2014年安徽高考理科数学试题及参

2014年安徽高考理科数学试题

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

是符合题目要求的．

【2014年安徽卷（理01）】设i是虚数单位，z表示复数z的共轭复数，若z1i，则

（A）2 （C）2

【答案】C 【解析】

【2014年安徽卷（理02）】“x0”是“ln(x1)0”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】B

【解析】ln(x1)0{x|1x0}是{x|x0}的真子集

【2014年安徽卷（理03）】如图所示，程序框图（算法流程图）的输出结果是

（A）34 （C）78

【答案】B

【解析】本程序涉及“斐波拉切数列”即：2、3、5、8、

13、21、34、55、…，并输出第一个大于50的数

（B）55

（D）

x1,y1开始_ziz i

（B）2i （D）2i

zizizizi(zz)i(2i)2 izxyz50?是否输出zxyyz结束 第（3）题图

第1页

【2014年安徽卷（理04）】以平面直角坐标系的原点为极点，x轴的正半轴为极轴， 建立极坐标系，两种坐标系中取相同的长度单位，已知直线l的参数方程是xt1，（t为参

yt3数），圆C的极坐标方程是4cos,则直线l被圆C截得的弦长为

（A）14 （B）214

【答案】D

【解析】直线与圆都化成普通方程，直线l:xy40，圆C:(x2)y4。

圆心C到直线l的距离为d22（C） 2 （D）22

2，弦长为2r2d222

xy20【2014年安徽卷（理05）】x,y满足约束条件x2y20，若zyax取得最大值的最

2xy20优解不唯一，则实数 a的值为

y2xy20k11（A）或1

2（C）2或1

【答案】D

1（B）2或

2（D）2或1

k2

x2y20Ok12xxy20【解析】可行域如右图所示，zyax可化为yaxz，由题意知a2或1

【2014年安徽卷（理06）】设函数f(x)(xR)满足f(x)f(x)sinx，当0x时，

f(x)0，则f(23) 6（B）

（A）

1 23 2（C）0 （D）1 2第2页

【答案】A 【解析】法一：f(23171711111551)f()sinf()sinf()sin 666662662法二：f(x3)f(x2)sin(x2)f(x)sin(x)sin(x2)f(x)sinx

f(23551)f()sin 6662

【2014年安徽卷（理07）】一个多面体的三视图如图所示，则该多面体的表面积为

（A）213 （C）21

【答案】A

【解析】此多面体的直观图如下图所示

表面积为2261正（主）视图（B）183

1111

（D）18

111侧（左）视图1116 21111俯视图

3(2)22213 4 第（7）题图

【2014年安徽卷（理08）】从正方体六个面的对角线中任取两条作为一对，其中

所成的角为60的共有

（A）24对 （B）30对 （C）48对 （D）60对

【答案】A

【解析】正方体每一条面对角线都与其它面对角线成60角，故共有

【2014年安徽卷（理09）】若函数f(x)x12xa的最小值为3，则实数a的值为

（A）5或8 （B）1或5

（C）1或4 （D）4或8

12848对 2第3页

【答案】D

【解析】若a2，则当

aax1时，由f(x)x12xaxa113 22可得a8符合要求； 若a2，则当1xaa时，由f(x)x12xa1ax13 22可得a4符合要求；综上所述，a4或8。

【2014年安徽卷（理10）】在平面直角坐标系xOy中，已知向量a，b，|a||b|1，a·b0，点Q满足OQ2(ab)，曲线C{P|OPacosbsin,02}，区域

{P|0rPQR,rR}，若C为两段分离的曲线，则

（A）1rR3 （B）1r3R （C） r1R3 （D）1r3R

【答案】A

yQrxROC【解析】向量a，b是一组标准正交基，可坐标化向量OPacosbsin(cos,sin)，所

以曲线C是一个单位圆。同理区域是以Q(2,2)为圆心、半径范围为[r,R]的圆环。因为C为两段分离的曲线，由图易得1rR3

第Ⅱ卷 （非选择题 共100分）

二．填空题：本大题共5小题，每小题5分，共25分．把答案填在答题卡的相应位置． 【2014年安徽卷（理11）】若将函数f(x)sin(2x关于y轴对称，则的最小正值是_________．

