高考安徽理科数学试题及答案word解析版 7页

‎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】‎ ‎1‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎5‎ ‎8‎ ‎13‎ ‎21‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎5‎ ‎8‎ ‎13‎ ‎21‎ ‎34‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎5‎ ‎8‎ ‎13‎ ‎21‎ ‎34‎ ‎55‎ ‎，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 ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎∴．‎ ‎（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．‎