安徽卷,高考数学理科卷

科数学（安徽卷）

第Ⅰ卷

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.(2010安徽,理1)i是虚数单位,

i

=3+i

C.

A.

13-i412

B.

13+i412

1},则2

13+i26

D.

13-i26

答案:B

2.(2010安徽,理2)若集合A={x|log1x≥

2

R

A=

A.(-∞,0)∪(

2

,+∞)22

,+∞］2

B.(

2

,+∞)22

,+∞］2

C.(-∞,0)∪［答案:A

D.［

3.(2010安徽,理3)设向量a=(1,0),b=(

11

,),则下列结论中正确的是22

C.a-b与b垂直

D.a∥bA.|a|=|b|B.a·b=

22

答案:C

4.(2010安徽,理4)若f(x)是R上周期为5的奇函数,且满足f(1)=1,f(2)=2,则f(3)-f(4)=A.-1B.1C.-2D.2答案:A

5.(2010安徽,理5)双曲线方程为x2-2y2=1,则它的右焦点坐标为

A.(

2,0)2

B.(

5,0)2

C.(

6,0)2

D.(3,0)

答案:C

6.(2010安徽,理6)设abc>0,二次函数f(x)=ax2+bx+c的图象可能是

y y Ox Ox A y Ox y OB x C D

答案:D

7.(2010安徽,理7)设曲线C的参数方程为⎨

⎧x=2+3cosθ(θ为参数),直线l的方程为

y=−1+3sinθ⎩

x-3y+2=0,则曲线C上到直线l距离为

710的点的个数为10

D.4

A.1B.2C.3答案:B

8.(2010安徽,理8)一个几何体的三视图如图,该几何体的表面积为

1 6 1 6 2 2 8 2正(主)视图 侧(左)视图

6 22俯视图

A.280答案:C

B.292C.360D.372

9.(2010安徽,理9)动点A(x,y)在圆x2+y2=1上绕坐标原点沿逆时针方向匀速旋转,12秒旋转

一周.已知时间t=0时,点A的坐标是(

13,),则当0≤t≤12时,动点A的纵坐标y关于t(单22

C.［7,12］

D.［0,1］和［7,12］

位:秒)的函数的单调递增区间是

A.［0,1］B.［1,7］答案:D

10.(2010安徽,理10)设{an}是任意等比数列,它的前n项和,前2n项和与前3n项和分别为

X,Y,Z,则下列等式中恒成立的是A.X+Z=2YC.Y=XZ答案:D

2

B.Y(Y-X)=Z(Z-X)D.Y(Y-X)=X(Z-X)

第Ⅱ卷

二、填空题:本大题共5小题,每小题5分,共25分.把答案填在答题卡的相应位置.11.(2010安徽,理11)命题“对任何x∈R,|x-2|+|x-4|>3”的否定是_________.答案:存在x∈R,|x-2|+|x-4|≤312.(2010安徽,理12)(答案:15

xy6

-)的展开式中,x3的系数等于________.

yx⎧2x−y+2≥0

⎪

13.(2010安徽,理13)设x,y满足约束条件⎨8x−y−4≤0若目标函数z=abx+y(a>0,b>0)的

⎪x≥0,y≥0,⎩

最大值为8,则a+b的最小值为________.答案:4

14.(2010安徽,理14)如图所示,程序框图(算法流程图)的输出值x=________.

开始 x=1x是奇数?否 是 x=x+1x=x+2x＞8? 是 否 输出x 结束 答案:12

15.(2010安徽,理15)甲罐中有5个红球,2个白球和3个黑球,乙罐中有4个红球,3个白球和3个黑球.先从甲罐中随机取出一球放入乙罐,分别以A1,A2和A3表示由甲罐取出的是红球,白球和黑球的事件;再从乙罐中随机取出一球,以B表示由乙罐取出的球是红球的事件,则下列结论中正确的是_______(写出所有正确结论的编号).①P(B)=

2;55;11

②P(B|A1)=

③事件B与事件A1相互;④A1,A2,A3是两两互斥的事件;

⑤P(B)的值不能确定,因为它与A1,A2,A3中究竟哪一个发生有关.

答案:②④

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.(2010安徽,理16)设△ABC是锐角三角形,a,b,c分别是内角A,B,C所对边长,并且sin2A=sin(

ππ

+B)sin(-B)+sin2B.33

(1)求角A的值;

(2)若AB·AC=12,a=27,求b,c(其中b3131

cosB+sinB)(cosB-sinB)+sin2B2222

313

cos2B-sin2B+sin2B=,444

3.2

π.3

(2)由AB·AC=12,可得cbcosA=12.

