2014年安徽省高考数学理科试题
𝑧
1.设i是虚数单位，𝑧表示复数𝑧的共轭复数.若𝑧=1+i，则+i·𝑧=
i
A.−2B.−2iC.2D.2i1.C
2.“𝑥<0”是“ln(𝑥+1)<0”的A.充分而不必要条件C.充分必要条件2.B
3.如图1所示，程序框图（算法流程图）的输出结果是A.34B.55C.78D.
(
)
开始x1,y1()
(
B.必要而不充分条件D.既不充分也不必要条件
)
zxyz50?否是xyyz输出z结束图1:第3题
3.B
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
⎧⎪⎨𝑥=𝑡+1，
取相同的长度单位，已知直线𝑙的参数方程是(𝑡为参数)，圆𝐶的极坐标
⎪⎩𝑦=𝑡−3，方程是𝜌=4cos𝜃，则直线𝑙被圆𝐶截得的弦长为
√√√A.14B.214C.24.D
(
√
D.22)
⎧⎪⎪𝑥+𝑦−20，⎪⎪⎨
5.𝑥，𝑦满足约束条件𝑥−2𝑦−20，若𝑧=𝑦−𝑎𝑥取得最大值的最优解不唯一，则实
⎪⎪⎪⎪⎩2𝑥−𝑦+20，数𝑎的值为
1
A.或−125.D
6.设函数𝑓(𝑥)(𝑥∈R)满足𝑓(𝑥+𝜋)=𝑓(𝑥)+sin𝑥.当0𝑥<𝜋时，𝑓(𝑥)=0，则
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(
B.2或
12
C.2或1
D.2或−1
)
23𝜋
)=61A.2𝑓(6.A
√3B.
2
(
C.0
111正（主）视图1111俯视图
)
D.−
112
111侧（左）视图
17.一个多面体的三视图如图2所示，则该多面体的表面积为A.21+B.18+C.21D.187.A
√√3(
)
3图2:第7题
(
)
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8.C
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.D
B.−1或5
C.−1或−4
D.−4或8
B.30对
C.48对
D.60对
()
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满足
# »√# »
𝑂𝑄=2(𝑎+𝑏).曲线𝐶={𝑃|𝑂𝑃=𝑎cos𝜃+𝑏sin𝜃，0𝜃<2𝜋}，区域Ω={𝑃|0<
⋂︀# »
𝑟|𝑃𝑄|𝑅，𝑟<𝑅}.若𝐶Ω为两段分离的曲线，则()
A.1<𝑟<𝑅<310.A
𝜋
11.若将函数𝑓(𝑥)=sin(2𝑥+)的图像向右平移𝜙个单位，所得图像关于𝑦轴对称，则𝜙
4
的最小正值是.11.
3𝜋8
.
B.1<𝑟<3𝑅
C.𝑟1<𝑅<3
D.1<𝑟<3<𝑅
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=12.1
𝑥
13.设𝑎=0，𝑛是大于1的自然数，(1+)𝑛的展开式为𝑎0+𝑎1𝑥+𝑎2𝑥2+···+𝑎𝑛𝑥𝑛，若点
𝑎
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𝐴𝑖(𝑖，𝑎𝑖)(𝑖=0，1，2)的位置如图3所示，则𝑎=
y431A0.
A2A1O12x图3:第13题
13.3
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
𝑏
.𝐸于𝐴，𝐵两点.若|𝐴𝐹1|=3|𝐹1𝐵|，𝐴𝐹2⊥𝑥轴，则椭圆𝐸的方程为
2
3
14.𝑥2+𝑦2=1
2
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.则下列命题正确的是①𝑆中有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15.②④
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的值；
𝜋
(2)求sin(𝐴+)的值.
4
16.【解】(1)因为𝐴=2𝐵，所以sin𝐴=sin2𝐵=2sin𝐵cos𝐵.
𝑎2+𝑐2−𝑏2
由正、余弦定理得𝑎=2𝑏·.
