值是、（仰角θ为直线AP与平面ABC所成角）三、解答题18、（14分）在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c、已知a≠b，c=，cos2A﹣cos2B=sinAcosA﹣sinBcosB（1）求角C的大小；（2）若sinA=，求△ABC的面积、19、（14分）已知数列{a n}和{b n}满足a1a2a3…a n=（n∈N*）、若{a n}为等比数列，且a1=2，b3=6+b2、（Ⅰ）求a n和b n；（Ⅱ）设c n=（n∈N*）、记数列{c n}的前n项和为S n、（i）求S n；（ii）求正整数k，使得对任意n∈N*均有S k≥S n、20、（15分）如图，在四棱锥A﹣BCDE中，平面ABC⊥平面BCDE，∠CDE=∠BED=90°，AB=CD=2，DE=BE=1，AC=、（Ⅰ）证明：DE⊥平面ACD；（Ⅱ）求二面角B﹣AD﹣E的大小、21、（15分）如图，设椭圆C：（a＞b＞0），动直线l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l1与l垂直，证明：点P到直线l1的距离的最大值为a ﹣b、22、（14分）已知函数f（x）=x3+3|x﹣a|（a∈R）、（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b∈R，若[f（x）+b]2≤4对x∈[﹣1，1]恒成立，求3a+b的取值范围、参考答案与试题解析一、选择题（每小题5分，共50分）1、（5分）设全集U={x∈N|x≥2}，集合A={x∈N|x2≥5}，则∁U A=（）A、∅B、{2}C、{5}D、{2，5}题目分析：先化简集合A，结合全集，求得∁U A、试题解答解：∵全集U={x∈N|x≥2}，集合A={x∈N|x2≥5}={x∈N|x≥3}，则∁U A={2}，故选：B、点评：本题主要考查全集、补集的定义，求集合的补集，属于基础题、2、（5分）已知i是虚数单位，a，b∈R，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题目分析：利用复数的运算性质，分别判断“a=b=1”⇒“（a+bi）2=2i”与“a=b=1”⇐“（a+bi）2=2i”的真假，进而根据充要条件的定义得到结论、试题解答解：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；故选：A、点评：本题考查的知识点是充要条件的定义，复数的运算，难度不大，属于基础题、3、（5分）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、90cm2B、129cm2C、132cm2D、138cm2题目分析：几何体是直三棱柱与直四棱柱的组合体，根据三视图判断直三棱柱的侧棱长与底面的形状及相关几何量的数据，判断四棱柱的高与底面矩形的边长，把数据代入表面积公式计算、试题解答解：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）、故选：D、点评：本题考查了由三视图求几何体的表面积，根据三视图判断几何体的形状及数据所对应的几何量是解题的关键、4、（5分）为了得到函数y=sin3x+cos3x的图象，可以将函数y=cos3x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、向左平移个单位题目分析：利用两角和与差的三角函数化简已知函数为一个角的一个三角函数的形式，然后利用平移原则判断选项即可、试题解答解：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、点评：本题考查两角和与差的三角函数以及三角函数的平移变换的应用，基本知识的考查、5、（5分）在（1+x）6（1+y）4的展开式中，记x m y n项的系数为f（m，n），则f （3，0）+f（2，1）+f（1，2）+f（0，3）=（）A、45B、60C、120D、210题目分析：由题意依次求出x3y0，x2y1，x1y2，x0y3，项的系数，求和即可、试题解答解：（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、点评：本题考查二项式定理系数的性质，二项式定理的应用，考查计算能力、6、（5分）已知函数f（x）=x3+ax2+bx+c、且0＜f（﹣1）=f（﹣2）=f（﹣3）≤3，则（）A、c≤3B、3＜c≤6C、6＜c≤9D、c＞9题目分析：由f（﹣1）=f（﹣2）=f（﹣3）列出方程组求出a，b，代入0＜f（﹣1）≤3，即可求出c的范围、试题解答解：由f（﹣1）=f（﹣2）=f（﹣3）得，解得，则f（x）=x3+6x2+11x+c，由0＜f（﹣1）≤3，得0＜﹣1+6﹣11+c≤3，即6＜c≤9，故选：C、点评：本题考查方程组的解法及不等式的解法，属于基础题、7、（5分）在同一直角坐标系中，函数f（x）=x a（x＞0），g（x）=log a x的图象可能是（）A、B、C、D、题目分析：结合对数函数和幂函数的图象和性质，分当0＜a＜1时和当a＞1时两种情况，讨论函数f（x）=x a（x≥0），g（x）=log a x的图象，比照后可得答案、试题解答解：当0＜a＜1时，函数f（x）=x a（x≥0），g（x）=log a x的图象为：此时答案D满足要求，当a＞1时，函数f（x）=x a（x≥0），g（x）=log a x的图象为：无满足要求的答案，综上：故选D，故选：D、点评：本题考查的知识点是函数的图象，熟练掌握对数函数和幂函数的图象和性质，是解答的关键、8、（5分）记max{x，y}=，min{x，y}=，设，为平面向量，则（）A、min{|+|，|﹣|}≤min{||，||}B、min{|+|，|﹣|}≥min{||，||}C、max{|+|2，|﹣|2}≤||2+||2D、max{|+|2，|﹣|2}≥||2+||2题目分析：将，平移到同一起点，根据向量加减法的几何意义可知，+和﹣分别表示以，为邻边所做平行四边形的两条对角线，再根据选项内容逐一判断、试题解答解：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{|+|，|﹣|}=0，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，故C不成立，D选项正确、故选：D、点评：本题在处理时要结合着向量加减法的几何意义，将，，，放在同一个平行四边形中进行比较判断，在具体解题时，本题采用了排除法，对错误选项进行举反例说明，这是高考中做选择题的常用方法，也不失为一种快速有效的方法，在高考选择题的处理上，未必每一题都要写出具体解答步骤，针对选择题的特点，有时“排除法”，“确定法”，“特殊值”代入法等也许是一种更快速，更有效的方法、9、（5分）已知甲盒中仅有1个球且为红球，乙盒中有m个红球和n个蓝球（m ≥3，n≥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ξi（i=1，2）；（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（i=1，2）、则（）A、p1＞p2，E（ξ1）＜E（ξ2）B、p1＜p2，E（ξ1）＞E（ξ2）C、p1＞p2，E（ξ1）＞E（ξ2）D、p1＜p2，E（ξ1）＜E（ξ2）题目分析：首先，这两次先后从甲盒和乙盒中拿球是相互独立的，然后分两种情况：即当ξ=1时，有可能从乙盒中拿出一个红球放入甲盒，也可能是拿到一个蓝球放入甲盒；ξ=2时，则从乙盒中拿出放入甲盒的球可能是两蓝球、一红一蓝、或者两红；最后利用概率公式及分布列知识求出P1，P2和E（ξ1），E（ξ2）进行比较即可、试题解答解析：，，，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、点评：正确理解ξi（i=1，2）的含义是解决本题的关键、此题也可以采用特殊值法，不妨令m=n=3，也可以很快求解、10、（5分）设函数f1（x）=x2，f2（x）=2（x﹣x2），，，i=0，1，2，…，99、记I k=|f k（a1）﹣f k（a0）|+|f k（a2）﹣f k（a1）丨+…+|f k（a99）﹣f k（a98）|，k=1，2，3，则（）A、I1＜I2＜I3B、I2＜I1＜I3C、I1＜I3＜I2D、I3＜I2＜I1题目分析：根据记I k=|f k（a1）﹣f k（a0）|+|f k（a2）﹣f k（a1）丨+…+|f k（a99）﹣f k（a98）|，分别求出I1，I2，I3与1的关系，继而得到答案试题解答解：由，故==1，由，故×=×＜1，+=，故I2＜I1＜I3，故选：B、点评：本题主要考查了函数的性质，关键是求出这三个数与1的关系，属于难题、二、填空题11、（4分）在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6、题目分析：根据框图的流程模拟运行程序，直到满足条件S＞50，跳出循环体，确定输出的i的值、试题解答解：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、点评：本题考查了直到型循环结构的程序框图，根据框图的流程模拟运行程序是解答此类问题的常用方法、12、（4分）随机变量ξ的取值为0，1，2，若P（ξ=0）=，E（ξ）=1，则D（ξ）=、题目分析：结合方差的计算公式可知，应先求出P（ξ=1），P（ξ=2），根据已知条件结合分布列的性质和期望的计算公式不难求得、试题解答解析：设P（ξ=1）=p，P（ξ=2）=q，则由已知得p+q=，，解得，，所以、故答案为：点评：本题综合考查了分布列的性质以及期望、方差的计算公式、13、（4分）当实数x，y满足时，1≤ax+y≤4恒成立，则实数a的取值范围是[] 、题目分析：由约束条件作出可行域，再由1≤ax+y≤4恒成立，结合可行域内特殊点A，B，C的坐标满足不等式列不等式组，求解不等式组得实数a的取值范围、试题解答解：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、解法二：令z=ax+y，当a＞0时，y=﹣ax+z，在B点取得最大值，A点取得最小值，可得，即1≤a≤；当a＜0时，y=﹣ax+z，在C点取得最大值，①a＜﹣1时，在B点取得最小值，可得，解得0≤a≤（不符合条件，舍去）②﹣1＜a＜0时，在A点取得最小值，可得，解得1≤a≤（不符合条件，舍去）综上所述即：1≤a≤；故答案为：、点评：本题考查线性规划，考查了数形结合的解题思想方法，考查了数学转化思想方法，训练了不等式组得解法，是中档题、14、（4分）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60种（用数字作答）、题目分析：分类讨论，一、二、三等奖，三个人获得；一、二、三等奖，有1人获得2张，1人获得1张、试题解答解：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、点评：本题考查排列、组合及简单计数问题，考查学生的计算能力，属于基础题、15、（4分）设函数f（x）=，若f（f（a））≤2，则实数a的取值范围是（﹣∞，] 、题目分析：画出函数f（x）的图象，由f（f（a））≤2，可得f（a）≥﹣2，数形结合求得实数a的取值范围、试题解答解：∵函数f（x）=，它的图象如图所示：由f（f（a））≤2，可得f（a）≥﹣2、当a＜0时，f（a）=a2+a=（a+）2﹣≥﹣2恒成立；当a≥0时，f（a）=﹣a2≥﹣2，即a2≤2，解得0≤a≤，则实数a的取值范围是a≤，故答案为：（﹣∞，]、点评：本题主要考查分段函数的应用，其它不等式的解法，体现了数形结合的数学思想，属于中档题、16、（4分）设直线x﹣3y+m=0（m≠0）与双曲线=1（a＞0，b＞0）的两条渐近线分别交于点A，B、若点P（m，0）满足|PA|=|PB|，则该双曲线的离心率是、题目分析：先求出A，B的坐标，可得AB中点坐标为（，），利用点P（m，0）满足|PA|=|PB|，可得=﹣3，从而可求双曲线的离心率、试题解答解：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：、点评：本题考查双曲线的离心率，考查直线的位置关系，考查学生的计算能力，属于中档题、17、（4分）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θ的大小、若AB=15m，AC=25m，∠BCM=30°，则tanθ的最大值是、（仰角θ为直线AP与平面ABC所成角）题目分析：过P作PP′⊥BC，交BC于P′，连接AP′，则tanθ=，求出PP′，AP′，利用函数的性质，分类讨论，即可得出结论、试题解答解：∵AB=15m，AC=25m，∠ABC=90°，∴BC=20m，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：、点评：本题考查利用数学知识解决实际问题，考查函数的单调性，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题、三、解答题18、（14分）在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c、已知a≠b，c=，cos2A﹣cos2B=sinAcosA﹣sinBcosB（1）求角C的大小；（2）若sinA=，求△ABC的面积、题目分析：（1）利用倍角公式、两角和差的正弦公式可得，由a≠b得，A≠B，又A+B∈（0，π），可得，即可得出、（2）利用正弦定理可得a，利用两角和差的正弦公式可得sinB，再利用三角形的面积计算公式即可得出、试题解答解：（1）由题意得，，∴，化为，由a≠b得，A≠B，又A+B∈（0，π），得，即，∴；（2）由，利用正弦定理可得，得，由a＜c，得A＜C，从而，故，∴、点评：本题考查了正弦定理、倍角公式、两角和差的正弦公式、三角形的面积计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题、19、（14分）已知数列{a n}和{b n}满足a1a2a3…a n=（n∈N*）、若{a n}为等比数列，且a1=2，b3=6+b2、（Ⅰ）求a n和b n；（Ⅱ）设c n=（n∈N*）、记数列{c n}的前n项和为S n、（i）求S n；（ii）求正整数k，使得对任意n∈N*均有S k≥S n、题目分析：（Ⅰ）先利用前n项积与前（n﹣1）项积的关系，得到等比数列{a n}的第三项的值，结合首项的值，求出通项a n，然后现利用条件求出通项b n；（Ⅱ）（i）利用数列特征进行分组求和，一组用等比数列求和公式，另一组用裂项法求和，得出本小题结论；（ii）本小题可以采用猜想的方法，得到结论，再加以证明、试题解答解：（Ⅰ）∵a1a2a3…a n=（n∈N*）①，当n≥2，n∈N*时，②，由①②知：，令n=3，则有、∵b3=6+b2，∴a3=8、∵{a n}为等比数列，且a1=2，∴{a n}的公比为q，则=4，由题意知a n，∴q＞0，∴q=2、＞0∴（n∈N*）、又由a1a2a3…a n=（n∈N*）得：，，∴b n=n（n+1）（n∈N*）、（Ⅱ）（i）∵c n===、∴S n=c1+c2+c3+…+c n====；（ii）因为c1=0，c2＞0，c3＞0，c4＞0；当n≥5时，，而=＞0，得，所以，当n≥5时，c n＜0，综上，对任意n∈N*恒有S4≥S n，故k=4、点评：本题考查了等比数列通项公式、求和公式，还考查了分组求和法、裂项求和法和猜想证明的思想，证明可以用二项式定理，还可以用数学归纳法、本题计算量较大，思维层次高，要求学生有较高的分析问题解决问题的能力、本题属于难题、20、（15分）如图，在四棱锥A﹣BCDE中，平面ABC⊥平面BCDE，∠CDE=∠BED=90°，AB=CD=2，DE=BE=1，AC=、（Ⅰ）证明：DE⊥平面ACD；（Ⅱ）求二面角B﹣AD﹣E的大小、题目分析：（Ⅰ）依题意，易证AC⊥平面BCDE，于是可得AC⊥DE，又DE⊥DC，从而DE⊥平面ACD；（Ⅱ）作BF⊥AD，与AD交于点F，过点F作FG∥DE，与AE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，利用题中的数据，解三角形，可求得BF=，AF=AD，从而GF=，cos∠BFG==，从而可求得答案、试题解答证明：（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；（Ⅱ）作BF⊥AD，与AD交于点F，过点F作FG∥DE，与AE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=，BG=、在△BFG中，cos∠BFG==，所以，∠BFG=，二面角B﹣AD﹣E的大小为、点评：本题主要考查空间点、线、面位置关系，二面角等基础知识，同时考查空间想象能力，推理论证能力和运算求解能力、21、（15分）如图，设椭圆C：（a＞b＞0），动直线l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l1与l垂直，证明：点P到直线l1的距离的最大值为a ﹣b、题目分析：（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，利用△=0，可求得在第一象限中点P的坐标；（Ⅱ）由于直线l1过原点O且与直线l垂直，设直线l1的方程为x+ky=0，利用点到直线间的距离公式，可求得点P到直线l1的距离d=，整理即可证得点P到直线l1的距离的最大值为a﹣b、、试题解答解：（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，此时点P的横坐标为﹣，代入y=kx+m得点P的纵坐标为﹣k•+m=，∴点P的坐标为（﹣，），又点P在第一象限，故m＞0，故m=，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、点评：本题主要考查椭圆的几何性质、点到直线间的距离、直线与椭圆的位置关系等基础知识，同时考查解析几何的基本思想方法、基本不等式应用等综合解题能力、22、（14分）已知函数f（x）=x3+3|x﹣a|（a∈R）、（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b∈R，若[f（x）+b]2≤4对x∈[﹣1，1]恒成立，求3a+b的取值范围、题目分析：（Ⅰ）利用分段函数，结合[﹣1，1]，分类讨论，即可求M（a）﹣m（a）；（Ⅱ）令h（x）=f（x）+b，则h（x）=，h′（x）=，则[f（x）+b]2≤4对x∈[﹣1，1]恒成立，转化为﹣2≤h（x）≤2对x∈[﹣1，1]恒成立，分类讨论，即可求3a+b的取值范围、试题解答解：（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点评：本题考查导数的综合运用，考查函数的最值，考查分类讨论、化归与转化的数学思想，难度大。

