P(ξ=3)=P(ξ=4)=
2?3?21
=， 6?63
2?3?1+2?25
=18，
6?62?2?11
=， 6?691?11
=， 6?636
4 518 2 ba+b+c 5 19 3 ca+b+c 6 136 P(ξ=5)=
P(ξ=6)=
所以ξ的分布列为
ξ P 2 14 η P 所以
3 13 1 aa+b+c （Ⅱ）由题意知η的分布列为
a2b3c5Eη=a+b+c+a+b+c+a+b+c=3 5a5b5c5
Dη=?1?3??a+b+c+?2?3??a+b+c+?3?3??a+b+c=9
??????
化简得
?2a?b?4c=0，
? ?a+4b?11c=0
2
2
2
解得a=3c，b=2c，故
a∶b∶c=3∶2∶1
20．（本题满分15分）如图，在四面体A?BCD中，AD?平面BCD，
BC?CD，AD=2，BD=22．M是AD的中点，P是BM的中点，
点Q在线段AC上，且AQ=3QC． （Ⅰ）证明：PQ∥平面BCD；
（Ⅱ）若二面角C?BM?D的大小为60?，求?BDC的大小． 【命题意图】本题考查空间点、线、面位置关系，二面角等基
础知识，空间向量的应用，同时考查空间想象能力和运算求解能力。 【答案解析】
（Ⅰ）取BD的中点O，在线段CD上取点F，使得DF=3FC，连接OP，OF，FQ． 因为AQ=3QC，所以
1
QF∥AD，且QF=4AD
因为O，P分别为BD，BM的中点，所以OP是△BDM的中位线，所以
1
OP∥DM，且OP=2DM
又点M是AD的中点，所以
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C
（第20题图）
B
P Q D A
M
1
OP∥AD，且OP=4AD
从而
OP∥FQ，且OP=FQ
所以四边形OPQF是平行四边形，故
PQ∥OF
又PQ?平面BCD，OF?平面BCD，所以
PQ∥平面BCD．
（Ⅱ）作CG?BD于点G，作GH?BM于点HG，连接CH，则CH?BM，所以?CHG为二面角的平
面角。设?BDC=θ． 在Rt△BCD中，
CD=BDcos θ=22cos θ， CG=CDsin θ=22cos θsin θ，
BG=BCsin θ=22sinθ
在Rt△BDM中，
BG?DM22sinθHG=BM= 3
在Rt△CHG中，
CG3cos θ
tan?CHG=HG=sin θ=3
所以
tan ?=3
从而
22
?=60?
即?BDC=60?．
xy2221．（本题满分15分）如图，点P(0，?1)是椭圆C1：a+b=1(a>b>0)
2
2
2
2
y l1 的一个顶点，C1的长轴是圆C2：x+y=4的直径．l1，l2是
D B 过点P且互相垂直的两条直线，其中l1交圆C2于A，B两点，l2交椭圆C1于另一点D．
O x （Ⅰ）求椭圆C1的方程；
P （Ⅱ）求△ABD面积取最大值时直线l1的方程．
【命题意图】本题考查椭圆的几何性质，直线与圆的位置
A 关系，直线与椭圆的位置关系等基础知识，同时考查解析l2 几何的基本思想方法和综合解题能力
（第21题图）
【答案解析】 （Ⅰ）由题意得
?b=1，? ?a=2．
所以椭圆C的方程为
2x2
4+y=1．
（Ⅱ）设A(x1，y1)，B(x2，y2)，D(x0，y0)．由题意知直线l1的斜率存在，不妨设其为k，则直线
l1的方程为
y=kx?1．
22
又圆C2：x+y=4，故点O到直线l1的距离
1
d=2 ，
k+1
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所以
|AB|=24?d=2
又l1?l2，故直线l2的方程为
x+ky+k=0．
由
ky+k=0，?x+2
? x+y2=1． ?4
消去y，整理得
(4+k)x+8kx=0
故
8kx0=? 4+k2．
所以
8k+1|PD|=4+k2．
设△ABD的面积为S，则
184k+3S=2|AB|?|PD|=4+k2，
所以
S=
324k+3+
10
当且仅当k=±2时取等号 所以所求直线l1的方程为
10y=±2x?1 32
22．（本题满分14分）已知a?R，函数f(x)=x?3x+3ax?3a+3 （Ⅰ）求曲线y=f(x)在点(1，f(1))处的切线方程； （Ⅱ）当x?[0，2]时，求|f(x)|的最大值．