2𝑎𝑐
√
因为𝑏=3，𝑐=1，所以𝑎2=12，𝑎=23.𝑏2+𝑐2−𝑎29+1−121
(2)由余弦定理得cos𝐴===.
2𝑏𝑐63
√︂√
√122由于0<𝐴<𝜋，所以sin𝐴=1−cos2𝐴=1−=.
93
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𝜋.4
(写出所有正确命题的编号).
√√√√
𝜋𝜋𝜋222124−2故sin(𝐴+)=sin𝐴cos+cos𝐴sin=×+(−)×=.
44432326
17.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，
12
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
33
比赛结果相互.
(1)求甲在4局以内（含4局）赢得比赛的概率；
(2)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）.
17.【解】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
21
“第𝑘局乙获胜”，则𝑃(𝐴𝑘)=，𝑃(𝐵𝑘)=，𝑘=1，2，3，4，5.
33
(1)𝑃(𝐴)=𝑃(𝐴1𝐴2)+𝑃(𝐵1𝐴2𝐴3)+𝑃(𝐴1𝐵2𝐴3𝐴4)
=𝑃(𝐴1)𝑃(𝐴2)+𝑃(𝐵1)𝑃(𝐴2)𝑃(𝐴3)+𝑃(𝐴1)𝑃(𝐵2)𝑃(𝐴3)𝑃(𝐴4)
21221256=()2+×()2+××()2=.
33333381(2)𝑋的可能取值为2，3，4，5.5𝑃(𝑋=2)=𝑃(𝐴1𝐴2)+𝑃(𝐵1𝐵2)=𝑃(𝐴1)𝑃(𝐴2)+𝑃(𝐵1)𝑃(𝐵2)=，
9
2
𝑃(𝑋=3)=𝑃(𝐵1𝐴2𝐴3)+𝑃(𝐴1𝐵2𝐵3)=𝑃(𝐵1)𝑃(𝐴2)𝑃(𝐴3)+𝑃(𝐴1)𝑃(𝐵2)𝑃(𝐵3)=，
9
𝑃(𝑋=4)=𝑃(𝐴1𝐵2𝐴3𝐴4)+𝑃(𝐵1𝐴2𝐵3𝐵4)
10
=𝑃(𝐴1)𝑃(𝐵2)𝑃(𝐴3)𝑃(𝐴4)+𝑃(𝐵1)𝑃(𝐴2)𝑃(𝐵3)𝑃(𝐵4)=，
818
𝑃(𝑋=5)=1−𝑃(𝑋=2)−𝑃(𝑋=3)−𝑃(𝑋=4)=.
81
故𝑋的分布列为
𝑋𝑃
𝐸𝑋=2×
259
329
41081
5881
21082245
+3×+4×+5×=.99818181
18.设函数𝑓(𝑥)=1+(1+𝑎)𝑥−𝑥2−𝑥3，其中𝑎>0.
(1)讨论𝑓(𝑥)在其定义域上的单调性；
(2)当𝑥∈[0，1]时，求𝑓(𝑥)取得最大值和最小值时的𝑥的值.18.【解】(1)𝑓(𝑥)的定义域为(−∞，+∞)，𝑓′(𝑥)=1+𝑎−2𝑥−3𝑥2.
√√−1−4+3𝑎−1+4+3𝑎令𝑓′(𝑥)=0，得𝑥1=，𝑥2=，𝑥1<𝑥2.
33
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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.(2)因为𝑎>0，所以𝑥1<0，𝑥2>0.①当𝑎4时，𝑥21.
由(1)知，𝑓(𝑥)在[0，1]上单调递增.
所以𝑓(𝑥)在𝑥=0或𝑥=1处分别取得最小值和最大值.②当0<𝑎<4时，𝑥2<1.
由(1)知，𝑓(𝑥)在[0，𝑥2]上单调递增，在[𝑥2，1]上单调递减所以𝑓(𝑥)在𝑥=𝑥−1+√
.
4+3𝑎2=3
取得最大值.
又𝑓(0)=1，𝑓(1)=𝑎，所以当0<𝑎<1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1<𝑎<4时，𝑓(𝑥)在𝑥=0处取得最小值.
