安徽省高考理科数学试题及答案

普通高等学校招生全国统一考试（安徽卷）

数学（理科）

参考公式:

如果事件A与B互斥,那么P(AB)P(A)P(B); 标准差:s1[(x1x)2(x2x)2n(xnx)2,其中x1(x1x2nxn).

一、选择题：本大题共10个小题；每小题5分，共50分．在每小题给出的四个选项中，有且只有一项是符合题目要求的。 （1）设i是虚数单位，则复数

2i在复平面内所对应的点位于 1i（A）第一象限 （B）第二象限（C）第三象限（D）第四象限

2i1i,选B. 1i（2）下列函数中，既是偶函数又存在零点的是

（A）ycosx （B）ysinx （C）ylnx （D）yx1 选A.

（3）设p:1x2,q:21 ，则p是q成立的

（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 选A.

4、下列双曲线中，焦点在y轴上且渐近线方程为y2x的是（ ）

x2y2x2y2x22221 （B）y1 （C）x1 （D）y1 （A）x44442选.

5、已知m，n是两条不同直线，，是两个不同平面，则下列命题正确的是（ ） （A）若，垂直于同一平面，则与平行 （B）若m，n平行于同一平面，则m与n平行

（C）若，不平行，则在内不存在与平行的直线

（D）若m，n不平行，则m与n不可能垂直于同一平面 选D.

6、若样本数据x1，x2，，x10的标准差为8，则数据2x11，2x21，，2x101的标准差为（ ）

（A）8 （B）15 （C）16 （D）32

2若样本数据x1，x2，，x10的方差为S,数据2x11，2x21，，2x101的方差为

S02,则S024S2,所以所求标准差为16,选C.

7、一个四面体的三视图如图所示，则该四面体的表面积是（ ） （A）13 （B）23 （C）122 （D）22 211正(主)视图11211侧(左)视图1 / 7

2俯视图2

如图,面ABC面ABD,ACBCADBD

8、C是边长为2的等边满足2a，论正确的是（ ）

2,AB2,E是AB的中点,选B.

C三角形，已知向量a，bC2ab，则下列结

AEDB（A）b1 （B）ab （C）ab1 （D）

因为C是边长为2的等边三角形,所以

4abC

2C2a(2ab)4cos602,即a(2ab)2aab1,又|||2a|2,所以|a|1,因此ab1 ;

因为BCACABb,所以|b|2,因此

C2a+bb2a(4ab)C(4ab)b4abb0,所以选D.

另:可画图,得(A)(B)(C)均错,选D. 9、函数fx2ABaxbxc2的图象如图所示，则下列结论成立的是（ ）

（A）a0，b0，c0 （B）a0，b0，c0 （C）a0，b0，c0 （D）a0，b0，c0 由fxaxbxc2的定义域知c0,即c0;由f(0)0知

b0;fxax22bxac22bcxc2,则ax2bxac2bc0有一解为c,另一解

2222为x0(0,c) ;而ax2bxac2bc0的解为x0xc,所以a0,即a0;选

C.

10、已知函数fxsinx（，，均为正的常数）的最小正周期为，

2时，函数fx取得最小值，则下列结论正确的是（ ） 3（A）f2f2f0 （B）f0f2f2

当x（C）f2f0f2 （D）

f2f0f2

作图知,选(A)

二、填空题:本大题共5小题。每小题5分，共25分。把答案π-12-2填在答题卡的相应位置

11.(x)的展开式中x的系数是 （用数字填写答案） 31x758π12O5π212x2 / 7

r214r4Tr1C7rx3(7r)xrC7x,由214r5得r4 ,所以C735.

12.在极坐标中，圆8sin上的点到直线画图.6

3(R)距离的最大值是

13.执行如图所示的程序框图（算法流程图），输出的n为 n4

14.已知数列{an}是递增的等比数列，a1a49,a2a38，则数列{an}的前n项和等于

2因为a2a3a1a48,所以a1,a4是x9x80的解,又数

开始a=1,n=1列{an}是递增的等比数列，所以

a11

,因此数列{an}的前

a48

|a1.414|0.005?是1a11an=n+1否输出n结束n项和等于2n1 .

