2014年浙江省高考数学试卷(理科).pdf

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1、第 1 页（共 25 页） 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Ux N|x2 ，集合 Ax N|x 2 5，则 ?UA（ ） A?B2C5D2，5 2 （ 5 分）已知i 是虚数单位，a，b R，则“ ab 1”是“ （a+bi） 22i”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（） A90cm 2 B129cm 2 C132cm 2 D138cm 2 4 （ 5 分）为了得到函数y sin3x+cos3x的图

2、象，可以将函数ycos3x 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xmyn项的系数为f（m，n） ，则 f（3，0）+f （2，1）+f（1，2）+f（0，3）（） A45B60C120D210 6 （5 分）已知函数f （x）x 3+ax2+bx+c且 0f （1）f （2）f （3）3，则（ ） Ac3B3c6C6c 9Dc9 7 （5 分）在同一直角坐标系中，函数 f （x）x a （x0） ，g （x）logax 的图象可能是 （ ） 第 2 页（共 25 页） AB CD 8 （

3、5 分）记maxx，y，min x，y，设，为平面向量， 则（） Amin|+|，| |min|， | |Bmin|+|，| | min|，| Cmax|+| 2， | |2 | |2+| | 2 Dmax|+| 2，| |2| | 2+| | 2 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（m3，n3） ， 从乙盒中随机抽取i（i1，2）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i（i1， 2） ； （b）放入 i 个球后，从甲盒中取1 个球是红球的概率记为pi（i 1，2） 则（） Ap1p2，E（1） E（2） Bp1p2， E（

4、 1） E（2） Cp1p2，E（1） E（2） Dp1p2， E（ 1） E（ 2） 10 （5 分）设函数f1（x） x 2，f2（x） 2（xx2） ， ，i 0，1，2， 99记 Ik|fk（a1） fk（a0）|+|fk（a2） fk（a1）丨 +|fk（a99） fk （a98） |，k 1，2，3，则（） AI1I2I3BI2I1I3CI1I3I2DI3I2I1 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 第 3 页（共 25 页） 12 （4 分）随机变量 的取值为0， 1，2， 若 P （ 0），E （ ） 1，则 D（ ）

5、 13 （4 分）当实数x，y 满足时， 1ax+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x3y+m0（ m 0）与双曲线1（a0， b0）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

6、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 的大小若 AB15m， AC25m， BCM30，则 tan 的最大值是 （仰角 为直线 AP 与平面 ABC 所成角） 第 4 页（共 25 页） 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 ab，c，cos 2A cos 2B sinAcosAsinBcosB （1）求角 C 的大小； （2）若 sinA，求 ABC 的面积 19 （14 分）已知数列 an和bn满足 a1a2a3an （n N *） 若 a n为等比数列，

7、 且 a12，b36+b2 （）求an和 bn； （）设cn（n N*） 记数列 cn的前 n 项和为 Sn （i）求 Sn； （ii）求正整数k，使得对任意n N *均有 S k Sn 20（15 分） 如图，在四棱锥ABCDE 中，平面 ABC平面 BCDE， CDE BED90， ABCD2，DEBE1，AC （）证明：DE平面 ACD； （）求二面角BADE 的大小 21 （15 分）如图，设椭圆C：（a b0） ，动直线l 与椭圆 C 只有一个公共点 P，且点 P 在第一象限 （）已知直线l 的斜率为k，用 a，b，k 表示点 P 的坐标； 第 5 页（共 25 页） （）若过原点O

8、 的直线 l1与 l 垂直，证明：点P 到直线 l1的距离的最大值为ab 22 （14 分）已知函数f（x） x 3+3|xa|（a R） （）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） ； （）设b R，若 f（x） +b24 对 x 1， 1恒成立，求3a+b 的取值范围 第 6 页（共 25 页） 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） 1 （ 5 分）设全集Ux N|x2 ，集合 Ax N|x 2 5，则 ? UA（） A?B2C5D2，5 【分析】 先化简集合A，结合全集

9、，求得?UA 【解答】 解：全集Ux N|x2，集合 A x N|x25 x N|x3 ， 则?UA2 ， 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“ ab 1”是“ （a+bi） 22i”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 【分析】 利用复数的运算性质，分别判断“a b1”? “ （a+bi） 2 2i”与“ ab 1” ? “ （a+bi） 22i”的真假，进而根据充要条件的定义得到结论 【解答】 解：当“ ab1”时，“ （a+bi） 2（ 1+i）22i

