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{|2}U x N x =∈≥，集合2{|5}A x N x =∈≥，则U A =（ ）（A ）∅ （B ）{2} （C ）{5} （D ）{2,5} 【答案】B【解析】2{|5}{|5}A x N x x N x =∈≥=∈≥，{|25}{2}U C A x N x =∈≤<=，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i 是虚数单位，,a b R ∈，则“1a b ==”是“2(i)2i a b +=”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1a b ==时，22(i)(1i)2i a b +=+=，反之，2(i)2i a b +=，即222i 2i a b ab -+=，则22022a b ab ⎧-=⎨=⎩，解得11a b =⎧⎨=⎩ 或11a b =-⎧⎨=-⎩，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 ）902cm （B ）1292cm （C ）1322cm （D ）1382cm【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：1246234363334352341382S =⨯⨯+⨯⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯⨯⨯=，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sin3cos3y x x =+的图像，可以将函数2cos3y x =的图像（ ）（A ）向右平移4π个单位 （B ）向左平移4π个单位 （C ）向右平移12π个单位 （D ）向左平移12π个单位【答案】C【解析】sin3cos32sin(3)2sin[3()]412y x x x x ππ=+=+=+，而2cos32sin(3)2y x x π==+=2sin[3()]6x π+，由3()3()612x x ππ+→+，即12x x π→-，故只需将2cos3y x =的图象向右平移12π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64(1)(1)x y ++的展开式中,记m n x y 项的系数(,)f m n ，则(3,0)(2,1)(1,2)(0,3)f f f f +++=（ ） （A ）45 （B ）60 （C ）120 （D ）210 【答案】C 【解析】令x y =，由题意知(3,0)(2,1)(1,2)(0,3)f f f f +++即为10(1)x +展开式中3x 的系数，故(3,0)(2,1)(1,2)(0,3)f f f f +++=710120C =，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32()f x x ax bx c =+++ ，且0(1)(2)(3)3f f f <-=-=-≤（ ） （A ）3c ≤ （B ）36c <≤ （C ）69c <≤ （D ）9c >【答案】C【解析】由(1)(2)(3)f f f -=-=-得184212793a b c a b c a b c a b c -+-+=-+-+⎧⎨-+-+=-+-+⎩，解得611a b =⎧⎨=⎩，所以32()611f x x x x c =+++，由0(1)3f <-≤，得016113c <-+-+≤，即69c <≤，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()(0)a f x x x =≥，()log a g x x =的图像可能是（ ）（A ） （B ） （C ） （D ）【答案】D【解析】函数()(0)a f x x x =≥，()log a g x x =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，()(0)a f x x x =≥中1a >，()log a g x x =中01a <<，不符合；答案C 中，()(0)a f x x x =≥中01a <<，()log a g x x =中1a >，不符合；答案D 中，()(0)a f x x x =≥中01a <<，()log a g x x =中01a <<，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,max{,},x x y x y y x y ≥⎧=⎨<⎩，y,min{,}x,x yx y x y ≥⎧=⎨<⎩，设,a b 为平面向量，则（ ）（A ）min{||,||}min{||,||}a b a b a b +-≤ （B ）min{||,||}min{||,||}a b a b a b +-≥ （C ）2222max{||,||}||||a b a b a b +-≤+ （D ）2222max{||,||}||||a b a b a b +-≥+【答案】D【解析】由向量运算的平行四边形法可知min{||,||}a b a b +-与min{||,||}a b 的大小不确定，平行四边形法可知max{||,||}a