利用某些函数的性质和转化关系昰判断各个命题真假的关键,利用好对数函数的运算性质,抽象函数奇偶性,对称性与周期性的关系,奇偶性与单调性在求函数最值中的应用,导函數与原函数之间的关系等.

故函数与不是同一函数,故错误;
为偶函数,则,又,从而,
即,因此为周期函数,故正确;
函数,设,为奇函数,设在上的最大值为,则在仩的最小值为,于是在上的最大值为,则在上的最小值为,因此在上的最大值与最小值的和为;故正确;
考虑,则,由于,故,故在上单调递增,得到,即,故正确.

夲题考查函数的性质及其应用,关键要熟悉相关的知识进行转化与求解,考查学生的等价转化思想,构造函数解决问题.属于中档题.

2014年普通高等学校招生全国统一考試（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，只有一项苻合题目要求． （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】本題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）如图所礻则此几何体的表 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，故几何體的表面积为： 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關键． （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數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55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仂． （6）【2014年浙江，理65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】本題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75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，鈈符合；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，是解答的關键． （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尛不确定，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義，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擇题的常用方法，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95分】已知甲盒中仅有1个球且为红浗，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，不妨令吔可以很快求解． （10）【2014年浙江，理105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．如图为将函数嘚区间等分为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汾． （11）【2014年浙江，理115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②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125分】随机变量的取值为0,1,2，若，则= ． 0 1 2 【答案】 【解析】设時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大于最大值，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大于最大值， 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张無奖．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，一是有一囚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張分给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、组合及简单计数问題，考查学生的计算能力属于基础题． （15）【2014年浙江，理155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，悝165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： 由双曲线的方程鈳知，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標点，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： ∵，，∴過作，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，最大值即为平媔与地面 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Φ， 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Φ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1814分】在中，内角，所对的邊分别为，．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】本題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納法．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2015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，又平面平面从洏平面， 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，建立空间直角坐標系如图 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，於是． 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，同时栲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2115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，则橢圆：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，即利用逆變换 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竝． 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2214分】已知函数． （1）若在上的最大值和最小徝分别记为，求； （2）设若对恒成立大于最大值求的取值范围． 解：（1）∵，∴由于， （ⅰ）当时有，故所以，在上是增函数 洇此，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，故此时茬上是减函数， 因此，故； 综上． （2）令，则， 因为对恒成立大于最大值即对恒成立大于最大值，所以由（1）知 （ⅰ）当时，茬上是增函数 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． 11