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i是虚数单位，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，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

z

i z （ ） i

线l的参数方程是

x t 1

，（t为参数），圆C的极坐标方程是 4cos ，则直线l被

y y 3

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

2x y 2 0

的值为（ ） A．

11或 1B．2或C．2或1 D．2或 1 22

6．设函数f(x)(x R)满足f(x ) f(x) sinx，当

0 x 时，f(x) 0，则f(

A．

23

) （ ） 6

113

B．C．0 D．

2 22

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 B

．18 C．21 D．18

7题图

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OQ 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

（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f x sin 2x

的图像向右平移 个单位，所得图像关于y轴对称， 4

则 的最小正值是________.

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q ________。

x

13．设a 0,n是大于1的自然数， 1 的展开式为

a

n

a0 a1x a2x2 anxn。若点Ai(i,ai)(i 0,1,2)

的位置如图所示，则a ______。

y2

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

b

2

E的方程为。 A,B两点，若AF1 BF1,AF2 x轴，则椭圆

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ab则Smin与|b|无关. ④若|b| 4|a|，则Smin 0。

⑤若|b| 2|a|,Smin 8|a|2，则a与b的夹角为

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

4

)的值。

2

，乙获胜的3

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概率为

1

，各局比赛结果相互独立。 3

（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）过原点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A1A 4，CD 2，梯形ABCD的面积为6，求 平面 与底面ABCD所成二面角大小。

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) 1 px； （II）数列 an 满足a1 c，an 1

1

p

1p

p

*

p 1c1 p

an an， pp

证明：an an 1 c

。

参考答案

1．答案：C，解析：

z1 i i z i (1 i) (i 1) (i 1) 2 ii

2．答案：B，解析：ln(x 1) 0 0 x 1 1 1 x 0，所以“x 0”是“ln(x 1) 0”的必要而不充分条件。 3．答案：B，解析：

，故运算7次后输出的结果为55。

4．答案：D，解析：将直线l方程化为一般式为：x y 4 0，

圆C的标准方程为：(x 2)2 y2 4， 圆C到直线l的距离为：d

∴弦长L 。

5．答案：D，解析：画出约束条件表示的平面区域如右图， z y ax取得最大值表示直线z y ax向上平移移动最大，

a表示直线斜率，有两种情况：a 1或a 2。

6．答案：A，解析：

f(

23 17 17

) f() sin666

11 11 17 f() sin sin

666

5 5 11 17 f() sin sin sin

66661111 0

2222

7．答案：A，解析：如右图，将边长为2的正方体截去两个角， ∴S表 2 2 6

1 1 1 2 2 2124

8．答案：C，解析：与正方体一条对角线成60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60 的共有4 12 48（对）。

9．答案：D，解析：

x 1 3x a 1,

x a 1, 1 x aa

（1）当a 2时， 1 ，此时f(x) 2；

2 a

3x a 1x 2a 3x a 1,x 2 a

（2）当a 2时， 1 ，此时f(x) a

x a 1, x 12 2

3x a 1x 1

a

1| 3，解得a 4或a 8。 2

a

注：此题也可以由绝对值的几何意义得f(x)min | 1| 3，从而得a 4或a 8。

2

在两种情况下，f(x)min f( ) |

10．答案：A，解析：设a (1,0),b (0,1)则OP

(cos ,sin )，OQ 所以曲线C是单位元，区域 为圆环（如右图） ∵|OQ| 2，∴1 r R 3。 11．答案：

a2

3 ， 8

解析：f(x ) sin[2(x ) ∴

4

] sin(2x

4

2 )

4

2

2

k ,(k Z)，∴

8

k 3 ,(k Z)，当k 1时 min 。 28

12．答案：q 1，

解析：∵{an}是等差数列且a1 1,a3 3,a5 5构成公比为q的等比数列， ∴(a1 1)(a1 4d 5) (a1 2d 3)2即(a1 1)[(a1 1) 4(d 1) [(a1 1) 2(d 1)]2

2

令a1 1 x,d 1 y，则有x(x 4y) (x 2y)，展开的y 0，即d 1 0，∴q 1。

13．答案：a 3，解析：由图易知a0 1,a1 3,a2 4

n

3 11 a122

∴Cn 3,Cn () 4，∴ ，解得a 3。

aa n(n 1) 4

2a2

14．答案：x

2

32

y 1， 2

5c12

, b) 33

解析：由题意得通径AF2 b2，∴点B坐标为B(

22122

b ( b) 5c2 322b 1 c将点B坐标带入椭圆方程得( ) ，又，解得 1

13b2

c2 3

∴椭圆方程为x

2

32

y 1。 2

15．答案：②④，

解析：S有下列三种情况：

S1 a a b b b,S2 a a b a b b b,S3 a b a b a b a b b

22

∵S1 S2 S2 S3 a b 2a b (a b) |a b| 0， ∴Smin S3，

2

2

222222222

若a b，则Smin S3 b，与|a|无关，②正确； 若ab，则Smin S3 4a b b，与|b|有关，③错误；

若|b| 4|a|，则Smin S3 4|a| |b|cos |b| 4|a| |b| |b| |b| |b| 0，④正确； 若|b| 2|a|,Smin∴cos

