2014年浙江省高考數(shù)學(xué)試卷(理科)(含解析版)

1、2014 年浙江省高考數(shù)學(xué)試卷（理科）一、選擇題（每小題5 分，共 50 分）（分）設(shè)全集U= xN| x2，集合 A= x N| x25 ，則?U （）1 5A=A?B 2C 5D 2，52（5分）已知 i 是虛數(shù)單位， a，bR，則 “ a=b=1是”“（ a+bi）2=2i ”的（）A充分不必要條件B必要不充分條件C充分必要條件D既不充分也不必要條件3（5 分）某幾何體的三視圖（單位：cm）如圖所示，則此幾何體的表面積是 （）A90cm2B129cm2C132cm2D138cm24（5 分）為了得到函數(shù)y=sin3x+cos3x 的圖象，可以將函數(shù)y=cos3x 的圖象（）A向右平移個單

2、位B向左平移個單位C向右平移個單位D向左平移個單位（分）在（）6（1+y）4的展開式中，記 xm n 項的系數(shù)為 f（ m，n），則 f5 51+xy（3，0）+f（ 2， 1） +f（1，2）+f（0，3）=（）A45B60C120D2106（5 分）已知函數(shù) f（ x）=x3+ax2+bx+c且 0f（ 1）=f（ 2）=f（ 3）3，則（）Ac3B3c 6C6c9Dc97（5 分）在同一直角坐標(biāo)系中，函數(shù)f（x）=xa（ x 0），g（x）=logax 的圖象可1能是（）ABCD8（5 分）記 max x，y =，min x，y =，設(shè)， 為平面向量，則（）Amin|+ |，| |min

3、| ，|Bmin|+ |，| |min| ，|+ |2，| |2| |2+| |2C max|+ |2， | |2| |2+| |2D max|9（ 5 分）已知甲盒中僅有1 個球且為紅球，乙盒中有m 個紅球和 n 個藍(lán)球（ m3，n3），從乙盒中隨機(jī)抽取i（i=1，2）個球放入甲盒中（ a）放入 i 個球后，甲盒中含有紅球的個數(shù)記為i（i=1，2）；（ b）放入 i 個球后，從甲盒中取 1 個球是紅球的概率記為 pi（i=1，2）則（）Ap1 p2，E（1） E（2）Bp1 p2 ，E（1） E（ 2）1p2，E（1） E（2）Dp1p2，E（1） E（ 2）C p10（5 分）設(shè)函數(shù) f1

4、（x）=x2，f2（ x）=2（ x x2）， ， ，記k=| fk（a1） fk（a0）|+| f k（a2） fk（a1）丨 + +| fki=01 299I（a99） fk（ a98）| ，k=1， 2， 3，則（）AI1I2I32I1I31I3I23I2I1BIC ID I2二、填空題11（ 4 分）在某程序框圖如圖所示，當(dāng)輸入50 時，則該程序運(yùn)算后輸出的結(jié)果是12（ 4 分）隨機(jī)變量 的取值為 0，1，2，若 P（ =0） = ， E（）=1，則 D（ ）=13（4 分）當(dāng)實(shí)數(shù) x，y 滿足時，1ax+y 4 恒成立，則實(shí)數(shù) a 的取值范圍是14（ 4 分）在 8 張獎券中有一、二

5、、三等獎各1 張，其余 5 張無獎將這 8 張獎券分配給 4 個人，每人 2 張，不同的獲獎情況有種（用數(shù)字作答）15（ 4 分）設(shè)函數(shù) f（x）=，若 f（f（ a） 2，則實(shí)數(shù) a 的取值范圍是16（ 4 分）設(shè)直線 x3y+m=0（m0）與雙曲線=1（a0，b0）的兩條漸近線分別交于點(diǎn)A，B若點(diǎn) P（ m，0）滿足 | PA| =| PB| ，則該雙曲線的3離心率是17（4 分）如圖，某人在垂直于水平地面ABC的墻面前的點(diǎn) A 處進(jìn)行射擊訓(xùn)練已知點(diǎn) A 到墻面的距離為 AB，某目標(biāo)點(diǎn) P 沿墻面上的射線 CM 移動，此人為了準(zhǔn)確瞄準(zhǔn)目標(biāo)點(diǎn) P，需計算由點(diǎn) A 觀察點(diǎn) P 的仰角 的大小若

