2014年安徽省高考数学试卷(理科)

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2014年安徽省高考数学试卷(理科)

‎2014年安徽省高考数学试卷(理科)‎ ‎ ‎ 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,只有一个是符合题目要求的.‎ ‎1.(5分)设i是虚数单位,表示复数z的共轭复数.若z=1+i,则+i•=(  )‎ A.﹣2 B.﹣2i C.2 D.2i ‎2.(5分)“x<0”是“ln(x+1)<0”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 ‎3.(5分)如图所示,程序框图(算法流程图)的输出结果是(  )‎ A.34 B.55 C.78 D.89‎ ‎4.(5分)以平面直角坐标系的原点为极点,x轴的正半轴为极轴,建立极坐标系,两种坐标系中取相同的长度单位.已知直线l的参数方程是(t为参数),圆C的极坐标方程是ρ=4cosθ,则直线l被圆C截得的弦长为(  )‎ A. B.2 C. D.2‎ ‎5.(5分)x、y满足约束条件,若z=y﹣ax取得最大值的最优解不唯一,则实数a的值为(  )‎ A.或﹣1 B.2或 C.2或1 D.2或﹣1‎ ‎6.(5分)设函数f(x)(x∈R)满足f(x+π)=f(x)+sinx.当0≤x<‎ π时,f(x)=0,则f()=(  )‎ A. B. C.0 D.﹣‎ ‎7.(5分)一个多面体的三视图如图所示,则该多面体的表面积为(  )‎ A.21+ B.18+ C.21 D.18‎ ‎8.(5分)从正方体六个面的对角线中任取两条作为一对.其中所成的角为60°的共有(  )‎ A.24对 B.30对 C.48对 D.60对 ‎9.(5分)若函数f(x)=|x+1|+|2x+a|的最小值为3,则实数a的值为(  )‎ A.5或8 B.﹣1或5 C.﹣1或﹣4 D.﹣4或8‎ ‎10.(5分)在平面直角坐标系xOy中.已知向量、,||=||=1,•=0,点Q满足=(+),曲线C={P|=cosθ+sinθ,0≤θ≤2π},区域Ω={P|0<r≤||≤R,r<R}.若C∩Ω为两段分离的曲线,则(  )‎ A.1<r<R<3 B.1<r<3≤R C.r≤1<R<3 D.1<r<3<R ‎ ‎ 二、填空题:本大题共5小题,每小题5分,共25分.把答案填在答题卡相应位置.‎ ‎11.(5分)若将函数f(x)=sin(2x+)的图象向右平移φ个单位,所得图象关于y轴对称,则φ的最小正值是  .‎ ‎12.(5分)数列{an}是等差数列,若a1+1,a3+3,a5+5构成公比为q的等比数列,则q=  .‎ ‎13.(5分)设a≠0,n是大于1的自然数,(1+)n的展开式为a0+a1x+a2x2+…+anxn.若点Ai(i,ai)(i=0,1,2)的位置如图所示,则a=  .‎ ‎14.(5分)设F1,F2分别是椭圆E:x2+=1(0<b<1)的左、右焦点,过点F1的直线交椭圆E于A、B两点,若|AF1|=3|F1B|,AF2⊥x轴,则椭圆E的方程为  .‎ ‎15.(5分)已知两个不相等的非零向量,,两组向量,,,,和,,,,均由2个和3个排列而成,记S=•+•+•+•+•,Smin表示S所有可能取值中的最小值.则下列命题正确的是  (写出所有正确命题的编号).