b a b +-所对的角大于或等于90︒ ，由余弦定理知2222max{||,||}||||a b a b a b +-≥+， （或22222222||||2(||||)max{||,||}||||22a b a b a b a b a b a b ++-++-≥==+），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a ，b ，a b +，a b -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(3,3)m n ≥≥，从乙盒中随机抽取(1,2)i i =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(1,2)i i ξ=； （b ）放入i 个球后，从甲盒中取1个球是红球的概率记为(1,2)i p i =．则（ ）（A ）1212,()()p p E E ξξ><（B ）1212,()()p p E E ξξ<>（C ）1212,()()p p E E ξξ>>（D ）1212,()()p p E E ξξ<< 【答案】A【解析】解法一：11222()m n m np m n m n m n +=+⨯=+++ ，211222221233n m n m m n m n m nC C C C p C C C +++=++=223323()(1)m m mn n n m n m n -++-++-， ∴1222()m n p p m n +-=+－223323()(1)m m mn n n m n m n -++-++-=5(1)06()(1)mn n n m n m n +->++-，故12p p >．又∵1(1)n P m n ξ==+，1(2)m P m n ξ==+，∴12()12n m m nE m n m n m nξ+=⨯+⨯=+++，又222(1)(1)()(1)n m n C n n P C m n m n ξ+-===++-，11222(2)()(1)n m m n C C mnP C m n m n ξ+===++-，222(m 1)(3)()(1)m m n C m P C m n m n ξ+-===++- ∴2(1)2(1)()123()(1)()(1)()(1)n n mn m m E m n m n m n m n m n m n ξ--=⨯+⨯+⨯++-++-++-=22334()(1)m n m n mn m n m n +--+++- 21()()E E ξξ-=22334()(1)m n m n mn m n m n +--+++-－2m n m n ++=(1)0()(1)m m mnm n m n -+>++-，所以21()()E E ξξ>，故选A ．解法二：在解法一中取3m n ==，计算后再比较，故选A ．【点评】正确理解()1,2i i ξ=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3m n ==，也可以很快求解．（10）【2014年浙江，理10，5分】设函数21()f x x =，22()2()f x x x =-，31()|sin 2|3f x x π=，99i ia =，0,1,2i =，,99，记10219998|()()||()()||()()|k k k k k k k I f a f a f a f a f a f a =-+-++-，1,2,3k =，则（ ） （A ）123I I I << （B ）213I I I << （C ）132I I I << （D ）321I I I << 【答案】B【解析】解法一：由22112199999999i i i --⎛⎫⎛⎫-=⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，故2111352991199()199999999999999I ⨯-=++++==，由2211199(21)22||999999999999i i i i i ----⎛⎫⎛⎫--+=⨯ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，故2150(980)98100221992999999I +=⨯⨯⨯=<⨯， 3110219998(|sin(2)||sin(2)||sin(2)||sin(2)||sin(2)||sin(2)|)3999999999999I ππππππ=-+-++-=12574[2sin(2)2sin(2)]139999ππ->，故213I I I <<，故选B ． 解法二：估算法：k I 的几何意义为将区间[0,1]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21()f x x =的区间[0,1]等分为4个小区间的情形，因1()f x 在[0,1]上递增，此时110213243|()()||()()||()()||()()|I f a f a f a f a f a f a f a f a =-+-+-+- =11223344A H A H A H A H +++(1)(0)f f =-1=，同理对题中给出的1I ，同样有11I =；而2I 略小于1212⨯=，3I 略小于14433⨯=，所以估算得213I I I <<，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1,2S i ==；第二次运行结果4,3S i ==；第三次运行结果11,4S i ==；第四次运行结果26,5S i ==；第五次运行结果57,6S i ==；此时5750S =>，∴输出6i =．