20**年合肥三模

试题

2014年安徽省合肥三模理科数学试题第1题 已知复数z

A. 17i 3i （i为虚数单位），则复数z为（ ） 12i

17i 55

17C. i 55

17D. i 55B.

2014年安徽省合肥三模理科数学试题第2题

已知Ax|log2x

2，B{x|

A. (0,)

B. C. (1,)

D. (1

13x，则AB为（ ） 31212

2014年安徽省合肥三模理科数学试题第3题

若等比数列an的前n项和为Sn，且S314，a12，则a4等于（ ）

A. 16

B. 16 或 16

C. 54

D. 16 或 54

2014年安徽省合肥三模理科数学试题第4题

空间中，若a,b,c为三条不同直线，、、为三个不同平面，则下列命题正确的为（ ）

A. 若ab，ac，则 b // c

B. 若a，b，则 a // b

C. 若，，则  // 

D. 若a // ， // ，则a // 

2014年安徽省合肥三模理科数学试题第5题

为了全面推进素质教育，教育部门对某省500所中小学进行调研考评，考评分数在80分以上（含80分）的授予“素质教育先进学校”称号，考评统计结果如下边的频率分布直方图所示，则应授予“素质教育先进学校”称号的学校有（ ）所

A. 125

B. 175

C. 325

D. 50

2014年安徽省合肥三模理科数学试题第6题

曲线y

1nx在x为( ) A.  6

 4

C. 3

D. 2B.

2014年安徽省合肥三模理科数学试题第7题

已知圆C:x1cosx32t（ 为参数），与直线l:（ t为参数），相交于A、Bysiny2t

两点，则AB（ ）

A.

5B. C. D.

2014年安徽省合肥三模理科数学试题第8题

若x0，y

0的最小值为（ ）

A.

B. 1

C.

D.

1 2

矩形ABCD中，AB2，AD1，点E,F分别为BC,CD边上动点，且满足EF1，则AE AF的最大值为（ ）

A. 3

B. 4

C. 5

D. 5

2014年安徽省合肥三模理科数学试题第10题

设函数fx在[0,1]上的图象是连续不断的曲线，在开区间(0,1)内的导函数fx恒不等于1，对任意x[0,1]都有0fx1，则方程fxx在开区间(0,1)内实根的个数为（ ）

A. 4

B. 3

C. 2

D. 1

2014年安徽省合肥三模理科数学试题第11题 已知tan

1，则cos2 ____． 2

2014年安徽省合肥三模理科数学试题第14题

用数字0,1,2,3,4组成的五位数中，中间三位数字各不相同，但首末两位数字相同的共有______个．

执行下边的程序框图，若输出的结果为 2，则输入的为_________．

2014年安徽省合肥三模理科数学试题第13题

xy10若实数x,y满足xy10，则z2xy的最大值为______．

3xy30

2014年安徽省合肥三模理科数学试题第15题

已知平面垂直于棱长为2的正方体ABCDA则平面截正方体1BC11D1的对角线BD1，

所得截面面积的最大值是_____．

2014年安徽省合肥三模理科数学试题第16题

在ABC中，角A,B,C的对边分别是a,b,c，B

3．

（Ⅰ）若a

2，bABC的面积；

（Ⅱ）若A 2，求a的取值范围． c

2014年安徽省合肥三模理科数学试题第17题

如图所示，在直角梯形ABCP中，AP // BC，APAB，AP2AB2BC，D是底边AP的中点，E,F,G分别为PC,PD,CB的中点，将PCD沿CD折起，使点P位于点P，且PD平面ABCD，在折叠后的几何图形中．

