2014年安徽高考数学（文科）真题（带答案）下载

2014年普通高等学校招生全国统一考试（安徽卷） 数学（文） 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.设 2i i是虚数单位，复数i3  （）1 i C. 1 2． 命题“x R,| x | x2  0”的否定是（ A. i B. iD. 1）A.x R,| x | x2  0 B. x R,| x | x2  0 22C. x0  R,| x0 | x0  0 D. x0  R,| x0 | x0  0 13.抛物线 y  x2 的准线方程是（ ）4A. y  1 4.如图所示，程序框图（算法流程图）的输出结果是（ A.34 B.55C.78 D.89 B. y  2 C. x  1 D. x  2 ）5.设 a  log3 7,b  23.3,c  0.8,则（ A.b  a  c B. c  a  b C. c  b  a 6. 学科网过点 P（ 3,1）的直线 与圆 x2  y2 1有公共点，则直线 ）D. a  c  b ll的倾斜角的取值范围是（ ）6363A（.0， ] B（. 0， ] C.[0， ] D.[0， ] 7.若将函数 f (x)  sin 2x  cos2x 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（ ）843 83 4A. B. C. D. 8.一个多面体的三视图如图所示，则多面体的体积是（ ）23 347 6A. B. C. 6D.7 第 1 页 共 8 页 9.若函数 f (x)  x 1  2x  a 的最小值 3，则实数 a的值为（ ）A.5 或 8 B. 1或 5 C. 1 或4 D. 4 或8          和 2 个 10.设 a,b 为非零向量， b  2 a ，两组向量 x1, x2, x3, x4 和 y1, y2, y3, y4 均由 2 个 ab排列而成， ）      2 与 的夹角为（ 若x1  y1  x2  y2  x3  y3  x4  y4 所有可能取值中的最小值为 4 a ，则 ab2336A. B. C. D.0 第  卷（非选择题 共100 分） 二.选择题:本大题共 5 小题，每小题 5 分，共 25 分. 34 +log  log ________. 16 81 543 5 11. 3 4 12.如图，学科网在等腰直角三角形 ABC 中，斜边 BC  2 2，过点 1 作 AC 的垂线，垂足为 2 ；过点 2 作 AC 的垂线，垂足为 A作 BC 的垂线，垂足为 A1 ；过 点AAAA3 ；…，以此类推，设 BA  a1 ，1AA  a2 ，A A2  a3 ，…， A A a7 ，则 a7  ________. 1156x  y  2  0 13.不等式组 x  2y  4  0 表示的平面区域的面积为________. x  3y  2  0 x(1 x),0  x 1 14.若函数 fxx R 是周期为 4 的奇函数，且在 0,2 上的解析式为 fx，则 sinx, 1 x  2 第 2 页 共 8 页 29 441 6f f  _______ 15.若直线 (i)直线 处“切过”曲线 l与曲线 C满足下列两个条件： l在点 Px0 , y0 处与曲线C 相切； (ii) 曲线C 在 P 附近位于直线l 的两侧，则称直线l 在点 P C.下列命题正确的是_________(写出所有正确命题的编号) ①直线l : y  0在点 P0,0 处“切过”曲线 C：Cy  x2 y  (x 1)2 y  sin x y  tan x y  ln x ②直线l : x  1在点 P1,0 处“切过”曲线 ：③直线l : y  x 在点 ④直线l : y  x 在点 P0,0 处“切过”曲线 CC：：P0,0 处“切过”曲线 ⑤直线l : y  x 1在点 P1,0 处“切过”曲线C ： 三.解答题：本大题共 6 小题，共 75 分.解答应写文字说明、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，△ABC 的面积为 2求 cosA 与 a 的值； 17、（本小题满分 12分） 某高校共有 15000人，其中男生 10500人，女生 4500人，为调查该校学生每周平均体育运动时间的情 况，采用分层抽样的方法，收集 300位学生每周平均体育运动时间的样本数据（单位:小时） （Ⅰ）应收集多少位女生样本数据？ （Ⅱ）根据这 300个样本数据，得到学生每周平均体育运动时间的频率分布直方图（如图所示），其中 样本数据分组区间为： .估计该校学生每周平 均体育运动时间超过 4个小时的概率. （Ⅲ）在样本数据中，有 60位女生的每周平均体育运动时间超过 4个小时.请完成每周平均体育运动 时间与性别的列联表，并判断是否有 的把握认为“该校学生的每周平均体育运动时间与性别有 关”. 第 3 页 共 8 页 附： 18.（本小题满分 12 分） 数列{an}满足 a1 1,nan1  (n 1)an  n(n 1),n N an （1） 证明：数列{ }是等差数列； n（2） 设bn  3n  an ，求数列{bn}的前 n 项和 Sn 19（本题满分 13 分） 如图，学科网四棱锥 P  ABCD 的底面边长为 8 的正方形，四条侧棱长均为 2 17.点G, E, F, H 分别 是棱 PB, AB,CD, PC 上共面的四点，平面GEFH  平面 ABCD (1)证明：GH // EF; ， BC // 平面GEFH . (2)若 EB  2 ，求四边形GEFH 的面积. 20（本小题满分 13 分） 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. 21（本小题满分 13 分） 2×2 y设F,F2 分别是椭圆 E：1(a  b  0) 的左、右焦点，过点 F1 的直线交椭圆 E 于 A, B 两 1a2 b2 点，| AF | 3| BF | 11(1) 若| AB | 4,ABF2 的周长为 16，求| AF2 | ；3(2) 若 cosAF2B  ，求椭圆 E 的离心率. 5安徽文数答案 一选择题 第 4 页 共 8 页 1.D 2.C 3.A 4.B 5.B 6.D 7.C 8.A 9.D 10.B 二填空题 27 11. 