【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ξ的取值为0,1,2，若1(0)5P ξ==，()1E ξ=，则()D ξ= ．【答案】25 【解析】设1ξ=时的概率为p ，ξ的分布列为： 由11()012(1)155E p p ξ=⨯+⨯+⨯--= ，解得35p =ξ的分布列为即为故2221312()(01)(11)(21)5555E ξ=-⨯+-⨯+-⨯=．【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,x y 满足240101x y x y x +-≤⎧⎪--≤⎨⎪≥⎩时，14ax y ≤+≤恒成立，则实数a 的取值范围是 __．【答案】3[1,]2【解析】解法一：作出不等式组240101x y x y x +-≤⎧⎪--≤⎨⎪≥⎩所表示的区域如图，由14ax y ≤+≤恒成立，故3(1,0),(2,1),(1,)2A B C ，三点坐标代入14ax y ≤+≤，均成立得1412143142a a a ⎧⎪≤≤⎪≤+≤⎨⎪⎪≤+≤⎩解得312a ≤≤ ，∴实数a 的取值范围是3[1,]2．解法二：作出不等式组240101x y x y x +-≤⎧⎪--≤⎨⎪≥⎩所表示的区域如图，由14ax y ≤+≤得，由图分析可知，0a ≥且在(1,0)A 点取得最小值，在(2,1)B 取得最大值，故1214a a ≥⎧⎨+≤⎩，得312a ≤≤，故实数a 的取值范围是3[1,]2．【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223436C A =， 二是有三人各获得一张奖券，共有3424A =，因此不同的获奖情况共有362460+=种． 解法二：ξ 0 1 2 P 15p 115p -- ξ 0 1 2P 15 35 15将一、二、三等奖各1张分给4个人有3464=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64460-=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22,0(),0x x x f x x x ⎧+<⎪=⎨-≥⎪⎩若(())2f f a ≤，则实数a 的取值范围是 ．【答案】(,2]-∞．【解析】由题意2()0()()2f a f a f a <⎧⎨+≤⎩或2()0()2f a f a ≥⎧⎨-≤⎩，解得()2f a ≥-∴当202a a a <⎧⎨+≥-⎩或202a a ≥⎧⎨-≥-⎩，解得2a ≤．【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30x y m -+=(0m ≠) 与双曲线22221x y a b-=（0,0a b >>）两条渐近线分别交于点A ，B ．若点(,0)P m 满足||||PA PB =，则该双曲线的离心率是 ．【答案】52【解析】解法一：由双曲线的方程可知，它的渐近线方程为b y x a =和by x a =-，分别与直线l ： 30x y m -+= 联立方程组，解得，(,)33am bm A a b a b ----，(,)33am bmB a b a b -++，设AB 中点为Q ，由||||PA PB = 得，则3333(,)22am am bm bma b a b a b a b Q ---++-+-+，即2222223(,)99a m b m Q a b a b ----，PQ 与已知直线垂直，∴1PQ lk k =-，即222222319139b m a b a m m a b --=----， 即得2228a b =，即22228()a c a =-，即2254c a =，所以52c e a ==．解法二：不妨设1a =，渐近线方程为222201x y b -=即2220b x y -=，由222030b x y x y m ⎧-=⎨-+=⎩消去x ，得2222(91)60b y b my b m --+=，设AB 中点为00(,)Q x y ，由韦达定理得：202391b my b =-……① ，又003x y m =-，由1PQ l k k =-得00113y x m =--，即得0011323y y m =--得035y m =代入①得2233915b m m b =-，得214b =，所以22215144c a b =+=+=，所以52c =，得52c e c a ===．【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 沿墙面上的射击线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θ的大小．若15AB m =，25AC m =，30BCM ∠=︒，则tan θ的最大值是 （仰角θ为直线AP 与平面ABC 所成角）． 