2014年安徽高考数学（理科）真题（带答案）下载

2014 年普通高等学校招生全国统一考试（安徽卷） 数学（理科） 本试卷分第 I 卷（选择题）和第 II 卷（非选择题）两部分，第 I 卷第 1 至第 2 页，第 II 卷第 3 至 第 4 页。全卷满分 150 分，考试时间 120 分钟。 考生注意事项： 1． 答题前，务必在试卷、答题卡规定的地方填写自己的姓名、座位号，并认真核对答题卡上 所粘贴的条形码中姓名、座位号与本人姓名、座位号是否一致。务必在答题卡背面规定的 地方填写姓名和座位号后两位。 2． 答第I 卷时，每小题选出答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改 动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。 3． 答第II 卷时，必须使用 0.5 毫米的黑色墨水签字笔在答题卡上书写，要求字体工整、笔迹清 晰。作图题可先用铅笔在答题卡规定的位置绘出，确认后再用 0.5 毫米的黑色墨水签字笔描 清楚。必须在题号所指示的答题区域作答，超出答题区域书写的答案无效，在答题卷、草 稿纸上答题无效。 4． 考试结束，务必将试卷和答题卡一并上交。 参考公式： 如果事件 A、B 互斥，那么 P（A+B）= P（A）+ P（B） 如果事件 A、B 相互独立，那么 P（A·B）= P（A）·P（B） 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。 z1．设 i是虚数单位， z表示复数 z的共轭复数。若 z 1 i, 则 i z  （）iA． 2 B． 2i C． ）2D． 2i 2．“x  0 ”是“ ln(x 1)  0”的（ A．充分而不必要条件 C．充分必要条件 B．必要而不充分条件 D．既不充分也不必要条件 3．如图所示，程序框图（算法流程图）的输出结果是（ A．34 B．55 C．78 D．89 4．以平面直角坐标系的原点为极点， 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 ）xx  t 1 线l的参数方程是 ，（t 为参数），圆 C 的极坐标方程是   4cos ，则直线l 被圆 C 截得 y  y 3 的弦长为（ ）A． 14 B． 2 14 C． 2D． 2 2 第 1 页 共 10 页 x  y  2  0 5． x, y 满足约束条件 x  2y  2  0 ，若 z  y  ax 取得最大值的最优解不唯一，则实数 a 的值为 2x  y  2  0 （）11A． 或 1 B． 2或 C．2 或 1 D． 2或 1 226．设函数 f (x)(x R) 满足 f (x  )  f (x)  sin x ，当 23 60  x   时， f (x)  0 ，则 f ( )  （）12312A． B． C． 0D． 27．一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 B．18 3 C． 21 D．18 8．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 9．若函数 f (x)  x 1  2x  a 的最小值为 3，则实数 A．5 或 8 B． 1或 5 C． 1 4 ）7 题图 ）a的值为（ ）或D． 4或 8        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 （在此卷上答题无效） D．1 r  3  R 2014 年普通高等学校招生全国统一考试（安徽卷） 数 学（理科） 第Ⅱ卷（非选择题 共100 分） 考生注意事项： 请用 0.5 毫米黑色墨水签字笔在答题卡上作答，在试题卷上答题无效. 二．选择题：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。 411．若将函数 f x sin 2x  的图像向右平移 个单位，所得图像关于 y轴对称， 则的最   小正值是________. 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  ________。 nx13．设 a  0,n 是大于 1 的自然数， 1 的展开式为 aa0  a1x  a2 x2  an xn 。若点 A (i,ai )(i  0,1,2) 。i的位置如图所示，则 a  ______ y2 b2 14．