‎ ‎①S有5个不同的值;‎ ‎②若⊥,则Smin与||无关;‎ ‎③若∥,则Smin与||无关;‎ ‎④若||>4||,则Smin>0;‎ ‎⑤若||=2||,Smin=8||2,则与的夹角为.‎ ‎ ‎ 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.解答早答题卡上的指定区域.‎ ‎16.(12分)设△ABC的内角为A、B、C所对边的长分别是a、b、c,且b=3,c=1,A=2B.‎ ‎(Ⅰ)求a的值;‎ ‎(Ⅱ)求sin(A+)的值.‎ ‎17.(12分)甲乙两人进行围棋比赛,约定先连胜两局者直接赢得比赛,若赛完5局仍未出现连胜,则判定获胜局数多者赢得比赛.假设每局甲获胜的概率为,乙获胜的概率为,各局比赛结果相互独立.‎ ‎(Ⅰ)求甲在4局以内(含4局)赢得比赛的概率;‎ ‎(Ⅱ)记X为比赛决胜出胜负时的总局数,求X的分布列和均值(数学期望).‎ ‎18.(12分)设函数f(x)=1+(1+a)x﹣x2﹣x3,其中a>0.‎ ‎(Ⅰ)讨论f(x)在其定义域上的单调性;‎ ‎(Ⅱ)当x∈[0,1]时,求f(x)取得最大值和最小值时的x的值.‎ ‎19.(13分)如图,已知两条抛物线E1:y2=2p1x(p1>0)和E2:y2=2p2x(p2>0),过原点O的两条直线l1和l2,l1与E1,E2分别交于A1、A2两点,l2与E1、E2分别交于B1、B2两点.‎ ‎(Ⅰ)证明:A1B1∥A2B2;‎ ‎(Ⅱ)过O作直线l(异于l1,l2)与E1、E2分别交于C1、C2两点.记△A1B1C1与△A2B2C2的面积分别为S1与S2,求的值.‎ ‎20.(13分)如图,四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中,A1A⊥底面ABCD,四边形ABCD为梯形,AD∥BC,且AD=2BC,过A1、C、D三点的平面记为α,BB1与α的交点为Q.‎ ‎(Ⅰ)证明:Q为BB1的中点;‎ ‎(Ⅱ)求此四棱柱被平面α所分成上下两部分的体积之比;‎ ‎(Ⅲ)若AA1=4,CD=2,梯形ABCD的面积为6,求平面α与底面ABCD所成二面角的大小.‎ ‎21.(13分)设实数c>0,整数p>1,n∈N*.‎ ‎(Ⅰ)证明:当x>﹣1且x≠0时,(1+x)p>1+px;‎ ‎(Ⅱ)数列{an}满足a1>,an+1=an+an1﹣p.证明:an>an+1>.‎ ‎ ‎ ‎2014年安徽省高考数学试卷(理科)‎ 参考答案与试题解析 ‎ ‎ 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,只有一个是符合题目要求的.‎ ‎1.(5分)(2014•安徽)设i是虚数单位,表示复数z的共轭复数.若z=1+i,则+i•=(  )‎ A.﹣2 B.﹣2i C.2 D.2i ‎【分析】把z及代入+i•,然后直接利用复数代数形式的乘除运算化简求值.‎ ‎【解答】解:∵z=1+i,‎ ‎∴,‎ ‎∴+i•=‎ ‎=.‎ 故选:C.‎ ‎ ‎ ‎2.(5分)(2014•安徽)“x<0”是“ln(x+1)<0”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 ‎【分析】根据不等式的性质,利用充分条件和必要条件的定义进行判断即可得到结论.‎ ‎【解答】解:∵x<0,∴x+1<1,当x+1>0时,ln(x+1)<0;‎ ‎∵ln(x+1)<0,∴0<x+1<1,∴﹣1<x<0,∴x<0,‎ ‎∴“x<0”是ln(x+1)<0的必要不充分条件.