2014年高考安徽理科数学试题及答案(共7页).docx

精选优质文档-----倾情为你奉上2014年普通高等学校招生全国统一考试（安徽卷）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年安徽，理1，5分】设是虚数单位，表示复数的共轭复数．若，则（ ）（A） （B） （C）2 （D）【答案】C【解析】，故选C．（2）【2014年安徽，理2，5分】“”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】B【解析】，所以“”是“”的必要而不充分条件，故选B．（3）【2014年安徽，理3，5分】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【答案】B【解析】112358132112358132134235813213455，故运算7次后输出的结果为55，故选B．（4）【2014年安徽，理4，5分】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，已知直线的参数方程是（为参数），圆的极坐标方程是，则直线被圆截得的弦长为（ ）（A） （B） （C） （D）【答案】D【解析】将直线方程化为一般式为：，圆C的标准方程为：，圆到直线的距离为：，∴弦长，故选D．（5）【2014年安徽，理5，5分】满足约束条件，若取得最大值的最优解不唯一，则实数的值为（ ） （A）或 （B）2或 （C）2或1 （D）2或【答案】D【解析】画出约束条件表示的平面区域如右图，取得最大值表示直线向 上平移移动最大，表示直线斜率，有两种情况：或，故选D．（6）【2014年安徽，理6，5分】设函数满足．当时，，则（ ）（A） （B） （C）0 （D）【答案】A【解析】，故选A．（7）【2014年安徽，理7，5分】一个多面体的三视图如图所示，则该多面体的表面积为（ ）（A） （B） （C）21 （D）18【答案】A【解析】如右图，将边长为2的正方体截去两个角，∴，故选A．（8）【2014年安徽，理8，5分】从正方体六个面的对角线中任取两条作为一对，其中所成的角为的共有（ ）（A）24对 （B）30对 （C）48对 （D）60对【答案】C【解析】与正方体一条对角线成的对角线有4条，∴从正方体六个面的对角线中任取两条作为一对，其中所成的角为的共有（对），故选C． （9）【2014年安徽，理9，5分】若函数的最小值为3，则实数的值为（ ）（A）5或8 （B）或5 （C）或 （D）或8【答案】D【解析】（1）当时，，此时； （2）当时，，此时， 在两种情况下，，解得或，（此题也可以由绝对值的几何意义得，从而得或），故选D．（10）【2014年安徽，理10，5分】在平面直角坐标系中，向量满足，．点满足，曲线，区域．若为两段分离的曲线，则（ ）（A） （B） （C） （D）【答案】A【解析】设则，，所以曲线C是单位元，区域 为圆环（如右图），∵，∴，故选A．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．（11）【2014年安徽，理11，5分】若将函数的图像向右平移个单位，所得图像关于轴对称， 则的最小正值是 ．【答案】【解析】，∴，∴，当时．（12）【2014年安徽，理12，5分】已知数列是等差数列，若，，构成公比为的等比数列，则 ．【答案】【解析】∵是等差数列且构成公比为的等比数列，∴，即，令，则有，展开的，即，∴．（13）【2014年安徽，理13，5分】设，是大于1的自然数，的展开式为．若点的位置如图所示，则 ．【答案】【解析】由图易知，∴，∴，解得．（14）【2014年安徽，理14，5分】设，分别是椭圆的左、右焦点，过点的直线交椭圆于，两点，若，轴，则椭圆的方程为 ．【答案】【解析】由题意得通径，∴点坐标为，将点坐标带入椭圆方程得，又，解得，∴椭圆方程为．（15）【2014年安徽，理15，5分】已知两个不相等的非零向量，两组向量和均由2个和3个排列而成．记，表示所有可能取值中的最小值．