【答案】4)的图象向右平移个单位，所得图象

3 8【解析】f(x)sin(2x取k1得k2)为偶函数，2k(kZ)(kZ) 44282

3 8第4页

【2014年安徽卷（理12）】数列{an}是等差数列，若a11,a33,a55构成公比为q的等比数列，则q_________．

【答案】1

【解析】由题意得(a33)2(a11)(a55)a36a39a1a55a1a55

设ana1(n1)d代入上式得d1anna11

2ya11a33a55，故公比q1

【2014年安徽卷（理13）】设a0，n是大于1的自然数， (143A1A2xn)的展开式为 1A0aOa0a1xa2x2anxn．若点Ai(i,ai)(i0,1,2)

12x 的位置如图所示，则 a___________． 第（13）题图

【答案】3

na31Ca(k0,1,2,,n)，由【解析】由二项式定理知aka3

aan(n1)422a2knk

y2【2014年安徽卷（理14）】设F1,F2分别是椭圆E:x21(0b1)的左、右焦点，过点F1b2的直线交椭圆E于A,B两点，若AF13F1B,AF2x轴，则椭圆E的方程为____________．

yAF1OF2x3y21 【答案】x22【解析】设F1(c,0),F2(c,0)，由AF2x轴

B5cb2,)代入椭圆 得A(c,b)，又由AF13F1B得B(33223y221 得25cb9，将c1b代入得bx3222222第5页

【2014年安徽卷（理15）】已知两个不相等的非零向量a，b，两组向量x1，x2，x3，x4，x5和

y1，y2，y3，y4，y5均由2个a和3个b排列而成．记Sx1·y1x2·y2x3·y3x4·y4x5·y5，

Smin表示S所有可能取值中的最小值．则下列命题的是_______（写出所有正确命题的编号）．

①S有5个不同的值

②若ab，则Smin与|a|无关 ③若a//b，则Smin与|b|无关 ④若|b|4|a|，则Smin0

2⑤若|b|2|a|，Smin8|a|，则a与b的夹角为

． 4

【答案】②④

22222222【解析】 S的所有可能情况是“有2个a”： S1a+ a+ b+ b+ b2|a|+3|b| 222222“仅有1个a”： S2a+ a·b + b·a + b+ b|a|+2|b|+2a·b 222“无a”： S34a·b + b|b|+4a·b因此，S只有3个不同的值，①错误

由上可知：S1S2(a—b)|a—b|0；

22S2S3(a—b)2|a— b|20S1S2S3

2因此，SminS3|b|与|a|无关，②正确，③错误

若|b|4|a|，SminS3|b|

2+4a·b|b|

2+4|a||b|cosa，

b|b|24|a||b||b|(|b|4|a|)0，④正确

222若|b|2|a|，SminS3|b|+4a·b|b|+4|a||b|cosa，b8|a|

cosa，b（8|a|2—|b|2）/（4|a||b|）⑤错误综上所述，②④正确

1，则a与b的夹角为， 23

第6页

三．解答题：本大题共6小题，共75分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．解答写在答题卡上的指定区域内． 【2014年安徽卷（理16）】（本小题满分12分）