10、”成立， 故“ ab 1”是“ （a+bi） 22i”的充分条件； 当“ （a+bi） 2 a2b2+2abi2i”时，“ab1”或“ a b 1” ， 故“ ab 1”是“ （a+bi） 22i”的不必要条件； 综上所述，“ab 1”是“ （a+bi） 22i”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（） 第 7 页（共 25 页） A90cm 2 B129cm 2 C132cm 2 D138cm 2 【分析】 几何体是直三棱柱与直四棱柱的组合体，

11、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 【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（cm 2） 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

12、得到函数y sin3x+cos3x的图象，可以将函数ycos3x 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 【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 【解答】 解：函数ysin3x+cos3x，故只需将函数ycos3x 的图 象向右平移个单位，得到y的图象 故选： C 第 8 页（共 25 页） 【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xmyn项的系数为f（m，n） ，则 f（3，0）

13、+f （2，1）+f（1，2）+f（0，3）（） A45B60C120D210 【分析】 由题意依次求出x3y0，x2y1，x1y2，x0y3，项的系数，求和即可 【解答】 解： （1+x） 6（1+y）4 的展开式中，含x 3 y 0 的系数是：20f（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）x

14、 3+ax2+bx+c且 0f （1）f （2）f （3）3，则（ ） Ac3B3c6C6c 9Dc9 【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 【解答】 解：由 f（ 1） f（ 2） f（ 3） 得， 解得， 则 f（x） x 3+6x2+11x+c， 由 0f（ 1） 3，得 0 1+611+c3， 即 6c 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 （x0） ，g （x）logax 的图象可能是 （ ） 第 9 页（共

15、25 页） AB CD 【分析】 结合对数函数和幂函数的图象和性质，分当0a1 时和当 a1 时两种情况， 讨论函数f（x） xa（x0） ，g（x） logax 的图象，比照后可得答案 【解答】 解：当 0a 1时，函数f（x） xa（ x0） ， g（x） logax 的图象为： 此时答案D 满足要求， 当 a1 时，函数f（x） xa（x0） ，g（x） logax 的图象为： 无满足要求的答案， 第 10 页（共 25 页） 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maxx，y，min

16、x，y，设，为平面向量， 则（） Amin|+|，| |min|， | |Bmin|+|，| | min|，| Cmax|+| 2， | |2 | |2+| | 2 Dmax|+| 2，| |2| | 2+| | 2 【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 【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 | + |

17、 2 4，而不等式右边| |2+| | 22 ，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（m3，n3） ， 从乙盒中随机抽取i（i1，2）个球放入甲

18、盒中 （a）放入 i 个球后，甲盒中含有红球的个数记为i（i1， 2） ； （b）放入 i 个球后，从甲盒中取1 个球是红球的概率记为pi（i 1，2） 则（） 第 11 页（共 25 页） Ap1p2，E（1） E（2） Bp1p2， E（1） E（2） Cp1p2，E（1） E（2） Dp1p2， E（1） E（ 2） 【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 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； 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

19、（ 1） ，E（2）进行比较即可 【解答】解析：， ，所以 P1 P2； 由已知 1的取值为 1、2， 2的取值为 1、2、3， 所以， ， E（1） E（2） 故选： A 【点评】 正确理解 i（i1，2）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 n3，也可以很快求解 10 （5 分）设函数f1（x） x 2，f 2（x） 2（xx 2） ， ，i 0，1，2， 99记 Ik|fk（a1） fk（a0）|+|fk（a2） fk（a1）丨 +|fk（a99） fk （a98） |，k 1，2，3，则（） AI1I2I3BI2I1I3CI1I3I2DI3I2I1 【分析】 根据

20、记 Ik|fk（a1） fk（a0）|+|fk（a2） fk（a1）丨 +|fk（a99） fk（a98）|， 分别求出I1， I2， I3与 1 的关系，继而得到答案 【解答】解：由，故 1， 由， 故 1， 第 12 页（共 25 页） + ， 故 I2I1I3， 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 【分析】 根据框图的流程模拟运行程序，直到满足条件S50，跳出循环体， 确定输出的 i 的值 【解答】 解：由程序框图知：第一次循环S1，i 2

21、； 第二次循环S21+24，i3； 第三次循环S24+311，i4； 第四次循环S211+426，i 5； 第五次循环S226+557，i 6， 满足条件S50，跳出循环体，输出i6 第 13 页（共 25 页） 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 的取值为0，1，2，若 P （ 0），E （ ）1， 则 D（ ） 【分析】 结合方差的计算公式可知，应先求出P（ 1） ，P（ 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 【解答】解析：设 P （ 1） p， P （ 2）

