1、安徽卷(理科數學)1.(2012安徽,理1)復數z滿足(z-i)(2-i)=5,則z=().A.-2-2iB.-2+2iC.2-2iD.2+2iD由題意可得,z-i=2+i,所以z=2+2i.2.(2012安徽,理2)下列函數中,不滿足f(2x)=2f(x)的是().A.f(x)=|x|B.f(x)=x-|x|C.f(x)=x+1D.f(x)=-xC只有C不滿足,f(2x)=2x+1,而2f(x)=2x+2,f(2x)2f(x).3.(2012安徽,理3)如圖所示,程序框圖(算法流程圖)的輸出結果是().A.3B.4C.5D.8B由程序框圖依次可得,x=1,y=1x=2,y=2x=4,y=3x

2、=8,y=4輸出y=4.4.(2012安徽,理4)公比為2的等比數列an的各項都是正數,且a3a11=16,則log2a10=().A.4B.5C.6D.7B由題意可得,a3a11=16,a7=4.a10=a7q3=25.log2a10=log225=5.5.(2012安徽,理5)甲、乙兩人在一次射擊比賽中各射靶5次,兩人成績的條形統計圖如圖所示,則().A.甲的成績的平均數小于乙的成績的平均數B.甲的成績的中位數等于乙的成績的中位數C.甲的成績的方差小于乙的成績的方差D.甲的成績的極差小于乙的成績的極差C由圖可得,=6,=6,故A錯;而甲的成績的中位數為6,乙的成績的中位數為5,故B錯;=2

3、,=2.4,故C正確;甲的成績的極差為4,乙的成績的極差也為4,故D錯.6.(2012安徽,理6)設平面與平面相交于直線m,直線a在平面內,直線b在平面內,且bm,則“”是“ab”的().A.充分不必要條件B.必要不充分條件C.充分必要條件D.既不充分也不必要條件A由面面垂直的性質定理可得,=m,b,bmb.又a,ab,但反之則不成立.7.(2012安徽,理7)(x2+2)的展開式的常數項是().A.-3B.-2C.2D.3D的通項為Tr+1=(-1)r=(-1)r.要使(x2+2)的展開式為常數,須令10-2r=2或0,此時r=4或5.故(x2+2)的展開式的常數項是(-1)4+2(-1)5

4、=3.8.(2012安徽,理8)在平面直角坐標系中,點O(0,0),P(6,8).將向量繞點O按逆時針方向旋轉后得向量,則點Q的坐標是().A.(-7,-)B.(-7,)C.(-4,-2)D.(-4,2)A設與x軸正半軸的夾角為,則cos =,sin =,則由三角函數定義可得,=.|cos=10=-7,|sin=10=-,=(-7,-),即點Q的坐標為(-7,-).9.(2012安徽,理9)過拋物線y2=4x的焦點F的直線交該拋物線于A,B兩點,O為坐標原點.若|AF|=3,則AOB的面積為().A.B.C.D.2C設點A(x1,y1),B(x2,y2),由|AF|=3及拋物線定義可得,x1+

5、1=3,x1=2.A點坐標為(2,2),則直線AB的斜率k=2.直線AB的方程為y=2(x-1),即為2x-y-2=0,則點O到該直線的距離為d=.由消去y得,2x2-5x+2=0,解得x1=2,x2=.|BF|=x2+1=,|AB|=3+=.SAOB=|AB|d=.10.(2012安徽,理10)6位同學在畢業聚會活動中進行紀念品的交換,任意兩位同學之間最多交換一次,進行交換的兩位同學互贈一份紀念品.已知6位同學之間共進行了13次交換,則收到4份紀念品的同學人數為().A.1或3B.1或4C.2或3D.2或4D6人之間互相交換,總共有=15種,而實際只交換了13次,故有2次未交換.不妨設為甲與

6、乙、丙與丁之間未交換或甲與乙、甲與丙之間未交換,當甲與乙、丙與丁之間未交換時,甲、乙、丙、丁4人都收到4份禮物;當甲與乙、甲與丙之間未交換時,只有乙、丙兩人收到4份禮物,故選D.11.(2012安徽,理11)若x,y滿足約束條件則x-y的取值范圍是.-3,0作出可行域如圖所示,令z=x-y,當z=0時,得l0:x-y=0.平移l0,當l0過點A(0,3)時滿足z最小,此時zmin=0-3=-3;當l0過點B(1,1)時,此時zmax=1-1=0,故x-y的取值范圍為-3,0.12.(2012安徽,理12)某幾何體的三視圖如圖所示,該幾何體的表面積是.92由三視圖可知,該幾何體為底面是直角梯形且