2014年浙江省高考模拟试卷数 学（理科）本试卷分第（Ⅰ）卷（选择题）和第（Ⅱ）卷（非选择题）两部分．满分150分，考试时间120分钟第（Ⅰ）卷（选择题 共50分）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．已知集合}22{≤≤-=x x M ，}1{x y x N -==，那么=N M （ ）A ．}12{<≤-x x B ．}12{≤≤-x x C ．}2{-<x x D ．}2{≤x x2．设ααcos 32sin -=，)0,2(πα-∈，则tan 2α的值是（ ）A ．3B ．3-C ．33D ．33-3．（根据长沙市长郡中学高三二次月考试题改编）已知q 是等比数列}{n a 的公比，则“1>q ”是“数列}{n a 是递增数列”的（ ）A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件4．将函数sin(2)y x ϕ=+的图象沿x 轴向左平移8π个单位后,得到一个偶函数的图象,则ϕ的一个可能取值为（ ）A ．43πB ．4πC ．0D ．4π-5．已知n m ,为异面直线，βα,为两个不同平面，α⊥m ，β⊥n ，且直线l 满足m l ⊥，n l ⊥，α⊄l ，β⊄l ，则（ ）A ．βα//且α//lB ．βα⊥且β⊥lC ．α与β相交，且交线垂直于lD ．α与β相交，且交线平行于l 6．（根据绵阳市高三11月月考试题改编）若正数b a ,满足111=+b a ，则1411-+-b a 的最小值为（ ）A ．4B ．6C ．9D ．167．已知实数c b a ,,成等差数列，点)0,1(-P 在直线0=++c by ax 上的射影点Q 的轨迹方程为（ ）A ．2)1(22=++y xB ．4)1(22=++y xC ．2)1(22=++y xD ．2)1(22=-+y x 8．如图，设向量)1,3(=OA ，)3,1(=OB ，若OB OA OC μλ+=，且1≥≥μλ，则用阴影表示C 点所有可能的位置区域正确的是（ ）A B C D9．已知21,F F 是双曲线)0,0(12222>>=-b a b y a x 的左、右焦点，若点2F 关于直线x a by =的对称点M 也在双曲线上，则该双曲线的离心率为（ ）A ．25B ．2C ．5D ．210．已知向量b a ,满足22≤-b a ，则b a ⋅的最小值为（ ）A ．21B ．21-C ．1-D ．1第（Ⅱ）卷（非选择题 共100分）二、填空题：本大题7小题，每小题4分，共28分，把答案填在题中的横线上．11．已知复数i iz 21+=（i 为虚数单位），则___________=z ．12．52)1(xax -的展开式中各项系数的和为243，则该展开式中的常数项的值为_____________．13．某个几何体三视图如右图所示，则该几何体的表面积为_____________．14．若实数y x ,满足⎪⎩⎪⎨⎧+-≥≥≥-,,,02b x y x y y x 且y x z +=2的最小值为3， 则实数_____________=b ． 15．（根据辽宁省五校协作体高三摸底试题改编）在送教下乡活动中，某市区学校安排甲、乙、丙、丁、戊五名教师到三所农村中学工作，每所学校至少安排一名教师，且甲、乙两名教师不安排在同一学校工作，丙、丁两名教师也不安排在同一学校工作，则不同的分配方法总数为__________．4 34 224侧视图（13题图）16．若点G 为ABC ∆的重心，且BG AG ⊥，则C sin 的最大值为_________________．17．若关于x 的不等式02lg)20(≤-x a ax 对任意的正整数x 恒成立，则实数a 的取值范围为_____________．三、解答题：本大题共5小题，共72分．解答题应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤． 18．（本小题满分14分）已知数列{}n a 是等差数列，256,18a a ==，数列{}n b 的前n 项和为n S ，且112n n S b +=（Ⅰ）求数列{}n a 的通项公式；（Ⅱ）求证：数列{}n b 是等比数列；（Ⅲ）记n n n c a b =⋅，≤+m c n 对任意的n N +∈恒成立，求实数m 的取值范围．19．（本小题满分14分）有这样一个游戏项目：甲箱子里装有3个白球，2个黑球和1个红球．乙箱子里装有2 个白球，1个黑球和2个红球．这些球除颜色外完全相同．每次游戏从这两个箱子里各随机摸出3个球，若摸出的6个球中白球个数比黑球多，黑球的个数比红球多，则获奖． (每次游戏结束后将球放回原箱) (Ⅰ)求在1次游戏中，摸出3个白球，2个黑球，1个红球的概率； (Ⅱ)设在2次游戏中获奖次数为X ，求数学期望()E X ．20．（本小题满分14分）（根据2012年4月北京市海淀区高三一模理科20题改编）在四棱锥PABCD中，AB//CD，AB AD，4,22,2ABADCD，PA平面ABCD ，4PA ．（Ⅰ）设平面PAB平面PCD m =，求证：CD //m ；（Ⅱ）设点Q 为线段PB 上一点，且直线QC 与平面PAC 所成角的正弦值为，求PQPB 的值．21．（本小题满分15分）（根据一作业题改编）设m R ∈，在平面直角坐标系中，已知向量(3,),(3,)a x my b x y =+=-，a b ⊥，动点(,)M x y 的轨迹为曲线E（Ⅰ）求曲线E 的方程，并说明该方程所表示曲线的形状；PDCBA（Ⅱ）已知3,(0,1),4m F =-直线:1l y kx =+与曲线E 交与不同的两点M N 、，则FMN ∆的内切圆的面积是否存在最大值？若存在，求出这最大值及此时的实数k 的值；若不存在，请说明理由． 22．（本小题满分15分）（根据江苏省涟水中学2014届10月考题改编）对于三次函数32()(0)f x ax bx cx d a =+++≠，定义：设()f x ''是函数()y f x =的导函数()y f x '=的导数，若()0f x ''=有实数解0x ，则称点00(,())x f x 为函数()y f x =的“拐点”．已知函数32()322f x x x x =-+-，请解答下列问题： （Ⅰ）求函数()f x 的“拐点”A 的坐标；（Ⅱ）求证()f x 的图象关于“拐点”A 对称，并写出对于任意三次函数都成立的有关“拐点”的一个结论（不需证明）；（Ⅲ）设M N 、是函数()y f x =的两个极值点，求证：线段MN 与曲线()f x 存在异于M N 、的共同点；（Ⅳ）若另一个三次函数)0(,)(23≠++=a d bx ax x G 的“拐点”为(0,1)B ，当12120,0,x x x x >>≠，试比较12()()2G x G x +与12()2x x G +的大小．2014年浙江省高考模拟试卷数学（理科）参考答案与解题提示 一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分． 1．B 【命题意图】 本题考查集合的运算，属于容易题． 【解题思路】 因为}1{≤=x x N ，所以=N M }12{≤≤-x x ，所以选B ．2．A 【命题意图】 本题考查三角恒等变换，属于容易题．【解题思路】ααααcos 3cos sin 22sin -==，23sin -=α，32πα=，所以32tan =α，选A ．3．D 【命题意图】 本题考查等比数列单调性及充要条件，属于容易题． 【解题思路】 等比数列}{n a 中， 01<a ，若1>q ，则数列}{n a 是递减数列；若数列}{n a 是递增数列，则10<<q ，所以选D ．4．B 【命题意图】 本题考查三角函数图象平移和奇偶性，属于容易题．【解题思路】 平移后的新函数为)42sin(ϕπ++=x y ，该函数为偶函数，则ππϕπk +=+24，Zk k ∈+=,4ππϕ，所以选B ．5．D 【命题意图】 本题考查线面位置关系判定，属于中档题．【解题思路】 若βα//，且α⊥m ，β⊥n ，则n m //，矛盾，故A 不正确；所以α与β相交．由α⊥m ，m l ⊥，α⊄l ，可知α//l ，同理β//l ，可得l 平行两个平面的交线．所以选D ．6．A 【命题意图】 本题考查基本不等式，属于中档题．【解题思路】 由111=+b a ，可得a b a =-11，b a b =-11，所以441411≥+=-+-b aa b b a ，选A ．7．C 【命题意图】 本题考查等差数列和曲线的方程，属于中档题．【解题思路】 由b c a 2=+可知直线过点)2,1(-M ，所以点Q 的轨迹为以PM 为直径的圆，方程为2)1(22=++y x ，所以选C ．8．D 【命题意图】 本题考查平面向量基本定理的运用，属于中档题．【解题思路】 在阴影部分中任选一点作为C ，对OC 作平行四边形分解，观察μλ,的大小可得D 正确． 9．C 【命题意图】 本题考查双曲线的定义和几何性质，属于中档题． 【解题思路】 如图，连接1MF ，易知1MF 与直线xa by =平行，故21MF MF ⊥，且c F F 221=，所以a MF b MF 2,212==，由双曲线定义可知a a b 222=-，故5==a ce ，所以选C ．10．B 【命题意图】 本题以向量为依托考查最值，属于较难题． 【解题思路】 设2,2≤-=t b a t，则b t a2+=，所以2188)4(2)2(222-≥-≥-+=⋅+=⋅t t t b b b t b a ，故选B ．二、填空题：本大题7小题，每小题4分，共28分．11．55【命题意图】 本题考查复数的四则运算，属于容易题．【解题思路】 化简可得iz 5152+=，所以55=z ． 12．20 【命题意图】 本题考查二项式定理，属于容易题． 【解题思路】 当1=x 时，243)1(5=-a ，解得4=a ，常数项20)1(442455=-=xx C T ．13．13416+ 【命题意图】 本题考查三视图及表面积，属于中档题． 【解题思路】 几何体直观图如图所示，所以表面积为1341634215421134212+=⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯⨯14．49【命题意图】 本题考查线性规划，属于中档题．【解题思路】 先有前两个线性条件可知线性区域必在第一象限1l 与2l 之间的区域，再画出3=z 时的目标直线l ，可知)23,43(A 为最优点，代入解得49=b ．15．84 【命题意图】 本题考查排列组合的运用，属于中档题．【解题思路】 当有两所学校分2人另一所学校分1人时，总数有33222325A A C C 种，其中有甲乙二人或丙丁二人在同一组有33334A A +种；当有两所学校分1人另一所学校分3人时，有331212A C C 种．所以满足条件的分法共有844331212333333222325=+--A C C A A A A C C 种． 16．53【命题意图】 本题考查解三角形，属于中档题．【解题思路】 解法一：设AB 中点为D ，C B A ,,的对边为c b a ,,，BG AG ⊥，所以23,2c CD c GD ==，ADC ∆和BDC ∆中对BDC ADC ∠∠,用余弦定理后两式相加可得2225c b a =+，故545)(22cos 22222≥+=-+=ab b a ab c b a C ，GCBAD所以53sin ≤C ．解法二：设a CA =，b CB =，且33b a CG +=，故332b a AG +-=，323b a BG -=，0=⋅BG AG ，解得b a b a b a 54)(5222≥+=⋅，所以54cos ≥C ，故53sin ≤C ． 17．]310,3[ 【命题意图】 本题考查解不等式、方程及函数转化求解，属于较难题．【解题思路】 解法一：由1≥x 可知0>a ，原不等式可转化为0)2)(20(≤--x a ax ，即不等式0)2)(20(≥--a x a x 对任意的正整数x 恒成立．当10≥a 时，a a 220≤，而]2,20[102a a ∈，所以620≥a 且72≤a ，解得310≤a ，故]310,10[∈a ；同理，当10≤a 时，]10,3[∈a ．所以]310,3[∈a ．解法二：由1≥x 可知0>a ，原不等式可转化为0)2)(20(≤--x a ax ，即不等式0)2)(20(≥--a x a x 对任意的正整数x 恒成立．等价于a a 2,20在相邻两个自然数之间，不妨设函数0,2,2021>==x x y x y ，两函数图象单调性不同且交点为)102,10(，所以只需]7,6[2,20∈a a 即可，解得]310,3[∈a ． 三、解答题：本大题共5小题，共72分．18．本题主要考查等差数列、等比数列概念、通项公式、判定，一般数列的前n 项和nS 与na 的关系等基础知识．同时考查数列单调性的探究方法，运算求解能力等．本题满分14分．解：(Ⅰ)由已知得116418a d a d +=⎧⎨+=⎩，解得12,4a d ==——————————2分所以42n a n =-———————————————————————4分（Ⅱ）112n nS b =-，（1）当1n =时，11112b b =-，123b ∴=——————————————6分 当2n ≥时，11112n n S b --=-（2）（1）-（2）得113n n b b -=———————————————————8分 所以{}n b 是以23为首项，13为公比的等比数列——————————9分（Ⅲ）由（Ⅱ）知，23n n b =，所以24(21)(42)33n nn n c n -=-⋅=——10分1116(1)3n n n n c c ++--=--------------------------------------------------------------12分11,n nn c c +≥∴≤所以当1n =时，n c取到最大值43----------------------------------------------13分 所以034≤+m ，即34-≤m ---------------------------------------------------------14分 19．本题主要考查随机事件概率的古典概型、二项分布的期望公式、排列组合等知识．同时考查抽象概括、分类讨论、运算求解的能力和应用意识．满分14分．解：(Ⅰ)设“一次游戏中摸出3个白球，2个黑球，1个白球”为事件1A情形1： 情形2：甲袋 乙袋 白球 2 1 黑球 1 1 红球 0 1 情形3：甲袋 乙袋 白球 1 2 黑球 1 1 红球 1 0--------------------------------------------------------------------------------------------------3分2111322213365325C C C C p C C ⋅⋅=⋅= 12213222233653100C C C C p C C ⋅⋅=⋅=1121322233365350C C C C p C C ⋅⋅=⋅=-------------------------------------------------------------6分 所以133321()2510050100P A =++=-----------------------------------------------------7分（Ⅱ）设“一次游戏中摸出4个白球，2个黑球，0个红球”为事件2A甲袋 乙袋 白球 1 2 黑球 2 0 红球 0 121213221233653()100C C C C P A C C ⋅⋅=⋅=----------------------------------------------------------9分设“一次游戏中摸出5个白球，1个黑球，0个红球”为事件3A321321333651()200C C C P A C C ⋅=⋅=--------------------------------------------------------------11分所以1次游戏获奖的概率213149100100200200P =++=，又49(2,)200X B所以()E X =49492200100⋅=----------------------------------------------------------------14分20．本题主要考查空间点、线、面位置关系，线面角等基础知识．同时考查空间向量的应用，考查空间想象能力和运算求解能力．满分14分．解：（Ⅰ）因为//AB CD ，CD ⊄平面PAB ，AB ⊂平面PAB ， 所以//CD 平面PCD ，平面PAB平面PCD m =，所以CD //m -----------------------------------------------------------------------------4分 （Ⅱ） 法一：因为PA平面ABCD ，ABAD ，所以如图建立直角坐标系，则(4,0,0),(0,0,4),(0,22,0),(2,2,0)B P D C -------------------------------6分所以(4,22,0),(2,22,0),(0,0,4)BD AC AP =-==， 所以0,0BD AC BD AP ⋅=⋅=，所以面PAC 的法向量为(4,2,0)BD =----------------------------------8分设PQ PBλ（其01λ≤≤），(,,)Q x y z ，PQ PB λ=，所以(,,4)(4,0,4)x y z λ-=-所以4044x y z λλ=⎧⎪=⎨⎪=-+⎩，即(4,0,44)Q λλ-+，所以(42,22,44)CQ λλ=---+-------------------------11分因为sin cos ,CQ BD CQ BD CQ BDθ⋅=<>=代入得712λ=所以712PQ PB-----------------------------------------------------14分法二：因为CD ADAD AB =，所以ACD DBA ∆∆，所以90DAC ADB ︒∠+∠= 即AC BD ⊥ 又因为PA 平面ABCD ，所以PA BD ⊥，所以BD PAC ⊥面-------------------8分设BDAC O =，连接PO ，过Q 作//QH BO ，交PO 于H ，则QH PAC ⊥面连接HC ，则QCH ∠即直线QC 与平面PAC 所成的角．---------------------------10分设PQPBλ（其01λ≤≤），则QH=QH =在PBC ∆中用余弦定理知，cos 6PBC ∠=(1QB λ=-QBC ∆中用余弦定理知，QC=------12分在Rt QCH ∆中，3QH CQ=代入得得712λ=所以712PQ PB----------------------------------------------------------------------------14分21．本题主要考查非零向量垂直的充要条件，向量数量积的运算．考查轨迹方程的求法，直线、圆、圆锥曲线的方程，直线与椭圆的位置关系等基本知识．同时考查解析几何的基本思想方法和综合解题能力．满分15分． 解：(Ⅰ)因为(3,),(3,)a x my b x y =+=-，a b ⊥所以2230a b x my ⋅=+-=，即223x my +=-------------------------------------2分 当0m =时，方程表示两直线，方程为x = ------------------------------3分当1m =时，方程表示圆；--------------------------------------------------------------4分 当0,1m m >≠时，方程表示椭圆；--------------------------------------------------5分 当0m <时，方程表示双曲线．-------------------------------------------------------6分 （Ⅱ）已知34m =，曲线E 的方程为22143y x +=，F 为其下焦点．直线:1l y kx =+过椭圆的上焦点(0,1)F '，则FMN ∆的周长为48a =设FMN ∆的内切圆半径为r ，4FMN S r ∆=，因此面积越大，r 就越大．-----8分 设1122(,),(,)M x y N x y ，不妨令120,0x x <> 则12121()2FMN S FF x x x x ∆'=-=- 由221143y kx y x =+⎧⎪⎨+=⎪⎩得22(34)690k x kx ++-=-----------------------------------------9分得12FMNS x x ∆=-=----------------------------------------------------------11分t =，则1t ≥则221212134313FMNt S k t t t ∆===+++ 令1()3f t t t =+，则()f t 在[1,)+∞上单调递增当1,0t k ==，FMN S ∆取得最大值3，又4FMN S r ∆=--------------------------------13分 所以max 34r =，这时所求内切圆面积有最大值为916π故0k =所求内切圆面积有最大值为916π---------------------------------------------------15分22．本题主要考查函数的求导、极值，函数对称等基础知识，同时考查对数学问题的理解能力，对新知识的概括、应用能力，考查运算与推理能力．满分15分（2013年浙江省高考22题，第一问考查的是三次函数在其上一点处的切线方程，而这个点就是该三次函数的对称中心，第二问考查的是三次函数在闭区间上的最值，若应用对称性，则解答起来会较简洁．受此启发，把该题编入）解：（Ⅰ）2()362,()66f x x x f x x '''=-+=- 令()660,f x x ''=-=得1,(1)2x f ==-所以“拐点”A 的坐标为(1,2)---------------------------------------------------------3分 （Ⅱ）设00(,)P x y 是()y f x =图象上任意一点，则320000322y x x x =-+-00(,)P x y 关于(1,2)-的对称点00(2,4)P x y '---， 把00(2,4)P x y '---代入()y f x =，得左边3200004322y x x x =--=-+--右边=3232000000(2)3(2)2(2)2322x x x x x x ---+--=-+-- 所以左边=右边，所以00(2,4)P x y '---在()y f x =图象上，所以()f x 的图象关于“拐点”A 对称．--------------------------------------------6分 结论：任何三次函数的拐点都是它的对称中心（表达方式不唯一）----------8分（Ⅲ）设1122(,),(,)M x y N x y ，因为M N 、是函数()y f x =的两个极值点，所以M N 、是()0f x '=的两根，又2()362,f x x x '=-+ 所以122x x += 所以M N 、关于“拐点”A (1,2)-对称所以线段MN 与曲线()f x 存在异于M N 、的共同点A------------------------11分（Ⅳ）有题意知0)0(==d G ，2()32,()62G x ax bx G x ax b '''=+=+ 3()0,0,()1G x b G x ax ''==∴=+ 33312121212()()()()22222G x G x x x x x a a G x x a +++-=+- =212123()()8a x x x x -+ ---------------------------------------------------------------13分当0a >时，1212()()()22G x G x x x G ++>，--------------------------------------14分当0a <时，1212()()()22G x G x x x G ++<．---------------------------------------15分。