则下列命题正确的是_________（写出所有正确命题的编号）．①有5个不同的值；②若，则与无关；③若，则与无关；④若，则；⑤若，，则和的夹角为．【答案】②④【解析】S有下列三种情况：∵，∴，若，则，与无关，②正确；若，则，与有关，③错误；若，则，④正确；若，则，∴，∴， ⑤错误．三、解答题：本大题共6题，共75分．解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程．解答写在答题卡上的指定区域内．（16）【2014年安徽，理16，12分】设的内角，，所对边的长分别是，，，且，，．（1）求的值；（2）求的值．解：（1）∵，∴，由正弦定理得，∵，∴．（2）由余弦定理得，由于，∴，故．（17）【2014年安徽，理17，12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，乙获胜的概率为，各局比赛结果相互独立．（1）求甲在4局以内（含4局）赢得比赛的概率；（2）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）．解：用表示“甲在4局以内（含4局）赢得比赛”， 表示“第局甲获胜”， 表示“第局乙获胜”，则．（1）．（2）的可能取值为2,3,4,5，，， ，故的分布列为2345∴．（18）【2014年安徽，理18，12分】设函数．（1）讨论在其定义域上的单调性；（2）当时，求取得最大值和最小值时的的值．解：（1）的定义域为，，令得，所以，当或时，；当时，故在和内单调递减，在内单调递增． （2）∵，∴，（ⅰ）当时，由（1）知在上单调递增，∴在和处分别取得最小值和最大值．（ⅱ）当时，，由（1）知在上单调递增，在上单调递减，∴在处取得最大值，又，∴当时在处取得最小值， 当时在和处同时取得最小值，当时，在取得最小值．（19）【2014年安徽，理19，13分】如图，已知两条抛物线和，过原点的两条直线和，与，分别交于，两点，与，分别交于，两点．（1）证明：；（2）过原点作直线（异于，）与，分别交于，两点．记与的面积分别为与，求的值．解：（1）设直线的方程分别为，则由得； 由得，同理可得，，所以，，故，所以． （2）由（1）知，同理可得，，所以，因此， 又由（1）中的知，故．（20）【2014年安徽，理20，13分】如图，四棱柱中，底面，四边形为梯形，，且．过，，三点的平面记为，与的交点为．（1）证明：为的中点；（2）求此四棱柱被平面所分成上下两部分的体积之比；（3）若，，梯形的面积为6，求平面与底面所成二面角大小．解：（1）∵，，，，∴平面平面，从而平面与这两个平面的交线相互平行，即，故与的对应边相互平行， 于是，∴，即为的中点．（2）如图，连接，．设，梯形的高为，四棱柱被平面所分成上下两部分的体积分别为和，，则．，，∴， 又，∴，故．（3）解法一：如图，在中，作，垂足为，连接，又，且， ∴，∴，∴为平面和平面所成二面角的平面角．∵，， ∴，又∵梯形的面积为6，，∴，，于是，，故平面和底面所成二面角的大小为．解法二：如图，以为原点，，分别为轴和轴正方向，建立空间直角坐标系．设，因为，所以，从而，，设平面的法向量为，由得，所以，又平面的法向量，所以，故平面和底面所成二面角的大小为．（21）【2014年安徽，理21，13分】设实数，整数，．（1）证明：当且时，；（2）数列满足，，证明：．解：（1）用数学归纳法证明①当时，，原不等式成立．②假设时，不等式成立，当时，所以时，原不等式成立．综合①、②可得当且时，对一切整数，不等式均成立．（2）解法一：先用数学归纳法证明．①当时由假设知成立．②假设时，不等式成立，由，易知，当时，，由得由（1）中的结论得，因此，即，所以当时，不等式也成立．综合①、②可得，对一切正整数，不等式均成立．再由得，即，综上所述，．解法二：设，则，并且，由此可见，在上单调递增，因而当时．① 当时由，即可知，并且，从而，故当时，不等式成立． ② 假设时，不等式成立，则当时，即有，所以当时原不等式也成立．综合①、②可得，对一切正整数，不等式均成立．专心---专注---专业。