7、側棱垂直于底面的棱柱,該幾何體的表面積為S=2(2+5)4+2+5+4+4=92.13.(2012安徽,理13)在極坐標系中,圓=4sin 的圓心到直線=(R)的距離是.由極坐標下圓的方程=4sin 可得,2=4sin ,所以x2+y2=4y,即x2+(y-2)2=4,表示以(0,2)為圓心,2為半徑的圓.又=(R)表示直線y=x,由點到直線的距離公式可得d=.14.(2012安徽,理14)若平面向量a,b滿足|2a-b|3,則ab的最小值是.-|2a-b|3,4a2+b29+4ab.4a2+b24|a|b|-4ab,9+4ab-4ab.ab-.15.(2012安徽,理15)設ABC的內角A,

8、B,C所對邊的長分別為a,b,c,則下列命題正確的是(寫出所有正確命題的編號).若abc2,則C2c,則C若a3+b3=c3,則C若(a+b)c若(a2+b2)c2對于,由abc2可得cos C=.故C2c可得c,故c2=.Ca,cb,故0,故a2+b2c2.故C,正確;對于,c,故c2.C,不正確;對于,由(a2+b2)c22a2b2可得c2=.C,不正確.綜上可知,正確.16.(2012安徽,理16)設函數f(x)=cos+sin2x.(1)求f(x)的最小正周期;(2)設函數g(x)對任意xR,有g=g(x),且當x時,g(x)=-f(x).求g(x)在區間-,0上的解析式.解:(1)f

9、(x)=cos+sin2x=+=-sin 2x,故f(x)的最小正周期為.(2)當x時,g(x)=-f(x)=sin 2x.故當x時,x+.由于對任意xR,g=g(x),從而g(x)=g=sin=sin(+2x)=-sin 2x.當x時,x+.從而g(x)=g(x+)=sin2(x+)=sin 2x.綜合,得g(x)在-,0上的解析式為g(x)=17.(2012安徽,理17)某單位招聘面試,每次從試題庫中隨機調用一道試題.若調用的是A類型試題,則使用后該試題回庫,并增補一道A類型試題和一道B類型試題入庫,此次調題工作結束,若調用的是B類型試題,則使用后該試題回庫,此次調題工作結束.試題庫中現有

10、n+m道試題,其中有n道A類型試題和m道B類型試題.以X表示兩次調題工作完成后,試題庫中A類型試題的數量.(1)求X=n+2的概率;(2)設m=n,求X的分布列和均值(數學期望).解:以Ai表示第i次調題調用到A類型試題,i=1,2.(1)P(X=n+2)=P(A1A2)=.(2)X的可能取值為n,n+1,n+2.P(X=n)=P()=.P(X=n+1)=P(A1)+P(A2)=+=,P(X=n+2)=P(A1A2)=,從而X的分布列是Xnn+1n+2PEX=n+(n+1)+(n+2)=n+1.18.(2012安徽,理18)平面圖形ABB1A1C1C如圖1所示,其中BB1C1C是矩形,BC=2

11、,BB1=4,AB=AC=,A1B1=A1C1=,現將該平面圖形分別沿BC和B1C1折疊,使ABC與A1B1C1所在平面都與平面BB1C1C垂直,再分別連接A1A,A1B,A1C,得到如圖2所示的空間圖形.對此空間圖形解答下列問題.(1)證明:AA1BC;(2)求AA1的長;(3)求二面角A-BC-A1的余弦值.(向量法)(1)證明:取BC,B1C1的中點分別為D和D1,連接A1D1,DD1,AD.由四邊形BB1C1C為矩形知,DD1B1C1.因為平面BB1C1C平面A1B1C1,所以DD1平面A1B1C1.又由A1B1=A1C1知,A1D1B1C1.故以D1為坐標原點,可建立如圖所示的空間直