‎ 故选:B.‎ ‎ ‎ ‎3.(5分)(2014•安徽)如图所示,程序框图(算法流程图)的输出结果是(  )‎ A.34 B.55 C.78 D.89‎ ‎【分析】写出前几次循环的结果,不满足判断框中的条件,退出循环,输出z的值.‎ ‎【解答】解:第一次循环得z=2,x=1,y=2;‎ 第二次循环得z=3,x=2,y=3;‎ 第三次循环得z=5,x=3,y=5;‎ 第四次循环得z=8,x=5,y=8;‎ 第五次循环得z=13,x=8,y=13;‎ 第六次循环得z=21,x=13,y=21;‎ 第七次循环得z=34,x=21,y=34;‎ 第八次循环得z=55,x=34,y=55;退出循环,输出55,‎ 故选B ‎ ‎ ‎4.(5分)(2014•安徽)以平面直角坐标系的原点为极点,x轴的正半轴为极轴,建立极坐标系,两种坐标系中取相同的长度单位.已知直线l的参数方程是(t为参数),圆C的极坐标方程是ρ=4cosθ,则直线l被圆C截得的弦长为(  )‎ A. B.2 C. D.2‎ ‎【分析】先求出直线和圆的直角坐标方程,求出半径和弦心距,再利用弦长公式求得弦长.‎ ‎【解答】解:直线l的参数方程是(t为参数),化为普通方程为 x﹣y﹣4=0;‎ 圆C的极坐标方程是ρ=4cosθ,即ρ2=4ρcosθ,化为直角坐标方程为x2+y2=4x,‎ 即 (x﹣2)2+y2=4,表示以(2,0)为圆心、半径r等于2的圆.‎ 弦心距d==<r,∴弦长为2=2=2,‎ 故选:D.‎ ‎ ‎ ‎5.(5分)(2014•安徽)x、y满足约束条件,若z=y﹣ax取得最大值的最优解不唯一,则实数a的值为(  )‎ A.或﹣1 B.2或 C.2或1 D.2或﹣1‎ ‎【分析】作出不等式组对应的平面区域,利用目标函数的几何意义,得到直线y=ax+z斜率的变化,从而求出a的取值.‎ ‎【解答】解:作出不等式组对应的平面区域如图:(阴影部分ABC).‎ 由z=y﹣ax得y=ax+z,即直线的截距最大,z也最大.‎ 若a=0,此时y=z,此时,目标函数只在A处取得最大值,不满足条件,‎ 若a>0,目标函数y=ax+z的斜率k=a>0,要使z=y﹣ax取得最大值的最优解不唯一,‎ 则直线y=ax+z与直线2x﹣y+2=0平行,此时a=2,‎ 若a<0,目标函数y=ax+z的斜率k=a<0,要使z=y﹣ax取得最大值的最优解不唯一,‎ 则直线y=ax+z与直线x+y﹣2=0,平行,此时a=﹣1,‎ 综上a=﹣1或a=2,‎ 故选:D ‎ ‎ ‎6.(5分)(2014•安徽)设函数f(x)(x∈R)满足f(x+π)=f(x)+sinx.当0≤x<π时,f(x)=0,则f()=(  )‎ A. B. C.0 D.﹣‎ ‎【分析】利用已知条件,逐步求解表达式的值即可.‎ ‎【解答】解:∵函数f(x)(x∈R)满足f(x+π)=f(x)+sinx.当0≤x<π时,f(x)=0,‎ ‎∴f()=f()‎ ‎=f()+sin ‎=f()+sin+sin ‎=f()+sin+sin+sin ‎=sin+sin+sin ‎=‎ ‎=.‎ 故选:A.‎ ‎ ‎ ‎7.(5分)(2014•安徽)一个多面体的三视图如图所示,则该多面体的表面积为(  )‎ A.21+ B.18+ C.21 D.18‎ ‎【分析】判断几何体的形状,结合三视图的数据,求出几何体的表面积.