设 F , F2 分别是椭圆 E : x2  1(0  b 1) 的左、右焦点，过点 F1 的直线交椭圆 E于A, B 两1点，若 AF  3 BF , AF2  x 轴，则椭圆 E 的方程为______ ____。 11           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，第 2 页 共 10 页       ， Smin 表示 S 所有可能取值中的最 和 3 个 b排列而成。记 S  x1  y1  x2  y2  x3  y3  x4  y4  x5  y5 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 ④若| b | 4 | a |，则 Smin  0 则Smin 与| b |无关. 。与 的夹角为 4⑤若| b | 2 | a |, Smin  8| a |2 ，则 ab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。 16．（本小题满分 12 分）设 ABC 的内角 A, B,C 所对边的长分别是 a,b,c ，且b  3,c  1, A  2B. 4（Ⅰ）求 a的值； （Ⅱ）求sin(A ) 的值。 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 21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 ，乙获胜的概率为 ，各局比 33赛结果相互独立。 （Ⅰ）求甲在 4 局以内（含 4 局）赢得比赛的概率； （Ⅱ）记 为比赛决出胜负时的总局数，求 的分布列和均值（数学期望）。 18．（本小题满分 12 分）设函数 f (x) 1 (1 a)x  x2  x3 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。 19．(本小题满分 13 分)如图，已知两条抛物线 E : y2  2p x p 0 和E2 : y2  2p2x O 的两条直线l1 和l2 ，l1 与 E1, E2 分别交于 A , A2 两点，l2 与 E1, E2 分别交于 B1, B2 两点。 1p2 0 ，111过原点 （Ⅰ）证明： A B1 // A2B2; 1（Ⅱ）过原点 O作直线 l（异于l1 ，l2 ）与 E1, E2 分别交于C1,C2 两点。 S1 记A B1C1 与 A2B2C2 的面积分别为 S1 与 S2 ,求 的值。 1S2 20．(本题满分13分)如图，四棱柱 ABCD  A B1C1D1 中， A A 底面 ABCD .四边形 ABCD 为梯形， 11AD // BC ,且 AD  2BC .过 A ,C, D 三点的平面记为 ，BB1 与 的交点为 。（Ⅰ）证明： QQ 为 1BB1 的中点； （Ⅱ）求此四棱柱被平面 （Ⅲ）若 A A  4 CD  2，梯形 ABCD 的面积为 6，求 与底面 ABCD 所成二面角大小。 21．（本小题满分 13 分）设实数 c  0 ，整数 p 1 所分成上下两部分的体积之比； ，1平面 ，n N* 。（I）证明：当 x  1 x  0 时， (1 x)p 1 px 且；1p 1 pc1 p （II）数列 an 满足 a1  c p ，an1 an  an ，p第 3 页 共 10 页 1证明： an  an1  c p 。参考答案  i(1i)  (i 1)  (i 1)  2 z1 i i1．答案：C，解析：  i z  i2．答案：B，解析： ln(x 1)  0  0  x 11 1 x  0 ，所以“ x  0 ”是“ ln(x 1)  0 的必要而不充分条件。 ”3．答案：B，解析： xy1112233558813 21 21 34 13 235813 21 34 55 z55  50 ，故运算 7 次后输出的结果为 55。 4．答案：D，解析：将直线 l方程化为一般式为： x  y  4  0 ，圆 C 的标准方程为： (x  2)2  y2  4 ，| 2  4 | 圆 C 到直线 l的距离为： d   2 2∴弦长 L  2 R2  d2  2 2 。5．答案：D，解析：画出约束条件表示的平面区域如右图， z  y  ax 取得最大值表示直线 z  y  ax 向上平移移动最大， a表示直线斜率，有两种情况： a  1 或a  2 。6．