6、 AB=15m，AC=25m， BCM=30，則 tan 的最大值是（仰角 為直線 AP 與平面 ABC所成角）三、解答題18（ 14 分）在 ABC中，內(nèi)角 A， B， C 所對的邊分別為 a，b，c已知 ab，c=，cos2Acos2 B=sinAcosAsinBcosB（ 1）求角 C 的大?。唬?2）若 sinA= ，求 ABC的面積4（分）已知數(shù)列 an 和 b 滿足 a a（nN* ）若 a 為等19 14n1a2a3n=n比數(shù)列，且 a1=2， b3=6+b2 （）求 an 和 bn；（）設(shè) c（ N* ）記數(shù)列 c 的前 n 項和為 S n=nnn（ i）求 Sn；（ ii）求

7、正整數(shù) k，使得對任意 nN* 均有 Sk Sn20（15 分）如圖，在四棱錐 ABCDE中，平面 ABC平面 BCDE，CDE=BED=90，AB=CD=2，DE=BE=1，AC= （）證明： DE平面 ACD；（）求二面角BAD E 的大小521（ 15 分）如圖，設(shè)橢圓C：（ab0），動直線 l 與橢圓 C 只有一個公共點(diǎn) P，且點(diǎn) P 在第一象限（）已知直線l 的斜率為 k，用 a，b，k 表示點(diǎn) P 的坐標(biāo)；（）若過原點(diǎn) O 的直線 l1 與 l 垂直，證明：點(diǎn) P 到直線 l1 的距離的最大值為 a b22（ 14 分）已知函數(shù) f （x）=x3+3| x a| （aR）（）若 f

8、（x）在 1，1 上的最大值和最小值分別記為M（a），m（a），求 M（a） m（a）；（）設(shè) bR，若 f（x）+b 24 對 x 1，1 恒成立，求 3a+b 的取值范圍62014 年浙江省高考數(shù)學(xué)試卷（理科）參考答案與試題解析一、選擇題（每小題5 分，共 50 分）1（5 分）設(shè)全集 U= xN| x2 ，集合 A= x N| x2 5 ，則 ?UA=（）A?B 2C 5D 2，5【考點(diǎn)】 1F：補(bǔ)集及其運(yùn)算【專題】 5J：集合【分析】 先化簡集合 A，結(jié)合全集，求得 ?UA【解答】 解：全集 U= xN| x2 ，集合 A= xN| x25 = x N| x3 ，則 ?UA= 2 ，故

9、選： B【點(diǎn)評】 本題主要考查全集、補(bǔ)集的定義，求集合的補(bǔ)集，屬于基礎(chǔ)題2（5 分）已知 i 是虛數(shù)單位， a，bR，則 “ a=b=1是”“（ a+bi）2=2i ”的（）A充分不必要條件B必要不充分條件C充分必要條件D既不充分也不必要條件【考點(diǎn)】 29：充分條件、必要條件、充要條件； A1：虛數(shù)單位 i、復(fù)數(shù)【專題】 5L：簡易邏輯【分析】 利用復(fù)數(shù)的運(yùn)算性質(zhì)，分別判斷“a=b=1?”“（ a+bi ） 2=2i”與 “”a=b=1?“（a+bi）2=2i ”的真假，進(jìn)而根據(jù)充要條件的定義得到結(jié)論【解答】 解：當(dāng) “a=b=1時”， “（a+bi）2=（1+i）2=2i ”成立，故 “a=

10、b=1是”“（a+bi） 2=2i ”的充分條件；當(dāng) “（a+bi）2 =a2 b2+2abi=2i 時”， “a=b=1或”“a=b= 1”，故 “a=b=1是”“（a+bi） 2=2i ”的不必要條件；綜上所述， “a=b=1是”“（a+bi）2=2i ”的充分不必要條件；7故選： A【點(diǎn)評】本題考查的知識點(diǎn)是充要條件的定義，復(fù)數(shù)的運(yùn)算，難度不大，屬于基礎(chǔ)題3（5 分）某幾何體的三視圖（單位：cm）如圖所示，則此幾何體的表面積是 （）A90cm2B129cm2C132cm2D138cm2【考點(diǎn)】 L!：由三視圖求面積、體積【專題】 5Q：立體幾何【分析】幾何體是直三棱柱與直四棱柱的組合體，