15. 设xaxb0，其中a,b均为实数，下列条件中，使得该三次方程仅有一个实根的是 （写出所有正确条件的编号）

3(1)a3,b3；(2)a3,b2；(3)a3,b2；(4)a0,b2;(5)a1,b2.

解:令f(x)xaxb,f(x)3xa,当a0时,f(x)0,则f(x)在R上单调递增函数,此时xaxb0仅有一个实根,所以(4)(5)对;

当a3时,由f(x)3x30得1x1,所以x1 是f(x)的极小值点,由

2323f(1)0,得1331b0,即b2,(3)对.

x1 是f(x)的极大值点,由f(1)0,得(1)33(1)b0,即b2,(1)对.

(1)(3)(4)(5)

三、解答题:本大题共6小题，共75分。解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤.解答写在答题卡上的指定区域内 16.在ABC中，A长。 解中,

3,AB6,AC32,点D在BC边上，ADBD，求AD的4:

在

ABC2)90,即2BC2AC2AB22ACABcosA18362326(3 / 7

BC310 ; 从而ACBCAB2BCABcosB,cosB222310; 10又ADBD,所以BDcosB310BD3 ,所以ADBD10. 10(17) (本小题满分12分)已知2件次品和3件正品混放在一起,现需要通过检测将其区分,每次随机检测一件产品,检测后不放回,直到检测出2件次品或3件正品时检测结束. (1)求第一次检测出的是次品且第二次检测出是正品的概率;

(2)已知每检测一件产品需要费用100元,设X表示直到检测出2件次品或3件正品时所需要的检测费用(单位:元),求X的分布列和均值.

解:(1) P(第一次检测出的是次品且第二次检测出是正品)233 ; 5410(2) X的可能取值为200,300,400 X200表示前2次取出的是次品;

X300表示前2次取出的是1件次品和1件正品,第三次取出的是次品;或前3次取出的都是正品;

X400表示前3次取出的是1件次品和2件正品,第四次取出的是1件次品; 前3次取出的是1件次品和2件正品,第四次取出的是1件正品.

11331222C2C3A32A3C2C3A2136;. P(X200)2,P(X300)P(X400)34A510A510A510E(X)200136300400350 . 1010102n2第一次检测出的是次品且第二次检测出是正品

*(18) (本小题满分12分)设nN,xn是曲线yx1在点(1,2) 处的切线与x轴交点的

横坐标.

(1)求数列{xn}的通项公式;

22(2)记Tnx1x32x2n1,证明:Tn1 . 4n2n2解:(1) y(2n2)x2n1,当x1 时,y2n2 ,所以曲线yx1在点(1,2) 处的切

线为y2(2n2)(x1); 因此曲线yx22n21在点(1,2) 处的切线与x轴交点的横坐标xnn; n12x2n1,则f(n)0;

(2)由(1)知x2n12n12(2n1)222(),令f(n)4nTn4nx1x322n4n4 / 7

222x2f(n1)4(n1)x12x3n12n124n24n1n1x2n1因为()1 2222f(n)4nx1x3x2n1n2n24n4n12*2所以f(n)在nN单调递增的,因此f(n)f(1)4x14()1,所以f(n)1,即

21. Tn4n另:可用数学归纳法和放缩求积.

(19) (本小题满分13分)如图所示,在多面体A1B1D1DCBA中,四边形

AA1B1B,ADD1A1,ABCD均为正方形,E为B1D1的中点,过A1,D,E的平面交CD1于F.

(1)证明:EF(2)求二面角EA1DB1的余弦值.

∥CD,因此()1证明:因为AA1B1B,ABCD均为正方形,所以A1B1 A1EB1FABCD1四边形A1B1CD是,所以A1DB1C面A1DE,A1D面A1DE,所以B1C<面A1DE,又因为过

B1,C,D1平面交面A1DE于EF,所以EF(2) 取B1C中点M,取A1D中点H,连HM,HD1 ,则HMD由四边形AA1B1B,ADD1A1,ABCD均为正方形知CDA1D,HD1A1D,因此

A1D面MHD1,设面MHD1交EF于N.连HN,则A1DHN,A1DHM,所以

MHN为二面角EA1DB1的平面角.