19.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.(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
△𝐴别为𝑆𝑆1
1𝐵1𝐶1与△𝐴2𝐵2𝐶2的面积分1与𝑆2，求𝑆的值.
219.设直⎧线𝑙1，𝑙2的方程分别为𝑦=𝑘1𝑥，𝑦=𝑘2𝑥(𝑘1，𝑘2=0)，则
⎪由⎨𝑦=𝑘1𝑥，2𝑝12𝑝1⎪得𝐴⎩1(𝑦2=2𝑝1𝑥，𝑘2，𝑘)，11⎧⎪由⎨𝑦=𝑘1𝑥，2⎪得𝐴𝑝22𝑝2⎩2(𝑦2=2𝑝2𝑥，
𝑘2，𝑘)，11第5页共9页
y
E2AE21
l2
A1
Oxl1
B1
B2
图4:第19题
2𝑝22𝑝22𝑝12𝑝1
，)，𝐵(，)，222𝑘2𝑘2𝑘2𝑘22𝑝12𝑝12𝑝12𝑝11111# »
所以𝐴1𝐵1=(2−2，−)=2𝑝1(2−1，−)，
𝑘2𝑘1𝑘2𝑘1𝑘2𝑘2𝑘2𝑘1
2𝑝22𝑝22𝑝22𝑝21111# »
𝐴2𝐵2=(2−2，−)=2𝑝2(2−1，−).
𝑘2𝑘2𝑘2𝑘1𝑘2𝑘2𝑘2𝑘1
# »𝑝1# »
故𝐴1𝐵1=𝐴2𝐵2，所以𝐴1𝐵1𝐴2𝐵2.
𝑝2
(2)由(1)知𝐴1𝐵1𝐴2𝐵2，同理可得𝐵1𝐶1𝐵2𝐶2，𝐶1𝐴1𝐶2𝐴2.同理可得𝐵1(
所以△𝐴1𝐵1𝐶1∽△𝐴2𝐵2𝐶2.
(︂# »)︂2
𝑆1|𝐴1𝐵1|
.因此=# »𝑆2|𝐴2𝐵2|
# »
𝑝1# »𝑝1# »|𝐴1𝐵1|
又由(1)中的𝐴1𝐵1=𝐴2𝐵2知# »=.
𝑝2𝑝2|𝐴2𝐵2|𝑆1𝑝2
故=1.𝑆2𝑝22
20.如图，四棱柱𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1中，𝐴𝐴1⊥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𝛼，𝐵𝐵1与𝛼的交点为𝑄.(1)证明：𝑄为𝐵𝐵1的中点；
(2)求此四棱柱被平面𝛼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𝛼与底面𝐴𝐵𝐶𝐷所成二面角大小.
20.(1)【证明】因为𝐵𝑄𝐴𝐴1，𝐵𝐶𝐴𝐷，𝐵𝐶
所以平面𝑄𝐵𝐶平面𝐴1𝐴𝐷.
从而平面𝐴1𝐶𝐷与这两个平面的交线互相平行，即𝑄𝐶𝐴1𝐷.
故△𝑄𝐵𝐶与△𝐴1𝐴𝐷的对应边相互平行，于是△𝑄𝐵𝐶∽△𝐴1𝐴𝐷.𝐵𝑄𝐵𝑄𝐵𝐶1所以===，即𝑄为𝐵𝐵1的中点.
𝐵𝐵1𝐴𝐴1𝐴𝐷2
(2)【解】如第20题图(1)，连接𝑄𝐴，𝑄𝐷.设𝐴𝐴1=ℎ，梯形𝐴𝐵𝐶𝐷的高为𝑑，四棱柱被平面𝛼所分成上下两部分的体积分别为𝑉1和𝑉2，𝐵𝐶=𝑎，则𝐴𝐷=2𝑎.
⋂︀
𝐵𝑄=𝐵，𝐴𝐷
⋂︀
QAA1B1C1D1DBC图5:第20题𝐴𝐴1=𝐴，
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111
𝑉𝑄−𝐴1𝐴𝐷=··2𝑎·ℎ·𝑑=𝑎ℎ𝑑.