所以sinA=±

又A为锐角,所以A=

①由(1)知A=

π

,所以cb=24.3

②

由余弦定理知a2=c2+b2-2cbcosA,将a=27及①代入,得c2+b2=52,③

③+②×2,得(c+b)2=100,所以c+b=10.

因此c,b是一元二次方程t2-10t+24=0的两个根.解此方程并由c>b知c=6,b=4.

17.(2010安徽,理17)设a为实数,函数f(x)=ex-2x+2a,x∈R.(1)求f(x)的单调区间与极值;

(2)求证:当a>ln2-1且x>0时,e2>x2-2ax+1.(1)解:由f(x)=ex-2x+2a,x∈R知f′(x)=ex-2,x∈R.令f′(x)=0,得x=ln2.

于是当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表:

x(-∞,ln2)ln2f′(x)-0f(x)单调递减↘2(1-ln2+a)

故f(x)的单调递减区间是(-∞,ln2),单调递增区间是(ln2,+∞),

(ln2,+∞)

+

单调递增↗

f(x)在x=ln2处取得极小值,极小值为f(ln2)=eln2-2ln2+2a=2(1-ln2+a).

(2)证明:设g(x)=ex-x2+2ax-1,x∈R.于是g′(x)=ex-2x+2a,x∈R.由(1)知当a>ln2-1时,g′(x)最小值为g′(ln2)=2(1-ln2+a)>0.于是对任意x∈R,都有g′(x)>0,所以g(x)在R内单调递增.

于是当a>ln2-1时,对任意x∈(0,+∞),都有g(x)>g(0).而g(0)=0,从而对任意x∈(0,+∞),g(x)>0,即ex-x2+2ax-1>0,故ex>x2-2ax+1.

18.(2010安徽,理18)如图,在多面体ABCDEF中,四边形ABCD是正方形,EF∥AB,EF⊥FB,AB=2EF,∠BFC=90°,BF=FC,H为BC的中点.

E D A HB F C (1)求证:FH∥平面EDB;(2)求证:AC⊥平面EDB;(3)求二面角B-DE-C的大小.解法一:(综合法)

(1)证明:设AC与BD交于点G,则G为AC的中点,连接EG、GH,

KE D A GB HF C 又H为BC的中点,∴GH又EF1AB.2

1

AB,∴EF2

GH.

∴四边形EFHG为平行四边形.∴EG∥FH.而EG⊂平面EDB.∴FH∥平面EDB.

(2)证明:由四边形ABCD为正方形,有AB⊥BC.又EF∥AB,∴EF⊥BC.

而EF⊥FB,∴EF⊥平面BFC.∴EF⊥FH.∴AB⊥FH.

又BF=FC,H为BC的中点,∴FH⊥BC.∴FH⊥平面ABCD.∴FH⊥AC.又FH∥EG,∴AC⊥EG.

又AC⊥BD,EG∩BD=G,∴AC⊥平面EDB.(3)解:EF⊥FB,∠BFC=90°,∴BF⊥平面CDEF.

在平面CDEF内过点F作FK⊥DE交DE的延长线于K,则∠FKB为二面角B-DE-C的一个平面角.

设EF=1,则AB=2,FC=2,DE=3.又EF∥DC,∴∠KEF=∠EDC.∴sin∠EDC=sin∠KEF=

2.3∴FK=EFsin∠KEF=

BF2

,tan∠FKB==3.

FK3∴∠FKB=60°.∴二面角B-DE-C为60°.

解法二:(向量法)∵四边形ABCD为正方形,∴AB⊥BC.又EF∥AB,∴EF⊥BC.

又EF⊥FB,∴EF⊥平面BFC.∴EF⊥FH.∴AB⊥FH.又BF=FC,H为BC的中点,∴FH⊥BC.∴FH⊥平面ABC.

以H为坐标原点,HB为x轴正向,HF为z轴正向,建立如图所示坐标系.

E D GB x zF C Hy A 设BH=1,则A(1,-2,0),B(1,0,0),C(-1,0,0),D(-1,-2,0),E(0,-1,1),F(0,0,1).(1)证明:设AC与BD的交点为G,连接GE,GH,则G(0,-1,0),∴GE=(0,0,1).又HF=(0,0,1),∴HF∥GE.