11、根據(jù)三視圖判斷直三棱柱的側(cè)棱長與底面的形狀及相關(guān)幾何量的數(shù)據(jù)，判斷四棱柱的高與底面矩形的邊長，把數(shù)據(jù)代入表面積公式計算【解答】 解：由三視圖知：幾何體是直三棱柱與直四棱柱的組合體，其中直三棱柱的側(cè)棱長為 3，底面是直角邊長分別為 3、4 的直角三角形，四棱柱的高為 6，底面為矩形，矩形的兩相鄰邊長為 3 和 4，幾何體的表面積S=24 6+36+33+234+234+（ 4+5）3=48+18+9+24+12+27=138（ cm2）故選： D【點(diǎn)評】本題考查了由三視圖求幾何體的表面積，根據(jù)三視圖判斷幾何體的形狀及數(shù)據(jù)所對應(yīng)的幾何量是解題的關(guān)鍵84（5 分）為了得到函數(shù)y=sin3x+cos3

12、x 的圖象，可以將函數(shù)y=cos3x 的圖象（）A向右平移個單位B向左平移個單位C向右平移個單位D向左平移個單位【考點(diǎn)】 HJ：函數(shù) y=Asin（x+）的圖象變換【專題】 57：三角函數(shù)的圖像與性質(zhì)【分析】利用兩角和與差的三角函數(shù)化簡已知函數(shù)為一個角的一個三角函數(shù)的形式，然后利用平移原則判斷選項即可【解答】 解：函數(shù) y=sin3x+cos3x=，故只需將函數(shù)y=cos3x 的圖象向右平移個單位，得到 y=的圖象故選： C【點(diǎn)評】本題考查兩角和與差的三角函數(shù)以及三角函數(shù)的平移變換的應(yīng)用，基本知識的考查5（5 分）在（ 1+x）6（1+y）4 的展開式中，記 xmyn 項的系數(shù)為 f（ m，n

13、），則 f（3，0）+f（ 2， 1） +f（1，2）+f（0，3）=（）A45B60C120D210【考點(diǎn)】 DA：二項式定理【專題】 5P：二項式定理【分析】 由題意依次求出 x3y0，x2y1， x1y2，x0y3，項的系數(shù)，求和即可【解答】解：（ 1+x）6（ 1+y）4 的展開式中，含 x3y0 的系數(shù)是：=20f（3，0）=20；含 x2y1 的系數(shù)是=60， f（2，1）=60；含 x1y2 的系數(shù)是=36， f（1，2）=36；含 x0y3 的系數(shù)是=4，f（ 0， 3） =4；9 f（3，0）+f（ 2， 1） +f （1，2）+f（0，3）=120故選： C【點(diǎn)評】 本題考

14、查二項式定理系數(shù)的性質(zhì)，二項式定理的應(yīng)用，考查計算能力6（5 分）已知函數(shù) f（ x）=x3+ax2+bx+c且 0f（ 1）=f（ 2）=f（ 3）3，則（）Ac3B3c 6C6c9Dc9【考點(diǎn)】 7E：其他不等式的解法【專題】 11：計算題； 51：函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用【分析】由 f（ 1）=f（ 2）=f（ 3）列出方程組求出a，b，代入 0f（ 1）3，即可求出 c 的范圍【解答】 解：由 f（ 1）=f（ 2）=f（ 3）得，解得，則 f（ x）=x3+6x2+11x+c，由 0f（ 1） 3，得 0 1+611+c3，即 6c 9，故選： C【點(diǎn)評】 本題考查方程組的解法及不等式的解法

