2014年高考——安徽卷(理科数学)试题及答案(WORD版)

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，考试时间为120分钟。 参考公式：

如果事件A与B互斥，那么P(A B) P(A) P(B)；如果事件A与B相互独立，那么P(AB) 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． （1）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 （B）-2i

（C）2 （D）2i （2）“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

（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，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

z

+i·z= i

x t 1,

(t为参数)，

y t 3

圆C的极坐标方程是 4cos ,则直线l被圆C截得的弦长为 （A） （B）2 （C）2 （D）22

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.

（A）

11 或-1 （B）2或 22

（C）2或1 （D）2或

-1

（6）设函数f(x)（x∈R）满足f(x+π)=f(x)+sinx.当0≤x＜π时，f(x)=0，则f(

23

)= 6

（A）

113 （B） （C）0 （D） 222

（7）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 的值为

（A）5或8 （B）-1或5 （C）-1或 -4 （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

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.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）若将函数f(x) sin(2x

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

4

)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

x 2n

（13）设a≠0，ｎ是大于１的自然数， 1 的展开式为a0 a1x a2x anx.

a

若点Ai(i,ai)(i=0,1,2)的位置如图所示，则．

n

y2

（14）若F1，F2分别是椭圆E：x 2 1（0＜b＜1）的左、右焦点，过点F1的直线交椭

b

2

圆E于A，B两点．若AF1 F1B，AF2 x轴，则椭圆E的方程为 .

（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．则下列命题正确的是 （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 4a，则Smin＞0

⑤若b 2a，Smin=8a，则a与b的夹角为

2

4

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. (Ⅰ)求a的值；

(Ⅱ)求sin A

的值. 4

（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

21

，乙获胜的概率为，各局比赛结果相互独立。 33

（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）．

（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E1：y2 2p1x（p1 0）和E2：y2 2p2x（p2 0），过原点O的两条直线l1和l2，l1与E1，E2分别交于A1，A2两点，l2与E1，E2分别交于B1，B2两点．

（I）证明：A1B1∥A2B2；

（Ⅱ）过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

（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.

（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AA1=4，CD=2，梯形ABCD 的面积为6，求平面 与底面ABCD所成二面角的大小.

（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)p 1 px； （Ⅱ）数列 an 满足a1 c，an 1

1p

p 1c p an a1，证明：an an 1 cp． n

pp

1

2014年普通高等学校招生全国统一考试（安徽卷）

数学（理科）试题参考答案

一．选择题

（1）C （2）B （3）B （4）D （5）D （6）A （7）A （8）C （9）D （10）A 二．填空题 （11）

3 322

（12）1 （13）3 （14）x y 1 （15）②④ 82

三．解答题

（16）（本小题满分12分）

（Ⅰ）因为A 2B，所以sinA sin2B 2sinBcosB．

a2 c2 b2

由正、余弦定理得 a 2b ．

2ac

2

因为b 3，c 1，所以a 12，a 23．

b2 c2 a29 1 121

． （Ⅱ）由余弦定理得cosA

2bc63

2

由于0 A ，所以sinA 1 cosA 1

122

．

93

故sin(A

4

) sinAcos

4

cosAsin

4

222124 2

( )

32326

（17）（本小题满分 12 分）

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k局乙获胜”，则P(Ak)

2

，3

P(Bk)

1

，k=1，2，3，4，5． 3

（Ⅰ）P(A) P(A1A2) P(B1A2A3) P(A1B2A3A4)

P(A1) P(A2) P(B1) P(A2) P(A3) P(A1) P(B2) P(A3) P(A4) ()

23

2

122212216 () () 3333381

5

， 9

（Ⅱ）X的可能取值为2，3，4，5．

P(X 2) P(A1A2) P(B1B2) P(A1)P(A2) P(B1)P(B2)

P(X 3) P(B1A2A3) P(A1B2B3) P(B1)P(A2)P(A3) P(A1)P(B2)P(B3)

2 9

P(X 4) P(A1B2A3A4) P(B1A2B3B4)

P(A1)P(B2)P(A3)P(A4) P(B1)P(A2)P(B3)P(B4)

P(X 5) 1 P(X 2) P(X 3) P(X 4)

故X的分布列为

10， 81

8． 81

EX 2

3 4 5 ． 99818181

(18)（本小题满分 12 分）

解：（Ⅰ）f(x)的定义域为( , )，f'(x) 1 a 2x 3x

2

令f'(x) 0，得x1

x2 x1 x2

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． 故f(x)在( ,x1)和(x2, )内单调递减，在(x1,x2)内单调递增． （Ⅱ）因为a 0

