1、2014年普通高等学校招生全国统一考试(安徽卷)数学(理科)本试卷分第卷(选择题)和第卷(非选择题)两部分.全卷满分150分,考试时间120分钟.参考公式:如果事件A与B互斥,那么P(A+B)=P(A)+P(B)如果事件A与B相互独立,那么P(AB)=P(A)P(B)第卷(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.(2014安徽,理1)设i是虚数单位,z表示复数z的共轭复数.若z=1+i,则zi+iz=().A.-2B.-2iC.2D.2i答案:C解析:原式=1+ii+i(1-i)=-i+1+i+1=2.2.(2
2、014安徽,理2)“x0”是“ln(x+1)0”的().A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件答案:B解析:由ln(x+1)0得-1x50,故输出55.4.(2014安徽,理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x=t+1,y=t-3(t为参数),圆C的极坐标方程是=4cos ,则直线l被圆C截得的弦长为().A.14B.214C.2D.22答案:D解析:由题意得直线l的方程为x-y-4=0,圆C的方程为(x-2)2+y2=4.则圆心到直线的距离d=2,故弦长=2r2-d2=
3、22.5.(2014安徽,理5)x,y满足约束条件x+y-20,x-2y-20,2x-y+20.若z=y-ax取得最大值的最优解不唯一,则实数a的值为().A.12或-1B.2或12C.2或1D.2或-1答案:D解析:画出x,y约束条件限定的可行域,如图阴影区域所示,由z=y-ax得y=ax+z,当直线y=ax与直线2x-y+2=0或直线x+y-2=0平行时,符合题意,则a=2或-1.6.(2014安徽,理6)设函数f(x)(xR)满足f(x+)=f(x)+sin x.当0x-a2,即a2时,f(x)=-3x-a-1,x-1,其图象如图所示,则fmin(x)=f-a2=-a2+1+|-a+a|
4、=3,解得a=8或a=-4(舍去).当-1-a2,即a2时,f(x)=-3x-a-1,x-a2,其图象如图所示,则fmin(x)=f-a2=-a2+1+|-a+a|=3,解得a=-4或a=8(舍去).当-1=-a2,即a=2时,f(x)=3|x+1|0,不符合题意.综上所述,a=-4或8.10.(2014安徽,理10)在平面直角坐标系xOy中,已知向量a,b,|a|=|b|=1,ab=0,点Q满足OQ=2(a+b).曲线C=P|OP=acos +bsin ,02,区域=P|0r|PQ|R,rR.若C为两段分离的曲线,则().A.1rR3B.1r3RC.r1R3D.1r3R答案:A解析:由于|a
5、|=|b|=1,ab=0,所以|OQ|=|2(a+b)|=2|a|2+|b|2+2ab=2,因此点Q在以原点为圆心,半径等于2的圆上.又|OP|=|acos +bsin |=(acos+bsin)2=|a|2cos2+|b|2sin2+absin2=1,因此曲线C是以原点为圆心,半径等于1的圆.又区域=P|0r|PQ|R,rR,所以区域是以点Q为圆心,半径分别为r和R的两个圆之间的圆环,由图形可知,要使曲线C与该圆环的公共部分是两段分离的曲线,应有1rR3.第卷(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、填空题:本大题共5小题,每小题
6、5分,共25分.把答案填在答题卡的相应位置.11.(2014安徽,理11)若将函数f(x)=sin2x+4的图象向右平移个单位,所得图象关于y轴对称,则的最小正值是.答案:38解析:把函数f(x)=sin2x+4的图象向右平移个单位,得到f(x)=sin2(x-)+4=sin2x-2+4的图象.由于f(x)=sin2x-2+4的图象关于y轴对称,所以-2+4=k+2,kZ.即=-k2-8,kZ.当k=-1时,的最小正值是38.12.(2014安徽,理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=.答案:1解析:设数列an的公差为d,则a1=a3-2d,a