‎ ‎【解答】解:由三视图可知,几何体是正方体的棱长为2,截去两个正三棱锥,侧棱互相垂直,侧棱长为1,‎ 几何体的表面积为:S正方体﹣2S棱锥侧+2S棱锥底==21+.‎ 故选:A.‎ ‎ ‎ ‎8.(5分)(2014•安徽)从正方体六个面的对角线中任取两条作为一对.其中所成的角为60°的共有(  )‎ A.24对 B.30对 C.48对 D.60对 ‎【分析】利用正方体的面对角线形成的对数,减去不满足题意的对数即可得到结果.‎ ‎【解答】解:正方体的面对角线共有12条,两条为一对,共有=66条,‎ 同一面上的对角线不满足题意,对面的面对角线也不满足题意,一组平行平面共有6对不满足题意的直线对数,‎ 不满足题意的共有:3×6=18.‎ 从正方体六个面的对角线中任取两条作为一对.其中所成的角为60°的共有:66﹣18=48.‎ 故选:C.‎ ‎ ‎ ‎9.(5分)(2014•安徽)若函数f(x)=|x+1|+|2x+a|的最小值为3,则实数a的值为(  )‎ A.5或8 B.﹣1或5 C.﹣1或﹣4 D.﹣4或8‎ ‎【分析】分类讨论,利用f(x)=|x+1|+|2x+a|的最小值为3,建立方程,即可求出实数a的值.‎ ‎【解答】解:<﹣1时,x<﹣,f(x)=﹣x﹣1﹣2x﹣a=﹣3x﹣a﹣1>﹣1;‎ ‎﹣≤x≤﹣1,f(x)=﹣x﹣1+2x+a=x+a﹣1≥﹣1;‎ x>﹣1,f(x)=x+1+2x+a=3x+a+1>a﹣2,‎ ‎∴﹣1=3或a﹣2=3,‎ ‎∴a=8或a=5,‎ a=5时,﹣1<a﹣2,故舍去;‎ ‎≥﹣1时,x<﹣1,f(x)=﹣x﹣1﹣2x﹣a=﹣3x﹣a﹣1>2﹣a;‎ ‎﹣1≤x≤﹣,f(x)=x+1﹣2x﹣a=﹣x﹣a+1≥﹣+1;‎ x>﹣,f(x)=x+1+2x+a=3x+a+1>﹣+1,‎ ‎∴2﹣a=3或﹣+1=3,‎ ‎∴a=﹣1或a=﹣4,‎ a=﹣1时,﹣+1<2﹣a,故舍去;‎ 综上,a=﹣4或8.‎ 故选:D.‎ ‎ ‎ ‎10.(5分)(2014•安徽)在平面直角坐标系xOy中.已知向量、,||=||=1,•=0,点Q满足=(+),曲线C={P|=cosθ+sinθ,0≤θ≤2π},区域Ω={P|0<r≤||≤R,r<R}.若C∩Ω为两段分离的曲线,则(  )‎ A.1<r<R<3 B.1<r<3≤R C.r≤1<R<3 D.1<r<3<R ‎【分析】不妨令=(1,0),=(0,1),则P点的轨迹为单位圆,Ω={P|(0<r≤||≤R,r<R}表示的平面区域为:以Q点为圆心,内径为r,外径为R的圆环,若C∩Ω为两段分离的曲线,则单位圆与圆环的内外圆均相交,进而根据圆圆相交的充要条件得到答案.‎ ‎【解答】解:∵平面直角坐标系xOy中.已知向量、,||=||=1,•=0,‎ 不妨令=(1,0),=(0,1),‎ 则=(+)=(,),‎ ‎=cosθ+sinθ=(cosθ,sinθ),‎ 故P点的轨迹为单位圆,‎ Ω={P|(0<r≤||≤R,r<R}表示的平面区域为:‎ 以Q点为圆心,内径为r,外径为R的圆环,‎ 若C∩Ω为两段分离的曲线,‎ 则单位圆与圆环的内外圆均相交,‎ 故|OQ|﹣1<r<R<|OQ|+1,‎ ‎∵|OQ|=2,‎ 故1<r<R<3,‎ 故选:A ‎ ‎ 二、填空题:本大题共5小题,每小题5分,共25分.把答案填在答题卡相应位置.‎ ‎11.(5分)(2014•安徽)若将函数f(x)=sin(2x+)的图象向右平移φ个单位,所得图象关于y轴对称,则φ的最小正值是  .