答案：A，解析： 23 617 17 611 6f ( )  f ( )  sin )  sin 611 617 6 f (  sin 5 65 611 617 6 f ( ) sin  sin  sin 1 1 1 1 0    2 2 2 27．答案：A，解析：如右图，将边长为 2 的正方体截去两个角， 13∴S表  226  11 2 ( 2)2  21 3 248．答案：C，解析：与正方体一条对角线成 600 的对角线有 4 条， ∴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 412  48 （对）。 9．答案：D，解析： 3x  a 1, x  1 aax  a 1, 1 x   （1）当 a  2 时， 1 ，此时 f (x)  ；22a3x  a 1 x   2第 4 页 共 10 页 a3x  a 1, x   2a（2）当 a  2 时， 1 ，此时 f (x)  ax  a 1,  x  1 223x  a 1 x  1 aa在两种情况下， f (x)min  f ( ) |  1| 3，解得 a  4 或a  8 。22a注：此题也可以由绝对值的几何意义得 f (x)min |  1| 3 ，从而得 a  4 或a  8 。2  10．答案：A，解析：设 a  (1,0), b  (0,1) 则OP  (cos,sin) ，OQ  ( 2, 2) 所以曲线 C 是单位元，区域 为圆环（如右图）  ∵| OQ | 2，∴1 r  R  3 3 。11．答案： ，844解析： f (x )  sin[2(x )  ]  sin(2x  2) 428k 23 8∴ 2  k, (k Z) ，∴   , (k Z) ，当 k  1 时min 。12．答案： q 1 解析：∵{an}是等差数列且 a1 1, a3  3, a5  5 构成公比为 (a1 1)(a1  4d  5)  (a1  2d  3)2 (a1 1)[(a1 1)  4(d 1)  [(a1 1)  2(d 1)]2 a1 1 x, d 1 y ，则有 x(x  4y)  (x  2y)2 ，展开的 y  0，即 d 1 0，∴ q 1 ，q的等比数列， ∴令即。13．答案： a  3，解析：由图易知 a0 1, a1  3, a2  4 na 3 11∴Cn1  3, Cn2 ( )2  4 ，∴ ，解得 a  3 。n(n 1) 2a2 aa 4 314．答案： x2  y2 1 ，25c 1解析：由题意得通径 AF2  b2 ，∴点 B 坐标为 B( , b2 ) 3323131b2  ( b2 )2 5c 将点 B 坐标带入椭圆方程得 ( )2  1，又b2 1 c2 ，解得 33b2 2c  3∴椭圆方程为 x2  y2 1 。215．答案：②④， 解析：S 有下列三种情况：         S1  a2  a2  b2  b2  b2 , S2  a2  ab  ab  b2  b2 , S3  ab  ab  ab  ab  b2 ∵2 2      S1  S2  S2  S3  a  b  2ab  (a b)2 | a b |2  0 ，∴Smin  S3 ，第 5 页 共 10 页 若a  b ，则 Smin  S3  b2 ，与| a |无关，②正确；     若若a  b ，则 Smin  S3  4ab  b2 ，与| b |有关，③错误； | b | 4 | a |，则 Smin  S3  4| a||b| cos|b|2  4| a||b| |b|2  |b|2 |b|2  0，④正确；  2 若∴| b | 2 | a |, Smin  8| a |2 ，则 Smin  S3  4ab  b  8| a |2 cos  4 | a |2  8| a |2 12cos  ，∴  ，⑤错误。 316．（本小题满分 12 分） 解析：（Ⅰ）∵ A  2B ，∴sin A  sin 2B  2sin Bcos B ，a2  c2 b2 由正弦定理得 a  2b 2ac ∵b  3, c 1，∴ a2 12, a  2 3 。b2  c2  a2 9 112 1（Ⅱ）由余弦定理得 cos A    ，2bc 6312 2 3由于 0  A   ，∴sin A  1 cos2 A  1 ( )2  ，34442 2 32124  2 故sin(A )  sin Acos  cos Asin  ( ) 。232617．