GE⊂平面EDB,HF不在平面EDB内,∴FH∥平面EBD.

(2)证明:AC=(-2,2,0),GE=(0,0,1),AC·GE=0,∴AC⊥GE.又AC⊥BD,EG∩BD=G,∴AC⊥平面EDB.

(3)解:BE=(-1,-1,1),BD=(-2,-2,0).设平面BDE的法向量为n1=(1,y1,z1),则BE·n1=-1-y1+z1=0,BD·n1=-2-2y1=0,

∴y1=-1,z1=0,即n1=(1,-1,0).CD=(0,-2,0),CE=(1,-1,1).设平面CDE的法向量为n2=(1,y2,z2),

则n2·CD=0,y2=0,n2·CE=0,1-y2+z2=0,z2=-1,故n2=(1,0,-1),cos〈n1,n2〉=

n1⋅n211

==,

|n1|⋅|n2|2⋅22

∴〈n1,n2〉=60°,即二面角B-DE-C为60°.

19.(2010安徽,理19)已知椭圆E经过点A(2,3),对称轴为坐标轴,焦点F1,F2在x轴上,离心率e=

1.2

y A F 1 O l F 2 x (1)求椭圆E的方程;

(2)求∠F1AF2的角平分线所在直线l的方程;

(3)在椭圆E上是否存在关于直线l对称的相异两点?若存在,请找出;若不存在,说明理由.

x2y2

解:(1)设椭圆E的方程为2+2=1,

ab由e=

1c1

,即=,a=2c,得b2=a2-c2=3c2.2a2

x2y2

∴椭圆方程具有形式2+2=1.

4c3c将A(2,3)代入上式,得

13

+=1,解得c=2,c2c2

x2y2

∴椭圆E的方程为+=1.

1612

(2)解法一:由(1)知F1(-2,0),F2(2,0),∴直线AF1的方程为y=

3

(x+2),即3x-4y+6=0.4

直线AF2的方程为x=2.

由点A在椭圆E上的位置知,直线l的斜率为正数.设P(x,y)为l上任一点,则

|3x−4y+6|=|x-2|.

5

若3x-4y+6=5x-10,得x+2y-8=0(因其斜率为负,舍去).于是,由3x-4y+6=-5x+10得2x-y-1=0,所以直线l的方程为2x-y-1=0.解法二:∵A(2,3),F1(-2,0),F2(2,0),∴AF1=(-4,-3),AF2=(0,-3).∴14AF1AF21

+=(-4,-3)+(0,-3)=-(1,2).

535|AF1||AF2|∴kl=2.∴l:y-3=2(x-1),即2x-y-1=0.

(3)解法一:假设存在这样的两个不同的点B(x1,y1)和C(x2,y2),

∵BC⊥l,∴kBC=

y2−y1

1=−.

x2−x12

设BC的中点为M(x0,y0),则x0=

x1+x2y+y2,y0=1,22

①

2

2

2

由于M在l上,故2x0-y0-1=0.

xyxy又B,C在椭圆上,所以有1+1=1与2+2=1.

16121612

2222

(x1+x2)(x2−x1)x2−x1y2−y1(y+y2)(y2−y1)

两式相减,得,即+=0+1=0

16121612

2

将该式写为

1x1+x2y2−y11y1+y2·+··=0,82x2−x162

11

x0-y0=0,812

3x0-2y0=0.

并将直线BC的斜率kBC和线段BC的中点表示代入该表达式中,得

即

②①×2-②得x0=2,y0=3,即BC的中点为点A,而这是不可能的.∴不存在满足题设条件的点B和C.

解法二:假设存在B(x1,y1),C(x2,y2)两点关于直线l对称,则l⊥BC,∴kBC=-

1.2

1x2y2

设直线BC的方程为y=-x+m,将其代入椭圆方程=1,+

21612

得一元二次方程3x2+4(-

1

x+m)2=48,即x2-mx+m2-12=0.2

则x1与x2是该方程的两个根.由韦达定理得x1+x2=m,

13m(x1+x2)+2m=,22

m3m∴B,C的中点坐标为(,).

24

于是y1+y2=-又线段BC的中点在直线y=2x-1上,∴

3m=m-1,得m=4,4

即B,C的中点坐标为(2,3),与点A重合,矛盾.∴不存在满足题设条件的相异两点.