（Ⅰ）求证：平面ABP // 平面 EFG ；

（Ⅱ）求二面角GEFD的大小，

2014年安徽省合肥三模理科数学试题第18题

已知 fxalnx

（Ⅰ）若 x2 是函数 fx 的一个极值点，求 fx 的最小值；

（Ⅱ）对 x(e,) ，fxax0 恒成立，求 a 的取值范围．

12xx(aR) 2

2014年安徽省合肥三模理科数学试题第19题

某校组建由 2 名男选手和n名女选手的“汉字听写大会”集训队，每次比赛均从集训队中

任选 2 名选手参赛．

（Ⅰ）若 n2 ，记某次参赛被选中的男选手人数为随机变量 X ，求随机变量 X 的分布列和数学期望；

（Ⅱ）若 n2 ，该校要参加三次“汉字听写大会”比赛，每次从集训队 2 中选名选手，试问：当 n 为何值时，三次比赛恰有一次参赛选手性别相同的概率取得最大值．

2014年安徽省合肥三模理科数学试题第20题

x2y2

双曲线 C:221 的左顶点为 A ，右焦点为 F ，离心率 e2 ，焦距为 4 ． ab

（Ⅰ）求双曲线 C 的方程；

（Ⅱ）设 M 是双曲线 C 上任意一点，且 M 在第一象限内，直线 MA 与 MF 倾斜角分别为 1,2 ，求 212 的值．

2014年安徽省合肥三模理科数学试题第21题

已知数列 an ， a11 ， an1an

（Ⅰ）求数列 an 为单调增数列的充要条件；

（Ⅱ）当 p

求证：

1p2an(nN*,pR,p1) ． 1p11 时，令 bn ，数列 bn 的前 n 项和为 Sn ， 312an111nSn ． 252

答案和解析

2014年安徽省合肥三模理科数学试题第1题

答案：B 分析：z

选B

(3i)(12i)326ii17i17i 2(12i)(12i)14i555

2014年安徽省合肥三模理科数学试题第2题

答案：A 分析：∵A{x|0x4},B{x|1x ∴AB{x|0x选A

1212

2014年安徽省合肥三模理科数学试题第3题

答案：D

2分析：解析S3a1a2a3a1aq1aq114，解得q2或q3，当q2，

a4a1q316，

当q3，a4a1q54，故答案为D．

3

2014年安徽省合肥三模理科数学试题第4题

答案：B

分析：

2014年安徽省合肥三模理科数学试题第5题

答案：B

分析：设获得“素质教育先进学校”的频率为P，频数为X，

由题知0.005100.020100.04010P1

∴ P0.35

∴ X = 0.35500 = 175 (所)

2014年安徽省合肥三模理科数学试题第6题

答案：A 分析：解：y1 x

∴

ktany|x 3

[0,)



6

2014年安徽省合肥三模理科数学试题第7题

答案：A

分析：解：圆C方程为 (x1)2y21，C(1,0)，r1

l方程为 x2y10

∴C到 l的距离

d



|AB| 2014年安徽省合肥三模理科数学试题第8题

答案：C

分析：∵ x0,y0

∴

xy…xy时，取 “” ）

2

2014年安徽省合肥三模理科数学试题第9题

答案：B

分析：如图所示，以A为坐标原点，AB,AD所在直线分别为x轴，y轴建立如图所示直角坐标系

设E(2,y),F(x,1)

0x2则 0y1，可行域如图

(x2)2(y1)21

令 zAEAF2xy

作直线 2xy0 并平称当经过 M(2,0) 时，Z最大，此时z2204

2014年安徽省合肥三模理科数学试题第10题

答案：D

分析：设 g(x)f(x)x ∵对x[0,1] 都有 0f(x)1 ∴g(0)f(0)00,g(1)f(1)10 ∴g(x)0在(0,1)上有根

∵在开区间 (0,1)上f(x)恒不等于1 ∴g(x)f(x)10 ∴g(x)在(0,1)内无极值点 ∴ g(x) 在(0,1)内的根唯一存在 即方程f(x)x在(0,1)内实根唯一

答案：

3 5

2

2

2

1

cossin1tan3 分析：cos2cos2sin2

cos2sin21tan2115

4

1

2014年安徽省合肥三模理科数学试题第14题

答案：240

13

分析：首末两位数字相同，只能从1,2,3,4种选共C4中间三位数各不相同有A5

13∴共有C4A54543240 个

2014年安徽省合肥三模理科数学试题第12题

答案：

3

或 4 4

分析：(1)当 x1 时，

ylog1(x1)2

2

x1x

3 4

1 4

1时 (2)当 x…

ylog2x2

x4

综上所述，输入的x值为

3

或 4 4

答案：7

分析：可行域如图

作直线2xy0，并平移，当z2xy 经过A(2,3时)，z有最大值，此时 zmax2237

2014年安徽省合肥三模理科数学试题第15题

答案：

分析：

当平面即正六边形 EFGHMN时面积最大，且E,F,G,H,M,H均为相应边中点，边长

为

162

2014年安徽省合肥三模理科数学试题第16题

答案：（Ⅰ）

（Ⅱ） 2, 2

2

2

2

分析：（Ⅰ） bac2accosBc2c10c1

所以

SABC

11acsinB2 22

（Ⅱ）

又 A



asinAcsinC

sin(

2

C)