（本小题满分 12 分） 解析：用 A 表示“甲在 4 局以内（含 4 局）赢得比赛”， Ak 表示“第 k 局甲获胜”， Bk 表示“第 21k局乙获胜”，则 P(A )  , P(Bk )  , k 1,2,3,4,5 k33（Ⅰ） P(A)  P(A A2 )  P(B A2 A )  P(A B2 A A4 ) 11313 P(A )P(A2 )  P(B )P(A2 )P(A )  P(A )P(B2 (A )P(A4 ) 113132 2 1 2 2 2 1 2 256           3 3 3 3 3 3 3 3 381 （Ⅱ） X的可能取值为 2,3,4,5 59P(X  2)  P(A A2 )  P(B B2 )  P(A )P(A2 )  P(B )P(B2 )  11112P(X  3)  P(B A2 A )  P(A B2B3 )  P(B )P(A2 )P(A )  P(A )P(B2 )P(B3 )  131131910 81 P(X  4)  P(A B2 A A4 )  P(B A2B3B4 )  P(A )P(B2 )P(A )P(A4 )  P(B )P(A2 )P(B3 )P(B4 )  1311318P(X  5) 1 P(X  2)  P(X  3)  P(X  4)  81 故X的分布列为 2345XP592910 81 881 5210 8224 ∴EX  2 3 4 5 9981 81 81 第 6 页 共 10 页 18．（本小题满分 12 分） 解析：（Ⅰ） f (x) 的定义域为 (,) ，f ‘(x) 1 a  2x 3×2 1 4  3a 1 4  3a , x1  x2 令f ‘(x)  0 得x1  , x2  33所以 f ‘(x)  3(x  x1)(x  x2 ) 当x  x1 或 x  x2 时 f ‘(x)  0；当 x1  x  x2 时 f ‘(x)  0 f (x) (, x1) (x2 ,)内单调递减，在 (x1, x2 ) 内单调递增。 故在和（Ⅱ）∵ a  0 ，∴ x1  0, x2  0 （1）当 a  4 x2 1，由（Ⅰ）知 f (x) f (x) x  0 x 1处分别取得最小值和最大值。 （2）当 4  a  0 时， x2 1 时在[0,1] 上单调递增 ∴在和，由（Ⅰ）知 f (x) 在[0, x2 ]上单调递增，在[x2 ,1]上单调递减 1 4  3a ∴又f (x) f (0) 1, f (1)  a f (x) f (x) x  0 4  a 1时， f (x) 在x  x2  处取得最大值 3∴当1 a  0 时在x 1处取得最小值 x 1处同时取得最小值 x  0 取得最小值。 当a 1 时在和当在19．（本小题满分 13 分） （Ⅰ）证：设直线l1,l2 的方程分别为 y  k1x, y  k2 x,(k1,k2  0) ，则 y  k1x y2  2p1x y  k1x y2  2p2 x 2p1 2p1 ,2p2 2p2 , ) 由得A ( )；由 得A2 ( 1k12 k1 k12 k1 2p1 2p1 2p2 2p2 同理可得 B ( ,)，B2 ( ,)122k2 k2 k2 k2  2p1 2p1 2p1 2p 1111所以 A B ( ,1 )  2p1( ,)1122k2 k12 k2 k1 k2 k12 k2 k1  2p2 2p2 2p2 2p 2 )  2p2 ( 1111A2B2  ( ,,)22k2 k12 k2  k1 k2 k12 k2 k1  p1 p2 故A B A2B2 ，所以 A B∥A2B2 。 111 1 （Ⅱ）解：由（Ⅰ）知 A B∥A2B2 ，同理可得 B C1∥B2C2 ， AC1∥A2C2 1111 S1 | A B| 211 所以 A B C1∽A2B2C2 ，因此  ( )11S2 | A2B2 |  | A B| p1 S1 p12   p1 p2 11 又由（Ⅰ）中的 A B A2B2 知，故 。112p2 S2 p2 | A2B2 | 20．（本小题满分 13 分） （Ⅰ）证：∵ BQ//AA1, BC //AD,BC BQ=B,AD  AA1  A 平面QBC∥平面A1AD ∴从而平面 A1CD与这两个平面的交线相互平行，即QC∥A1D 故QBC 与A1AD 的对应边相互平行，于是 QBC∽A1AD 第 7 页 共 10 页 BQ BQ BC 12∴，即Q 为 BB1 的中点。 BB1 AA AD 1（Ⅱ）解：如图，连接 QA，QD。设 AA  h ，梯形 ABCD 的高为 d，1四棱柱被平面 所分成上下两部分的体积分别为 V上 和V下 ，BC  a ，则 AD  2a 。