由(1)知EF2HNMH2HN36所以二面角EA1DB1的余弦值为. 3中,MH2,HD1A1B1ABEHMNFD12,HNMNDC另:可补形,也可建立坐标系来做.

x2y2(20)(本小题满分13分)设椭圆E的方程为221(ab0),点

abO 为坐标原点,点A的坐标为(a,0),点B的坐标为(0,b),点M在线段AB上,满足

|BM|2|MA|,直线OM的斜率为

(1)求E的离心率e;

5. 10(2)设点C坐标为(0,b),N为线段AC中点,点N关于直线AB的对称点的纵坐标为E的方程.

7,求2解:(1)由点A的坐标为(a,0),点B的坐标为(0,b),点M在线段AB上,满足|BM|2|MA|,

5 / 7

知BM2MA,即点M分线段BA的比为2,所以点M(52ab,,);又直线OM的斜率为1033所以

b522222,即a5b,由abc得e,e. 2a1055(2)因为N为线段AC中点,,所以N(,)即N(a2b25bb,),而直线AB的方程为22xy1,即x5y5b; abb225(5b5b5b)722b;又点N关于

66而点N关于直线AB的对称点纵坐标为

x2y271为所求. 直线AB的对称点的纵坐标为,所以b2,因此, a5b25,所以

204221. (本小题满分13分)设函数f(x)xaxb. (1)讨论函数f(sinx)在(2,)内的单调性并判断有无极值,有极值时求出极值;

222(2)记f0(x)xa0xb0,求函数|f(sinx)f0(sinx)|在[,]上的最大值D; 22a2(3)在(2)中.取a0b00,求zb满足条件D1时的最大值.

4解: (1)令tsinx,x(1)当

a,),t(1,1), f(x)x2axb开口向上,对称轴为x; 222a1,即a2时, f(sinx)在(,)内是单调递增的; 222aa2)当1,即2a2时,函数f(sinx)在t处取得极小值,

22a2f(sinx)极小b;

4a3)当1,即a2 时, f(sinx)在(,)内是单调递减的;

2222另:f(sinx)sinxasinxb,f(sinx)2sinxcosxacosxcosx(2sinxa),因

a为x(,),所以cosx0,由f(sinx)cosx(2sinxa)0得sinx.

222aa1)当1,即2a2时,函数f(sinx)在sinx处取得极小值,

22a2f(sinx)极小b;

42)当a2时, f(sinx)在(,)内是单调递增的; 226 / 7

3)当a2时, f(sinx)在((2) 令tsinx,x[,)内是单调递减的; 22,],t[1,1], 22|f(sinx)f0(sinx)||f(t)f0(t)||(aa0)tbb0||(aa0)t(bb0)|,

所以|f(sinx)f0(sinx)|在[,]上的最大值为22Dmax{|(aa0)因为|(aa0)(bb0)|,|(aa0)()(bb0)|} . 22(bb0)|2|(aa0)()(bb0)|22(aa0)(bb0) 22aa0aa0aa0aa0所以当或时, D|(aa0)(bb0)|;当或时

bbbbbbbb20000D|(aa0)2(bb0)|.

aab|,|a()b|}max{|b|,|b|}; 2222a0a0a0aaa由|或时, D|或b|2|b|22ab;所以当b|;当222b0b0b0a0a时D|b|. 2b0a0a0a0a0aa因此,当或时, 由D|或时D|b|1;当b|1. 22b0b0b0b0(3)在(2)中, a0b00时, Dmax{|a

如图,当zb最大,

baaa与直线b1或b1相切时,z 422aπ+b=-12265z=b-432212ππ–4–3–2–1O1–1aπ-b=-12–2-–3–4aπ-b=12a24a2a把1b代入zb得a22a4z40,所以4224a2244(4z4)0得z,因此zb满足条件4424. D1时的最大值为4

234aaπ+b=12

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