安徽高考数学

安徽高考数学

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2023年2月10日发(作者：斯诺克世锦赛赛程)

2014年安徽高考理科数学试题及参考答案

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，z表示复数z的共轭复数．若iz1，则z

i

z

1

A．－2Ｂ．－2iＣ．２Ｄ．2i

（2）“0x”是“0)1ln(x”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，

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．已知直线l的参数方程

是











3

1

yy

tx

（t为参数），圆C的极坐标方程是cos4，则直

线l被圆C截得的弦长为

A．14B．142C．2D．22

（5）

x

，y满足约束条件

















022

022

02

yx

yx

yx

，若axyz取得最大

值的最优解不唯一，则实数

a

的值为

A．

2

1

或-1B．2或

2

1

C．2或1D．2或-1

（6）设函数)(xf（Rx）满足xxfxfsin)()(．当

x0时，0)(xf，则)

6

23

(



f

A．

2

1

B．

2

3

C．0D．

2

1



（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+

3

B．18+

3

C．21D．18

（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axxxf21)(的最小值为3，则实数

a

的值为

A．5或8B．-1或5C．-1或-4D．-4或8

（10）在平面直角坐标系xoy中，已知向量

a

,

b

，

1ba

,

0ba

，点Q满足

)(2baOQ．曲线aOPPC|{cos+bsin}20,，区域

},||0|{RrRPQrP．若C为两段分离的曲线，则

A．31RrB．Rr31

C．31RrD．Rr31

第II卷（非选择题共100分）

二．填空题：本大题共5小题，每小题5分，共25分．

（11）若将函数)

4

2sin()(



xxf的图像向右平移个单位，所得图像关

于y轴对称，则的最小正值是．

（12）数列

n

a

是等差数列，若1

1

a，

3

3

a

，

5

5

a

构成公比为q的

等比数列，则q=．

（13）设0a，

n

是大于1的自然数，

n

a

x













1的展开式为

n

n

xaxaxaa2

2

2

10

．若点

),(

ii

aiA

（2,1,0i）的位置如图所示，

则

a

=．

（14）设

21

,FF分别是椭圆E：1

2

2

2

b

y

x（10b）的左、右焦点，过点

1

F的直线交

椭圆E与A,B两点，若xAFBFAF

211

,3轴，则椭圆E的方程为．

(15)已知两个不相等的非零向量a,b，两组向量

54321

,,,,xxxxx和

54321

,,,,yyyyy均由2

个

a

和3个

b

排列而成．记

5544332211

yxyxyxyxyxS，

min

S表示S所

有可能取值中的最小值．则下列正确的命题的是（写出所有正确命题的编号）．

①S有5个不同的值；②若

a

⊥

b

，则

min

S与a



无关；③若

a

∥

b

，则

min

S与b



无关；

④若b



>a



4，则

min

S>0；⑤若b



=a



4,

min

S=

28a



，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CBA,,对边的长分别是

a

,b,

c

，且3b,1c,BA2．

（I）求

a

的值：

（II）求)