更多试题试卷答案尽在问酷网2014年浙江省杭州二中高考数学一模试卷（理科）参考答案与试题解析一、选择题x2．B．C．D．3．如图，函数y=f（x）在A，B两点间的平均变化率是（）C D，，sinxcosx==5．已知点A（1，﹣2），若向量与=（2，3）同向，且，则点B的坐标为（）=与=，解得或时，，即向量与6．已知数列{a n}满足：a1=对于任意的n∈N*，a n+1=a n（1﹣a n），则a1413﹣a1314（）C﹣，××，=××=，=××=，==﹣=7．已知一元二次不等式f（x）≤0的解集为，则f（e x）＞0的解集为（）{x|＜，然后由的解集为{x|要保证8．棱长均为3三棱锥S﹣ABC，若空间一点P满足（x+y+z=1）则的最小值为（）C D满足为垂足时，．．中，=9．（2014•重庆一模）在O点测量到远处有一物体在做匀速直线运动，开始时该物体位于P点，一分钟后，其位置C D中，由正弦定理得=2xsin×cos OPQ=．二、填空题10．计算1﹣3+9﹣27+…﹣39+310=1024．11．命题：∀x∈N，x2≥x的否定是∃x∈N，x2＜x．12．若=（1，1），•=2，|﹣|=，则||=3．由已知利用数量积的性质可得，代入解出即可．，∴．，，解得13．若关于x的不等式x2﹣4x+a2≤0的解集是空集，则实数a的取值范围是a＜﹣2或a＞2．14．曲线C是平面内与定点F（2，0）和定直线x=﹣2的距离的积等于4的点的轨迹．给出下列四个结论：①曲线C过坐标原点；②曲线C关于x轴对称；③曲线C与y轴有3个交点；④若点M在曲线C上，则|MF|的最小值为．其中，所有正确结论的序号是①②④．≥≥15．（2014•苏州一模）已知i为虚数单位，计算（1+2i）（1﹣i）2=4﹣2i．16．某广场地面铺满了边长为36cm的正六边形地砖．现在向上抛掷半径为的圆碟，圆碟落地后与地砖间的间隙不相交的概率大约是．距离为cmO=A O=18，=12O=BO=C O=×P=故答案为：三、解答题（共4小题）17．已知数列{a n}的前n项和为S n满足．（Ⅰ）函数y=f（x）与函数y=2x互为反函数，令b n=f（a n），求数列{a n•b n}的前n项和T n；（Ⅱ）已知数列{c n}满足，证明：对任意的整数k＞4，有．为奇数时，可得＜为偶数时，由=+＜+=…）==＜＜+＜18．在平面直角坐标系xOy中，已知点A（4，0），动点M在y轴上的正射影为点N，且满足直线MO⊥NA．（Ⅰ）求动点M的轨迹C的方程；（Ⅱ）当时，求直线NA的方程．，（Ⅱ）当，则的倾斜角为或，（Ⅱ）当，∴或时，直线的方程为时，直线的方程为19．（2013•辽宁）如图，AB是圆O的直径，PA⊥圆O所在的平面，C是圆O上的点．（1）求证：BC⊥平面PAC；（2）若Q为PA的中点，G为△AOC的重心，求证：QG∥平面PBC．20．已知椭圆M：经过点，（0，1）．（Ⅰ）求椭圆M的方程；（Ⅱ）设椭圆M的左、右焦点分别为F1，F2，过点F2的直线交椭圆M于A，B两点，求△ABF1面积的最大值．（Ⅰ）设出椭圆方程，代入点的方程为．代入椭圆方程，得，解得的方程为．…的面积=的面积取到最大值．。