‎ ‎【分析】根据函数y=Asin(ωx+φ)的图象变换规律,可得所得图象对应的函数解析式为y=sin(2x+﹣2φ),再根据所得图象关于y轴对称可得﹣2φ=kπ+,k∈z,由此求得φ的最小正值.‎ ‎【解答】解:将函数f(x)=sin(2x+)的图象向右平移φ个单位,‎ 所得图象对应的函数解析式为y=sin[2(x﹣φ)+]=sin(2x+﹣2φ)关于y轴对称,‎ 则 ﹣2φ=kπ+,k∈z,即 φ=﹣﹣,故φ的最小正值为,‎ 故答案为:.‎ ‎ ‎ ‎12.(5分)(2014•安徽)数列{an}是等差数列,若a1+1,a3+3,a5+5构成公比为q的等比数列,则q= 1 .‎ ‎【分析】设出等差数列的公差,由a1+1,a3+3,a5+5构成公比为q的等比数列列式求出公差,则由化简得答案.‎ ‎【解答】解:设等差数列{an}的公差为d,‎ 由a1+1,a3+3,a5+5构成等比数列,‎ 得:,‎ 整理得:,‎ 即+5a1+a1+4d.‎ 化简得:(d+1)2=0,即d=﹣1.‎ ‎∴q==.‎ 故答案为:1.‎ ‎ ‎ ‎13.(5分)(2014•安徽)设a≠0,n是大于1的自然数,(1+)n的展开式为a0+a1x+a2x2+…+anxn.若点Ai(i,ai)(i=0,1,2)的位置如图所示,则a= 3 .‎ ‎【分析】求出(1+)n的展开式的通项为,由图知,a0=1,a1=3,a2=4,列出方程组,求出a的值.‎ ‎【解答】解:(1+)n的展开式的通项为,‎ 由图知,a0=1,a1=3,a2=4,‎ ‎∴,,‎ ‎,,‎ a2﹣3a=0,‎ 解得a=3,‎ 故答案为:3.‎ ‎ ‎ ‎14.(5分)(2014•安徽)设F1,F2分别是椭圆E:x2+=1(0<b<1)的左、右焦点,过点F1的直线交椭圆E于A、B两点,若|AF1|=3|F1B|,AF2⊥x轴,则椭圆E的方程为 x2+=1 .‎ ‎【分析】求出B(﹣c,﹣b2),代入椭圆方程,结合1=b2+c2,即可求出椭圆的方程.‎ ‎【解答】解:由题意,F1(﹣c,0),F2(c,0),AF2⊥x轴,∴|AF2|=b2,‎ ‎∴A点坐标为(c,b2),‎ 设B(x,y),则 ‎∵|AF1|=3|F1B|,‎ ‎∴(﹣c﹣c,﹣b2)=3(x+c,y)‎ ‎∴B(﹣c,﹣b2),‎ 代入椭圆方程可得,‎ ‎∵1=b2+c2,‎ ‎∴b2=,c2=,‎ ‎∴x2+=1.‎ 故答案为:x2+=1.‎ ‎ ‎ ‎15.(5分)(2014•安徽)已知两个不相等的非零向量,,两组向量,,,,和,,,,均由2个和3个排列而成,记S=•+•+•+•+•,Smin表示S所有可能取值中的最小值.则下列命题正确的是 ②④ (写出所有正确命题的编号).‎ ‎①S有5个不同的值;‎ ‎②若⊥,则Smin与||无关;‎ ‎③若∥,则Smin与||无关;‎ ‎④若||>4||,则Smin>0;‎ ‎⑤若||=2||,Smin=8||2,则与的夹角为.‎ ‎【分析】依题意,可求得S有3种结果:S1=++++,S2=+•+•++,S3=•+•+•+•+,可判断①错误;‎ 进一步分析有S1﹣S2=S2﹣S3=+﹣2•≥+﹣2||•||=≥0,即S中最小为S3;再对②③④⑤逐一分析即可得答案.‎ ‎【解答】解:∵xi,yi(i=1,2,3,4,5)均由2个和3个排列而成,‎ ‎∴S=xiyi可能情况有三种:①S=2+3;②S=+2•+2;③S=4•+.