4

sin(



A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

3

2

，乙获胜的概率为

3

1

，各局比赛结

果互相独立．

（I）求甲在4局以内（含4局）赢得比赛的概率；

（II）记X为比赛决出胜负时的总局数，求X的分布列和均值（数学期望）．

（18）（本小题满分12分）

设函数32)1(1)(xxxaxf，其中0a．

（I）讨论)(xf在其定义域上的单调性；

（II）当1,0x时，求)(xf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

1

E

：

xpy

1

22

（

0

1

p

）和2

E

：

xpy

2

22

（

0

2

p

），过原点

O

的两条直线1

l

和2

l

，1

l

与1

E

,2

E

分别交于1

A

,2

A

两点，2

l

与1

E

,2

E

分别交于1

B

,2

B

两点．

（I）证明：2211

BABA∥

；

（II）过

O

作直线

l

（异于1

l

,2

l

）与1

E

,2

E

分别

交于1

C

,2

C

两点，记111

CBA△

,与222

CBA△

的

面积分别为1

S

与2

S

，求

2

1

S

S

的值．

第（20）题图

α

Q

D

A

B

A

1D

1

C

1

B

1

C

（20）（本小题满分13分）

如图，四棱柱

1111

DCBAABCD

中，

AA

1底面

ABCD

．四边形

ABCD

为梯形，

AD

∥

BC

，且

ADBC2

．过

DCA,,

1三点的平面记为



，1

BB

与



的交点为

Q

．

（I）证明：

Q

为1

BB

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

4

1

AA

,

2CD

，梯形

ABCD

的面积为6，求平面



与底面

ABCD

所成二面角

的大小．

（21）（本小题满分13分）

设实数0c

，整数

1p，*Nn

．

（I）证明：当1x

且

0x

时，

pxxp11

；

（II）数列



n

a

满足

p

nnn

pa

p

c

a

p

p

aca







1

1

1

1

1

,

，证明：

p

nn

caa

1

1



．

参考答案

一．选择题：每小题5分，满分50分．

（1）C（2）B（3）B（4）D（5）D

（6）A（7）A（8）C（9）D（10）A

二．填空题：每小题5分，满分25分．

（11）

8

3

（12）1（13）3（14）1

2

3

22yx（15）②④

三．解答题：本大题共6小题，共75分．

（16）（本小题满分12分）

解：（I）∵BA2

，∴

BBBAcossin22sinsin

．

由正、余弦定理得：

ac

bca

ba

2

2

222



．

∵

1,3cb，∴

32,122aa

．

（II）由余弦定理得：

3

1

6

1219

2

cos

222











bc

acb

A

．

∵

A0，∴

3

22

9

1

1cos1sin2AA

．

∴

6

24

2

2

)

3

1

(

2

2

3

22

4

sincos

4

cossin)

4

sin(







AAA

．

（17）（本小题满分12分）

解：用A表示“甲在4局以内（含4局）赢得比赛”，k

A

表示“第

k

局甲获胜”，k

B

表示“第

k

局乙获胜”，

则

3

2

)(

k

AP

，

3

1

)(

k

BP

，

5,4,3,2,1k

．

（I）

)()()()(

432132121

AABAPAABPAAPAP

=

)()()()()()()()()(

432132121

APAPBPApAPAPBPAPAP

=

81

56

3

2

3

1

3

2

3

2

3

1

3

2222











































（Ⅱ）X的可能取值为2,3,4,5

．

9

5

)()()()()()()2(

21212121

BPBPAPAPBBPAAPXP，

9

2

)()()()()()()()()3(

321321321321

BPBPAPAPAPBPBBAPAABPXP，

81

10

)()()()()()()()(

)()()4(

43214321

43214321





BPBPAPBPAPAPBPAP

BBABPAABAPXP

81

8

)4()3()2(1)5(XPXPXPXP

∴X的分布列为

X2345

P

9

5

9

2

81

10

81

8

81

224

81

8

5

81

10

4

9

2

3

9

5

2EX

．

（18）（本小题满分12分）

解：（I）

)(xf的定义域为,，2321)(xxaxf



．

令0)(



xf，得

2121

,

3

341

,

3

341

xx

a

x

a

x









．

∴))((3)(

21

xxxxxf



．

当

1

xx或

2

xx时，0)(



xf；当

21

xxx时，0)(



xf．

∴)(xf在

1

,x和,

2

x内单调递减，在

21

,xx内单调递增．

（II）∵0a，∴0,0

21

xx．

①当4a时，1

2

x．

由（I）知，)(xf在1,0上单调递增．

∴)(xf在0x和1x处分别取得最小值和最大值．

②当40a时，1

2

x．

由（I）知，)(xf在

2

,0x上单调递增，在1,

2

x上单调递减．

∴)(xf在

3

341

2

a

xx



处取得最大值．

又1)0(f,af)1(，

∴当10a时，)(xf在1x处取得最小值；

当1a时，)(xf在0x处和1x处同时取得最小值；

当41a时，)(xf在0x处取得最小值．

（19）（本小题满分13分）

（I）证：设直线21

,ll的方程分别为xkyxky

21

,（0,

21

kk），则

由











xpy

xky

1

2

1

2

，得

















1

1

2

1

1

1

2

,

2

k

p

k

p

A

，

由











xpy

xky

2

2

1

2

，得















1

2

2

1

2

2

2

,

2

k

p

k

p

A

．

同理可得















2

1

2

2

1

1

2

,

2

k

p

k

p

B

,















2

2

2

2

2

2

2

,

2

k

p

k

p

B

．

∴







































12

2

1

2

2

1

1

1

2

1

2

1

1

2

2

1

11

11

,

11

2

22

,

22

kk

kk

P

k

p

k

p

k

p

k

p

BA

，









































12

2

1

2

2

2

1

2

2

2

2

1

2

2

2

2

22

11

,

11

2

22

,

22

kk

kk

P

k

p

k

p

k

p

k

p

BA

．

故22

2

1

11

BA

p

p

BA，∴

2211

BABA∥．

（II）解：由

（I）知2211

BABA∥，同理可得

2211

CBCB∥，

2211

ACAC∥．

∴

222111

CBACBA∽△△．

∴

2

22

11

2

1























BA

BA

S

S

．又由（I）中的

22

2

1

11

BA

p

p

BA

知

2

1

22

11

P

P

BA

BA

．

∴

2

2

2

1

2

1

P

P

S

S



．

第（20）题图1

α

E

Q

D

A

B

A

1D

1

C

1

B

1

C

（20）（本小题满分13分）

（I）证：∵1

AABQ∥

，

ADBC∥，BBQBC，AAAAD

1

．

∴平面QBC∥平面ADA

1

．

从而平面CDA

1

与这两个平面的交线互相平行，即DAQC

1

∥

．

∴

△QBC

与

△ADA

1

的对应边相互平行，于是△∽QBC△ADA

1．

∴

2

1

11



AD

BC

AA

BQ

BB

BQ

，即

Q为

1

BB的中点．

（II）解：如第（20）题图1，连接QA,QD．设hAA

1

，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

上

V和

下

V，aBC，则aAD2．

ahddhaV

ADAQ3

1

2

2

1

3

1

1





，

ahdhd

aa

V

ABCDQ4

1

)

