2014年安徽高考数学（理科）真题（带答案）

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=1\*ROMANI卷（选择题）和第=2\*ROMANII卷（非选择题）两部分，第=1\*ROMANI卷第1至第2页，第=2\*ROMANII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：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。答第=1\*ROMANI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。答第=2\*ROMANII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。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，那么如果事件A、B相互独立，那么P（A+B）=P（A）+P（B）P（A·B）=P（A）·P（B）第=1\*ROMANI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．设是虚数单位，表示复数的共轭复数。若则（）A．B．C．D．2．“”是“”的（）A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件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．34B．55C．78D．894．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，（t为参数），圆C的极坐标方程是，则直线被圆C截得的弦长为（）A．B．C．D．5．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．B．C．2或1D．6．设函数满足，当时，，则（）A．B．C．D．7．一个多面体的三视图如图所示，则该多面体的表面积为（）7题图A．B．C．D．8．从正方体六个面的对角线中任取两条作为一对，其中所成的角为的共有（）A．24对B．30对C．48对D．60对9．若函数的最小值为3，则实数的值为（）A．5或8B．或5C．或D．或810．在平面直角坐标系中，已知向量点满。曲线，区域。若为两段分离的曲线，则()A．B．C．D．（在此卷上答题无效）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。11．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________.12．数列是等差数列，若构成公比为的等比数列，则________。设是大于1的自然数，的展开式为。若点的位置如图所示，则。14．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__________。15．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，则与的夹角为三．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）设的内角所对边的长分别是，且（Ⅰ）求的值；（Ⅱ）求的值。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。（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）设函数其中。（Ⅰ）讨论在其定义域上的单调性；（Ⅱ）当时，求取得最大值和最小值时的的值。19．(本小题满分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。（Ⅰ）证明：（Ⅱ）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。20．(本题满分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。（Ⅰ）证明：为的中点；（Ⅱ）求此四棱柱被平面所分成上下两部分的体积之比；（Ⅲ）若，，梯形的面积为6，求平面与底面所成二面角大小。21．（本小题满分13分）设实数，整数，。（I）证明：当且时，；（II）数列满足，，证明：。参考答案1．答案：C，解析：2．答案：B，解析：，所以“”是“”的必要而不充分条件。3．答案：B，解析：112358132112358132134235813213455，故运算7次后输出的结果为55。4．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C到直线的距离为：∴弦长。5．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。6．答案：A，解析：7．答案：A，解析：如右图，将边长为2的正方体截去两个角，∴8．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）。9．答案：D，解析：（1）当时，，此时；（2）当时，，此时在两种情况下，，解得或。注：此题也可以由绝对值的几何意义得，从而得或。10．答案：A，解析：设则，所以曲线C是单位元，区域为圆环（如右图）∵，∴。11．答案：，解析：∴，∴，当时。12．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．答案：，解析：由图易知∴，∴，解得。14．答案：，解析：由题意得通径，∴点B坐标为将点B坐标带入椭圆方程得，又，解得∴椭圆方程为。15．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。16．（本小题满分12分）解析：（Ⅰ）∵，∴，由正弦定理得∵，∴。（Ⅱ）由余弦定理得，由于，∴，故。17．（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”，表示“第局甲获胜”，表示“第局乙获胜”，则（Ⅰ）（Ⅱ）的可能取值为2,3,4,5故的分布列为2345∴18．（本小题满分12分）解析：（Ⅰ）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。（Ⅱ）∵，∴（1）当时，由（Ⅰ）知在上单调递增∴在和处分别取得最小值和最大值。（2）当时，，由（Ⅰ）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．（本小题满分13分）（Ⅰ）证：设直线的方程分别为，则由得；由得同理可得，所以故，所以。（Ⅱ）解：由（Ⅰ）知，同理可得，所以，因此又由（Ⅰ）中的知，故。20．（本小题满分13分）（Ⅰ）证：∵∴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。（Ⅱ）解：如图，连接QA，QD。设，梯形ABCD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。，图1∴又，∴故（Ⅲ）解法1：如图1，在中，作，垂足为E，连接又，且∴，∴∴为平面和平面ABCD所成二面角的平面角。∵，，∴又∵梯形ABCD的面积为6，DC=2，∴，于是，,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，，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ABCD的法向量所以故平面和底面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（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）可得当当且时，对一切整数，不等式均成立。（Ⅱ）证法1：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（Ⅰ）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，证法2：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。