15、，屬于基礎(chǔ)題7（5 分）在同一直角坐標(biāo)系中，函數(shù)f（x）=xa（ x 0），g（x）=logax 的圖象可能是（）AB10CD【考點(diǎn)】 3A：函數(shù)的圖象與圖象的變換【專題】 51：函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用【分析】 結(jié)合對數(shù)函數(shù)和冪函數(shù)的圖象和性質(zhì)，分當(dāng)0 a 1 時和當(dāng) a1 時兩種情況，討論函數(shù)f（x）=xa（x0），g（x）=logax 的圖象，比照后可得答案此時答案 D 滿足要求，當(dāng) a1 時，函數(shù) f（x）=xa（x0），g（x）=logax 的圖象為：無滿足要求的答案，11綜上：故選 D，故選： D【點(diǎn)評】本題考查的知識點(diǎn)是函數(shù)的圖象， 熟練掌握對數(shù)函數(shù)和冪函數(shù)的圖象和性質(zhì)，是解答的關(guān)鍵8（

16、5 分）記 max x，y =，min x，y =，設(shè)， 為平面向量，則（）Amin|+ |，| | min| | ，|Bmin| + | ，| | min| ，|max|+ |2，| |2| |2+| |2max| + |2，| |2 CD| |2+| 2【考點(diǎn)】 98：向量的加法； 99：向量的減法【專題】 5A：平面向量及應(yīng)用【分析】將， 平移到同一起點(diǎn)，根據(jù)向量加減法的幾何意義可知，+ 和分別表示以，為鄰邊所做平行四邊形的兩條對角線，再根據(jù)選項內(nèi)容逐一判斷【解答】解：對于選項 A，取 ，則由圖形可知， 根據(jù)勾股定理， 結(jié)論不成立；對于選項 B，取， 是非零的相等向量， 則不等式左邊 m

17、in|+ | ，| =0，顯然，不等式不成立；對于選項C，取，是非零的相等向量，則不等式左邊max|+ | 2， | 2 =|+ | 2=4，而不等式右邊 =| 2+| 2=2，故 C 不成立， D 選項正確故選： D【點(diǎn)評】本題在處理時要結(jié)合著向量加減法的幾何意義，將， ，放12在同一個平行四邊形中進(jìn)行比較判斷，在具體解題時，本題采用了排除法，對錯誤選項進(jìn)行舉反例說明，這是高考中做選擇題的常用方法，也不失為一種快速有效的方法，在高考選擇題的處理上，未必每一題都要寫出具體解答步驟，針對選擇題的特點(diǎn)，有時 “排除法 ”，“確定法 ”，“特殊值 ”代入法等也許是一種更快速，更有效的方法9（ 5 分

18、）已知甲盒中僅有1 個球且為紅球，乙盒中有m 個紅球和 n 個藍(lán)球（ m3，n3），從乙盒中隨機(jī)抽取i（i=1，2）個球放入甲盒中（ a）放入 i 個球后，甲盒中含有紅球的個數(shù)記為i（i=1，2）；（ b）放入 i 個球后，從甲盒中取 1 個球是紅球的概率記為 pi（i=1，2）則（） p ，E（） E（）Ap1 212Cp1p2，E（1） E（2）Bp p ，E（） E（ ）1212Dp1p2，E（1） E（ 2）【考點(diǎn)】 CH：離散型隨機(jī)變量的期望與方差【專題】 5I：概率與統(tǒng)計【分析】首先，這兩次先后從甲盒和乙盒中拿球是相互獨(dú)立的，然后分兩種情況：即當(dāng) =1時，有可能從乙盒中拿出一個紅球

19、放入甲盒，也可能是拿到一個藍(lán)球放入甲盒； =2時，則從乙盒中拿出放入甲盒的球可能是兩藍(lán)球、 一紅一藍(lán)、或者兩紅；最后利用概率公式及分布列知識求出 P1，P2 和 E（1），E（2）進(jìn)行比較即可【解答】解析：，所以 P1P2；由已知 的取值為 1、2，的取值為 1、2、 3，12所以，=，13） E（ ）=E（12故選： A【點(diǎn)評】 正確理解 i（i=1，2）的含義是解決本題的關(guān)鍵此題也可以采用特殊值法，不妨令 m=n=3，也可以很快求解（分）設(shè)函數(shù)1（x）=x2，f2（ x）=2（ x x2），10 5fi=0， 1，2， ， 99記 Ik=| fk（a1） fk（a0）|+| f k（a2）