3231𝑎+2𝑎11
𝑉𝑄−𝐴𝐵𝐶𝐷=··𝑑·(ℎ)=𝑎ℎ𝑑.
3224
7
所以𝑉1=𝑉𝑄−𝐴𝐵𝐶𝐷+𝑉𝑄−𝐴𝐵𝐶𝐷=𝑎ℎ𝑑，
12
3
又𝑉𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1−𝐴𝐵𝐶𝐷=𝑎ℎ𝑑.
2
3711
所以𝑉1=𝑉𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1−𝐴𝐵𝐶𝐷−𝑉1=𝑎ℎ𝑑−𝑎ℎ𝑑=𝑎ℎ𝑑.
21212
𝑉111故=.𝑉27
A1B1D1C1QADEBC图6:第20题(1)
(3)【解法1】如第20题图(1)，在△𝐴𝐷𝐶中，作𝐴𝐸⊥𝐷𝐶，垂足为𝐸，连接𝐴1𝐸.
⋂︀
又𝐷𝐸⊥𝐴𝐴1，且𝐴𝐴1𝐴𝐸=𝐴.
所以∠𝐴𝐸𝐴1为平面𝛼与底面𝐴𝐵𝐶𝐷所成二面角的平面角.因为𝐵𝐶𝐴𝐷，𝐴𝐷=2𝐵𝐶，所以𝑆△𝐴𝐷𝐶=2𝑆△𝐵𝐶𝐴.
又因为梯形𝐴𝐵𝐶𝐷的面积为6，𝐷𝐶=2，所以△𝐴𝐷𝐶=4，𝐴𝐸=4.
𝜋𝐴𝐴1
=1，∠𝐴𝐸𝐴1=.于是tan∠𝐴𝐸𝐴1=
𝐴𝐸4
𝜋
故平面𝛼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，𝐷𝐴，𝐷𝐷1分别为𝑥轴和𝑧轴正方向建立空间直角坐标系.设∠𝐶𝐷𝐴=𝜃.
𝑎+2𝑎2因为𝑆𝐴𝐵𝐶𝐷=·2sin𝜃=6，所以𝑎=.
2sin𝜃
4
从而𝐶(2cos𝜃，2sin𝜃，0)，𝐴1(，0，4).
sin𝜃
设平面𝐴1𝐷𝐶的法向量𝑛=(𝑥，𝑦，1)，⎧
4# »⎪⎨𝐷𝐴1·𝑛=𝑥+4=0，sin𝜃得𝑥=−sin𝜃，𝑦=cos𝜃，
⎪# »⎩𝐷𝐶·𝑛=2𝑥cos𝜃+2𝑦sin𝜃=0，所以𝑛=(−sin𝜃，cos𝜃，1).
又因为平面𝐴𝐵𝐶𝐷的法向量𝑚=(0，0，1)，
√
𝑛·𝑚2所以cos⟨𝑛，𝑚⟩==.
|𝑛||𝑚|2
A1B1C1zD1QxADBCy图7:第20题(2)
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𝜋
故平面𝛼与底面𝐴𝐵𝐶𝐷所成二面角的大小为.
421.设实数𝑐>0，整数𝑝>1，𝑛∈N*.
(1)证明：当𝑥>−1且𝑥=0时，(1+𝑥)𝑝>1+𝑝𝑥；
11𝑝−1𝑐1−𝑝𝑝𝑝(2)数列{𝑎𝑛}满足𝑎1>𝑐，𝑎𝑛+1=𝑎𝑛+𝑎𝑛.证明：𝑎𝑛>𝑎𝑛+1>𝑐.
𝑝𝑝21.(1)【证明】用数学归纳法证明
①当𝑝=2时，(1+𝑥)2=1+2𝑥+𝑥2>1+2𝑥，原不等式成立.②假设𝑝=𝑘(𝑘2，𝑘∈N*)时，(1+𝑥)𝑘>1+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+𝑘𝑥2>1+(𝑘+1)𝑥.所以𝑝=𝑘+1时，原不等式成立.