7、5=a3+2d,由题意得,(a1+1)(a5+5)=(a3+3)2,即(a3-2d+1)(a3+2d+5)=(a3+3)2,整理,得(d+1)2=0,d=-1,则a1+1=a3+3,故q=1.13.(2014安徽,理13)设a0,n是大于1的自然数,1+xan的展开式为a0+a1x+a2x2+anxn.若点Ai(i,ai)(i=0,1,2)的位置如图所示,则a=.答案:3解析:由题意得a1=1aCn1=na=3,n=3a;a2=1a2Cn2=n(n-1)2a2=4,n2-n=8a2.将n=3a代入n2-n=8a2得9a2-3a=8a2,即a2-3a=0,解得a=3或a=0(舍去).a=3.14
8、.(2014安徽,理14)设F1,F2分别是椭圆E:x2+y2b2=1(0b4|a|,则Smin0若|b|=2|a|,Smin=8|a|2,则a与b的夹角为4答案:解析:S有3种结果:S1=a2+a2+b2+b2+b2,S2=a2+ab+ab+b2+b2,S3=ab+ab+ab+ab+b2,错误.S1-S2=S2-S3=a2+b2-2aba2+b2-2|a|b|=(|a|-|b|)20,S中最小为S3.若ab,则Smin=S3=b2与|a|无关,正确.若ab,则Smin=S3=4ab+b2与|b|有关,错误.若|b|4|a|,则Smin=S3=4|a|b|cos +b2-4|a|b|+b2-|
9、b|2+b2=0,正确.若|b|=2|a|,则Smin=S3=8|a|2cos +4|a|2=8|a|2,2cos =1.=3,错误.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)(2014安徽,理16)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.(1)求a值;(2)求sinA+4的值.分析:(1)通过观察给出的条件及求解的问题,先将角的关系化为边的关系.首先由A=2B,得sin A=sin 2B,再由倍角公式将2B的三角函数化为B的三角函数,再由正弦定理、余弦定理将角的
10、关系化为边的关系进行求解.(2)由(1)知三边都已确定,先由余弦定理求出cos A的值,再利用平方关系求出sin A的值,最后利用两角和的正弦公式求解.解:(1)因为A=2B,所以sin A=sin 2B=2sin Bcos B.由正弦定理、余弦定理得a=2ba2+c2-b22ac.因为b=3,c=1,所以a2=12,a=23.(2)由余弦定理得cos A=b2+c2-a22bc=9+1-126=-13.由于0A0.(1)讨论f(x)在其定义域上的单调性;(2)当x0,1时,求f(x)取得最大值和最小值时的x的值.分析:(1)利用导数判断函数单调性的方法,先求导,再令其等于0,求出导函数的零点
11、,即为相应的极值点,结合导函数的开口方向从而得出导函数在相应区间的正负,从而得到原函数的单调区间.(2)讨论极值点x2在不在区间0,1内是问题的关键,要通过分类讨论,得出函数f(x)在0,1上的变化趋势,从而得出f(x)在0,1上的最值情况.若函数f(x)在0,1上有单调性,那么f(x)的最值就在区间的端点处取得.若f(x)在0,1上单调递增,那么f(x)在x=0处取得最小值,在x=1处取得最大值.若f(x)在0,1上单调递减,那么f(x)在x=0处取得最大值,在x=1处取得最小值.若函数f(x)在0,1上不单调,就要看能不能把区间0,1再细分成几部分,通过讨论函数f(x)在每一部分的单调性确
12、定其在整个区间上的最值情况.特别要注意的是函数在区间端点处的函数值要比较大小,以确定哪一个才是最值.解:(1)f(x)的定义域为(-,+),f(x)=1+a-2x-3x2.令f(x)=0,得x1=-1-4+3a3,x2=-1+4+3a3,x1x2.所以f(x)=-3(x-x1)(x-x2).当xx2时,f(x)0;当x1x0.故f(x)在(-,x1)和(x2,+)内单调递减,在(x1,x2)内单调递增.(2)因为a0,所以x10.当a4时,x21.由(1)知,f(x)在0,1上单调递增.所以f(x)在x=0和x=1处分别取得最小值和最大值.当0a4时,x21.由(1)知,f(x)在0,x2上单