‎ S有3种结果:S1=++++,‎ S2=+•+•++,‎ S3=•+•+•+•+,故①错误;‎ ‎∵S1﹣S2=S2﹣S3=+﹣2•≥+﹣2||•||=≥0,‎ ‎∴S中最小为S3;‎ 若⊥,则Smin=S3=,与||无关,故②正确;‎ ‎③若∥,则Smin=S3=4•+,与||有关,故③错误;‎ ‎④若||>4||,则Smin=S3=4||•||cosθ+>﹣4||•||+>﹣+=0,故④正确;‎ ‎⑤若||=2||,Smin=S3=8||2cosθ+4=8,‎ ‎∴2cosθ=1,∴θ=,‎ 即与的夹角为.‎ 综上所述,命题正确的是②④,‎ 故答案为: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.解答早答题卡上的指定区域.‎ ‎16.(12分)(2014•安徽)设△ABC的内角为A、B、C所对边的长分别是a、b、c,且b=3,c=1,A=2B.‎ ‎(Ⅰ)求a的值;‎ ‎(Ⅱ)求sin(A+)的值.‎ ‎【分析】(Ⅰ)利用正弦定理,可得a=6cosB,再利用余弦定理,即可求a的值;‎ ‎(Ⅱ)求出sinA,cosA,即可求sin(A+)的值.‎ ‎【解答】解:(Ⅰ)∵A=2B,,b=3,‎ ‎∴a=6cosB,‎ ‎∴a=6,‎ ‎∴a=2;‎ ‎(Ⅱ)∵a=6cosB,‎ ‎∴cosB=,‎ ‎∴sinB=,‎ ‎∴sinA=sin2B=,cosA=cos2B=2cos2B﹣1=﹣,‎ ‎∴sin(A+)=(sinA+cosA)=.‎ ‎ ‎ ‎17.(12分)(2014•安徽)甲乙两人进行围棋比赛,约定先连胜两局者直接赢得比赛,若赛完5局仍未出现连胜,则判定获胜局数多者赢得比赛.假设每局甲获胜的概率为,乙获胜的概率为,各局比赛结果相互独立.‎ ‎(Ⅰ)求甲在4局以内(含4局)赢得比赛的概率;‎ ‎(Ⅱ)记X为比赛决胜出胜负时的总局数,求X的分布列和均值(数学期望).‎ ‎【分析】(1)根据概率的乘法公式,求出对应的概率,即可得到结论.‎ ‎(2)利用离散型随机变量分别求出对应的概率,即可求X的分布列;以及均值.‎ ‎【解答】解:用A表示甲在4局以内(含4局)赢得比赛的是事件,Ak表示第k局甲获胜,Bk表示第k局乙获胜,‎ 则P(Ak)=,P(Bk)=,k=1,2,3,4,5‎ ‎(Ⅰ)P(A)=P(A1A2)+P(B1A2A3)+P(A1B2A3A4)=()2+×()2+××()2=.‎ ‎(Ⅱ)X的可能取值为2,3,4,5.‎ P(X=2)=P(A1A2)+P(B1B2)=,‎ P(X=3)=P(B1A2A3)+P(A1B2B3)=,‎ P(X=4)=P(A1B2A3A4)+P(B1A2B3B4)=,‎ P(X=5)=P(A1B2A3B4A5)+P(B1A2B3A4B5)+P(B1A2B3A4A5)+P(A1B2A3B4B5)==,‎ 或者P(X=5)=1﹣P(X=2)﹣P(X=3)﹣P(X=4)=,‎ 故分布列为:‎ ‎ X ‎2‎ ‎ 3‎ ‎ 4‎ ‎5‎ ‎ P E(X)=2×+3×+4×+5×=.‎ ‎ ‎ ‎18.(12分)(2014•安徽)设函数f(x)=1+(1+a)x﹣x2﹣x3,其中a>0.‎ ‎(Ⅰ)讨论f(x)在其定义域上的单调性;‎ ‎(Ⅱ)当x∈[0,1]时,求f(x)取得最大值和最小值时的x的值.‎ ‎【分析】(Ⅰ)利用导数判断函数的单调性即可;‎ ‎(Ⅱ)利用(Ⅰ)的结论,讨论两根与1的大小关系,判断函数在[0,1]时的单调性,得出取最值时的x的取值.