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:
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。
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。
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)
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.34B.55C.78D.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()
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
________。
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)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)设函数其中讨论在其定义域上的单调性;
当时,求取得最大值和最小值时的的值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),∴,
由正弦定理得
∵,∴。
(Ⅱ)由余弦定理得,
由于,∴,
故。
17.(本小题满分12分)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)
故的分布列为
2 3 4 5
∴
18.(本小题满分12分)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1分)的方程分别为,则
由得;由得
同理可得,
所以
故,所以。
(Ⅱ),同理可得,
所以,因此
又由(Ⅰ)中的知,故。
20.(本小题满分1分)
∴
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),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。
,
∴
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:,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1分)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)。
(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。
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图1
7题图
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