13、调递增,在x2,1上单调递减.所以f(x)在x=x2=-1+4+3a3处取得最大值.又f(0)=1,f(1)=a,所以当0a1时,f(x)在x=1处取得最小值;当a=1时,f(x)在x=0处和x=1处同时取得最小值;当1a0)和E2:y2=2p2x(p20),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.(1)证明:A1B1A2B2;(2)过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S1S2的值.分析:(1)先将直线l1,l2的方程设出来,再分别与抛物线y
14、2=2p1x和y2=2p2x联立求出A1与A2的坐标,同理再求得B1,B2的坐标,利用向量这一工具,把A1B1与A2B2的坐标求出,由向量共线(平行)条件知A1B1A2B2.(2)由(1)中的结论,得出B1C1B2C2,C1A1C2A2,进而得出A1B1C1A2B2C2,以及A1B1C1与A2B2C2的相似比,再由相似三角形的面积比等于相似比的平方从而求解.(1)证明:设直线l1,l2的方程分别为y=k1x,y=k2x(k1,k20),则由y=k1x,y2=2p1x,得A12p1k12,2p1k1,由y=k1x,y2=2p2x,得A22p2k12,2p2k1.同理可得B12p1k22,2p1k
15、2,B22p2k22,2p2k2.所以A1B2=2p1k22-2p1k12,2p1k2-2p1k1=2p11k22-1k12,1k2-1k1.A2B2=2p2k22-2p2k12,2p2k2-2p2k1=2p21k22-1k12,1k2-1k1.故A1B1=p1p2A2B2,所以A1B1A2B2.(2)解:由(1)知A1B1A2B2,同理可得B1C1B2C2,C1A1C2A2.所以A1B1C1A2B2C2.因此S1S2=|A1B1|A2B2|2.又由(1)中的A1B1=p1p2A2B2知|A1B1|A2B2|=p1p2.故S1S2=p12p22.20.(本小题满分13分)(2014安徽,理20
16、)如图,四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,A1A底面ABCD.四边形ABCD为梯形,ADBC,且AD=2BC.过A1,C,D三点的平面记为,BB1与的交点为Q.(1)证明:Q为BB1的中点;(2)求此四棱柱被平面所分成上下两部分的体积之比;(3)若AA1=4,CD=2,梯形ABCD的面积为6,求平面与底面ABCD所成二面角的大小.分析:(1)由面面平行判定定理结合题目中的条件,推出平面QBC平面A1AD,再由面面平行的性质定理推出QCA1D,再结合另外两组对边也对应平行可知QBCA1AD,从而得出Q为BB1的中点.(2)先分别求出VQ-A1AD与VQ-ABCD,则V下便为两者之和,再由V上=
17、VA1B1C1D1-ABCD-V下求出V上,从而求得V上V下的值.(3)用一般方法找出二面角的平面角为本题关键所在,通过相关运算求得此平面角的某个三角函数值,从而得出该平面角.还可借助于空间向量这一工具,建立适当的坐标系,写出相应点的坐标,进而求出两个平面的法向量,利用两个法向量与二面角的平面角的关系求出平面角.(1)证明:因为BQAA1,BCAD,BCBQ=B,ADAA1=A,所以平面QBC平面A1AD.从而平面A1CD与这两个平面的交线相互平行,即QCA1D.故QBC与A1AD的对应边相互平行,于是QBCA1AD.所以BQBB1=BQAA1=BCAD=12,即Q为BB1的中点.图1(2)解