2014年浙江省高考数学试卷（理科）参考答案与试题解析一、选择题（每小题5分，共50分）223．（5分）（2014•浙江）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（）××4．（5分）（2014•浙江）为了得到函数y=sin3x+cos3x的图象，可以将函数y=cos3x的图向右平移向左平移个单位向右平移向左平移个单位y=sin3x+cos3x=个单位，得到=5．（5分）（2014•浙江）在（1+x）6（1+y）4的展开式中，记x m y n项的系数为f（m，n），的系数是的系数是的系数是2014•浙江）已知函数f（x）=x3+ax2+bx+c，其0＜f（﹣1）=f（﹣2）=f（﹣3）6．（5分）（）得，7．（5分）（2014•浙江）在同一直角坐标系中，函数f（x）=x a（x≥0），g（x）=log a x的图B．．D．8．（5分）（2014•浙江）记max{x，y}=，min{x，y}=，设，为+||﹣min{|||} min{|+﹣|}min{||||} ||﹣||||max{|||﹣|+||，平移到同一起点，根据向量加减法的几何意义可知，+和﹣，⊥，则由图形可知，根据勾股定理，结论不成立；，取，min{|+|﹣|}=0，取，+|||2}=|+|2=4，而不等式右边=||2+||2=2，故C不成立，D选项正确．，，9．（5分）（2014•浙江）已知甲盒中仅有1个球且为红球，乙盒中有m个红球和n个蓝球（m≥3，n≥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ξi（i=1，2）；（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（i=1，2）．析：，=，．10．（5分）（2014•浙江）设函数f 1（x ）=x 2，f 2（x ）=2（x ﹣x 2），，，i=0，1，2，…，99．记I k =|f k （a 1）﹣f k （a 0）|+|f k （a 2）﹣f k （a 1）丨+…+|f k （a 99）解：由==1×=×+，二、填空题 11．（4分）（2014•浙江）在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 6 ．12．（4分）（2014•浙江）随机变量ξ的取值为0，1，2，若P（ξ=0）=，E（ξ）=1，则D（ξ）=．p+q=，，故答案为：13．（4分）（2014•浙江）当实数x，y满足时，1≤ax+y≤4恒成立，则实数a 的取值范围是[]．，解得，，解得1的取值范围是，即≤，解得（不符合条件，舍去）（不符合条件，舍≤故答案为：14．（4分）（2014•浙江）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60种（用数字作答）．=24张，共有15．（4分）（2014•浙江）设函数f（x）=，若f（f（a））≤2，则实数a的取值范围是（﹣∞，]．，它的图象如图所示：，，]16．（4分）（2014•浙江）设直线x﹣3y+m=0（m≠0）与双曲线=1（a＞0，b＞0）的两条渐近线分别交于点A，B．若点P（m，0）满足|PA|=|PB|，则该双曲线的离心率是．，），可得解：双曲线（±x，），），∴∴b=故答案为：17．（4分）（2014•浙江）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θ的大小．若AB=15m，AC=25m，∠BCM=30°，则tanθ的最大值是．（仰角θ为直线AP与平面ABC所成角），求出，=•时，取得最大值为=（•，则x=时，函数取得最大值故答案为：三、解答题18．（14分）（2014•浙江）在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知a≠b，c=，cos2A﹣cos2B=sinAcosA﹣sinBcosB．（Ⅰ）求角C的大小；（Ⅱ）若sinA=，求△ABC的面积．=2sinA=c=B=sinBcosB ∴﹣=﹣cos2B=﹣A+B=．sinA=＜C=＜＞（舍去）cosA==由正弦定理可得，==．（﹣×=×19．（14分）（2014•浙江）已知数列{a n}和{b n}满足a1a2a3…a n=（n∈N*）．若{a n}为等比数列，且a1=2，b3=6+b2．（Ⅰ）求a n和b n；（Ⅱ）设c n=（n∈N*）．记数列{c n}的前n项和为S n．（i）求S n；（ii）求正整数k，使得对任意n∈N*均有S k≥S n．知：，则有．∴==，＞20．（15分）（2014•浙江）如图，在四棱锥A﹣BCDE中，平面ABC⊥平面BCDE，∠CDE=∠BED=90°，AB=CD=2，DE=BE=1，AC=．（Ⅰ）证明：DE⊥平面ACD；（Ⅱ）求二面角B﹣AD﹣E的大小．AD，，从而可求得答案．BD=BC=，AC=；得；，AD=GF=．=BFG=，二面角的大小为．21．（15分）（2014•浙江）如图，设椭圆C：（a＞b＞0），动直线l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l1与l垂直，证明：点P到直线l1的距离的最大值为a﹣b．，由，，由（，，≥所以=a时22．（14分）（2014•浙江）已知函数f（x）=x3+3|x﹣a|（a∈R）．（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b∈R，若[f（x）+b]2≤4对x∈[﹣1，1]恒成立，求3a+b的取值范围．，，时，，时，，③＜。

2014年浙江省高考测试卷数学（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. 设集合S ＝{x |3＜x ≤6}，T ＝{x |x 2－4x －5≤0}，则 ＝A ．(－∞，3]∪(6，＋∞)B ．(－∞，3]∪(5，＋∞)C ．(－∞，－1)∪(6，＋∞)D ．(－∞，－1)∪(5，＋∞)2. 已知i 是虚数单位，则3i2i-+＝ A ．－1＋iB ．－1－iC ．1＋iD ．1－i3．已知a ，b 是实数，则“| a ＋b |＝| a |＋| b |”是“ab ＞0”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 4．若某几何体的三视图(单位：cm)如图所示，则该几何体的体积等于A ．10 cm 3B ．20 cm 3C ．30 cm 3D ．40 cm 3 5．已知α，β，γ是三个不同的平面，α∩γ＝m ，β∩γ＝n ．A ．若m ⊥n ，则α⊥βB ．若α⊥β，则m ⊥nC ．若m ∥n ，则α∥βD ．若α∥β，则m ∥n6．已知箱中共有6个球，其中红球、黄球、蓝球各2个．每次从该箱中取1个球 (有放回，每球取到的机会均等)，共取三次．设事件A ：“第一次取到的球和第二次取到的球颜色相同”，事件B ：“三次取到的球颜色都相同”，则P (B |A )＝ A ．16 B ．13 C ．23D ．1 7．如图，在四边形ABCD 中，AB ⊥BC ，AD ⊥DC ．若|AB |＝a ，|AD |＝b ，则AC BD ⋅＝A ．b 2－a 2B ．a 2－b 2C ．a 2＋b 2D ．ab 8．设数列{a n }．A ．若2n a ＝4n ，n ∈N *，则{a n }为等比数列B ．若a n ⋅a n +2＝21n a +，n ∈N *，则{a n }为等比数列C ．若a m ⋅a n ＝2m +n ，m ，n ∈N *，则{a n }为等比数列D ．若a n ⋅a n +3＝a n +1⋅a n +2，n ∈N *，则{a n }为等比数列R (S ∩T)俯视图5343(第4题图) BD(第7题图)9．如图，F 1，F 2是双曲线C ：22221x y a b-=(a ＞0，b ＞0)的左、右焦点，过F 1的直线l 与C 的左、右两支分别交于A ，B 两点．若 | AB | : | BF 2 | : | AF 2 |＝3:4 : 5，则双曲线的离心率为ABC ．2 D10．如图，正三棱锥P －ABC 的所有棱长都为4．点D ，E ，F 分别在棱P A ，PB ，PC 上，满足DE ＝EF ＝3，DF ＝2的△DEF 个数是A ．1B ．2C ．3D ．4非选择题部分(共100分)二、 填空题：本大题共7小题, 每小题4分, 共28分。

2014学年杭州二中高三年级仿真考数学试卷（理科） 第I 卷（共40分）一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40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．已知函数()f x 不是奇函数，则下列命题一定为真命题的是（ ） A ．()()x R f x f x ∀∈-≠-， B ．()()x R f x f x ∀∈-=， C ．000()()x R f x f x ∃∈-≠-， D ．000,()()x f x f x ∃-=2．设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，3813a a +=且735S =，则7a =（ ） A ．11 B ．10 C ．9 D ．8 3．函数)sin()(ϕω+=x A x f （其中)2,0πϕ<>A ）的图象如图所示，为了得到()sin g x x ω=的图象，则只要将)(x f 的图象（ ）A ．向右平移6π个单位长度 B ．向右平移12π个单位长度C ．向左平移6π个单位长度 D ．向左平移12π个单位长度4．设R b a ∈,，则“a b >”是“a a b b >”的（ ）A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件 5．若变量,x y 满足210201x y x y x -+≤⎧⎪-≥⎨⎪≤⎩，则点(2,)P x y x y -+所在区域的面积为（ ）A ．34 B. 43 C. 12D. 1 6．已知函数2|log |,02()sin(),2104x x f x x x π<<⎧⎪=⎨≤≤⎪⎩，若存在实数1x ，2x ，3x ，4x ，满足1234x x x x <<<，且1234()()()()f x f x f x f x ===，则3412(2)(2)x x x x -⋅-⋅的取值范围是（ ）A ．(4,16)B ．(0,12)C ．(9,21)D ．(15,25)7．已知点P 为双曲线)0,0(12222>>=-b a b y a x 右支上一点，21,F F 分别为双曲线的左右焦点，且ab F F 221||=，I 为三角形21F PF 的内心，若1212IPF IPF IF F S S S λ∆∆∆=+成立， 则λ的值为（ ） A ．2221+ B ．132- C ．12+ D ．12-8．过正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1棱DD 1的中点与直线BD 1所成角为40°，且与平面AC C 1A 1所成角为50°的直线条数为（ ） A.1 B.2 C.3 D.无数第II 卷（共110分）二、填空题：本大题共7小题，第9至12题每小题6分，第13至15题每题4分，共36分． 9．设全集为R ，集合2{|430},M x R x x =∈-+>集合{|24},x N x R =∈>则M N ⋃= ；M N ⋂= ；()R C M N ⋂= .10．已知02πα<<,02πβ-<<,3cos()5αβ-=，且3tan 4α=，则cos α=________,sin β=_______ . 11．在如图所示的空间直角坐标系O —xyz 中，一个四面体的顶点坐标分别是(2，0，0)，(0，2，0)，(0，0，2)，(2，2，2)．给出编号为①，②，③，④的四个图，则该四面体的正视图、侧视图和俯视图分别为（填写编号） ，此四面体的体积为 .12．已知圆22:(cos )(sin )9(R)C x y ααα-++=∈与直线:cos sin 10(R)l x y βββ--=∈，则圆C 的圆心轨迹方程为 ，直线l 与圆C 的位置关系是______．④③②①1A13．已知点)21,21(-A 在抛物线)0(2:2>=p px y C 的准线上，点M ，N 在抛物线C 上，且位于x 轴的两侧，O 是坐标原点，若3=⋅，则点A 到动直线MN 的最大距离为 ．14．在直径AB 为2的圆上有长度为1的动弦CD ，则AC BD ⋅的取值范围是 ．15．已知,,a b c 为非零实数，()ax b f x cx d +=+，且(2)2,(3)3f f ==.若当dx c≠-时，对于任意实数x ，均有(())f f x x =，则()f x 值域中取不到的唯一实数是 ．三、解答题：本大题共5小题，第16至19题每题15分，第20题14分，共74分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．16．ABC ∆中，内角,A B C ,的对边分别是,,a b c ，已知,,a b c 成等比数列，且3cos 4B =. （Ⅰ）求11tan tan A B+的值； （Ⅱ）设32BA BC ⋅=，求a c +的值.17．已知四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为23ABC π∠=的菱形，PA ⊥平面ABCD ，点Q 在直线PA 上.（Ⅰ）证明：直线QC ⊥直线BD ；（Ⅱ）若二面角B QC D --的大小为23π，点M 为BC 的中点，求直线QM 与AB 所成角的余弦值.CA18．已知数列{}n a 中，111,1,33,n n na n n a a a n n +⎧+⎪==⎨⎪-⎩为奇数为偶数，（Ⅰ）求证：数列23{}2n a -是等比数列；（Ⅱ）设n S 是数列{}n a 的前n 项和，求满足0n S >的所有正整数n ．19．如图，中心在坐标原点，焦点分别在x 轴和y 轴上的椭圆1T ，2T 都过点(0,M ，且椭圆1T 与2T （Ⅰ）求椭圆1T 与椭圆2T 的标准方程；（Ⅱ）过点M 引两条斜率分别为,k k '的直线分别交1T ，2T 于点P ，Q ，当4k k '=时，问直线PQ 是否过定点？若过定点，求出定点坐标；若不过定点，请说明理由.20．设1)(2+--=ax x x f ，22()ax x ag x x++=， （Ⅰ）若0)(=+b x f 在]2,1[上有两个不等实根，求(1)g b +的取值范围；（Ⅱ）若存在]2,1[1∈x ，使得对任意的21[,1]2x ∈，都有)()(21x g x f ≥成立，求实数a 的取值范围.参考答案二、填空题：9. (,1)(2,)-∞⋃+∞；(3,)+∞；(,3]-∞ 10.45；725- 11. ③ ② ② ；83；12. 221x y +=；相交; 13. 214. 31[,]22-; 15. 52三、解答题：16. 解：（Ⅰ）因为,,a b c 成等比数列，所以ac b =2,由余弦定理可知：)1(2122cos 22222-+=-+=-+=caa c ac ac c a acbc a B 又3cos 4B =，所以47sin =B ，且43)1(21=-+c a a c ，解得212或=a c . 于是772778sin sin sin sin sin cos sin cos tan 1tan 1或=⋅=⋅=+=+B a c B A C B B A A B A . （Ⅱ）因为32BA BC ⋅=,所以23cos =B ca ，所以2=ca ，又212或=a c ，于是3=+a c . 【另解】由32BA BC ⋅=得3cos 2ca B ⋅=，由3cos 4B =可得2ca =，即22b =由余弦定理 2222cos b a c ac B =+-⋅得2222cos 5a c b ac B +=+⋅=()2222549a c a c ac +=++=+= ∴ 3a c +=.17. （Ⅰ）证明：显然BD AC ⊥，PA ⊥平面ABCD ，则PA BD ⊥，故BD PAC ⊥平面,QC PAC ⊆平面,则直线QC ⊥直线BD ；（Ⅱ）由已知和对称性可知，二面角A B QC --的大小为3π，设底面ABCD 的棱长为单位长度2，AQ x = ，设AC ，BD 交于点E,则有点B 到平面AQC 的距离BE 为1，过点E 做QC 的垂线，垂足设为F ，则有tan tan3BE BFE EF π∠==，BE=1，则，点A 到QCx =⋅x =.过点M 作AB 的平行线交AD 的中点为G ，则GM=2，2QG ==，AM ==QM =，22234104cos 2QM GM QG QMG QM GM +-+-∠===⋅， 即所求的QM 与AB所成角的余弦值为34.18.（Ⅰ）证明：21222(1)22221313113(21)(6)(21)13232322333332222n n n n n n n n a n a n n a a a a a a ++++--++---====----， 所以数列23{}2n a -是以23126a -=-为首项，13为公比的等比数列。