12、角坐標系D1-xyz.由題設,可得A1D1=2,AD=1.由以上可知AD平面BB1C1C,A1D1平面BB1C1C,于是ADA1D1.所以A(0,-1,4),B(1,0,4),A1(0,2,0),C(-1,0,4),D(0,0,4).故=(0,3,-4),=(-2,0,0), =0.因此,即AA1BC.(2)解:因為=(0,3,-4),所以|=5,即AA1=5.(3)解:連接A1D.由BCAD,BCAA1,可知BC平面A1AD,BCA1D,所以ADA1為二面角A-BC-A1的平面角.因為=(0,-1,0),=(0,2,-4),所以cos=-=-,即二面角A-BC-A1的余弦值為-.(或用法向量

13、求解)(綜合法)(1)證明:取BC,B1C1的中點分別為D和D1,連接A1D1,DD1,AD,A1D.由條件可知,BCAD,B1C1A1D1.由上可得AD平面BB1C1C,A1D1平面BB1C1C,因此ADA1D1,即AD,A1D1確定平面AD1A1D.又因為DD1BB1,BB1BC,所以DD1BC.又考慮到ADBC,所以BC平面AD1A1D,故BCAA1.(2)解:延長A1D1到G點,使GD1=AD.連接AG.因為ADGD1,所以AGDD1BB1.由于BB1平面A1B1C1,所以AGA1G.由條件可知,A1G=A1D1+D1G=3,AG=4,所以AA1=5.(3)解:因為BC平面AD1A1D

14、,所以ADA1為二面角A-BC-A1的平面角.在RtA1DD1中,DD1=4,A1D1=2,解得sinD1DA1=,cosADA1=cos=-,即二面角A-BC-A1的余弦值為-.19.(2012安徽,理19)設函數f(x)=aex+b(a0).(1)求f(x)在0,+)內的最小值;(2)設曲線y=f(x)在點(2,f(2)處的切線方程為y=x,求a,b的值.解:(1)f(x)=aex-,當f(x)0,即x-ln a時,f(x)在(-ln a,+)上遞增;當f(x)0,即x-ln a時,f(x)在(-,-ln a)上遞減.當0a0,f(x)在(0,-ln a)上遞減,在(-ln a,+)上遞增

15、,從而f(x)在0,+)上的最小值為f(-ln a)=2+b;當a1時,-ln a0,f(x)在0,+)上遞增,從而f(x)在0,+)上的最小值為f(0)=a+b.(2)依題意f(2)=ae2-=,解得ae2=2或ae2=-(舍去).所以a=,代入原函數可得2+b=3,即b=.故a=,b=.20.(2012安徽,理20)如圖,點F1(-c,0),F2(c,0)分別是橢圓C:+=1(ab0)的左、右焦點,過點F1作x軸的垂線交橢圓C的上半部分于點P,過點F2作直線PF2的垂線交直線x=于點Q.(1)如果點Q的坐標是(4,4),求此時橢圓C的方程;(2)證明:直線PQ與橢圓C只有一個交點.(1)解

16、:(方法一)由條件知,P.故直線PF2的斜率為=-.因為PF2F2Q,所以直線F2Q的方程為y=x-.故Q.由題設知,=4,2a=4,解得a=2,c=1.故橢圓方程為+=1.(方法二)設直線x=與x軸交于點M.由條件知,P.因為PF1F2F2MQ,所以=.即=,解得|MQ|=2a,所以a=2,c=1.故橢圓方程為+=1.(2)證明:直線PQ的方程為=,即y=x+a.將上式代入橢圓方程得x2+2cx+c2=0,解得x=-c,y=.所以直線PQ與橢圓C只有一個交點.21.(2012安徽,理21)數列xn滿足x1=0,xn+1=-+xn+c(nN*).(1)證明:xn是遞減數列的充分必要條件是c0;(2)求c的取值范圍,使xn是遞增數列.(1)證明:先證充分性,若c0,由于xn+1=-+xn+cxn+cxn,故xn是遞減數列;再證必要性,若xn是遞減數列,則由x2x1可得c0.(2)解:假設xn是遞增數列.由x1=0,得x2=c,x3=-c2+2c.由x1x2x3,得0c1.由xnxn+1=-+xn+c知,對任意n1都有xn0,即xn1-.由式和xn0還可得,對任意n1都有-xn+1(1-)(-xn).反復運用式,得-xn(