‎ ‎【解答】解:(Ⅰ)f(x)的定义域为(﹣∞,+∞),f′(x)=1+a﹣2x﹣3x2,‎ 由f′(x)=0,得x1=,x2=,x1<x2,‎ ‎∴由f′(x)<0得x<,x>;‎ 由f′(x)>0得<x<;‎ 故f(x)在(﹣∞,)和(,+∞)单调递减,‎ 在(,)上单调递增;‎ ‎(Ⅱ)∵a>0,∴x1<0,x2>0,∵x∈[0,1],当时,即a≥4‎ ‎①当a≥4时,x2≥1,由(Ⅰ)知,f(x)在[0,1]上单调递增,∴f(x)在x=0和x=1处分别取得最小值和最大值.‎ ‎②当0<a<4时,x2<1,由(Ⅰ)知,f(x)在[0,x2]单调递增,在[x2,1]上单调递减,‎ 因此f(x)在x=x2=处取得最大值,又f(0)=1,f(1)=a,‎ ‎∴当0<a<1时,f(x)在x=1处取得最小值;‎ 当a=1时,f(x)在x=0和x=1处取得最小值;‎ 当1<a<4时,f(x)在x=0处取得最小值.‎ ‎ ‎ ‎19.(13分)(2014•安徽)如图,已知两条抛物线E1:y2=2p1x(p1>0)和E2:y2=2p2x(p2>0),过原点O的两条直线l1和l2,l1与E1,E2分别交于A1、A2两点,l2与E1、E2分别交于B1、B2两点.‎ ‎(Ⅰ)证明:A1B1∥A2B2;‎ ‎(Ⅱ)过O作直线l(异于l1,l2)与E1、E2分别交于C1、C2两点.记△A1B1C1与△A2B2C2的面积分别为S1与S2,求的值.‎ ‎【分析】(Ⅰ)由题意设出直线l1和l2的方程,然后分别和两抛物线联立求得交点坐标,得到的坐标,然后由向量共线得答案;‎ ‎(Ⅱ)结合(Ⅰ)可知△A1B1C1与△A2B2C2‎ 的三边平行,进一步得到两三角形相似,由相似三角形的面积比等于相似比的平方得答案.‎ ‎【解答】(Ⅰ)证明:由题意可知,l1和l2的斜率存在且不为0,‎ 设l1:y=k1x,l2:y=k2x.‎ 联立,解得.‎ 联立,解得.‎ 联立,解得.‎ 联立,解得.‎ ‎∴,‎ ‎.‎ ‎,‎ ‎∴A1B1∥A2B2;‎ ‎(Ⅱ)解:由(Ⅰ)知A1B1∥A2B2,‎ 同(Ⅰ)可证B1C1∥B2C2,A1C1∥A2C2.‎ ‎∴△A1B1C1∽△A2B2C2,‎ 因此,‎ 又,‎ ‎∴.‎ 故.‎ ‎ ‎ ‎20.(13分)(2014•安徽)如图,四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中,A1A⊥底面ABCD,四边形ABCD为梯形,AD∥BC,且AD=2BC,过A1、C、D三点的平面记为α,BB1与α的交点为Q.‎ ‎(Ⅰ)证明:Q为BB1的中点;‎ ‎(Ⅱ)求此四棱柱被平面α所分成上下两部分的体积之比;‎ ‎(Ⅲ)若AA1=4,CD=2,梯形ABCD的面积为6,求平面α与底面ABCD所成二面角的大小.‎ ‎【分析】(Ⅰ)证明平面QBC∥平面A1D1DA,可得△QBC∽△A1AD,即可证明Q为BB1的中点;‎ ‎(Ⅱ)设BC=a,则AD=2a,则==,VQ﹣ABCD==ahd,利用V棱柱=ahd,即可求出此四棱柱被平面α所分成上、下两部分的体积之比;‎ ‎(Ⅲ)△ADC中,作AE⊥DC,垂足为E,连接A1E,则DE⊥平面AEA1,DE⊥A1E,可得∠AEA1为平面α与底面ABCD所成二面角,求出S△ADC=4,AE=4,可得tan∠AEA1==1,即可求平面α与底面ABCD所成二面角的大小.