2014年浙江省名校新高考研究联盟高考数学二模试卷（理科）一、选择题（共10小题，每小题5分，满分50分，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，请将你认为正确的选项答在指定的位置上。

） 1. 设U =R ，P ={x|x <1}，Q ={x|x 2≥4}，则P ∩∁U Q =( )A {x|−1<x <2}B {x|−2<x <1}C {x|1<x <2}D {x|−2<x <2} 2. 设复数z 满足(1−i)z =2i ，则z =( ) A −1+i B −1−i C 1+i D 1−i3. 已知向量m →=(λ+1, 1)，n →=(λ+2, 2)，若(m →+n →)⊥(m →−n →)，则λ=( ) A −4 B −3 C −2 D −14. 已知两相交平面α，β，则必存在直线l ，使得（ ）A l // α，l ⊥βB l ⊥α，l ⊥βC l ⊥α，l ⊂βD l // α，l // β 5. 函数f(x)=sinx +cos(x +π6)的值域为（ ） A [−2, 2] B [−√3, √3] C [−1, 1] D [−√32, √32] 6. 函数f(x)=Asinx +Bcosx （A ，B ∈R 且不全为零），则“B =0”是“函数f(x)为奇函数的”（ ）A 充分不必要条件B 必要不充分条件C 充要条件D 既不充分也不必要条件 7. 设实数x ，y 满足不等式组{x −y +3>04x +5y −33<0x ≥0,y ≥0，若x ，y 为整数，则3x +4y 的最大值是（ ）A 26B 25C 23D 228. 已知函数f(x)=√xx 3−3x+a 的定义域为[0, +∞)，则实数a 的取值范围为（ ） A (0, 3) B (0, 2) C (2, +∞) D (3, +∞)9. 已知六张卡片中，三张红色，三张黑色，它们分别标有数字2，3，4，打乱后分给甲，乙，丙三人，每人两张，若两张卡片所标数字相同称为“一对”卡片，则三人中至少有一人拿到“一对”卡片的分法数为（ ） A 18 B 24 C 42 D 48 10. 已知双曲线x 2a2−y 2b 2=1(a, b >0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，过F 2且倾斜角为60∘的直线与双曲线右支交于A ，B 两点，若△ABF 1为等腰三角形，则该双曲线的离心率为（ ） A−1+√132B1+√132C−1+√132或1+√132D 其它二、填空题（共7小题，每小题4分，满分28分）11. 某几何体的三视图（单位：cm ）如图所示，则该几何体的体积为________cm 3．14. 设不共线的向量α→，β→，|α→|=2，|β→|=1，则向量β→与α→−β→的夹角的取值范围是________． 15. 等差数列{a n }中，a 1=1，公差为d ，a 3>0，当且仅当n =3时，|a n |取到最小值，则d 的取值范围是________．16. 已知P 为抛物线y 2=4x 上动点，Q 为圆(x −3)2+y 2=1上动点，则距离|PQ|的最小值为________．17. 球O 为边长为2的正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1的内切球，P 为球O 的球面上动点，M 为B 1C 1中点，DP ⊥BM ，则点P 的轨迹周长为________．三、解答题（共5小题，满分72分）18. 在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，已知a +b =8，c =7，CA →⋅CB →=−152．（1）求角C ；（2）若sin(α+C)=13(0<α<π)，求sinα的值．19. 已知数列{a n }满足：a 1=1，且n 为奇数时，a n+1=2a n ，n 为偶数时，a n+1=a n +1，n ∈N ∗．（1）求a 2，a 3并证明数列{a 2n−1+1}为等比数列； （2）求数列{a n }的前2n +1项和S 2n+1．20. 如图，已知直三棱柱ABC −A 1B 1C 1（侧棱与底面垂直的三棱柱为直三棱柱）中，CA =CB ，D ，D 1，E 分别为边AB ，A 1B 1，BC 1的中点． （1）求证：平面ABC 1⊥平面DCC 1D 1；（2）若D 1在平面ABC 1的射影F 在边AE 上，且AA1AB =12，求直线AD 1与平面ABC 1所成角的正弦值．21. 如图，已知椭圆E:x 2a2+y 2b 2=1(a >b >0)的离心率为12，且经过点P(1, 32)．（1）求椭圆E 的方程；（2）O 为坐标原点，A ，B ，C 是椭圆E 上不同的三点，并且O 为△ABC 的重心，试探究△ABC 的面积是否为定值，若是，求出这个定值，若不是，说明理由． 22. 已知函数f(x)=(x −1)2+alnx ，a ∈R ． (1)求函数f(x)的单调区间；(2)求证：“0<a <49”是函数f(x)有三个零点的必要条件．2014年浙江省名校新高考研究联盟高考数学二模试卷（理科）答案1. B2. A3. B4. D5. C6. C7. B8. C9. C 10. B 11. 4 12. 2913. −60 14. (0, π) 15. −12<d <−2516. 2√2−1 17.4√55π 18. 解：(1)△ABC 中，∵ CA →⋅CB →=ab ⋅cosC =−152，c =7，再由余弦定理可得c 2=49=a 2+b 2−2ab ⋅cosC =a 2+b 2+15，∴ a 2+b 2=34， 再由a +b =8，∴ ab =15，cosC =−12，C =2π3．（2）∵ sin(α+C)=13(0<α<π)，∴ α+2π3∈(2π3, 5π3)，∴ α+2π3∈(2π3, π)，cos(α+C)=−2√23， ∴ sinα=sin[(α+2π3)−2π3]=sin(α+2π3)cos2π3−cos(α+2π3)sin2π3=13(−12)−(−2√23)√32=2√6−16． 19. 解：（1）a 2=2a 1=2，a 3=a 2+1=3， ∵ a 2n+1=a 2n +1=2a 2n−1+1， ∴ a 2n+1+1=2(a 2n−1+1)，∴ 数列{a 2n−1+1}为公比是2的等比数列；（2）S 2n+1=(a 1+a 2)+(a 3+a 4)+...+(a 2n−1+a 2n )+a 2n+1+a 2n+1 =3a 1+3a 3+...+3a 2n−1+a 2n+1 由（1）知，∴ a 2n−1+1=2n ， ∴ a 2n−1=2n −1∴ S 2n+1=3[(2−1)+(22−1)+⋯+(2n−1)]+a 2n+1=3(21−2n 1−2−n)+2n+1−1=2n+3−3n −720. （1）证明：∵ CA =CB ，D 为AB 的中点，∴ CD ⊥AB ， ∵ CC 1⊥平面ABC ，∴ CC 1⊥AB ，∴ AB ⊥平面DCC 1D 1， ∵ AB ⊂平面ABC 1，∴ 平面ABC 1⊥平面DCC 1D 1； （2）解：由（1）平面ABC 1⊥平面DCC 1D 1， ∴ D 1在平面ABC 1上的射影F 在交线C 1D 上，已知F 也在AE 上，且C 1D ，AE 为△ABC 1的中线， ∴ F 为△ABC 1的重心，且C 1F →=2FD →，∵ 在△DD 1C 1中，∠DD 1C 1为直角，D 1F ⊥DC 1，利用射影定理知，D 1C 1=√2DD 1，设DD 1=a ，则D 1C 1=√2a ，D 1F =√63a ，AD =a ，AD 1=√2a ， ∴ sin∠D 1AF =√63a √2a=√33，即直线AD 1与平面ABC 1所成的角的正弦值为√33． 21. 解：（1）依题意，e =ca =12，且1a 2+94b 2=1，a 2−b 2=c 2， ∴ a =2，b =√3，c =1， ∴ 椭圆E 的方程为x 24+y 23=1；（2）设直线AB 的方程为y =kx +m ，由{x 24+y 23=1y =kx +m 得，(3+4k 2)x 2+8kmx +4m 2−12=0， ∴ {x 1+x 2=−8km3+4k 2x 1x 2=4m 2−123+4k 2，∴ y 1+y 2=k(x 1+x 2)+2m =6m 3+4k 2， ∵ O 为重心，∴ OC →=−(OA →+OB →)=(8km 3+4k 2，−6m3+4k 2)， ∵ C 在椭圆上，∴(8km 3+4k 2)24+(−6m 3+4k 2)23=1，可得，4m 2=4k 2+3， 而|AB|=√1+k 2√(−8km 3+4k 2)2−4⋅(4m 2−123+4k 2)=4√1+k 23+4k 2√12k 2+9−3m 2d =C C √1+k 2=√1+k 2（或利用d 是O 到AB 的距离的3倍得到）∴ S △ABC =12|AB|⋅d =6|m|3+4k 2√12k 2+9−3m 2=6|m|4m 2√12m 2−3m 2=92若直线AB 的斜率不存在时，|AB|=3，d =3，S △ABC =92， ∴ △ABC 的面积为定值92．22. 解：∵ f(x)=(x −1)2+alnx ，a ∈R ． ∴ f′(x)=2(x −1)+ax=2x 2−2x+ax(x >0)，当△≤0，即a ≥12时，f(x)在(0, +∞)上单调递增； 当△>0，且a ≤0，即a ≤0时，由f′(x)=0得x =1+√1−2a2，∴ f(x)在(0, 1+√1−2a2)单调递减，在(1+√1−2a2, +∞)单调递增；当△>0，a >0，即0<a <12时，由f′(x)=0得x =1±√1−2a 2， ∴ f(x)在(0, 1−√1−2a2)递增，在(1−√1−2a 2, 1+√1−2a2)递减，在(1+√1−2a2, +∞)递增；(2)由(1)知，函数f(x)有三个零点，则必有0<a <12，即f(x)在(0, 1−√1−2a2)递增，在(1−√1−2a 2, 1+√1−2a 2)递减，在(1+√1−2a2, +∞)递增； ∵ x →0，f(x)→−∞，且f(1)=0(1>1+√1−2a2)，故函数有三个零点，必有f(1−√1−2a2)>0， 令x 1=1−√1−2a2，2x 1−2x 12=a(0<x 1<12)，f(x 1)=(x 1−1)2+alnx 1=(x 1−1)2+(2x 1−2x 12)lnx 1=(1−x 1)(1−x 1+2x 1lnx 1)，令g(x)=1−x +2xlnx(0<x <12)，g′(x)=2lnx +1，g′(x)=0，x =√e>12， ∴ g(x)在(0, 12)递减，又g(1e 2)>0，g(13)<0， ∴ 存在x 0，使g(x 0)=0，且0<x 0<13，∴ f(x 1)>0⇔0<x 1<x 0，∴ 0<x 1<13，∴ 由a =2x 1−2x 12=−2(x 1−12)2+12，∴ 0<a <2×13−2×(13)2=49．。

绝密★考试结束前2014年普通高等学校招生适应性考试数 学（理科）姓名 准考证号本试题卷分选择题和非选择题两部分。

全卷共4页，选择题部分1至2页，非选择题部分3至4页。

满分150分，考试时间120分钟。

请考生按规定用笔将所有试题的答案涂、写在答题纸上。

选择题部分 (共50分)注意事项：1．答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试卷和答题纸规定的位置上。