20、 fk（a1）丨 + +| fk（a99） fk（ a98）| ，k=1， 2， 3，則（）AI1I2I3BI2I1I3CI1I3I2DI3I2I1【考點(diǎn)】 57：函數(shù)與方程的綜合運(yùn)用【專題】 51：函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用【分析】 根據(jù)記 Ik=| fk（a1） fk（a0）|+| f k（a2） fk（a1）丨 + +| fk（ a99） fk（a98）| ，分別求出 I1， I2 ，I3 與 1 的關(guān)系，繼而得到答案【解答】解：由，故=1，由， 故=1，+=，故 I2I1I3，故選： B【點(diǎn)評】本題主要考查了函數(shù)的性質(zhì)， 關(guān)鍵是求出這三個數(shù)與 1 的關(guān)系，屬于難題14二、填空題11（ 4 分）在

21、某程序框圖如圖所示，當(dāng)輸入50 時，則該程序運(yùn)算后輸出的結(jié)果是 6 【考點(diǎn)】 E7：循環(huán)結(jié)構(gòu)； EF：程序框圖【專題】 5K：算法和程序框圖【分析】根據(jù)框圖的流程模擬運(yùn)行程序，直到滿足條件S50，跳出循環(huán)體，確定輸出的 i 的值【解答】 解：由程序框圖知：第一次循環(huán) S=1，i=2；第二次循環(huán) S=21+2=4，i=3；第三次循環(huán) S=24+3=11， i=4；第四次循環(huán) S=211+4=26，i=5；第五次循環(huán) S=226+5=57，i=6，滿足條件 S 50，跳出循環(huán)體，輸出i=6故答案為： 6【點(diǎn)評】本題考查了直到型循環(huán)結(jié)構(gòu)的程序框圖， 根據(jù)框圖的流程模擬運(yùn)行程序是解答此類問題的常用方法

22、1512（ 4 分）隨機(jī)變量 的取值為 0，1，2，若 P（ =0） = ， E（）=1，則 D（ ）= 【考點(diǎn)】 CH：離散型隨機(jī)變量的期望與方差【專題】 5I：概率與統(tǒng)計【分析】結(jié)合方差的計算公式可知，應(yīng)先求出P（ =1），P（=2），根據(jù)已知條件結(jié)合分布列的性質(zhì)和期望的計算公式不難求得【解答】解析：設(shè) P（=1）=p，P（ =2）=q，則由已知得 p+q=，解得，所以故答案為：【點(diǎn)評】 本題綜合考查了分布列的性質(zhì)以及期望、方差的計算公式13（4 分）當(dāng)實(shí)數(shù) x，y 滿足時，1ax+y 4 恒成立，則實(shí)數(shù) a 的取值范圍是【考點(diǎn)】 7C：簡單線性規(guī)劃【專題】 59：不等式的解法及應(yīng)用【分析

23、】 由約束條件作出可行域，再由1ax+y 4 恒成立，結(jié)合可行域內(nèi)特殊點(diǎn) A， B， C 的坐標(biāo)滿足不等式列不等式組，求解不等式組得實(shí)數(shù)a 的取值范圍【解答】 解：由約束條件作可行域如圖，聯(lián)立，解得 C（1，）聯(lián)立，解得 B（2，1）16在 xy 1=0 中取 y=0 得 A（1，0）要使 1ax+y4 恒成立，則，解得： 1實(shí)數(shù) a 的取值范圍是解法二：令 z=ax+y，當(dāng) a0 時， y=ax+z，在 B 點(diǎn)取得最大值， A 點(diǎn)取得最小值，可得，即 1a；當(dāng) a0 時， y=ax+z，在 C 點(diǎn)取得最大值， a 1 時，在 B 點(diǎn)取得最小值，可得，解得 0a（不符合條件，舍去） 1a 0

24、時，在 A 點(diǎn)取得最小值，可得，解得 1a（不符合條件，舍去）綜上所述即： 1a；故答案為：【點(diǎn)評】本題考查線性規(guī)劃， 考查了數(shù)形結(jié)合的解題思想方法，考查了數(shù)學(xué)轉(zhuǎn)化17思想方法，訓(xùn)練了不等式組得解法，是中檔題14（ 4 分）在 8 張獎券中有一、二、三等獎各1 張，其余 5 張無獎將這 8 張獎券分配給 4 個人，每人 2 張，不同的獲獎情況有60種（用數(shù)字作答）【考點(diǎn)】 D9：排列、組合及簡單計數(shù)問題【專題】 5O：排列組合【分析】分類討論，一、二、三等獎，三個人獲得；一、二、三等獎，有1 人獲得2張，1人獲得 1張【解答】 解：分類討論，一、二、三等獎，三個人獲得，共有=24 種；一、二、