22、 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， 1ax+y4 恒成立，则实数a 的取值范围是 【分析】 由约束条件作出可行域，再由 1ax+y4 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 【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 xy10 中取 y0 得 A（ 1，0） 要使 1ax+y 4 恒成立， 则，解得： 1 实数 a 的取值范围是 第 14 页（共 25 页） 解法二

23、：令zax+y， 当 a0 时， y ax+z，在 B 点取得最大值，A 点取得最小值， 可得，即 1a； 当 a0 时， y ax+z，在 C 点取得最大值， a 1 时，在 B 点取得最小值， 可得， 解得 0a（不符合条件， 舍去） 1a0 时，在 A 点取得最小值，可得，解得1a（不符合条件， 舍去） 综上所述即：1a； 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

24、数字作答） 【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 【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+3660 种 第 15 页（共 25 页） 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（ ， 【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

25、 实数 a 的取值范围 【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 a0 时， f（ a） a2+a（ a+ ） 2 2 恒成立； 当 a0 时， f（ a） a2 2，即 a22，解得 0a， 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x3y+m0（ m 0）与双曲线1（a0， b0）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 【分析】 先求出 A，B 的坐标，可得AB 中

26、点坐标为（，） ，利用点P 第 16 页（共 25 页） （m，0）满足 |PA|PB|，可得 3，从而可求双曲线的离心率 【解答】 解：双曲线（a0， b0）的两条渐近线方程为yx，则 与直线 x3y+m0 联立，可得A（，） ， B（，） ， AB 中点坐标为（，） ， 点 P（m，0）满足 |PA|PB|， 3， a2b， 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

27、了准确瞄准目标点P， 需计算由点A 观察点 P 的仰角 的大小若 AB15m， AC25m， BCM30，则 tan 的最大值是 （仰角 为直线 AP 与平面 ABC 所成角） 第 17 页（共 25 页） 【分析】 过 P 作 PP BC，交 BC 于 P，连接AP，则 tan ，求出 PP， AP，利用函数的性质，分类讨论，即可得出结论 【解答】 解： AB15m，AC25m， ABC90， BC 20m， 过 P 作 PP BC，交 BC 于 P，连接AP，则 tan ， 设 BP x，则 CP 20x， 由 BCM30，得 PP CPtan30（20x） ， 在直角 ABP中， AP，

28、 tan ?， 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 CPtan30（20+x） ， 在直角 ABP中， AP， tan ?， 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 第 18 页（共 25 页） 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 ab，c，cos 2A cos 2B sinAcosAsinBcosB （1）求角 C 的大小； （2）若 sinA，求

29、ABC 的面积 【分析】（1）利用倍角公式、两角和差的正弦公式可得， 由 ab 得， AB，又 A+B （0， ） ，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 【解答】 解： （1）由题意得， ， 化为， 由 ab 得， AB，又 A+B （0， ） ， 得，即， ； （2）由，利用正弦定理可得，得， 由 ac， 得 AC， 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 an和bn满足 a1a2a3an

30、（n N *） 若 an为等比数列， 且 a12，b36+b2 （）求an和 bn； （）设cn（n N*） 记数列 cn的前 n 项和为 Sn （i）求 Sn； 第 19 页（共 25 页） （ii）求正整数k，使得对任意n N *均有 S k Sn 【分析】（）先利用前n 项积与前（ n1）项积的关系，得到等比数列an 的第三项的 值，结合首项的值，求出通项an，然后现利用条件求出通项bn； （）（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 【解答】 解： （） a1a2a3an（n

31、N *） ， 当 n2， n N*时， ， 由 知：， 令 n3，则有 b36+b2， a38 an 为等比数列，且 a1 2， an 的公比为 q，则4， 由题意知an0， q0， q2 （n N * ） 又由 a1a2a3 an（n N *）得： ， ， bnn（n+1） （n N*） （） （i） cn Snc1+c2+c3+cn 第 20 页（共 25 页） ； （ii ）因为 c10，c20，c30，c40； 当 n5 时， ， 而 0， 得 ， 所以，当n5 时， cn 0， 综上，对任意n N * 恒有 S4Sn，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

32、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ABCDE 中，平面 ABC平面 BCDE， CDE BED90， ABCD2，DEBE1，AC （）证明：DE平面 ACD； （）求二面角BADE 的大小 【分析】（）依题意，易证AC平面BCDE ，于是可得ACDE，又 DE DC，从而 DE平面 ACD； （）作BFAD，与 AD 交于点 F，过点 F 作 FGDE，与 AE 交于点 G，连接 BG， 由（）知DE AD，则 FGAD，所以 B