20.(2010安徽,理20)设数列a1,a2,…,an,…中的每一项都不为0.证明:{an}为等差数列的充分必要条件是:对任何n∈N+,都有

111n++…+=.a1a2a2a3anan+1a1an+1

证明:先证必要性.

设数列{an}的公差为d.

若d=0,则所述等式显然成立.若d≠0,则

111++…+a1a2a2a3anan+1

=

1a2−a1a3−a2a−an(++…+n+1)da1a2a2a3anan+11111111［(-)+(-)+…+(-)］

da1a2a2a3anan+11111a−a1n(-)=·n+1=.

da1an+1da1an+1a1an+1

=

=

再证充分性.

证法一:(数学归纳法)设所述的等式对一切n∈N+都成立.

首先,在等式

112+=a1a2a2a3a1a3

①

两端同乘a1a2a3,即得a1+a3=2a2,

所以a1,a2,a3成等差数列,记公差为d,则a2=a1+d.

假设ak=a1+(k-1)d,当n=k+1时,观察如下二等式

111k−1++…+=,a1a2a2a3ak−1aka1ak②

11

+a1a2a2a3

③

将②代入③,得

+…+

1

ak−1ak+

1akak+1

=

ka1ak+1

,

k−11k+=,a1akakak+1a1ak+1

在该式两端同乘a1akak+1,得(k-1)ak+1+a1=kak.将ak=a1+(k-1)d代入其中,整理后,得ak+1=a1+kd.

由数学归纳法原理知,对一切n∈N+,都有an=a1+(n-1)d.所以{an}是公差为d的等差数列.证法二:(直接证法)依题意有

111n++…+=,a1a2a2a3anan+1a1an+1

①

1111n+1

++…+.+=a1a2a2a3anan+1an+1an+2a1an+2

②

②-①得

1n+1n=−,

an+1an+2a1an+2a1an+1

得a1=(n+1)an+1-nan+2.

③

同理可得a1=nan-(n-1)an+1.

④

在上式两端同乘a1an+1an+2,

③-④得2nan+1=n(an+2+an),即an+2-an+1=an+1-an,所以{an}是等差数列.

21.(2010安徽,理21)品酒师需定期接受酒味鉴别功能测试,一种通常采用的测试方法如下:拿出n瓶外观相同但品质不同的酒让其品尝,要求其按品质优劣为它们排序;经过一段时间,等其记忆淡忘之后,再让其品尝这n瓶酒,并重新按品质优劣为它们排序,这称为一轮测试.根据一轮测试中的两次排序的偏离程度的高低为其评分.

现设n=4,分别以a1,a2,a3,a4表示第一次排序时被排为1,2,3,4的四种酒在第二次排序时的序号,并令X=|1-a1|+|2-a2|+|3-a3|+|4-a4|,则X是对两次排序的偏离程度的一种描述.

(1)写出X的可能值集合;

(2)假设a1,a2,a3,a4等可能地为1,2,3,4的各种排列,求X的分布列;(3)某品酒师在相继进行的三轮测试中,都有X≤2,

①试按(2)中的结果,计算出现这种现象的概率(假定各轮测试相互);②你认为该品酒师的酒味鉴别功能如何？说明理由.解:(1)X的可能值集合为{0,2,4,6,8}.在1,2,3,4中奇数与偶数各有两个,

所以a2,a4中的奇数个数等于a1,a3中的偶数个数,因此|1-a1|+|3-a3|与|2-a2|+|4-a4|的奇偶性相同,从而X=(|1-a1|+|3-a3|)+(|2-a2|+|4-a4|)必为偶数.X的值非负,且易知其值不大于8.

容易举出使得X的值等于0,2,4,6,8各值的排列的例子.

(2)可用列表或树状图列出1,2,3,4的一共24种排列,计算每种排列下的X值,在等可能的假定下,得到

X 0 2 4 6 8 1 3 7 9 4 P2424242424(3)①首先P(X≤2)=P(X=0)+P(X=2)=结果和性假设,

得P=

41

=,将三轮测试都有X≤2的概率记做p,由上述246

11

.=3

6216

②由于P=

15<是一个很小的概率,这表明如果仅凭随机猜测得到三轮测试都有2161 000

X≤2的结果的可能性很小,所以我们认为该品酒师确实有良好的味觉鉴别功能,不是靠随机猜测.