25、三等獎，有1 人獲得 2 張， 1 人獲得 1 張，共有=36 種，共有 24+36=60 種故答案為： 60【點(diǎn)評】本題考查排列、組合及簡單計數(shù)問題，考查學(xué)生的計算能力，屬于基礎(chǔ)題15（ 4 分）設(shè)函數(shù) f（x）=，若 f（f（ a） 2，則實(shí)數(shù) a 的取值范圍是（，【考點(diǎn)】 5B：分段函數(shù)的應(yīng)用【專題】 59：不等式的解法及應(yīng)用【分析】 畫出函數(shù) f （x）的圖象，由 f（f（ a） 2，可得 f（ a） 2，數(shù)形結(jié)合求得實(shí)數(shù) a 的取值范圍【解答】 解：函數(shù) f （x）=，它的圖象如圖所示：由 f（f（ a） 2，可得 f（ a） 2當(dāng) a0 時， f （a）=a2+a=（a+） 2 2

26、 恒成立；18當(dāng) a0 時， f （a）=a2 2，即 a22，解得 0 a，則實(shí)數(shù) a 的取值范圍是a，故答案為：（， 【點(diǎn)評】本題主要考查分段函數(shù)的應(yīng)用， 其它不等式的解法， 體現(xiàn)了數(shù)形結(jié)合的數(shù)學(xué)思想，屬于中檔題16（ 4 分）設(shè)直線 x3y+m=0（m0）與雙曲線=1（a0，b0）的兩條漸近線分別交于點(diǎn)A，B若點(diǎn) P（ m，0）滿足 | PA| =| PB| ，則該雙曲線的離心率是【考點(diǎn)】 KC：雙曲線的性質(zhì)【專題】 5D：圓錐曲線的定義、性質(zhì)與方程【分析】 先求出 A，B 的坐標(biāo)，可得AB 中點(diǎn)坐標(biāo)為（，），利用點(diǎn) P（ m，0）滿足 | PA| =| PB| ，可得=3，從而可求雙曲

27、線的離心率【解答】解：雙曲線（a0，b0）的兩條漸近線方程為y=x，則19與直線 x3y+m=0 聯(lián)立，可得 A（，），B（，）， AB中點(diǎn)坐標(biāo)為（，），點(diǎn) P（m， 0）滿足 | PA| =| PB| ，=3， a=2b，=b， e= = 故答案為：【點(diǎn)評】本題考查雙曲線的離心率， 考查直線的位置關(guān)系， 考查學(xué)生的計算能力，屬于中檔題17（4 分）如圖，某人在垂直于水平地面ABC的墻面前的點(diǎn) A 處進(jìn)行射擊訓(xùn)練已知點(diǎn) A 到墻面的距離為 AB，某目標(biāo)點(diǎn) P 沿墻面上的射線 CM 移動，此人為了準(zhǔn)確瞄準(zhǔn)目標(biāo)點(diǎn) P，需計算由點(diǎn) A 觀察點(diǎn) P 的仰角 的大小若 AB=15m，AC=25m，BCM

28、=30，則 tan 的最大值是（仰角 為直線 AP 與平面 ABC所成角）【考點(diǎn)】 HO：三角函數(shù)模型的應(yīng)用；HU：解三角形【專題】 58：解三角形20【分析】過 P 作 PP BC，交 BC于 P，連接 AP，則 tan =，求出 PP，AP，利用函數(shù)的性質(zhì)，分類討論，即可得出結(jié)論【解答】 解： AB=15m，AC=25m， ABC=90， BC=20m，過 P 作 PP BC，交 BC于 P，連接 AP，則 tan =，設(shè) BP=x，則 CP=20 x，由 BCM=30，得 PP=CPtan30 =（20 x），在直角 ABP中， AP=， tan = ?，令 y=，則函數(shù)在 x 0，20