设ABC的内角A,B,C所对边的长分别为a,b,c，且b3,c1,A2B． （Ⅰ）求a的值；

)的值．

4bsinA3sin2B【解析】（Ⅰ）a6cosB，a2b2c22bccosA106cosA

sinBsinB136cos2B1818cos2B1818cosA106cosAcosA

3a106cosA1223

（Ⅱ）已求出cosA（Ⅱ）求sin(A221，由A是ABC的内角，得sinA

33

sin(A4)222(sinAcosA) 236

【2014年安徽卷（理17）】（本小题满分12分）

甲乙两人进行围棋比赛，约定先连胜两局者直接赢得比赛，若赛完5局仍未出现连胜，则判定获胜局数多者赢得比赛，假设每局甲获胜的概率为12，乙获胜的概率为，各局比赛结果33相互． （Ⅰ）求甲在4局以内（含4局）赢得比赛的概率； （Ⅱ）记X为比赛决出胜负时的总局数，求X的分布列和均值（数学期望）． 【解析】（Ⅰ）设事件Ai(i2,3,4,5)表示“甲在第i局比赛结束时赢得比赛”，根据题意得：

（Ⅱ）X的所有可能取值集合为{2,3,4,5}

224122421228；P(A4) P(A2)；P(A3)3393332733338144856 因此，甲在4局以内（含4局）赢得比赛的概率P 927818122115P(X2)；

3333912221162P(X3)；

333333279第7页

2122121110P(X4)；

333333338112122121852108P(X5)（或P(X5)1）

3333333381998181X的分布列为

X P

2 5 93 2 94 10 815 8 81 E(X)252108224 34599818181

【2014年安徽卷（理18）】（本小题满分12分）

设函数f(x)1(1a)xxx，其中a0． （Ⅰ）讨论f(x)在其定义域上的单调性；

（Ⅱ）当x[0,1]时，求f(x)取得最大值和最小值时的x的值． 【解析】（Ⅰ）函数f(x)的定义域为R，导函数f'(x)3x2x(1a)

由a0知412(1a)12a160

223

由f'(x)013a43a41x；

333a4113a4或x 33

由f'(x)0x

因此：f(x)在(13a43a41,)上是增函数； 3313a43a41)和(,)上是减函数 333a41，即a4时，f(x)在x[0,1]上是增函数

3在(,（Ⅱ）根据（Ⅰ）知，①若1

此时，当x0时取得最小值；当x1时取得最大值。

第8页

由f(x)1(1a)xxxf(0)1得x234a514a51（x0，x舍去）

22②若

3a41133a414a51)上是增函数， ，即1a4时，f(x)在[0,23

在(3a414a51,1]上是减函数，且f(1)f()f(0)

323a41时取得最大值；当x0时取得最小值。 3

此时，当x③若a1时，当x0或1时取得最小值；当x3a4171时取得最大值 33④若0a1时，同理易得当x3a41时取得最大值；当x1时取得最小值。 3

【2014年安徽卷（理19）】（本小题满分13分）

如图，已知两条抛物线E1:y2P1x(P10)和

2yA2A1E2E1xE2:y2P2x(P20)，过原点O的两条直线l1和l2， l22l1与E1,E2分别交于A1,A2两点，l2与E1,E2分别交

于B1,B2两点．

l1OB1B2（Ⅰ）证明：A1B1//A2B2； 第（19）题图 （Ⅱ）过原点O作直线l（异于l1，l2）与E1,E2分别交于C1,C2两点．记A1B1C1与

A2B2C2的面积分别为S1与S2，求

S1的值． S2【解析】（Ⅰ）由题意知直线l1和l2的斜率都存在且非零，设l1:yk1x，联立E1,E2的方程得

A1(2p12p1,),2k1k1A2(2p22p2,) 2k1k12p12p1,),2kk22B2(2p22p2,) 2kk22

设l2:yk2x，同理可得B1(第9页

∵A1B1(2p1k222p12p12p11111,)2p(,) 1222k2k1k1k2k1k2k12p22p22p21111,)2p(,) 2222kkkk1k1k2k1212yA2

A2B2(2p2k22C2

p∴A1B11A2B2 由此证得：A1B1//A2B2 p2lE2E1l2A1C1（Ⅱ）由（Ⅰ）同理可证得：A1C1//A2C2

Ol1B1xB1C1//B2C2

B2∴A1B1C1与A2B2C2中，AA1,BB1,CC1，∴A1B1C1∽A2B2C2 A1B12p1(1k121k22)(211)2k1k211)2 k1k2，

