安徽高考理科数学试题答案解析

安徽高考理科数学试题答案解析

‎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 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．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 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1 D．‎ ‎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8 B．或5 C．或 D．或8‎ ‎10．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 ‎________。‎ 13． 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：‎ ‎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。‎ ‎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 ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎∴‎ ‎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。‎