1,

sinC2

2 C，∴ 0C, 所以

0tanC

3263

a1a12，所以的取值范围2,．

ctanCc2

2014年安徽省合肥三模理科数学试题第17题

答案：（Ⅰ） 见解析 （Ⅱ）45 分析：（Ⅰ）证明：

∵E,F 分别为PC,PD的中点，G是BC中点．



∴

，同理

又

，∴

EGEFE,PBABB, ∴平面EFG // 平面 ABP．

（Ⅱ）（综合法）取AD中点 T ，连 GT,FT ∴ GT // CD．又∵ EF // CD．

∴ EF // GT．即E,F,T,G共面．∵ CD 平面 PAD．

∴ EF 平面 PAD ．∴ TFD 是二面角 GEFD 的平面角；易知

TFD45 ．

∴二面角 GEFD 的平面角为 45

（向量法）

由已知底面 ABCD 是正方形，

又 ∵PD 平面 ABCD ．

∴ DA,DC,DP 两两垂直，建立如图空间坐标系 Dxyz ，则

P0,0,2C2,0,0,G2,1,0 E1,0,1,F0,0,1,A0,2,0

AP0,2,2,EF1,0,0,EG1,1,1

设平面 EFG 的法向量为 nx,y,z ，

x0yznEF0∴    取

xyz0x0nEG0

易知向量 DA 是平面 PCD 的一个法向量 DA0,2,0 ，

∴

cosDA,n

DAnDAn





∴二面角 GEFD 的平面角为 45 ． 2

2014年安徽省合肥三模理科数学试题第18题

答案：（Ⅰ）fxmin分析：（Ⅰ）fx

e22e

2ln2 （Ⅱ）age

2e1a

x1. 由 f20 得 a2， x

2x2x2

此时 fx 可知 fx 在 0,2 单调递减， 2, 单调递x1

xx

增，

所以 fxminf22ln2.

（Ⅱ）由 fxaxalnx

12

xxax0 在 e, 内恒成立， 2

12

xx

又因为 xe, ，所以 xlnx0 ．因而 a ．

xlnx

12

xx设 gx ，xe, ． xlnx

∵ gx

x1x1nx(1

1121

)(xx)x1(x1lnx), 22

xlnxxlnx

111

x1lnx ，则 rxxe ． 22x

当 xe, 时，x10 ，令 rx

∴ rx0 ．∴ rx 在 [e,) 上单调增．

∴对 xe, ，rxre

∴ gx0 ，

e

0. 2

e22e

所以 gx 在 xe, 时为增函数，所以 age ．

2e1

2014年安徽省合肥三模理科数学试题第19题

答案：（Ⅰ） 1 （Ⅱ）n2 分析：（Ⅰ）当 n2 时 ， X0,1,2

110202

C2C2C2C2C2C2211

， ， ， PX1PX0PX2222

C43C46C46

X的分布列为：

121

EX0121.

636

22

C2Cnn2n2

2（Ⅱ）一次参加比赛全是男生或全是女生的概率为 p ． 2

Cnn3n22

1

fpC3p1p3p36p23p，

2

fp9p212p33p13p1．

n2n211

 ，解得 n2 ． 易知当 p 时，取 fp 最大值．因此 2

3n3n23

2014年安徽省合肥三模理科数学试题第20题

y2

答案：（Ⅰ） x1 （Ⅱ）212

3

2

2c4

分析：（Ⅰ）由 c, 得

2a

a1y22

，所以双曲线 C 的方程为：x1． 

3c2

y2

（Ⅱ）双曲线 C 的方程为： x1,A1,0F2,0.

3

2

y02

1. 设 Mx0,y0,x00,y00 ，则 x03

2

当 MFx 轴时x02, y03，则 kMF

212；

当 x02 时，kMAtan1

31. 故 1,2. 342

y0y

,kMFtan20; x01x02

2y0

2x01y0x01

tan21,

y02x12y2

001()

x01

又 y03x01, ∴ tan21

2

2x01y0

x01



2

2

y02



2x01y0

x01

2

3x021

y0

, x02

∴ tan21tan20, 又 1(0,

) ， 2(0,) ，∴ 212

2014年安徽省合肥三模理科数学试题第21题

答案：（Ⅰ） 1p1 （Ⅱ） 分析：（Ⅰ）若数列 an 单调增，

则 an1an, ∴ an1an ∴

若 1p1, 则

∵ a11,an1an

∴ an0(nN*) ，

111

nSn. 252

1p2

an0 ，又 a11 ， 1p

1p

0, ∴ 1p1 ． 1p

1p

0 ． 1p

1p2

an ， 1p

an1an

1p2

an0, 1p

即 an1an,

∴ an 为单调增数列．

综上，数列 an 单调增数列的充要条件为 1p1

（Ⅱ）当 p

1a2

时，∴ an1an2annN*,n112an, 3an

2an2anaa1111bnn1n() 12anan12anan12anan12anan1

Sn(

1111)()2a12a22a22a3(1111 )2an2an122an1

1． 2由（Ⅰ）知 an 单调递增，a11 ∴an10 ∴ Sn

2又 an1an(an2an2)(an12an 1)

(anan1)(12an2an1)5(anan1),

∴ an1an5n1(a2a1)25n1(n2) 而 a2a125n ，

∴ an1(an1an)(anan1) (a2a1)a125n125n22501

15n5n11n215, 1522

∴ 

∴ Sn

综上所述，

12n. an151111211(n)n. 22an122525111nSn. 252