，所以x1 0,x2 0．

①当a 4时，x2 1，由（Ⅰ）知，f(x)在[0,1]上单调递增， 所以f(x)在x 0和x 1处分别取得最小值和最大值． ②当0 a 4时，x2 1，

由（Ⅰ）知f(x)在[0,x2]上单调递增，在[x2,1]上单调递减， 所以f(x)在x x2

1处取得最大值．

3

又f(0) 1,f(1) a，所以

当0 a 1时，f(x)在x 1处取得最小值； 当a 1时，f(x)在x 0和x 1处同时取得最小值； 当1 a 4时，f(x)在x 0处取得最小值．

(19)（本小题满分 13 分）

（Ⅰ）证：设直线l1，l2的方程分别为y k1x，y k2x（k1，k2≠0），则

由

2p2p1 y k1x,

得 A1(21,)， 2

k1k1 y 2p1x,

由

2p22p2 y k1x,

得A(,)， 222y 2px,k12k1

2p12p12p22p2

，,)B(,)． 222

k2k2k2k2

2p12p12p12p11111 , ) 2p( , )， 12222

k1k2k1k2k2k1k2k1

同理可得B1(

所以A1B1 (

A2B2 (

2p22p22p22p21111

, ) 2p( , )． 22222

kkk2k1k2k1k2k121p1

A2B2，所以A1B1∥A2B2 p2

故A1B1

（Ⅱ）解：由（Ⅰ）知A1B1∥A2B2，同理可得B1C1∥B2C2，C1A1∥C2A2，

所以 A1B1C1∽ A2B2C2，

S1因此 ．

S2pp1

1， 又由（Ⅰ）中的A1B1

A2B2p2p22

S1p12故 2． S2p2

（20）（本小题满分13分）

（Ⅰ）证：因为BQ∥AA1，BC∥AD，BC∩BQ=B，AD∩AA1=A，

所以平面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， 所以

BQBQBC1

，即Q是BB1的中点． BB1AA1AD2

（Ⅱ）解：如图1，连接QA，QD，设AA1 h，梯形ABCD的高为d，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．

图1

111

2a h d ahd， 3231a 2a11

VQ ABCD d (h) ahd，

3224

7

所以V下=VQ A1AD+VQ ABCD=ahd，

12

3

又VA1B1C1D1 ABCD ahd，

2VQ A1AD

所以V上=VA1B1C1D1 ABCD-V下

=

37

ahd-ahd

122

=

11

ahd， 12

故

V上11

． V下7

（Ⅲ） 解法1

如图1，在 ADC中，作AE⊥DC，垂足为E，连接A1E， 又DE⊥AA1，且AA1∩AE=A．

所以DE⊥平面AEA1，于是DE⊥A1E．

所以∠AEA1为平面 与底面ABCD所成二面角的平面角．

因为BC∥AD，AD=2BC，所以S ADC 2S ABC．

又因为梯形ABCD的面积为6，DC=2，所以S ADC 4，AE=4． 于是tan AEA1

AA1

1， AEA1 ．

4AE

故平面 与底面ABCD所成二面角的大小为解法2

． 4

如图2，以D为原点，DA,DD1分别为x轴和z轴正方向建立空间直角坐标系．

设 CDA ．

a 2a2

2sin 6，所以a ， 2sin

4

,0,4)． 从而C(2cos ,2sin ,0)，A1(sin

4

,0,4)． 所以DC (2cos ,2sin ,0)，DA1 (sin

因为SABCD

设平面A1DC的法向量n (x,y,1)，

4

x 4 0, DA1 n

由 得x sin ，y cos ， sin DC n 2xcos 2ysin 0.

所以n ( sin ,cos ,1)．

又因为平面ABCD的法向量m (0,0,1)，

所以cos n,m

n m2

， nm2

故平面 与底面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

． 4

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，原不等式也成立．

综合①②可得，当x 1,x 0时，对一切整数p 1，不等式(1 x)p 1 px均成立． （Ⅱ）证法1：先用数学归纳法证明an c．

①当n 1时，由题设a1 c知an c成立．

*

②假设n k（k 1,k N）时，不等式ak c成立．

1p

1p1p

1p

由an 1

p 1c p

an a1易知，an 0,n N*． npp

当n k 1时，

ak 1p 1c p1c

ak 1 (p 1)． akpppak

由ak c

1p

0得 1

11c

(p 1) 0． ppak

由（Ⅰ）中的结论得，

(

ak 1p1c1cc

) [1 (p 1)]p 1 p (p 1) p． akpakpakak

1

p

因此akp 1 c，即ak 1 c.

所以n k 1时，不等式an c也成立．

综合①、②可得，对一切正整数n，不等式an c均成立． 再由

1p

1p

an 1a1c

1 (p 1)可得n 1 1，即an 1 an． anpanan

1

p

综上所述，an an 1 c,n N*．

p 1c

证法2：设f(x) x x1 p,x cp，则xp c，并且

pp

p 1cp 1c

f'(x) (1 p)x p (1 p) 0,x cp．

pppx

由此可得，f(x)在[c, )上单调递增， 因而，当x c时，f(x) f(c) c． ①当n 1时，由a1 c

1

p

1p

1

1

1p

1p1p

0，即a1p c可知

1

p 1c1 p1ca2 a1 a1 a1[1 (p 1)] a1，并且a2 f(a1) cp，

pppa1

从而a1 a2 c．

故当n 1时，不等式an an 1 c成立．

*

②假设n k（k 1,k N）时，不等式ak ak 1 c成立，则

1p

1p

1p

当n k 1时，f(ak) f(ak 1) f(c)，即有ak 1 ak 2 c． 所以，n k 1时，原不等式也成立．

综合①②可得，对一切正整数n，不等式an an 1 c均成立．

1p

1p1p

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