8112. 413. 14. 4516 15． ①③④ 三、解答题 16 12 2 3解: 由三角形面积公式，得 31sin A  2 ，故sin A  2因为sin2 A cos2 A 1 ，2 2 313所以 cos A  1sin2 A  1 ( )2   1①当 cos A  时，由余弦定理得 31a2  b2  c2  2bccos A  32 12  231 8 ，3所以 a  2 2 1②当 cos A  时，由余弦定理得 31a2  b2  c2  2bccos A  32 12  231( ) 12 ，3所以 a  2 3 17 4500 解: （Ⅰ）300  90 ，所以应收集 90 位女生的样本数据。 15000 （Ⅱ）由频率分布直方图得1 2(0.100  0.025)  0.75，所以该校学生每周平均体育运动时间超过 4 小时的概率的估计值为 0.75 。（Ⅲ）由（Ⅱ）知，300 为学生中有3000.75  225人的每周平均体育运动时间超过 4 小时，75 人 的每周平均体育运动时间不超过 4 小时，又因为样本数据中有 210 份是关于男生的，90 份是关于女生 的，所以每周平均运动时间与性别列联表如下： 第 5 页 共 8 页 每周平均体育运动时间与性别列联表 男生 女生 总计 45 30 75 每周平均体育运动时间 不超过 4 小时 每周平均体育运动时间 超过 4 小时 165 210 60 90 225 300 总计 结合列联表可算得 30022502 7522521090 21 100 K2   4.762  3.841 所以，有95%的把握认为“该校学生的每周平均体育运动时间与性别有关”。 18 an1 an an1 an （Ⅰ）证：由已知可得 1，即 1 n 1 nn 1 nan a1 所以{ }是以 1为首项，1 为公差的等差数列。 n1an n（Ⅱ）解：由（Ⅰ）得 1 (n 1)1 n，所以 an  n2 ，从而bn  n3n Sn 131  232  333  n3n ①3Sn 132  233  334 （n-1）3n  n3n+1 ②2Sn  31  32  33  3n  n3n+1 ①－②得： 3(13n )  n3n+1 13 (1 2n)3n+1 3 2(2n 1)3n+1  3 所以 Sn  419 （Ⅰ）证：因为 BC∥平面 GEFH， ，且平面PBC 平面GEFH  GH ，BC  平面PBC 所以 GH∥BC。同理可证 EF∥BC，因此 GH∥EF。 （Ⅱ）解：连接 AC，BD 交于点 O，BD 交 EF 于点 K，连接 OP，GK 因为 PA=PC，O 是 AC 的中点，所以 PO AC，同理可得 PO BD 又BD  AC=O，且 AC、BD 都在底面内，所以 PO  平面ABCD 第 6 页 共 8 页 又因为 因为 且PO  平面GEFH ，所以 PO //平面GEFH ，平面GEFH  平面ABCD 平面PBD  平面GEFH  GK 所以 PO ∥GK，且GK  平面ABCD ，从而GK  EF 所以 GK 是梯形 GEFH 的高 。由AB  8, EB  2 得EB : AB  KB : DB 1: 4 11从而 KB  DB  OB ，即 K 为 OB 的中点。 4211再由 PO∥GK 得，GK  PO ，即 G 为 PB 的中点，且GH  BC  4 22由已知可得OB  4 2,PO  PB2 OB2  6832  6 所以GK  3 GH  EF 4 8 2故四边形 GEFH 的面积 S  GK  3 18 。220 解：（Ⅰ） f (x) 的定义域为 (,) ，f ‘(x) 1 a  2x 3×2 1 4  3a 1 4  3a 令f ‘(x)  0 得x1  , x2  , x1  x2 33所以 f ‘(x)  3(x  x1)(x  x2 ) 当故x  x1 或 x  x2 时 f ‘(x)  0；当 x1  x  x2 时 f ‘(x)  0 f (x) (, x1) (x2 ,)内单调递减，在 (x1, x2 ) 内单调递增。 在和（Ⅱ）∵ a  0 ，∴ x1  0, x2  0 （1）当 a  4 x2 1，由（Ⅰ）知 f (x) f (x) x  0 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) [0, x2 ]上单调递增，在[x2 ,1]上单调递减 时在[0,1] 上单调递增 ∴在和，在1 4  3a ∴f (x) 在x  x2  处取得最大值 3又f (0) 1, f (1)  a f (x) f (x) 4  a 1时， f (x) ∴当1 a  0 a 1 时在x 1处取得最小值 当时在x  0 和x 1处同时取得最小值 当在x  0 取得最小值。 第 7 页 共 8 页 21 解：（Ⅰ）由| AF | 3| F B |, |AB | 4 得| AF | 3, |F B |1 。1111因为 ABF2 的周长为 16，所以由椭圆定义可得 4a 16, |AF |  | AF2 | 2a  8 1故| AF2 | 2a | AF | 83  5 。1（Ⅱ）设| F B | k ，则 k  0 且| AF | 3k, |AB | 4k ，由椭圆定义可得 11| AF2 | 2a 3k, |BF2 | 2a  k ABF2 中，由余弦定理可得 在| AB |2 | AF2 |2  | BF2 |2 2 | AF2 || BF2 |cosAF2B 6即(4k)2  (2a 3k)2  (2a  k)2  (2a 3k)(2a  k) 5化简可得 (a  k)(a 3k)  0 ，而 a  k  0 ，故 a  3k 于是有| AF2 | 3k | AF |, |BF2 | 5k ，1因此| BF2 |2 | AF2 |2  | AB |2 ，可得 AF  AF2 12故AF F2 为等腰直角三角形。从而 c  a12c2所以椭圆的离心率 e  。a2第 8 页 共 8 页