‎ ‎【解答】(Ⅰ)证明:∵四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中,四边形ABCD为梯形,AD∥BC,‎ ‎∴平面QBC∥平面A1D1DA,‎ ‎∴平面A1CD与面QBC、平面A1D1DA的交线平行,∴QC∥A1D ‎∴△QBC∽△A1AD,‎ ‎∴=,‎ ‎∴Q为BB1的中点;‎ ‎(Ⅱ)解:连接QA,QD,设AA1=h,梯形ABCD的高为d,四棱柱被平面α所分成上、下两部分的体积为V1,V2,‎ 设BC=a,则AD=2a,∴==,VQ﹣ABCD==ahd,‎ ‎∴V2=,‎ ‎∵V棱柱=ahd,‎ ‎∴V1=ahd,‎ ‎∴四棱柱被平面α所分成上、下两部分的体积之比;‎ ‎(Ⅲ)解:在△ADC中,作AE⊥DC,垂足为E,连接A1E,则DE⊥平面AEA1,∴DE⊥A1E,‎ ‎∴∠AEA1为平面α与底面ABCD所成二面角的平面角,‎ ‎∵BC∥AD,AD=2BC,‎ ‎∴S△ADC=2S△ABC,‎ ‎∵梯形ABCD的面积为6,DC=2,‎ ‎∴S△ADC=4,AE=4,‎ ‎∴tan∠AEA1==1,‎ ‎∴∠AEA1=,‎ ‎∴平面α与底面ABCD所成二面角的大小为.‎ ‎ ‎ ‎21.(13分)(2014•安徽)设实数c>0,整数p>1,n∈N*.‎ ‎(Ⅰ)证明:当x>﹣1且x≠0时,(1+x)p>1+px;‎ ‎(Ⅱ)数列{an}满足a1>,an+1=an+an1﹣p.证明:an>an+1>.‎ ‎【分析】第(Ⅰ)问中,可构造函数f(x)=(1+x)p﹣(1+px),求导数后利用函数的单调性求解;‎ 对第(Ⅱ)问,从an+1着手,由an+1=an+an1﹣p,将求证式进行等价转化后即可解决,用相同的方式将an>an+1进行转换,设法利用已证结论证明.‎ ‎【解答】证明:(Ⅰ)令f(x)=(1+x)p﹣(1+px),则f′(x)=p(1+x)p﹣1﹣p=p[(1+x)p﹣1﹣1].‎ ‎①当﹣1<x<0时,0<1+x<1,由p>1知p﹣1>0,∴(1+x)p﹣1<(1+x)0=1,‎ ‎∴(1+x)p﹣1﹣1<0,即f′(x)<0,‎ ‎∴f(x)在(﹣1,0]上为减函数,‎ ‎∴f(x)>f(0)=(1+0)p﹣(1+p×0)=0,即(1+x)p﹣(1+px)>0,‎ ‎∴(1+x)p>1+px.‎ ‎②当x>0时,有1+x>1,得(1+x)p﹣1>(1+x)0=1,‎ ‎∴f′(x)>0,‎ ‎∴f(x)在[0,+∞)上为增函数,‎ ‎∴f(x)>f(0)=0,‎ ‎∴(1+x)p>1+px.‎ 综合①、②知,当x>﹣1且x≠0时,都有(1+x)p>1+px,得证.‎ ‎(Ⅱ)先证an+1>.‎ ‎∵an+1=an+an1﹣p,∴只需证an+an1﹣p>,‎ 将写成p﹣1个相加,上式左边=,‎ 当且仅当,即时,上式取“=”号,‎ 当n=1时,由题设知,∴上式“=”号不成立,‎ ‎∴an+an1﹣p>,即an+1>.‎ 再证an>an+1.‎ 只需证an>an+an1﹣p,化简、整理得anp>c,只需证an>c.‎ 由前知an+1>成立,即从数列{an}的第2项开始成立,‎ 又n=1时,由题设知成立,‎ ‎∴对n∈N*成立,∴an>an+1.‎ 综上知,an>an+1>,原不等式得证.‎ ‎ ‎ 参与本试卷答题和审题的老师有:sxs123;刘长柏;wdnah;caoqz;maths;qiss;豫汝王世崇;wfy814;liu老师;尹伟云(排名不分先后)‎ ‎2017年2月3日
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