综合①②可得，当𝑥>−1且𝑥=0时，对一切整数𝑝>1，不等式(1+𝑥)𝑝>1+𝑝𝑥均成立.
(2)【证法1】先用数学归纳法证明𝑎𝑛>𝑐.①当𝑛=1时，由题设𝑎1>𝑐𝑝知𝑎𝑛>𝑐𝑝成立.
②假设𝑛=𝑘(𝑘2，𝑘∈N*)时，不等式𝑎𝑘>𝑐𝑝成立.
𝑝−1𝑐−𝑝
由𝑎𝑛+1=𝑎𝑛+𝑎1易知𝑎𝑛>0，𝑛∈N*.𝑛
𝑝𝑝
𝑝−1𝑐−𝑝𝑎𝑘+11𝑐=当𝑛=𝑘+1时，𝑎𝑘=1+(𝑝−1).𝑎𝑘+𝑝𝑝𝑎𝑘
1111𝑐
由𝑎𝑘>𝑐𝑝>0得−1<−<<(𝑝−1)<0.
𝑝𝑝𝑝𝑎𝑘
𝑎𝑘+1𝑝1𝑐1𝑐𝑐
由(1)中的结论得()=[1+(𝑝−1)]𝑝>1+𝑝·(𝑝−1)=𝑝.
𝑎𝑘𝑝𝑎𝑘𝑝𝑎𝑘𝑎𝑘
1𝑝因此𝑎𝑝𝑘+1>𝑐，即𝑎𝑘+1>𝑐.所以𝑛=𝑘+1时，不等式𝑎𝑛>𝑐也成立.
综合①②可得，对一切整数𝑛，不等式𝑎𝑛>𝑐均成立.
𝑎𝑛+11𝑐𝑎𝑛+1
再由=1+(𝑝−1)可得<1，即𝑎𝑛+1<𝑎𝑛.
𝑎𝑛𝑝𝑎𝑛𝑎𝑛综上所述，𝑎𝑛>𝑎𝑛+1>𝑐𝑝，𝑛∈N*.
1𝑝−1𝑐1−𝑝
𝑝【证法2】设𝑓(𝑥)=𝑥+𝑥，𝑥𝑐，则𝑥𝑝𝑐，并且
𝑝𝑝
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1
1
𝑝1𝑝1
1
1
1𝑝1𝑝−1𝑐𝑝−1𝑐−𝑝𝑝𝑓(𝑥)=+(1−𝑝)𝑥=(1−𝑝)>0，𝑥>𝑐.
𝑝𝑝𝑝𝑥
′
由此可得，𝑓(𝑥)在[𝑐𝑝，+∞)上单调递增.因而，当𝑥>𝑐𝑝时，𝑓(𝑥)>𝑓(𝑐𝑝)=𝑐𝑝.①当𝑛=1时，由𝑎1>𝑐𝑝>0，即𝑎𝑝1>𝑐可知
11𝑝−1𝑐−𝑝1𝑐𝑝，从而𝑎>𝑎>𝑐𝑝.𝑎2==𝑎[1+𝑎1+𝑎1(−1)]<𝑎，并且𝑎=𝑓(𝑎)=𝑐112121
𝑝𝑝1𝑝𝑎𝑝1故当𝑛=1时，不等式𝑎𝑛>𝑎𝑛+1>𝑐成立.
②假设𝑛=𝑘(𝑘2，𝑘∈N*)时，不等式𝑎𝑘>𝑎𝑘+1>𝑐𝑝成立，则当𝑛=𝑘+1时，𝑓(𝑎𝑘)>𝑓(𝑎𝑘+1)>𝑓(𝑐𝑝)，即有𝑎𝑘+1>𝑎𝑘+2>𝑐𝑝.所以𝑛=𝑘+1时，原不等式也成立.
综合①②可得，对一切整数𝑛，不等式𝑎𝑛>𝑐均成立.
1
𝑝1
1
1
1𝑝1
1111
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