【答案】539【解析】解法一：∵15cm AB =，25cm AC =，90ABC ∠=︒，∴20cm BC =，过P 作PP BC '⊥，交BC 于P '，1︒当P 在线段BC 上时，连接AP '，则'tan 'PP AP θ=，设BP x '=，则20CP x '=-，（020x ≤<）由30BCM ∠=︒，得3''tan 30(20)3PP CP x =︒=-． 在直角ABP ∆'中，2'225AP x =+ ∴2'320tan '3225PP x AP x θ-==+，令220225xy x -=+，则函数在[]0,20x ∈单调递减，∴0x =时，tan θ取得最大值为232002034334592250-==+ 2︒当P 在线段CB 的延长线上时，连接AP '，则'tan 'PP AP θ=，设BP x '=， 则20CP x '=+，（0x >）由30BCM ∠=︒，得3''tan 30(20)3PP CP x =︒=+，在直角ABP ∆'中，2'225AP x =+，∴2'320tan '3225PP xAP x θ+==+，令220225x y x +=+，则2222520'(225x )225xy x -=++，∴当225450204x <<=时'0y >；当454x >时'0y <， 所以当454x =时max 2452054345225()4y +==+，此时454x =时，tan θ取得最大值为3553339=， 综合1︒，2︒可知tan θ取得最大值为539． 解法二：如图以B 为原点，BA 、BC 所在的直线分别为x ，y 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，∵15cm AB =，25cm AC =，90ABC ∠=︒，∴20cm BC =，由30BCM ∠=︒，可设3(0,,(20))3P x x -（其中20x ≤），'(0,,0)P x ，(15,0,0)A ， 所以2223(20)'3203tan '315225x PP x AP x xθ--===++，设2320(x)tan 3225xf x θ-==+(20x ≤)，22322520'(x)3(225)225xf x x +=-++，所以，当22545204x <-=- 时'0y >；当45204x -<≤时'0y <，所以当454x =-时max 24520453534()()43945225()4f x f +=-==+，所以tan θ取得最大值为539． 解法三： 分析知，当tan θ取得最大时，即θ最大，最大值即为平面ACM 与地面ABC 所成的锐二面角的度量值，如图，过B 在面BCM 内作BD BC ⊥交CM 于D ， 过B 作BH AC ⊥于H ，连DH ，则BHD ∠即为平面ACM 与地面ABC 所成 的二面角的平面角，tan θ的最大值即为tan BHD ∠，在Rt ABC ∆中，由等面积法可得15201225AB BC BH AC ===，203tan303DB BC =︒=， 所以max 203533(tan )tan 129DB BHD BH θ=∠===．【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ABC ∆中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ．已知,3a b c ≠=，22cos cos 3sin cos 3sin cos A B A A B B -=-．（1）求角C 的大小；（2）若4sin 5A =，求ABC ∆的面积． 解：（1）由题得1cos21cos233sin 2sin 22222A B A B ++-=-，即3131sin 2cos2sin 2cos22222A AB B -=-， sin(2)sin(2B )66A ππ-=-，由a b ≠得A B ≠，又(0,)A B π+∈ ，得22B 66A πππ-+-=， 即23A B π+=，所以3C π=．（2）3c =，4sin 5A =，sin sinC a c A =，得85a =，由a c < 得A C <，从而3cos 5A =， 故sin sin()B AC =+=433sinAcosC cosAsinC 10++=，所以，ABC ∆的面积为18318sin 225S ac B +==．【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{}n a 和{}n b 满足123(2)(*)n b n a a a a n N =∈．若{}n a 为等比数列，且1322,6a b b ==+．（1）求n a 与n b ；（2）设11(*)n n n c n N a b =-∈．记数列{}n c 的前n 项和为n S ．（ⅰ）求n S ；（ⅱ）求正整数k ，使得对任意*n N ∈均有k n S S ≥．解：（1）∵123(2)(*)n b n a a a a n N =∈ ①，当2n ≥，*n N ∈时，11231(2)n b n a a a a --=②，由①÷②知：当2n ≥时，1(2)n n b b n a --=，令3n =，则有323(2)b b a -=，∵326b b =+，∴38a =．∵{}n a 为等比数列，且12a =，∴{}n a 的公比为q ，则2324aq a ==，由题意知0n a >，∴0q >，∴2q =．∴*2nn a n N ∈＝（）．