2．每小题选出答案后，用2B 铅笔把答题纸上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。

不能答在试题卷上。

参考公式： 球的表面积公式 柱体的体积公式 S =4πR 2 V =Sh球的体积公式 其中S 表示柱体的底面积，h 表示柱体的高 V =34πR 3 台体的体积公式 其中R 表示球的半径 V =31h (S 1+21S S +S 2) 锥体的体积公式 其中S 1, S 2分别表示台体的上、下底面积， V =31Sh h 表示台体的高其中S 表示锥体的底面积，h 表示锥体的高如果事件A ，B 互斥，那么P (A +B )=P (A )+P (B )一．选择题（共10小题）2．已知是虚数单位，则（）2013的值是（ ）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（ ）4．为了得到函数y=sin3x+cos3x 的图象，可以将函数y=sin3x 的图象（ ）向右平移向左平移个单位向右平移向左平移个单位5．如果函数f （x ）满足：对任意的实数n ，m 都有f （n+m ）=f （n ）+f （m ）+12且f（）=0，则f （1）+f （2）+f （3）+…+f （n ）（n ∈N *）等于（ ）D ．6．已知实数a ，b 满足﹣1≤a ≤1，﹣1≤b ≤1，则函数y=x 3﹣ax 2+bx+5有极值的概率（ ） ．CD ．7．函数在同一直角坐标系中的图象可能是（ ）．CD ．8．学校为七年级学生订做校服，校服型号有小号、中号、大号、特大号四种．随机抽取了100名学生调查他们的身高，得到身高频数分布表如下，已知该校七年级学生有800名，那么中号校服应订制（ ）套．9．设m ，n ∈R ，函数y=m+log n x 的图象如图所示，则有（ ）10．设M 为平面内一些向量组成的集合，若对任意正实数λ和向量，都有，则称M 为“点射域”，Dx），，，）二．填空题（共4小题）12．在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_________．13．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）．14．设直线x﹣3y+m=0（m≠0）与双曲线（a＞0，b＞0）的两条渐近线分别交于点A，B．若点P（m，0）满足|PA|=|PB|，则该双曲线的离心率是_________．15．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θ的大小．若AB=15cm，AC=25cm，∠BCM=30°，则tanθ的最大值是_________．（仰角θ为直线AP与平面ABC所成角）三．解答题（共6小题）16．随机变量X的分布列如下表如示，若数列{p n}是以p1为首项，以q为公比的等比数列，则称随机变量X服从等比分布，记为Q（p1，q）．现随机变量X∽Q（，2）．的值并求随机变量X的数学期望EX；（Ⅱ）一个盒子里装有标号为1，2，…，n且质地相同的标签若干张，从中任取1张标签所得的标号为随机变量X．现有放回的从中每次抽取一张，共抽取三次，求恰好2次取得标签的标号不大于3的概率．17．在锐角△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知b=2，c=3，sinA=．求△ABC的面积及a的值．18．已知等比数列{a n}是递增数列，．（I）求数列{b n}的通项公式；（Ⅱ）求数列{nb n}的前n项和S n．19．已知四棱锥P﹣ABCD，其三视图和直视图如图．（1）求该四棱锥体积；（2）证明：平面PAE⊥平面PDE．20．已知椭圆的左顶点为A，左、右焦点为F1，F2，点P是椭圆上一点，，且△PF1F2的三边构成公差为1的等差数列．（Ⅰ）求椭圆的离心率；（Ⅱ）若，求椭圆方程；（Ⅲ）若c=1，点P在第一象限，且△PF1F2的外接圆与以椭圆长轴为直径的圆只有一个公共点，求点P的坐标﹒21．已知函数，其中c为常数，且函数f（x）图象过原点．（1）求c的值；（2）证明函数f（x）在[0，2]上是单调递增函数；（3）已知函数，求函数g（x）的零点．一．选择题（共11小题）2．已知是虚数单位，则（）2013的值是（）=i解：∵=i=•3．（2014•浙江）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（）×向右平移向左平移个单位向右平移向左平移个单位y=sin3x+cos3x=的图象向左平移个单位，得到=5．如果函数f（x）满足：对任意的实数n，m都有f（n+m）=f（n）+f（m）+12且f （）=0，则f（1）+f（2）+f（3）+…+f（n）（n∈N*）等于（）D．，得=是以），得）=+是以为首项，×+×（6．已知实数a，b满足﹣1≤a≤1，﹣1≤b≤1，则函数y=x3﹣ax2+bx+5有极值的概率（）．C D．x）（=．所求概率为7．函数在同一直角坐标系中的图象可能是（）．C D．两图，x=，矛盾，8．学校为七年级学生订做校服，校服型号有小号、中号、大号、特大号四种．随机抽取了100名学生调查他们的身高，得到身高频数分布表如下，已知该校七年级学生有800名，那么中号校服应订制（）套．9．设m，n∈R，函数y=m+log n x的图象如图所示，则有（）10．设M为平面内一些向量组成的集合，若对任意正实数λ和向量，都有，则称M为“点射域”，D的定义，可得向量λ∈=上及其外部的向量构成的区域，向量=，但和向量λ==x），，，），二．填空题（共4小题）12．（2014•浙江）在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6．13．（2014•浙江）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60种（用数字作答）．=24张，共有14．（2014•浙江）设直线x﹣3y+m=0（m≠0）与双曲线（a＞0，b＞0）的两条渐近线分别交于点A，B．若点P（m，0）满足|PA|=|PB|，则该双曲线的离心率是．中点坐标为（，）=解：双曲线（±x，），），∴∴be==故答案为：15．（2014•浙江）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θ的大小．若AB=15cm，AC=25cm，∠BCM=30°，则tanθ的最大值是．（仰角θ为直线AP与平面ABC所成角），=•时，取得最大值为故答案为：三．解答题（共6小题）16．随机变量X的分布列如下表如示，若数列{p n}是以p1为首项，以q为公比的等比数列，则称随机变量X服从等比分布，记为Q（p1，q）．现随机变量X∽Q（，2）．的值并求随机变量X的数学期望EX；（Ⅱ）一个盒子里装有标号为1，2，…，n且质地相同的标签若干张，从中任取1张标签所得的标号为随机变量X．现有放回的从中每次抽取一张，共抽取三次，求恰好2次取得标签的标号不大于3的概率．是以=1X 1 2 3 4 5 6P（（．的概率为+的概率为=17．（2013•杭州模拟）在锐角△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知b=2，c=3，sinA=．求△ABC 的面积及a的值．sinA=bcsinA==cosA==×=918．（2012•河南模拟）已知等比数列{a n}是递增数列，．（I）求数列{b n}的通项公式；（Ⅱ）求数列{nb n}的前n项和S n．，利用错位相减法，可求数列的和．，则，∴是递增数列，∴，∴，∴++∴=++S++﹣﹣19．已知四棱锥P﹣ABCD，其三视图和直视图如图．（1）求该四棱锥体积；（2）证明：平面PAE⊥平面PDE．…EF=AD20．（2012•扬州模拟）已知椭圆的左顶点为A，左、右焦点为F1，F2，点P是椭圆上一点，，且△PF1F2的三边构成公差为1的等差数列．（Ⅰ）求椭圆的离心率；（Ⅱ）若，求椭圆方程；（Ⅲ）若c=1，点P在第一象限，且△PF1F2的外接圆与以椭圆长轴为直径的圆只有一个公共点，求点P的坐标﹒，利用向量的坐标及，可得得：，∴椭圆的离心率是；所以所以椭圆方程是，，则，，以椭圆长轴为直径的圆的圆心为（）在圆上得：，∴，半径为r|或，得：得：，坐标，由题s，t，m，r＞0，从而解得，坐标为21．已知函数，其中c为常数，且函数f（x）图象过原点．（1）求c的值；（2）证明函数f（x）在[0，2]上是单调递增函数；（3）已知函数，求函数g（x）的零点．的解析式为﹣）令函数=0．﹣﹣，故有﹣）令∴=。

