高考浙江理科数学试题及答案word解析版.docx
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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)
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,只有一项符合题目要求.
(1)【2014年浙江,理1,5分】设全集,集合,则()
(A)(B)(C)(D)
【答案】B
【解析】,,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)【2014年浙江,理2,5分】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
【答案】A
【解析】当时,,反之,,即,则,
解得或,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)【2014年浙江,理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)90(B)129(C)132(D)138
【答案】D
【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:
,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)【2014年浙江,理4,5分】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
【答案】C
【解析】,而=,
由,即,故只需将的图象向右平移个单位,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)【2014年浙江,理5,5分】在的展开式中,记项的系数,则=()
(A)45(B)60(C)120(D)210
【答案】C
【解析】令,由题意知即为展开式中的系数,
故=,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)【2014年浙江,理6,5分】已知函数,且()
(A)(B)(C)(D)
【答案】C
【解析】由得,解得,
所以,由,得,即,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)【2014年浙江,理7,5分】在同一直角坐标系中,函数,的图像可能是()
(A)(B)(C)(D)
【答案】D
【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.
【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)【2014年浙江,理8,5分】记,,设为平面向量,则()
(A)(B)
(C)(D)
【答案】D
【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),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)【2014年浙江,理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)
【答案】A
【解析】解法一:
,=,
∴-=,故.
又∵,,∴,
又,,
∴=
=-=,所以,故选A.
解法二:
在解法一中取,计算后再比较,故选A.
【点评】正确理解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,也可以很快求解.
(10)【2014年浙江,理10,5分】设函数,,,,,
,记,,则()
(A)(B)(C)(D)
【答案】B
【解析】解法一:
由,故,
由,故,
=,故,故选B.
解法二:
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,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.
第Ⅱ卷(非选择题共100分)
二、填空题:
本大题共7小题,每小题4分,共28分.
(11)【2014年浙江,理11,5分】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.
【答案】6
【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.
【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)【2014年浙江,理12,5分】随机变量的取值为0,1,2,若,,则=.
0
1
2
【答案】
【解析】设时的概率为,的分布列为:
由,解得
0
1
2
的分布列为即为
故.
【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)【2014年浙江,理13,5分】当实数满足时,恒成立,则实数的取值范围是__.
【答案】
【解析】解法一:
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.
解法二:
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.
【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)【2014年浙江,理14,5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).
【答案】60
【解析】解法一:
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.
解法二:
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种.
【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)【2014年浙江,理15,5分】设函数若,则实数的取值范围是.
【答案】.
【解析】由题意或,解得∴当或,解得.
【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)【2014年浙江,理16,5分】设直线()与双曲线()两条渐近线分别交于点,.若点满足,则该双曲线的离心率是.
【答案】
【解析】解法一:
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,,,设中
点为,由得,则,
即,与已知直线垂直,∴,即,
即得,即,即,所以.
解法二:
不妨设,渐近线方程为即,由消去,
得,设中点为,由韦达定理得:
……①,
又,由得,即得得代入①得,
得,所以,所以,得.
【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)【2014年浙江,理17,5分】如图,某人在垂直于水平地面的墙面前的点处进行射击训练.已知点到墙面的距离为,某目标点沿墙面上的射击线移动,此人为了准确瞄准目标点,需计算由点观察点的仰角的大小.若,,,则的最大值是(仰角为直线与平面所成角).
【答案】
【解析】解法一:
∵,,,∴,过作,交于,
1°当在线段上时,连接,则,设,则,
()由,得.
在直角中,∴,令,则函数在单调递减,∴时,取得最大值为
2°当在线段的延长线上时,连接,则,设,
则,()由,得,
在直角中,,∴,
令,则,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.
解法二:
如图以为原点,、所在的直线分别为,轴,建立如图所示的空间直角坐标系,∵,,,∴,由,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.
解法三:
分析知,当取得最大时,即最大,最大值即为平面与地面
所成的锐二面角的度量值,如图,过在面内作交于,
过作于,连,则即为平面与地面所成
的二面角的平面角,的最大值即为,在中,
由等面积法可得,,
所以.
【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:
本大题共5题,共72分.解答应写出文字说明,演算步骤或证明过程.
(18)【2014年浙江,理18,14分】在中,内角,,所对的边分别为,,.已知,.
(1)求角的大小;
(2)若,求的面积.
解:
(1)由题得,即,
,由得,又,得,
即,所以.
(2),,,得,由得,从而,
故=,所以,的面积为.
【点评】本题主要考查二倍角公式、两角和差的三角公式、正弦定理的应用,属于中档题.
(19)【2014年浙江,理19,14分】已知数列和满足.若为等比数列,
且.
(1)求与;
(2)设.记数列的前项和为.
(ⅰ)求;
(ⅱ)求正整数,使得对任意均有.
解:
(1)∵①,当,时,②,
由①¸②知:
当时,,令,则有,∵,∴.
∵为等比数列,且,∴的公比为,则,由题意知,∴,
∴.∴.又由,得:
,
即,∴.
(2)(ⅰ)∵,
∴=
===.
(ⅱ)因为,,,;当时,,
而,得,
所以,当时,,综上,对任意恒有,故.
【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)【2014年浙江,理20,15分】如图,在四棱锥中,平面平面,,,,.
(1)证明:
平面;
(2)求二面角的大小.
解:
(1)在直角梯形中,由,,得,由,
得,即,又平面平面,从而平面,
所以,又,从而平面.
(2)解法一:
作,与交于点,过点作,与交于点,连接,
由
(1)知,则,所以就是二面角的平面角,
在直角梯形中,由,得,又平面平面,
得平面,从而,由于平面,得.
在中,由,,得;在中,由,
得;在中,由,,,得,,从而
,在,中,利用余弦定理分别可得,.在中,,所以,,即二面角的大小为.
解法二:
以的原点,分别以射线,为,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:
,,,,.
设平面的法向量为,平面的法向量为,
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)【2014年浙江,理21,15分】如图,设椭圆:
动直线与椭圆只有一个公共点,且点在第一象限.
(1)已知直线的斜率为,用表示点的坐标;
(2)若过原点的直线与垂直,证明:
点到直线的距离的最大值为.
解:
(1)解法一:
设方程为,,消去得:
,
由于直线与椭圆只有一个公共点,故,即,解得点的坐标为
,又点在第一象限,故点的坐标为.
解法二:
作变换,则椭圆:
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:
.
(2)由于直线过原点且与直线垂直,故直线的方程为,所以点到直线的距离
,整理得:
,因为,
所以,当且仅当时等号成立.
所以,点到直线的距离的最大值为.
【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)【2014年浙江,理22,14分】已知函数.
(1)若在上的最大值和最小值分别记为,求;
(2)设若对恒成立,求的取值范围.
解:
(1)∵,∴,由于,
(ⅰ)当时,有,故,所以,在上是增函数,
因此,,故.
(ⅱ)当时,若,,在上是增函数;若,
,在上是减函数,∴,,
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,.
(2)令,则,,
因为对恒成立,即对恒成立,所以由
(1)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.
综上,的取值范围是.
【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.
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