1 1 1VQA AD  2ahd  ahd ，13 2 31 a  2a 11VQABCD   d ( h)  ahd 32247∴又故V下 VQA ADVQABCD ahd 图 1 112 33711 VA B C D ABCD  ahd ，∴V上 VA B C D ABCD V下  ahd  ahd  ahd 1V上 V下 1111 1 1 1 2212 12 11 7（Ⅲ）解法 1：如图 1，在 ADC 中，作 AE  DC ，垂足为 E，连接 A E 1又∴∴∵DE  AA1 ，且 AE  AA1  A DE  平面AEA1 ，∴ DE  A E 1AEA1 为平面 和平面 ABCD 所成二面角的平面角。 BC //AD AD  2BC ， ∴SADC  2SABC ，又∵梯形 ABCD 的面积为 6，DC=2，∴ SADC  4 ，AE  4 AA 41于是 tan AEA  1 ，AEA  ,11AE 4x故平面 和底面 ABCD 所成二面角的大小为 。  解法 2：如图 2，以 D 为原点， DA ，DD1 分别为 轴和 z轴正方向，建立空间直角坐标系。 设CDA  24a  2a 因为VABCD 2sin  6 ，所以 a  ，从而C(2cos,2sin,0) ，A ( ,0,4) 12sin sin 设平面 A DC 的法向量为 n  (x, y,1) 1  4DA1 n  x  4  0 sin 由得x  sin, y  cos   DCn  2xcos  2ysin  0 所以 n  (sin,cos,1)  又平面 ABCD 的法向量 m  (0,0,1)     mn 2 所以 cos  m,n  2| m || n | 4故平面 和底面 ABCD 所成二面角的大小为 。21．（本小题满分 13 分） （Ⅰ）证：用数学归纳法证明 第 8 页 共 10 页 （1）当 p  2 时， (1 x)2 1 2x  x2 1 2x ，原不等式成立。 （2）假设 p  k(k  2,k  N*) 时，不等式 (1 x)k 1 kx 成立 当p  k 1时， (1 x)k1  (1 x)(1 x)k  (1 x)(1 kx) 1 (k 1)x  kx2 1 (k 1)x 所以 p  k 1时，原不等式成立。 综合（1）（2）可得当当 x  1 且x  0 时，对一切整数 p 1，不等式 (1 x)p 1 px 均成立。 1（Ⅱ）证法 1：先用数学归纳法证明 an  c p 。11（1）当 n 1时由假设 a1  c p 知an  c p 成立。 1（2）假设 n  k(k 1,k  N*) 时，不等式 ak  c p 成立 p 1 pc由an1 an  an1 p 易知 an  0,n N * pak1 p 1 c1 c 当n  k 1 时ak p 1 (1) ak ppp akp 111 c p akp 由ak  c p  0 得1  (1)  0 pa1 c 1 c cakp 由（Ⅰ）中的结论得 (k1 )p  [1 (1)]p 1 p ( 1)  ak p akp p akp 1因此 akp1  c ，即 ak1  c p 所以当 n  k 1时，不等式 an  c p 也成立。 ，不等式 an  c p 均成立。 1，即 an1  an 11综合（1）（2）可得，对一切正整数 nan1 an 1 c an1 an 再由 1 (1) 得p anp 1综上所述， an  an1  c p ,n N * 1p 1 pc证法 2：设 f (x)  f ‘(x)  x  x1 p , x  c p ，则 xp  c ，并且 p1p 1 cp 1 c(1 p)x p (1 )  0 ，x  c p pppxp 1111由此可见， f (x) 在[c p ,) 上单调递增，因而当 x  c p 时f (x)  f (c p )  c p 。1（1）当 n 1时由 a1  c p  0 ，即 a1p  c 可知 p 1 pc1 c a2  a1  a11 p  a1[1 (1)]  a1 ，pp a1p 11并且 a2  f (a1)  c p ，从而 a1  a2  c p 第 9 页 共 10 页 1故当 n 1时，不等式 an  an1  c p 成立。 1（2）假设 n  k(k 1,k  N*) 时，不等式 ak  ak1  c p 成立，则 11当n  k 1 时f (ak )  f (ak1)  f (c p ) ，即有 ak1  ak2  c p 所以当 n  k 1时原不等式也成立。 ，1综合（1）（2）可得，对一切正整数 n，不等式 an  an1  c p 均成立。 第 10 页 共 10 页