2014年浙江省杭州二中高考数学模拟试卷（理科）学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、选择题(本大题共10小题，共50.0分)1.设集合A={a，b}，集合B={5，log2（a+3）}，若A∩B={2}，则A∪B等于（）A.{2，5，7}B.{-1，2，5}C.{1，2，5}D.{-7，2，5}【答案】C【解析】解：∵集合A={a，b}，集合B={5，log2（a+3）}，A∩B={2}，∴log2（a+3）=2，解得a=1，∴b=2，∴A∪B={1，2，5}．故选：C．由已知得log2（a+3）=2，解得a=1，由此求出b=2，从而得到A∪B={1，2，5}．本题考查并集的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意交集的性质的合理运用．2.已知函数f（x）=cos2x，若f′（x）是f（x）的导数，则f′（）=（）A. B.- C. D.-【答案】D【解析】解：∵f（x）=cos2x，∴f′（x）=-2sin2x，∴f′（）=-2sin=-．故选：D．先求复合函数的导数，再代入值求即可．本题主要考查了函数的求导公式，属于基础题．3.在的展开式中，只有第4项的二项式系数最大，则展开式中常数项是（）A.15B.20C.30D.120【答案】A【解析】解：∵二项展开式中中间项的二项式系数最大又∵二项式系数最大的项只有第4项∴展开式中共有7项∴n=6展开式的通项为=C6r x12-3r令12-3r=0，r=4，展开式的常数项为T5=C64=15故选A利用二项展开式中中间项的二项式系数最大求出n，再用二项展开式的通项公式求出第r+1项，令x的指数为0求出常数项本题考查二项式系数的性质：二项展开式中中间项的二项式系数最大．考查二项展开式的通项公式是解决二项展开式的特定项问题的工具．4.设函数f（x）=tan（ωx+ϕ），（ω＞0），条件P：“f（0）=0”；条件Q：“f（x）为奇函数”，则P是Q的（）A.充要条件B.充分不必要条件C.必要不充分条件D.既不充分也不必要条件【答案】B【解析】解：∵函数f（x）=tan（ωx+ϕ），条件P：“f（0）=0”，∴函数的图象关于原点对称，函数是一个奇函数，当函数是一个奇函数时，函数在原点处不一定有定义，∴不一定存在f（0）=0，∴P是q的充分不必要条件，故选B．函数的图象关于原点对称，函数是一个奇函数，当函数是一个奇函数时，函数在原点处不一定有定义，不一定存在f（0）=0，得到P是q的充分不必要条件．本题考查条件的判断，本题解题的关键是当函数是一个奇函数时，不一定在原点处有定义，所以不一定有函数值等于0，本题是一个基础题．5.设S n是等差数列{a n}的前n项和，S5=3（a2+a8），则的值为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】解：∵{a n}为等差数列，设首项为a1，公差为d，∴5a1+d=3（a1+d+a1+7d）；∴a1=-14d；∴===；故选D．利用等差数列的通项公式和前n项和公式，将a2、a8、s5用a1和d表示，可得a1、d的关系，进而求出的值．本题考查了等差数列的通项公式和前n项和公式，用到了基本量a1与d，熟记公式是正确解题的关键．6.设O为△ABC的外心，且，则△ABC的内角C=（）A. B. C. D.【答案】B【解析】解：设外接圆的半径为R，∵，∴，∴，∴2R2+2=2R2，∴=0，∴，根据圆心角等于同弧所对的圆周的两倍得：△ABC中的内角C值为=．故选B．由，移项得，再平方得到=0，从而，最后根据圆心角等于同弧所对的圆周的两倍得△ABC中的内角C值．本小题主要考查三角形外心的应用、向量在几何中的应用等基础知识，考查运算求解能力与转化思想．属于基础题．7.如图，已知球O是棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1的内切球，则平面ACD1截球O的截面面积为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】解：根据题意知，平面ACD1是边长为的正三角形，故所求截面的面积是该正三角形的内切圆的面积，则由图得，△ACD1内切圆的半径是×tan30°=，则所求的截面圆的面积是π××=．故选A．根据正方体和球的结构特征，判断出平面ACD1是正三角形，求出它的边长，再通过图求出它的内切圆的半径，最后求出内切圆的面积．本题考查了正方体和它的内接球的结构特征，关键是想象出截面图的形状，考查了空间想象能力．8.过圆O的直径的三等分点A，B作与直径垂直的直线分别与圆周交E，F，M，N，如果以A，B为焦点的双曲线恰好过E，F，M，N，则该双曲线的离心率是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】解：设圆的直径为6c，则半焦距长为|OB|=c，|BM|=2c∴|MA|==2c∴|MA|-|MB|=（2-2）c=2a∴e==故选A．设圆的直径为6c，则半焦距长为|OB|=c，计算实轴长，即可得到双曲线的离心率．本题考查双曲线的几何性质，解题的关键是确定半焦距与实轴长，属于基础题．9.已知正方形ABCD的边长为6，空间有一点M（不在平面ABCD内）满足|MA|+|MB|=10，则三棱锥A-BCM的体积的最大值是（）A.48B.36C.30D.24【答案】D【解析】解：如图所示，因为三棱锥A-BCM的体积=三棱锥M-ABC的体积，底面△ABC的面积是定值，当高最大时，体积最大；所以，当平面MAB⊥平面ABCD时，过点M作MN⊥AB，则MN⊥平面ABCD，在△MAB中，|MA|+|MB|=10，AB=6，所以，当|MA|=|MB|=5时，高MN最大，且MN===4，所以，三棱锥A-BCM的最大体积为：V A-BCM=V M-ABC=•S△ABC•MN=××6×6×4=24．故选：D．由三棱锥A-BCM的体积=三棱锥M-ABC的体积，底面△ABC的面积一定，高最大时，其体积最大；高由顶点M确定，当平面MAB⊥平面ABCD时，高最大，体积也最大．本题通过作图知，侧面与底面垂直时，得出高最大时体积也最大；其解题的关键是正确作图，得高何时最大．10.设函数f（x）的定义域为D，若存在闭区间[a，b]⊆D，使得函数f（x）满足：①f（x）在[a，b]上是单调函数；②f（x）在[a，b]上的值域是[2a，2b]，则称区间[a，b]是函数f（x）的“和谐区间”．下列结论错误的是（）A.函数f（x）=x2（x≥0）存在“和谐区间”B.函数f（x）=e x（x∈R）不存在“和谐区间”C.函数（x≥0）存在“和谐区间”D.函数（a＞0，a≠1）不存在“和谐区间”【答案】D【解析】解：函数中存在“倍值区间”，则：①f（x）在[a，b]内是单调函数；②或．A．若f（x）=x2（x≥0），若存在“倍值区间”[a，b]，则此时函数单调递增，则由，得，∴，∴f（x）=x2（x≥0）存在“倍值区间”[0，2]，∴A正确．B若f（x）=e x（x∈R），若存在“倍值区间”[a，b]，则此时函数单调递增，则由，得，即a，b是方程e x=2x的两个不等的实根，构建函数g（x）=e x-2x，∴g′（x）=e x-2，∴函数在（-∞，ln2）上单调减，在（ln2，+∞）上单调增，∴函数在x=ln2处取得极小值，且为最小值．∵g（ln2）=2-ln2＞0，∴g（x）＞0，∴e x-2x=0无解，故函数不存在“倍值区间”，∴B正确．C．若函数（x≥0），f′（x）=，若存在“倍值区间”[a，b]⊆[0，1]，则由，得，∴a=0，b=1，即存在“倍值区间”[0，1]，∴C正确．D．若函数（a＞0，a≠1）．不妨设a＞1，则函数在定义域内为单调增函数，若存在“倍值区间”[m，n]，则由，得，即m，n是方程loga（a x-）=2x的两个根，即m，n是方程a2x-a x+=0的两个根，由于该方程有两个不等的正根，故存在“倍值区间”[m，n]，∴D结论错误．故选：D．根据函数中存在“倍值区间”，则：①f（x）在[a，b]内是单调函数；②0或，对四个函数分别研究，从而确定是否存在“倍值区间”即可．本题主要考查与函数性质有点的新定义，涉及的知识点较多，综合性较强，难度较大．二、填空题(本大题共7小题，共28.0分)11.如果复数z=（a∈R）的实部和虚部相等，则zi等于______ ．【答案】-1+i【解析】解：复数z==，∵实部和虚部相等，∴-a=1，a=-1．∴z=1+i，则zi=（1+i）i=i-1．故答案为：-1+i．由复数代数形式的除法运算化简z，由实部和虚部相等求得a，则答案可求．本题考查了复数代数形式的乘除运算，考查了复数的基本概念，是基础题．12.各项均为实数的等比数列{a n}的前n项和为S n，若S10=10，S30=70，则S40等于______ ．【答案】150【解析】解：若公比q=1，由S10=10可得S30=30≠70，故公比q≠1，∴S10==10，①S30==70，②②可得=1+q10+q20=7，①解得q10=2，或q10=-3，∵等比数列{a n}的各项均为实数，∴q10=2，代回①式可得=-10∴S40==-10×（1-24）=150故答案为：150．由题意易得公比q≠1，由求和公式可得和q10的方程组，解得代入求和公式可得S40．本题考查等比数列的前n项和，涉及分类讨论的思想和整体的思想，属中档题．13.如图所示算法程序框图中，令a=tan315°，b=sin315°，c=cos315°，则输出结果为______ ．【答案】【解析】解：∵a=tan315°=-1，b=sin315°=-，∴执行第一个选择结构后a=b=sin315°=-，又∵c=cos315°=，∴执行第二个选择结构后a=c=cos315°=，故答案为：分析已知中的算法流程图，我们易得出该程序的功能是计算并输出a，b，c三个变量中的最大值，并输出，利用诱导公式及特殊角的三角函数值，我们分别求出三个变量a，b，c的值，即可得到答案．本题考查的知识点是选择结构，诱导公式，及特殊角的三角函数值，其中根据已知中的框图分析程序的功能是解答本题的关键．14.在△ABC中，A、B、C所对边分别为a、b、c．若，则A= ______ ．【答案】【解析】解：已知等式变形得：1+======-=-，∴cos A=-，则A=．故答案为：已知等式移项后，左边通分并利用同分母分式的加法法则变形，再利用同角三角函数间的基本关系切化弦，整理后利用诱导公式化简，右边利用正弦定理化简，求出cos A的值，即可确定出A的度数．此题考查了同角三角函数基本关系的运用，熟练掌握基本关系是解本题的关键．15.已知点P（x，y）满足，设A（3，0），则（O为坐标原点）的最大值为______ ．【答案】2【解析】解：满足的可行域如图所示，又∵，∵，，，，∴由图可知，平面区域内x值最大的点为（2，3）故答案为：2先画出满足的可行域，再根据平面向量的运算性质，对进行化简，结合可行域，即可得到最终的结果．用图解法解决线性规划问题时，分析题目的已知条件，找出约束条件和目标函数是关键，可先将题目中的量分类、列出表格，理清头绪，然后列出不等式组（方程组）寻求约束条件，并就题目所述找出目标函数．然后将可行域各角点的值一一代入，最后比较，即可得到目标函数的最优解．16.正方体ABCD-A1B1C1D1的12条棱的中点和8个顶点共20个点中，任意两点连成一条直线，其中与直线B1D垂直的直线共有______ 条．【答案】27【解析】解：平面A1BC1与B1D垂直，这样的与B1D垂直的平面（与平面A1BC1平行）有四个，此时与B1D垂直的直线有4条，中点E、F、G、H、M、N所构成的平面与B1D垂直，此时与B1D垂直的直线有条，∴与B1D垂直的直线有4+=27条．故答案为：27．平面A1BC1与B1D垂直，这样的与B1D垂直的平面（与平面A1BC1平行）有四个，此时与B1D垂直的直线有4条，中点E、F、G、H、M、N所构成的平面与B1D垂直，此时与B1D垂直的直线有条，由此能求出结果．本题考查满足条件的直线条数的求法，是中档题，解题时要注意空间思维能力的培养．17.将的图象向右平移2个单位后得曲线C1，将函数y=g（x）的图象向下平移2个单位后得曲线C2，C1与C2关于x轴对称．若的最小值为m且＞，则实数a的取值范围为______ ．【答案】（，2）【解析】解：∵将的图象向右平移2个单位后得曲线C1，∴曲线C1：p（x）=2x-2-，∵曲线C2，C1与C2关于x轴对称，∴曲线C2：q（x）=-2x-2，∵将函数y=g（x）的图象向下平移2个单位后得曲线C2，∴g（x）=-2x-2+2，∴=+-2x-2+2=（）•2x++2，设t=2x，∵2x＞0，∴t＞0，∵函数定义域的端点值取不到，∴如果函数有最值，那么该最值就一定在非端点处取到，也就是说该函数一定不是单调函数，而对于形如y=ax+的函数只有当ab＞0时才是（0，+∞）上的非单调函数，∴（-）（4a-1）＞0，解得a＜0或＜a＜4，当a＜0时，变量t的两个系数都为负数，此时F（x）只有最大值，不合题意．当＜a＜4时，t的两个系数都为正数，并且t也为正数，∴可以用基本不等式：F（x）≥2+2，∵的最小值为m且＞，∴m=2+2＞2+，联立＜a＜4，解得：＜a＜2．综上所述：实数a的取值范围为（，2）．故答案为：（，2）．根据C1推出C2，由C2推出g（x），再算出F（x）=（）•2x++2，设t=2x，利用非单调函数取最值的性质和均值定理能求出实数a的取值范围．本题考查函数中参数的取值范围的求法，涉及到函数图象的对称性、函数的单调性、函数的最值、均值定理等知识点，综合性强，难度大，解题时要注意等价转化思想的合理运用．三、解答题(本大题共5小题，共72.0分)18.已知函数＞的最大值为2．（1）求函数f（x）在[0，π]上的单调递减区间；（2）△ABC中，，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且C=60°，c=3，求△ABC的面积．【答案】解：（1）f（x）=msinx+cosx=sin（x+θ）（其中sinθ=，cosθ=），∴f（x）的最大值为，∴=2，又m＞0，∴m=，∴f（x）=2sin（x+），令2kπ+≤x+≤2kπ+（k∈Z），解得：2kπ+≤x≤2kπ+（k∈Z），则f（x）在[0，π]上的单调递减区间为[，π]；（2）设△ABC的外接圆半径为R，由题意C=60°，c=3，得====2，化简f（A-）+f（B-）=4sin A sin B，得sin A+sin B=2sin A sin B，由正弦定理得：+=2×，即a+b=ab①，由余弦定理得：a2+b2-ab=9，即（a+b）2-3ab-9=0②，将①式代入②，得2（ab）2-3ab-9=0，解得：ab=3或ab=-（舍去），则S△ABC=absin C=．【解析】（1）将f（x）解析式利用两角和与差的正弦函数公式化为一个角的正弦函数，由正弦函数的值域表示出f（x）的最大值，由已知最大值为2列出关于m的方程，求出方程的解得到m的值，进而确定出f（x）的解析式，由正弦函数的递减区间为[2kπ+，2kπ+]（k∈Z），列出关于x的不等式，求出不等式的解集即可得到f（x）在[0，π]上的单调递减区间；（2）由（1）确定的f（x）解析式化简f（A-）+f（B-）=4sin A sin B，再利用正弦定理化简，得出a+b=ab①，利用余弦定理得到（a+b）2-3ab-9=0②，将①代入②求出ab的值，再由sin C的值，利用三角形的面积公式即可求出三角形ABC的面积．此题考查了正弦、余弦定理，三角形的面积公式，两角和与差的正弦函数公式，以及正弦函数的单调性，熟练掌握定理及公式是解本题的关键．19.袋中有1个白球和4个黑球，且球的大小、形状都相同．每次从其中任取一个球，若取到白球则结束，否则，继续取球，但取球总次数不超过k次（k≥5）．（Ⅰ）当每次取出的黑球不再放回时，求取球次数ξ的数学期望与方差；（Ⅱ）当每次取出的黑球仍放回去时，求取球次数η的分布列与数学期望．【答案】解：（Ⅰ）当每次取出的黑球不再放回时，ξ的可能取值为1，2，3，4，5，由题意知知，，，，，．∴，．（Ⅱ）当每次取出的黑球仍放回去时，直到取球k次结束，η的可能取值是1，2，…，k，所求概率分布列为∴，上述两式相减，整理得．【解析】（Ⅰ）当每次取出的黑球不再放回时，ξ的可能取值为1，2，3，4，5，由题意知知，，，，，．由此能求出取球次数ξ的数学期望与方差．（Ⅱ）当每次取出的黑球仍放回去时，直到取球k次结束，η的可能取值是1，2，…，k，由此能求出取球次数η的分布列与数学期望．本题考查概率的求法，考查离散型随机变量的分布列、数学期望的求法，是中档题，在历年高考中都是必考题型．20.如图，四面体ABCD中，O是BD的中点，△ABD和△BCD均为等边三角形，，．（I）求证：AO⊥平面BCD；（Ⅱ）求二面角A-BC-D的余弦值；（Ⅲ）求O点到平面ACD的距离．【答案】解法一：（I）证明：连接OC，△ABD为等边三角形，O为BD的中点，∴AO⊥BD，∵△ABD和△CBD为等边三角形，O为BD的中点，，，∴．在△AOC中，∵AO2+CO2=AC2，∴ AOC=90°，即AO⊥OC．∵BD∩OC=0，AD⊥面BCD．（Ⅱ）过O作OE⊥BC于E，连接AE，∵AO⊥平面BCD，∴AE在平面BCD上的射影为OE∴AE⊥BC∴ AEO为二面角A-BC-D的平角．在R t△AEO中，，，，∴二面角A-BC-D的余弦值为（Ⅲ）解：设点O到平面ACD的距离为h，∵V O-ACD=V A-OCD，∴在△ACD中，，，而，，∴，∴点O到平面ACD的距离为．解法二：（I）同解法一．（Ⅱ）解：以O为原点，如图建立空间直角坐标系，则，，，，，，，，，，，，，∵AO⊥平面BCD，∴平面BCD的法向量，，设平面ABC的法向量，，，，，，，，由，，设与夹角为θ，则∴二面角A-BC-D的余弦值为．（Ⅲ）解：设平面ACD的法向量为，，，又，，，，，，，设与夹角为θ，则设O到平面ACD的距离为h，∵，∴O到平面ACD的距离为．【解析】（I）连接OC，由已知中O是BD的中点，△ABD和△BCD均为等边三角形，，，根据等腰三角形“三线合一”及勾股定理，可分别证得AO⊥BD，AO⊥OC，结合线面垂直的判定定理即可得到AO⊥平面BCD；（Ⅱ）法一：过O作OE⊥BC于E，连接AE，则 AEO为二面角A-BC-D的平角，解三角形AEO即可得到二面角A-BC-D的余弦值；法二：以O为原点，建立空间直角坐标系，分别求出平面ABC与平面BCD的法向量，代入向量夹角公式即可得到二面角A-BC-D的余弦值；（Ⅲ）法一：设点O到平面ACD的距离为h，根据V O-ACD=V A-OCD，分别求出三棱锥的体积和底面ACD的面积，即可得到O点到平面ACD的距离；法二：求出平面ACD的法向量，代入公式，即可得到O点到平面ACD的距离．本题考查的知识点是用空间向量求平面间的夹角，直线与平面垂直的判定，点到平面的距离，其中解法一（几何法）中要熟练掌握空间线线垂直，线面垂直之间的相互转化，及棱锥体积的转化；解法二（向量法）的关键是建立适当的坐标系，将二面角问题及点到平面的距离问题转化为向量问题．21.给定椭圆C：=1（a＞b＞0），称圆心在原点O，半径为的圆是椭圆C的“准圆”．若椭圆C的一个焦点为，，其短轴上的一个端点到F的距离为．（Ⅰ）求椭圆C的方程和其“准圆”方程．（Ⅱ）点P是椭圆C的“准圆”上的一个动点，过点P作直线l1，l2，使得l1，l2与椭圆C都只有一个交点，且l1，l2分别交其“准圆”于点M，N．①当P为“准圆”与y轴正半轴的交点时，求l1，l2的方程；②求证：|MN|为定值．【答案】解：（I）因为，，所以b=1所以椭圆的方程为，准圆的方程为x2+y2=4．（II）（1）因为准圆x2+y2=4与y轴正半轴的交点为P（0，2），设过点P（0，2），且与椭圆有一个公共点的直线为y=kx+2，所以，消去y，得到（1+3k2）x2+12kx+9=0，因为椭圆与y=kx+2只有一个公共点，所以△=144k2-4×9（1+3k2）=0，解得k=±1．所以l1，l2方程为y=x+2，y=-x+2．（2）①当l1，l2中有一条无斜率时，不妨设l1无斜率，因为l1与椭圆只有一个公共点，则其方程为或，当l1方程为时，此时l1与准圆交于点，，，，此时经过点，（或，）且与椭圆只有一个公共点的直线是y=1（或y=-1），即l2为y=1（或y=-1），显然直线l1，l2垂直；同理可证l1方程为时，直线l1，l2垂直．②当l1，l2都有斜率时，设点P（x0，y0），其中x02+y02=4，设经过点P（x0，y0）与椭圆只有一个公共点的直线为y=t（x-x0）+y0，则，消去y得到x2+3（tx+（y0-tx0））2-3=0，即（1+3t2）x2+6t（y0-tx0）x+3（y0-tx0）2-3=0，△=[6t（y0-tx0）]2-4•（1+3t2）[3（y0-tx0）2-3]=0，经过化简得到：（3-x02）t2+2x0y0t+1-y02=0，因为x02+y02=4，所以有（3-x02）t2+2x0y0t+（x02-3）=0，设l1，l2的斜率分别为t1，t2，因为l1，l2与椭圆都只有一个公共点，所以t1，t2满足上述方程（3-x02）t2+2x0y0t+（x02-3）=0，所以t1•t2=-1，即l1，l2垂直．综合①②知：因为l1，l2经过点P（x0，y0），又分别交其准圆于点M，N，且l1，l2垂直，所以线段MN为准圆x2+y2=4的直径，所以|MN|=4．【解析】（I）由椭圆的方程与准圆的方程关系求得准圆的方程（II）（1）由准圆x2+y2=4与y轴正半轴的交点为P（0，2），设椭圆有一个公共点的直线为y=kx+2，与准圆方程联立，由椭圆与y=kx+2只有一个公共点，求得k．从而得l1，l2方程（2）分两种情况①当l1，l2中有一条无斜率和②当l1，l2都有斜率处理．本题主要考查直线与曲线的位置关系，通过情境设置，拓展了圆锥曲线的应用范围，同时渗透了其他知识，考查了学生综合运用知识的能力．22.已知函数（其中n为常数，n∈N*），将函数f n（x）的最大值记为a n，由a n构成的数列{a n}的前n项和记为S n．（Ⅰ）求S n；（Ⅱ）若对任意的n∈N*，总存在x∈R+使，求a的取值范围；（Ⅲ）比较与a n的大小，并加以证明．【答案】解：（Ⅰ）′，（2分）令f n′（x）＞0，则x＜e n+1-n．∴f n（x）在（-n，e n+1-n）上递增，在（e n+1-n，+∞）上递减．（4分）∴当x=e n+1-n时，（5分）即，则．（6分）（Ⅱ）∵n≥1，∴e n+1递增，n（n+1）递增，∴递减．∴＜，即，（8分）令，则′，∴g（x）在（0，1）上递增，在（1，+∞）上递减．当x→0时，；当x→+∞时，＞；又g（1）=1+a，∴g（x）∈（a，1+a]（10分）由已知得，（a，1+a]⊇，，∴（11分）（Ⅲ）===（12分）令，∵，′在[1，+∞）上递减．∴＜，即，（13分）又，′＞＞（14分）∴＞∴＞（15分）【解析】（Ⅰ）′，令f n′（x）＞0，则x＜e n+1-n．所以f n（x）在（-n，e n+1-n）上递增，在（e n+1-n，+∞）上递减．由此能求出S n．（Ⅱ）由n≥1，知e n+1递增，n（n+1）递增，递减．所以，，令，则′，故g（x）在（0，1）上递增，在（1，+∞）上递减．由此入手能够求出a的取值范围．（Ⅲ）作差相减，得，整理为，令，能够推导出＞．本题考查导数在函数最值中的应用，考查运算求解能力，推理论证能力；考查函数与方程思想，化归与转化思想．对数学思维的要求比较高，有一定的探索性．综合性强，难度大，易出错．解题时要认真审题，仔细解答，注意培养运算能力，注意作差法的合理运用．。