2

1

(

2

2

3

1









，

∴ahdVVV

ABCDQADAQ12

7

1





下

．

又ahdV

ABCDDCBA2

3

1111





，

∴ahdahdahdVVV

ABCDDCBA12

11

12

7

2

3

-

1111





下

上

，

故

7

11



下

上

V

V

．

（III）解法1如第（20）题图1，在ADC△中，作DCAE，垂足为E，连接EA

1

．

又

1

AADE，且AAADE

1

．

∴

1

AEADE平面，于是EADE

1

．

∴∠

1

AEA为平面与底面ABCD所成二面角的平面角．

∵ADBC∥，BCAD2，∴

BCAADC

SS

△△

2．

又∵梯形ABCD的面积为6，2DC，∴4

ADC

S

△

，4AE．

∴1tan1

1



AE

AA

AEA，

41



AEA．

θ

第（20）题图2

α

Q

D

A

B

A

1D

1

C

1

B

1

C

x

z

y

故平面与底面ABCD所成二面角的大小为

4



．

解法2如第（20）题图2，以D

为原点，1

,DDDA

分别为

x

轴和

z

轴正方向建立空

间直角坐标系．

设

CDA

∵

6sin2

2

2







aa

S

ABCD，∴sin

2

a

．

从而

0,sin2,cos2C

，













4,0,

sin

4

1

A

，

∴

0,sin2,cos2DC

，













4,0,

sin

4

1

DA

．

设平面

DCA

1的法向量

)1,,(yxn

，

由















0sin2cos2

04

sin

4

1





yxnDC

nDA

，

得sinx，cosy，

∴)1,cos,sin(n．

又∵平面ABCD的法向量)1,0,0(m，

∴

2

2

,cos







mn

mn

mn，

∴平面与底面ABCD所成二面角的大小为

4



．

（21）（本小题满分13分）

（I）证：用数学归纳法证明

①当2p时，

xxxx2121)1(22，原不等式成立．

②假设

),2(*Nkkkp时，不等式kxxk1)1(成立．

当1kp时，

xkkxxkkxxxxxkk)1(1)1(1)1)(1()1)(1()1(21．

∴1kp时，原不等式也成立．

综合①②可知，当0,1xx时，对一切整数1p，不等式pxxp1)1(均

成立．

（II）证法1：先用数学归纳法证明p

n

ca

1

．

①当1n时，由题设pca

1

1

知，p

n

ca

1

成立．

②假设）（*,1Nkkkn时，不等式p

k

ca

1

成立．

由

p

nnn

a

p

c

a

p

p

a







1

1

1

易知*,0Nna

n

．

当1kn时，)1(

1

1

1

1







p

k

p

k

k

k

a

c

p

a

p

c

p

p

a

a

．

由0

1

p

k

ca得

0)1(

11

1

p

k

a

c

pp

．

由（I）中的结论得

p

k

p

k

p

p

k

p

k

k

a

c

a

c

p

p

a

c

pa

a





































)1(

1

1)1(

1

11．

因此cap

k



1

，即p

k

ca

1

1





．

∴1kn时，不等式p

k

ca

1

也成立．

综合①②可得，对一切正整数

n

，不等式p

k

ca

1

均成立．

再由)1(

1

11

p

n

n

n

a

c

pa

a

可得

11

n

n

a

a

，即

nn

aa

1

．

综上所述，*

1

1

,Nncaap

nn





．

证法2：设p

pcxx

p

c

x

p

p

xf

1

1

1

)(



，，则cxp，并且

p

p

pcx

x

c

p

p

xp

p

c

p

p

xf

1

0)1(

1

)1(

1

)(









，．

由此可得，)(xf在),[

1

pc上单调递增．因而，当pcx

1



时，ppccfxf

11

)()(．

①当1n时，由0

1

1

pca，即cap

1

可知

1

1

1

1

112

)1(

1

1

1

a

a

c

p

aa

p

c

a

p

p

a

p

p



















，并且

pcafa

1

12

)(，从

而pcaa

1

21

．

故当1n

时，不等式

p

nn

caa

1

1



成立．

②

假设

），（*1Nkkkn

时，不等式

p

kk

caa

1

1



成立，则

当

1kn

时，

)()()(

1

1

p

kk

cfafaf

，即有

p

kk

caa

1

21



．

∴1kn

时，原不等式也成立．

综合①②可得，对一切正整数

n

，不等式

p

kk

caa

1

1



均成立．