A2B22p2(1k121k2)2(2A1B12p12S1()2 ∴S2A2B2p2

【2014年安徽卷（理20）】（本小题满分13分）

如图，四棱柱ABCDA1B1C1D1中，A1A底面ABCD． 四边形ABCD为梯形，AD//BC，且AD2BC．过A1,C,D 三点的平面记为，BB1与的交点为Q．

QA1B1C1D1（Ⅰ）证明：Q为BB1的中点；

（Ⅱ）求此四棱柱被平面所分成上下两部分的体积之比； （Ⅲ）若A1A4,CD2，梯形ABCD的面积为6，

AD

BC求平面与底面ABCD所成二面角大小． 第（20）题图

【解析】（Ⅰ）延长A1Q,AB交于点P

∵PA1Q平面A1QCD，PAB平面ABCD

QDA1D1B1C1 平面A1QCD平面ABCDCD

A第10页

BC

∴PCD，即AB,CD,A1Q三线共点 ∵AD//2BC， ∴

PB1 ABPQPB1，即Q为BB1的中点 QA1AB

又由四棱柱的几何性质知A1A//BQ，∴

（Ⅱ）设底面ABCD的面积为s，侧棱长AA1h，则SAPD

4ssh,SPBC,BQ 33214s1sh7多面体A1QABCD的体积为VA1QABCDVA1APDVQBCPhsh

3333218711多面体A1B1C1D1QCD的体积为VA1B1C1D1QCDVABCDA1B1C1D1VA1QABCDshshsh

1818∴此四棱柱被平面所分成上下两部分的体积之比为

A1D111V上VA1B1C1D1QCD18sh11B1C1

7V下VA1QABCD7sh18QD

（Ⅲ）过A作AHCD，垂足为H，并连接A1H

∵AA1平面ABCD，CD平面ABCD ∴AA1CD

ABHCP又∵AA1平面AA1H，AH平面AA1H，且AHAA1A， ∴CD平面AA1H ∴AHA1就是平面与底面ABCD所成二面角的平面角，设为

CD2，SABCD6，由相似关系得PD4，且SADP8∴AH4AA1 ∴tan1PDAH2AH 2

AA141， 显然为锐角，∴ AH44

即平面与底面ABCD所成二面角的大小为

 4第11页

【2014年安徽卷（理21）】（本小题满分13分）

设实数c0，整数p1，nN．

（Ⅰ）证明：当x1且x0时，(1x)1px；

1pp*（Ⅱ）数列{an}满足a1c，an1p1c1panan，证明：anan1cp．

pp12233pp【解析】（Ⅰ）(1x)p1C1xCxCxCppPpx

∵整数p1，当k2,3,,p时，Cpxxp1kk2p(p1)k2k2k2k2Cp2xx2Cp 2xk(k1)2233pp

∴当x1且x0时，(1x)1Cpx(CpxCPxCpx) 1Cpxx(Cp2CP2xCp2x1201p2p2)

1pxx2(1x)p21px

综上所述：当x1且x0时，(1x)1px得证

（Ⅱ）先用数学归纳法证明：anc

当n1时，已知a1c显然成立 假设当nk(kN)时，akc成立

*p1p1p1p

ak1则当nk1时，

p1c1pakakppp1p1个11pakakakcak（c0,akcp0）

p(ak

当且仅当akcak1pcak1p1p)c（均值不等式）

1p1p1p1p，即akc时，等号成立，而akc，等号取不到，∴ak1c

*综上所述，对于一切nN，anc，显然an1c 再证anan1： 由anc得：anc1pp1p1pcc110 ppanan第12页

∴an1aap1c1pp1cp1canann1an1(p1)1，即n11 ppanpppanan∴anan1

综上所述，anan1c

1p第13页