29、 單調(diào)遞減， x=0 時，取得最大值為=若 P在 CB的延長線上， PP=CPtan30 =（20+x），在直角 ABP中， AP=， tan = ?，令 y=，則 y=0可得 x=時，函數(shù)取得最大值，故答案為：【點(diǎn)評】本題考查利用數(shù)學(xué)知識解決實(shí)際問題，考查函數(shù)的單調(diào)性， 考查學(xué)生分21析解決問題的能力，屬于中檔題三、解答題18（ 14 分）在 ABC中，內(nèi)角 A， B， C 所對的邊分別為 a，b，c已知 ab，c=，cos2Acos2 B=sinAcosAsinBcosB（ 1）求角 C 的大?。唬?2）若 sinA= ，求 ABC的面積【考點(diǎn)】 GL：三角函數(shù)中的恒等變換應(yīng)用；HP：正弦

30、定理【專題】 58：解三角形【分析】（ 1）利用倍角公式、兩角和差的正弦公式可得，由 a b 得， AB，又 A+B（ 0， ），可得，即可得出（ 2）利用正弦定理可得 a，利用兩角和差的正弦公式可得 sinB，再利用三角形的面積計算公式即可得出【解答】 解：（1）由題意得，化為，由 ab 得， A B，又 A+B（ 0，），得，即，；（ 2）由，利用正弦定理可得，得，由 ac，得 AC，從而，故，【點(diǎn)評】本題考查了正弦定理、倍角公式、兩角和差的正弦公式、三角形的面積計算公式，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題22（分）已知數(shù)列 an 和 b 滿足 a a（nN* ）若 a 為等19 14n

31、1a2a3n=n比數(shù)列，且 a1=2， b3=6+b2 （）求 an 和 bn；（）設(shè) c（ N* ）記數(shù)列 c 的前 n 項和為 S n=nnn（ i）求 Sn；（ ii）求正整數(shù) k，使得對任意 nN* 均有 Sk Sn【考點(diǎn)】 8E：數(shù)列的求和； 8K：數(shù)列與不等式的綜合【專題】 54：等差數(shù)列與等比數(shù)列【分析】（）先利用前 n 項積與前（ n1）項積的關(guān)系，得到等比數(shù)列 an 的第三項的值，結(jié)合首項的值，求出通項 an，然后現(xiàn)利用條件求出通項 bn；（）（i）利用數(shù)列特征進(jìn)行分組求和，一組用等比數(shù)列求和公式，另一組用裂項法求和，得出本小題結(jié)論； （ ii）本小題可以采用猜想的方法，得到

32、結(jié)論，再加以證明【解答】 解：（） a1 23 an（*） ，a a=nN當(dāng) n2，nN* 時，由知：，令 n=3，則有 b3=6+b2， a3=8 an 為等比數(shù)列，且 a1=2， an 的公比為 q，則=4，由題意知 an 0， q 0， q=2（ n N*）又由 a a（ N* ）得：1a2a3n=n，23， bn=n（n+1）（nN* ）（）（i） cn = Sn=c1+c2+c3+ +cn=；（ ii）因?yàn)?c1=0，c20，c3 0， c40；當(dāng) n5 時，而=0，得，所以，當(dāng) n5 時， cn 0，綜上，對任意 n N* 恒有 S4Sn，故 k=4【點(diǎn)評】本題考查了等比數(shù)列通項公

33、式、求和公式，還考查了分組求和法、裂項求和法和猜想證明的思想， 證明可以用二項式定理， 還可以用數(shù)學(xué)歸納法 本題計算量較大， 思維層次高，要求學(xué)生有較高的分析問題解決問題的能力 本題屬于難題20（15 分）如圖，在四棱錐 ABCDE中，平面 ABC平面 BCDE，CDE=BED=90，AB=CD=2，DE=BE=1，AC=（）證明： DE平面 ACD；（）求二面角BAD E 的大小24【考點(diǎn)】 LW：直線與平面垂直； MJ：二面角的平面角及求法【專題】 5F：空間位置關(guān)系與距離；5G：空間角； 5Q：立體幾何【分析】（）依題意，易證AC平面 BCDE，于是可得 AC DE，又 DEDC，從而

