安徽高考理科数学试题答案解析

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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。‎
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