又由123(2)(*)n b n a a a a n N =∈，得：1232222(2)n b n ⨯⨯⨯⨯=，即(1)22(2)n n n b +=，∴*1n b n n n N =+∈（）（）． （2）（ⅰ）∵1111111()2(1)21n n n n n c a b n n n n =-=-=--++， ∴123n n S c c c c =++++=2111111111()()()21222321n n n --+--++--+ =21111(1)2221n n +++--+ =111121n n --++=1112n n -+． （ⅱ）因为10c =，20c >，30c >，40c >；当5n ≥时，1(1)[1](1)2n nn n c n n +=-+，而11(1)(1)(2)(n 1)(n 2)0222n n n n n n n ++++++--=>，得5(1)5(51)122n n n ++≤<， 所以，当5n ≥时，0n c <，综上，对任意*n N ∈恒有4n S S ≥，故4k =．【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A BCDE -中，平面ABC ⊥平面BCDE ，90CDE BED ∠=∠=︒，2AB CD ==，1DE BE ==，2AC =．（1）证明：DE ⊥平面ACD ； （2）求二面角B AD E --的大小．解：（1）在直角梯形BCDE 中，由1DE BE ==，2CD =，得2BD BC ==，由2AC =，2AB =得222AB AC BC =+，即AC BC ⊥，又平面ABC ⊥平面BCDE ，从而AC ⊥平面BCDE ， 所以AC DE ⊥，又DE DC ⊥，从而DE ⊥平面ACD ． （2）解法一：作BF AD ⊥，与AD 交于点F ，过点F 作//FG DE ，与AB 交于点G ，连接BG ， 由（1）知DE AD ⊥，则FG AD ⊥，所以BFG ∠就是二面角B AD E --的平面角， 在直角梯形BCDE 中，由222CD BC BD =+，得BD BC ⊥，又平面ABC ⊥平面BCDE ， 得BD ⊥平面ABC ，从而BD AB ⊥，由于AC ⊥平面BCDE ，得AC CD ⊥．在Rt ACD ∆中，由2DC =，2AC =，得6AD =；在Rt AED ∆中，由1ED =，6AD =得7AE =；在Rt ABD ∆中，由2BD =，2AB =，6AD =，得233BF =，23AF AD =，从而23GF =，在ABE ∆，ABG ∆中，利用余弦定理分别可得57cos 14BAE ∠=，23BC =．在BFG ∆中，2223cos 22GF BF BG BFG BF GF +-∠==，所以，6BFG π∠=，即二面角B AD E --的大小为6π． 解法二：以D 的原点，分别以射线DE ，DC 为x ，y 轴的正半轴，建立空间直角坐标系D xyz -，如图 所示．由题意知各点坐标如下：(0,0,0)D ，(1,0,0)E ，(0,2,0)C ，(0,2,2)A ，(1,1,0)B ． 设平面ADE 的法向量为111(,,)m x y z =，平面ABD 的法向量为222(,,)n x y z =， 可算得：(0,2,2)AD =--，(1,2,2)AE =--，(1,1,0)DB =，由0m AD m AE ⎧=⎪⎨=⎪⎩，即11111220220y z x y z ⎧--=⎪⎨--=⎪⎩，可取(0,1,2)m =-，由00n AD n BD ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩即22222200y z x y ⎧--=⎪⎨+=⎪⎩可取(0,1,2)n =-，于是||33|cos ,|2||||32m n m n m n ⋅<>===⋅⋅．由题意可知，所求二面角是锐角，故二面角B AD E --的大小为6π． 【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:22221(0)x y a b a b+=>>动直线l 与椭圆C只有一个公共点P ，且点P 在第一象限．（1）已知直线l 的斜率为k ，用,,a b k 表示点P 的坐标；（2）若过原点O 的直线1l 与l 垂直，证明：点P 到直线1l 的距离的最大值为a b -． 解：（1）解法一：设l 方程为(0)y kx m k =+<，22221y kx m x y ab =+⎧⎪⎨+=⎪⎩，消去y 得：222222222()20b a k x a kmx a m a b +++-=，由于直线l 与椭圆C 只有一个公共点P ，故0∆=，即22220b m a k -+=，解得点P 的坐标为22222222(,)a km b mP b a k b a k -++，又点P 在第一象限，故点P 的坐标为22222222(,)a k b P b a k b a k-++． 解法二：''1P l k =-，得222,b b a k （2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()33()f x x x a a R =+-∈．（1）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 -； （2）设若()24f x b +≤⎡⎤对[]1,1x ∈-恒成立，求3a b +的取值范围．解：（1（2。