34、DE平面 ACD；（）作 BFAD，與 AD 交于點(diǎn) F，過點(diǎn) F 作 FG DE，與 AE交于點(diǎn) G，連接 BG，由（）知 DEAD，則 FGAD，所以 BFG就是二面角 BAD E 的平面角，利用題中的數(shù)據(jù)，解三角形，可求得 BF=，AF= AD，從而 GF= ，cosBFG=，從而可求得答案【解答】 證明：（）在直角梯形 BCDE中，由 DE=BE=1，CD=2，得 BD=BC=，由 AC=222，AB=2得 AB=AC+BC ，即 ACBC，又平面 ABC平面 BCDE，從而 AC平面 BCDE，所以 ACDE，又 DEDC，從而 DE平面 ACD；（）作 BFAD，與 AD 交于點(diǎn)

35、F，過點(diǎn) F 作 FG DE，與 AE交于點(diǎn) G，連接 BG，由（）知 DEAD，則 FGAD，所以 BFG就是二面角 BAD E 的平面角，222在直角梯形 BCDE中，由 CD =BC+BD ，得 BDBC，又平面 ABC平面 BCDE，得 BD平面 ABC，從而 BDAB，由于 AC平面 BCDE，得 AC CD在 RtACD中，由 DC=2，AC= ，得 AD= ；在 RtAED中，由 ED=1，AD= 得 AE= ；在 RtABD 中，由 BD=，AB=2，AD=得 BF=，AF= AD，從而 GF= ，在 ABE， ABG中，利用余弦定理分別可得cosBAE=，BG= 在 BFG中

36、， cosBFG=，25所以， BFG=，二面角 B ADE 的大小為【點(diǎn)評】本題主要考查空間點(diǎn)、線、面位置關(guān)系，二面角等基礎(chǔ)知識，同時考查空間想象能力，推理論證能力和運(yùn)算求解能力21（ 15 分）如圖，設(shè)橢圓C：（ab0），動直線 l 與橢圓 C 只有一個公共點(diǎn) P，且點(diǎn) P 在第一象限（）已知直線l 的斜率為 k，用 a，b，k 表示點(diǎn) P 的坐標(biāo)；（）若過原點(diǎn) O 的直線 l1 與 l 垂直，證明：點(diǎn) P 到直線 l1 的距離的最大值為 a b【考點(diǎn)】 KH：直線與圓錐曲線的綜合【專題】 5D：圓錐曲線的定義、性質(zhì)與方程； 5E：圓錐曲線中的最值與范圍問題【分析】（ ）設(shè)直線 l 的方程

37、為 y=kx+m（ k 0），由，消去 y 得（b2+a2 k2）x2+2a2kmx+a2m2a2b2=0，利用 =0，可求得在第一象限中點(diǎn)P 的坐標(biāo)；（）由于直線 l1 過原點(diǎn) O 且與直線 l 垂直，設(shè)直線 l1 的方程為 x+ky=0，利用點(diǎn)26到 直 線 間 的 距 離 公 式 ， 可 求 得 點(diǎn)P到 直 線l1的 距 離d=，整理即可證得點(diǎn) P 到直線 l 1 的距離的最大值為ab【解答】 解：（）設(shè)直線 l 的方程為 y=kx+m（k0），由，消去 y得（ b2+a2k2） x2+2a2kmx+a2m2a2b2=0由于直線 l 與橢圓 C 只有一個公共點(diǎn)P，故 =0，即 b2 m2+a2 k2=0，此時點(diǎn) P 的橫坐標(biāo)為，代入 y=kx+m 得點(diǎn) P 的縱坐標(biāo)為 k?+m=，點(diǎn) P 的坐標(biāo)為（，），又點(diǎn) P 在第一象限，故m0，故 m=，故點(diǎn) P 的坐標(biāo)為 P（，）（）由于直線 l1 過原點(diǎn) O 且與直線 l 垂直，故直線 l1 的方程為 x+ky=0，所以點(diǎn)P 到直線 l1 的距離d=，整理得： d=，27因?yàn)閍2k2 + 2ab，所以=ab，當(dāng)且僅當(dāng)k2=時等號成立所以，點(diǎn) P 到直線 l1 的距離的最