【命题意图】本题考查导数的几何意义，导数应用等基础知识，同时考查推理论证能力，分类讨
论等分析问题和解决问题的能力 【答案解析】
2
（Ⅰ）由题意f ?(x)=3x?6x+3a，故f ?(1)=3a?3．又f(1)=1，所以所求的切线方程为
y=(3a?3)x?3a+4
2
（Ⅱ）由于f ?(x)=3(x?1)+3(a?1)，0x?2．故
（ⅰ）当a?0时，有f ?(x) ?0，此时f(x)在[0，2]上单调递减，故
|f(x)|max=max{|f(0)|，|f(2)|}=3?3a
（ⅱ）当a?1时，有f ?(x) ?0，此时f(x)在[0，2]上单调递增，故
|f(x)|max=max{|f(0)|，|f(2)|}= 3a?1
（ⅲ）当0
0< x1< x2<2，f ?(x)=3(x? x1)(x? x2) 列表如下：
x f ?(x) f (x) 0 3?3a (0，x1) + 单调递增 x1 0 极大值f (x1) (x1，x2) ? 单调递减 x2 0 极小值f (x2) (x2，2) + 单调递增 2 2222
224k+32k+1 ．
21324k+3
?2
324k+3 ?
21324k+3
1613=13，
3a?1 由于
f(x1)=1+2(1?a)1?a，f(x2)=1?2(1?a)1?a，
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故
f(x1)+f(x2)=2>0，f(x1)?f(x2)=4(1?a)1?a>0
从而
f(x1)>| f(x2)|．
所以
|f(x)|max=max{f(0)，|f(2)|，f(x1)}
2
（1）当0|f(2)|． 又
a(3?4a)
f(x1)? f(0)=2(1?a)1?a?(2?3a)=>0
2(1?a)1?a+2?3a
2
故
|f(x)|max= f(x1)=1+2(1?a)1?a．
2
（2）当3?a<1时，|f(2)|=f(2)，且f(2)?f(0)． 又
a(3?4a)
f(x1)? |f(2)|=2(1?a)1?a?( 3a ?2)=
2(1?a)1?a+ 3a ?2
2
所以
23
①当3?a<4时，f(x1)> |f(2)|．故
|f(x)|max= f(x1)=1+2(1?a)1?a．
3
②当4?a<1时，f(x1) ? |f(2)|．故
|f(x)|max=| f(2)|= 3a?1．
综上所述，
3?3a，??1+2(1?a)=???3a?1，
a?0，
3
1?a， 0
|f(x)|max
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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. 在每小题给出学科网的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
（1）设全集U??x?N|x?2?，集合A?x?N|x2?5，zxxk则CUA?（ ） A. ? B. {2} C. {5} D. {2,5}
（2）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）某几何体的三视图（单位：cm）如图所示，则此几何体的学科网表面积是 A. 90cm B. 129cm C. 132cm D. 138cm
2222??
4.为了得到函数zxxky?sin3x?cos3x的图像，可以将函数y?2sin3x的图像（ ）
??个单位 B.向左平移个单位 44??C.向右平移个单位 D.向左平移个单位
1212A.向右平移5.在(1?x)(1?y)64的展开式中，记xymn项的系数为
f(m,n)，则
f(3,0)?f(2,1)?f(1,2）?f(0,3)? （ ）
A.45 B.60 C.120 D. 210
6.已知函数f(x)?x?ax?bx?c,且0?f(?1)?f(?2)?f(?3)?3,则（ ）
A.c?3 B.3?c?6 C.6?c?9 D. c?9 7.在同意直角坐标系中，函数f(x)?x(x?0),g(x)?logax的图像可能是（ ）
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