2014年浙江省某校高考数学一模试卷（理科）一、选择题1. 设p:−1<x <3，q:x >5，则¬p 是q 的（ ）A 充分不必要条件B 必要不充分条件C 充要条件D 既不充分也不必要条件 2. 函数y =e x x 2−1的部分图象为( )A B C D3. 如图，函数y =f(x)在A ，B 两点间的平均变化率是( )A 1B −1C 2D −24. 已知sinx =3cosx ，则sinxcosx 的值是（ ） A 16B 15C 310D 295. 已知点A(1, −2)，若向量AB ¯与a →=(2, 3)同向，且|AB →|=2√13，则点B 的坐标为（ ） A (5, −4) B (4, 5) C (−5, −4) D (5, 4)6. 已知数列{a n }满足：a 1=17对于任意的n ∈N ∗，a n+1=72a n (1−a n )，则a 1413−a 1314()A −27B 27C −37D 377. 已知一元二次不等式f(x)≤0的解集为{x|x ≤12，或x ≥3}，则f(e x )>0的解集为（ ）A {x|x <−ln2, 或x >ln3}B {x|ln2<x <ln3}C {x|x <ln3}}D {x|−ln2<x <ln3}8. 棱长均为3三棱锥S −ABC ，若空间一点P 满足SP →=xSA →+ySB →+zSC →(x +y +z =1)则|SP →|的最小值为（ ） A √6 B √63 C √36 D 19. 在O 点测量到远处有一物体在做匀速直线运动，开始时该物体位于P 点，一分钟后，其位置在Q 点，且∠POQ =90∘，再过两分钟后，该物体位于R 点，且∠QOR =30∘，则tan∠OPQ 的值为（ ） A √32 B2√33 C 32 D 23二、填空题10. 计算1−3C 101+9C 102−27C 103+...−39C 109+310=________． 11. 命题：∀x ∈N ，x 2≥x 的否定是________．12. 若b →=(1, 1)，a →⋅b →=2，|a →−b →|=√7，则|a →|=________．13. 若关于x 的不等式x 2−4x +a 2≤0的解集是空集，则实数a 的取值范围是________． 14. 曲线C 是平面内与定点F(2, 0)和定直线x =−2的距离的积等于4的点的轨迹．给出下列四个结论：①曲线C 过坐标原点； ②曲线C 关于x 轴对称； ③曲线C 与y 轴有3个交点；④若点M 在曲线C 上，则|MF|的最小值为2(√2−1)． 其中，所有正确结论的序号是________．15. 已知i 为虚数单位，计算(1+2i)(1−i)2=________．16. 某广场地面铺满了边长为36cm 的正六边形地砖．现在向上抛掷半径为6√3cm 的圆碟，圆碟落地后与地砖间的间隙不相交的概率大约是________．三、解答题（共4小题）17. 已知数列{a n }的前n 项和为S n 满足S n =2a n −2(n ∈N ∗)．（1）函数y =f(x)与函数y =2x 互为反函数，令b n =f(a n )，求数列{a n ⋅b n }的前n 项和T n ； （2）已知数列{c n }满足c n =23[a n4+(−1)n−1]，证明：对任意的整数k >4，有1c 4+1c 5+⋯+1c k<89．18. 在平面直角坐标系xOy 中，已知点A(4, 0)，动点M 在y 轴上的正射影为点N ，且满足直线MO ⊥NA ．（1）求动点M 的轨迹C 的方程；（2）当∠MOA =π6时，求直线NA 的方程．19. 如图，AB 是圆O 的直径，PA ⊥圆O 所在的平面，C 是圆O 上的点．（1）求证：BC ⊥平面PAC ；（2）若Q 为PA 的中点，G 为△AOC 的重心，求证：QG // 平面PBC ． 20. 已知椭圆M:x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)经过点(−1,−√22)，(0, 1)． （1）求椭圆M 的方程；（2）设椭圆M 的左、右焦点分别为F 1，F 2，过点F 2的直线交椭圆M 于A ，B 两点，求△ABF1面积的最大值．2014年浙江省某校高考数学一模试卷（理科）答案1. B2. A3. B4. C5. D6. D7. D8. A9. B10. 102411. ∃x∈N，x2<x12. 313. a<−2或a>214. ①②④15. 4−2i16. 4917. 解：（1）当n=1时，a1=S1=2a1−2，解得a1=2．当n≥2时，a n=S n−S n−1=(2a n−2)−(2a n−1−2)，化为a n=2a n−1，∴ 数列{a n}是等比数列，∴ a n=2×2n−1=2n．∵ 函数y=f(x)与函数y=2x互为反函数，∴ f(x)=log2x．∴ b n=f(a n)=log2a n=log22n=n．∴ a n⋅b n=n⋅2n．∴ T n=1×21+2×22+...+(n−1)⋅2n−1+n⋅2n，2T n=1×22+2×23+...+(n−1)×2n+n⋅2n+1，两式相减可得：−T n=2+22+...+2n−n⋅2n+1=2(2n−1)2−1−n×2n+1=2n+1−2−n×2n+1，∴ T n=(n−1)×2n+1+2．（2）c4=23[244+(−1)3]=2，当n≥3时，且n为奇数时，1 c n +1c n+1=32(12n−2+1+12n−1−1)=32⋅2n−2+2n−122n−3+2n−1−2n−2−1<32⋅2n−2+2n−122n−3=32(12n−2+12n−1)．①当k>4时，且k为偶数时，有1c 4+1c 5+...+1c k=1c 4+(1c 5+1c 6)+...+(1c k−1+1c k)<12+32(123+124+⋯+12k−2) =12+32×14×12[1−(12)k−4]1−12=12+32×14×[1−(12)k−4]<12+38=78<89． ②当k >4时，且k 为奇数时， 有1c 4+1c 5+...+1c k<1c 4+1c 5+...+1c k+1ck+1<12+32×14×[1−(12)k−3]<78<89． 综上可知：对任意的整数k >4，有1c 4+1c 5+⋯+1c k<89．18. 解：（1）设M(x, y)，则N(0, y)，OM →=(x,y)，NA →=(4,−y)， ∵ 直线MO ⊥NA ，∴ OM →⋅NA →=4x −y 2=0，即y 2=4x ，∴ 动点M 的轨迹C 的方程为y 2=4x(x ≠0)； （2）当∠MOA =π6时，∵ MO ⊥NA ，∴ ∠NAO =π3．∴ 直线AN 的倾斜角为π3或2π3．当直线AN 的倾斜角为π3时，直线NA 的方程为√3x −y −4√3=0， 当直线AN 的倾斜角为2π3时，直线NA 的方程为√3x +y −4√3=0．19. AB 是圆O 的直径，PA ⊥圆所在的平面，可得PA ⊥BC ， C 是圆O 上的点，由直径对的圆周角等于90∘，可得BC ⊥AC ．再由AC ∩PA ＝A ，利用直线和平面垂直的判定定理可得BC ⊥平面PAC ． 若Q 为PA 的中点，G 为△AOC 的重心，连接OG 并延长交AC 于点M ， 连接QM ，则由重心的性质可得M 为AC 的中点．故OM 是△ABC 的中位线，QM 是△PAC 的中位线，故有OM // BC ，QM // PC ．而OM 和QM 是平面OQM 内的两条相交直线，AC 和BC 是平面PBC 内的两条相交直线， 故平面OQM // 平面PBC ．又QG ⊂平面OQM ，∴ QG // 平面PBC ．20. 解：（1）由题意b =1，椭圆M 的方程为x 2a 2+y 2=1(a >1)．… 将点(−1,−√22)代入椭圆方程，得1a 2+12=1，解得a 2=2．∴ 椭圆M 的方程为x 22+y 2=1．…（2）由题意可设直线AB 的方程为：x =my +1．由{x =my +1x 2+2y 2=2得(m 2+2)y 2+2my −1=0． 显然△=4m 2+4(m 2+2)>0． 设A(x 1, y 1)，B(x 2, y 2)，则{y 1+y 2=−2m m 2+2⋅…∵ △ABF 1的面积S =12|F 1F 2|(|y 1|+|y 2|)，其中y 1y 2<0． ∴ S =12|F 1F 2||y 1−y 2|．又(y 1−y 2)2=(y 1+y 2)2−4y 1y 2=(−2m m 2+2)2−4(−1m 2+2)=8m 2+8(m 2+2)2，F 1(−1, 0)，F 2(1, 0)．…∴ S 2=(y 1−y 2)2=8[1m 2+2−1(m 2+2)2]=−8(1m 2+2−12)2+2≤2． 当m =0时，上式中等号成立．即当m =0时，△ABF 1的面积取到最大值√2．…。