2

2

2

2

2

2

8|a|，则Smin S3 4a b b 8|a|2cos 4|a|2 8|a|2

2

2

1

， ∴ ，⑤错误。 23

16．（本小题满分12分）

解析：（Ⅰ）∵A 2B，∴sinA sin2B 2sinBcosB，

a2 c2 b2 由正弦定理得a 2b

2ac

∵b 3,c

1，∴a2 12,a

b2 c2 a29 1 121

， （Ⅱ）由余弦定理得cosA

2bc63

由于0 A

，∴sinA

，

故sin(A

4

) sinAcos

4

cosAsin

4

14 ( ) 32326

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”， Ak表示“第k局甲获胜”， Bk表示“第k局乙获胜”，则P(Ak)

21

,P(Bk) ,k 1,2,3,4,5 33

（Ⅰ）P(A) P(A1A2) P(B1A2A3) P(A1B2A3A4)

P(A1)P(A2) P(B1)P(A2)P(A3) P(A1)P(B2(A3)P(A4)22122212256

33333333381

（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)

5 9

2 9

1081

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

P(X 4) P(A1B2A3A4) P(B1A2B3B4) P(A1)P(B2)P(A3)P(A4) P(B1)P(A2)P(B3)P(B4)

1PX( P(X 5)

故X的分布列为

2P)X (

8

P3)X ( )

81

∴EX

2

52108224 3 4 5

99818181

18．（本小题满分12分）

解析：（Ⅰ）f(x)的定义域为( , )，f'(x) 1 a 2x 3x2

令f'(x) 0得x1

1 1x2 x1 x2

33

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）∵a 0，∴x1 0,x2 0

（1）当a 4时x2 1，由（Ⅰ）知f(x)在[0,1]上单调递增

∴f(x)在x 0和x 1处分别取得最小值和最大值。 （2）当4 a 0时，x2 1，

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

)在x x2

处取得最大值

又f(0) 1,f(1) a

∴当1 a 0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4 a 1时，f(x)在x 0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

y k1x y k1x2p12p12p22p2

得；由得A(,)A(,) 122222

k1k1k1k1 y 2p1x y 2p2x

2p12p12p22p2

，,)B(,) 2

k22k2k22k2

2p12p12p12p11111

, ) 2p( , ) 12222k2k1k2k1k2k1k2k1

同理可得B1(

所以A1B1 (

A2B2 (

2p22p22p22p21111 , ) 2p( , ) 2k22k12k2k1k22k12k2k1p1

A2B2，所以A1B1∥A2B2。 p2

故A1B1

（Ⅱ）解：由（Ⅰ）知A1B1∥A2B2，同理可得B1C1∥B2C2，AC11∥A2C2 所以 A1BC11∽ A2B2C2，因此

S1|AB|

(11)2 S2|A2B2|

p1S1p12|A1B1|p1

又由（Ⅰ）中的A1B1 ，故A2B2知 2。

p2S2p2|A2B2|p2

20．（本小题满分13分）

（Ⅰ）证：∵ BQ//AA1,BC //AD,BC

∴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 ∴

BQ=B,ADAA1 A

BQBQBC1

，即Q为BB1的中点。 BB1AA1AD2

（Ⅱ）解：如图，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。

111

2a h d ahd， 3231a 2a11

VQ ABCD d (h) ahd

3224

7

ahd ∴V下 VQ A1AD VQ ABCD 图1 12

33711

ahd ahd 又VA1B1C1D1 ABCD ahd，∴V上 VA1B1C1D1 ABCD V下 ahd

221212

VQ A1AD 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AE

AA1 A

∴DE 平面AEA1，∴DE A1E

∴ AEA1为平面 和平面ABCD所成二面角的平面角。 ∵BC //AD，AD 2BC， ∴S ADC 2S ABC

又∵梯形ABCD的面积为6，DC=2，∴S ADC 4，AE 4 于是tan AEA1

AA1

1， AEA1 , AE4

故平面 和底面ABCD所成二面角的大小为

。 4

解法2：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 因为VABCD

24a 2a

,0,4) 2sin 6，所以a ，从而C(2cos ,2sin ,0)，A1(

sin sin 2

设平面A1DC的法向量为n (x,y,1)

4

DA n x 4 0 1

由 得x sin ,y cos sin

DC n 2xcos 2ysin 0

所以n ( sin ,cos ,1)

又平面ABCD的法向量m (0,0,1)

所以cos m,n

m n 2|m| |n|

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

。 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

k 1k

当p k 1时，(1 x) (1 x)(1 x) (1 x)(1 kx)

1 (k 1)x kx2 1 (k 1)x

所以p k 1时，原不等式成立。

p

综合（1）（2）可得当当x 1且x 0时，对一切整数p 1，不等式(1 x) 1 px

均成立。

（Ⅱ）证法1：先用数学归纳法证明an c。

（1）当n 1时由假设a1 c知an c成立。 （2）假设n k(k 1,k N*)时，不等式ak c成立 由an 1

1

p

1p

1p1p

p 1c1 p

an an易知an 0,n N* pp

当n k 1时

ak 1p 1c p1c

ak 1 (p 1) akpppak

1p

由ak c 0得 1

11c

( 1) 0 ppakp

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

所以当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

1

p

1p

an 1a1c

1 (p 1)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

由此可见，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 0，即a1p c可知

1

p1p

1p1

1

1p1p

a2

p 1c1c

a1 a11 p a1[1 (p 1)] a1， pppa1

1

p

1p

并且a2 f(a1) c，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

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

综合（1）（2）可得，对一切正整数n，不等式an an 1 c均成立。

1p

1p

1p

1p

1p