33、FG 就是二面角BADE 的平面角，利用 题中的数据，解三角形，可求得BF，AFAD，从而GF， cosBFG ，从而可求得答案 第 21 页（共 25 页） 【解答】 证明： （） 在直角梯形BCDE 中，由 DEBE1，CD 2，得 BDBC， 由 AC， AB2 得 AB 2AC2+BC2，即 ACBC， 又平面 ABC平面 BCDE，从而 AC平面 BCDE， 所以 ACDE，又 DEDC，从而 DE平面 ACD； （）作BFAD，与 AD 交于点 F，过点 F 作 FGDE，与 AE 交于点 G，连接 BG， 由（）知DE AD，则 FGAD，所以 BFG 就是二面角BADE 的平面

34、角，在直 角梯形 BCDE 中，由 CD2BC2+BD 2，得 BDBC， 又平面 ABC平面 BCDE，得 BD平面 ABC，从而 BDAB， 由于 AC平面 BCDE，得 ACCD 在 RtACD 中，由 DC 2，AC，得 AD； 在 RtAED 中，由 ED1，AD得 AE； 在 RtABD 中，由 BD， AB2， AD得 BF， AFAD， 从而 GF， 在 ABE， ABG 中，利用余弦定理分别可得cosBAE，BG 在 BFG 中， cos BFG， 所以， BFG ，二面角BAD 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

35、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 b0） ，动直线l 与椭圆 C 只有一个公共点 P，且点 P 在第一象限 （）已知直线l 的斜率为k，用 a，b，k 表示点 P 的坐标； （）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ab 第 22 页（共 25 页） 【分析】 （）设直线 l 的方程为ykx+m （k0） ，由，消去 y 得（b 2+a2k2） x 2+2a2kmx+a2m2a2b20，利用 0，可求得在第一象限中点 P 的坐标； （）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+ky0，利用点到

36、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ab 【解答】 解： （）设直线l 的方程为ykx+m（k0） ，由，消去 y 得 （b2+a 2 k 2）x2+2a2kmx+a2m2a2b20 由于直线l 与椭圆 C 只有一个公共点P，故 0，即 b2m2+a2k20， 此时点 P 的横坐标为，代入 ykx+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m0， 故 m， 故点 P 的坐标为P（，） （）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+ky0，所以点 P 到 第

37、23 页（共 25 页） 直线 l1的距离 d， 整理得： d， 因为a2k2+ 2ab，所以ab，当且仅当k 2 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） x 3+3|xa|（a R） （）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） ； （）设b R，若 f（x） +b24 对 x 1， 1恒成立，求3a+b 的取值范围 【分析】（）利用

38、分段函数，结合1，1，分类讨论，即可求M（ a） m（a） ； （）令 h （x） f （x） +b， 则 h （x） ， h （ x） ， 则f（x）+b2 4 对 x 1，1恒成立，转化为2h（x） 2 对 x 1，1恒成立，分 类讨论，即可求3a+b 的取值范围 【解答】 解： （） f（x） x 3+3|xa| ， 第 24 页（共 25 页） f（ x）， a 1 时， 1x1， xa，f（ x）在（ 1，1）上是增函数， M（a） f（1） 43a，m（a） f（ 1） 43a， M（a） m（a） 8； 1a1 时，x （a，1） ，f（x） x 3+3x3a，在（ a，1）上是

39、增函数； x （ 1，a） ， f（x） x 33x+3a，在（ 1，a）上是减函数， M（a） maxf（1） ，f（ 1） ，m（a） f（a） a3， f（1） f（ 1） 6a+2， 1a时， M（a） m（a） a 33a+4； a1 时， M（a） m（a） a3+3a+2； a1 时，有 xa，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； （）令 h （x） f （x） +b， 则 h （x） ， h （ x） ， f（x）+b2 4 对 x 1，1恒成立， 2h（ x） 2 对 x 1，1恒成立，

40、由（）知， a 1 时， h（x）在（ 1，1）上是增函数，最大值h（1）43a+b，最小值 h（ 1） 4 3a+b，则 43a+b 2 且 43a+b2 矛盾； 1a时，最小值h（a） a 3+b，最大值 h（ 1） 43a+b， a 3+b 2 且 4 3a+b2， 令 t（a） 2a3+3a，则 t（ a） 33a 20，t（a）在（ ，1）上是增函数，t （a） t（0） 2， 23a+b0； a1 时，最小值 h （a） a3+b，最大值 h （ 1） 3a+b+2， 则 a3+b 2 且 3a+b+2 第 25 页（共 25 页） 2，3a+b0； a1 时，最大值h（ 1） 3a+b+2，最小值h（1） 3a+b2，则 3a+b2 2 且 3a+b+2 2， 3a+b0 综上， 3a+b 的取值范围是2 3a+b0 【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