18、:如图1,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.VQ-A1AD=13122ahd=13ahd,VQ-ABCD=13a+2a2d12h=14ahd,所以V下=VQ-A1AD+VQ-ABCD=712ahd,又VA1B1C1D1-ABCD=32ahd,所以V上=VA1B1C1D1-ABCD-V下=32ahd-712ahd=1112ahd.故V上V下=117.(3)解法一:如图1,在ADC中,作AEDC,垂足为E,连接A1E.又DEAA1,且AA1AE=A,所以DE平面AEA1,于是DEA1E.所以AEA1为平面
19、与底面ABCD所成二面角的平面角.因为BCAD,AD=2BC,所以SADC=2SBCA.又因为梯形ABCD的面积为6,DC=2,所以SADC=4,AE=4.于是tanAEA1=AA1AE=1,AEA1=4.故平面与底面ABCD所成二面角的大小为4.图2解法二: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SABCD=a+2a22sin =6,所以a=2sin.从而C(2cos ,2sin ,0),A14sin,0,4,所以DC=(2cos ,2sin ,0),DA1=4sin,0,4.设平面A1DC的法向量n=(x,y,1).由DA1n=4sinx+
20、4=0,DCn=2xcos+2ysin=0,得x=-sin ,y=cos .又因为平面ABCD的法向量m=(0,0,1),所以cos=nm|n|m|=22.故平面与底面ABCD所成二面角的大小为4.21.(本小题满分13分)(2014安徽,理21)设实数c0,整数p1,nN*.(1)证明:当x-1且x0时,(1+x)p1+px;(2)数列an满足a1c1p,an+1=p-1pan+cpan1-p,证明:anan+1c1p.分析:(1)考虑到欲证不等式与正整数p有关,因此可采用数学归纳法证明.(2)有两种思路.一种思路是先用数学归纳法证明anc1p,再证明数列an是递减数列,二者结合即可证得结论
21、,其中在证anc1p时,要注意第(1)问结论的应用和第(2)问中所给条件式的变形及应用;另一种思路是构造函数f(x)=p-1px+cpx1-p,然后利用导数证得f(x)在c1p,+)上单调递增,从而可得f(x)c1p,在此基础上再运用数学归纳法证明anan+1c1p成立.(1)证明:用数学归纳法证明.当p=2时,(1+x)2=1+2x+x21+2x,原不等式成立.假设p=k(k2,kN*)时,不等式(1+x)k1+kx成立.当p=k+1时,(1+x)k+1=(1+x)(1+x)k(1+x)(1+kx)=1+(k+1)x+kx21+(k+1)x.所以p=k+1时,原不等式也成立.综合可得,当x-
22、1,x0时,对一切整数p1,不等式(1+x)p1+px均成立.(2)证法一:先用数学归纳法证明anc1p.当n=1时,由题设a1c1p知anc1p成立.假设n=k(k1,kN*)时,不等式akc1p成立.由an+1=p-1pan+cpan1-p易知an0,nN*.当n=k+1时,ak+1ak=p-1p+cpak-p=1+1pcakp-1.由akc1p0得-1-1p1pcakp-11+p1pcakp-1=cakp.因此ak+1pc,即ak+1c1p.所以n=k+1时,不等式anc1p也成立.综合可得,对一切正整数n,不等式anc1p均成立.再由an+1an=1+1pcanp-1可得an+1an1
23、,即an+1an+1c1p,nN*.证法二:设f(x)=p-1px+cpx1-p,xc1p,则xpc,并且f(x)=p-1p+cp(1-p)x-p=p-1p1-cxp0,xc1p.由此可得,f(x)在c1p,+)上单调递增.因而,当xc1p时,f(x)f(c1p)=c1p.当n=1时,由a1c1p0,即a1pc可知a2=p-1pa1+cpa11-p=a11+1pca1p-1c1p,从而a1a2c1p.故当n=1时,不等式anan+1c1p成立.假设n=k(k1,kN*)时,不等式akak+1c1p成立,则当n=k+1时,f(ak)f(ak+1)f(c1p),即有ak+1ak+2c1p.所以n=k+1时,原不等式也成立.综合可得,对一切正整数n,不等式anan+1c1p均成立.
