2014·安徽卷(理科數(shù)學(xué)) 1．[2014·安徽卷] 設(shè)i是虛數(shù)單位，表示復(fù)數(shù)z的共軛復(fù)數(shù)．若z＝1＋i，則＋i·＝(　　) 　　　　　　　　　　　　　　　 A．－2B．－2i C．2D．2i 1．C　[解析]因為z＝1＋i，所以＋i·＝(－i＋1)＋i＋1＝2. 2．[2014·安徽卷] “x＜0”是“l(fā)n(x＋1)＜0”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 2．B　[解析]ln(x＋1)<0?0<1＋x<1?－1<x<0，而(－1，0)是(－∞，0)的真子集，所“x<0”是“l(fā)n(x＋1)<0”的必要不充分條件． 3．[2014·安徽卷] 如圖1­1所示，程序框圖(算法流程圖)的輸出結(jié)果是(　　) 圖1­1 A．34B．53C．78D．89 3．B　[解析]由程序框圖可知，變量的取值情況如下： 第一次循環(huán)，x＝1，y＝1，z＝2； 第二次循環(huán)，x＝1，y＝2，z＝3； 第三次循環(huán)，x＝2，y＝3，z＝5； 第四次循環(huán)，x＝3，y＝5，z＝8； 第五次循環(huán)，x＝5，y＝8，z＝13； 第六次循環(huán)，x＝8，y＝13，z＝21； 第七次循環(huán)，x＝13，y＝21，z＝34； 第八次循環(huán)，x＝21，y＝34，z＝55，不滿足條件，跳出循環(huán)． 4．[2014·安徽卷] 以平面直角坐標(biāo)系的原點為極點，x軸的正半軸為極軸，建立極坐標(biāo)系，兩種坐標(biāo)系中取相同的長度單位．已知直線l的參數(shù)方程是(t為參數(shù))，圓C的極坐標(biāo)方程是ρ＝4cosθ，則直線l被圓C截得的弦長為(　　) A.B．2 C.D．2 4．D　[解析]直線l的普通方程為y＝x－4，圓C的直角坐標(biāo)方程是(x－2)2＋y2＝4，圓心(2，0)到直線l的距離d＝＝，所以直線l被圓C截得的弦長為2＝2. 5．[2014·安徽卷] x，y滿足約束條件若z＝y(tǒng)－ax取得最大值的最優(yōu)解不唯一，則實數(shù)a的值為(　　) A.或－1B．2或 C．2或1D．2或－1 5．D　[解析] 方法一：畫出可行域，如圖中陰影部分所示，可知點A(0，2)，B(2，0)，C(－2，－2), 則zA＝2，zB＝－2a，zc＝2a－2. 要使對應(yīng)最大值的最優(yōu)解有無數(shù)組， 只要zA＝zB>zC或zA＝zC>zB或zB＝zC>zA， 解得a＝－1或a＝2. 方法二：畫出可行域，如圖中陰影部分所示，z＝y(tǒng)－ax可變?yōu)閥＝ax＋z，令l0：y＝ax，則由題意知l0∥AB或l0∥AC，故a＝－1或a＝2. 6．[2014·安徽卷] 設(shè)函數(shù)f(x)(x∈R)滿足f(x＋π)＝f(x)＋sinx．當(dāng)0≤x<π時，f(x)＝0，則f＝(　　) A.B. C．0D．－ 6．A　[解析]由已知可得，f＝f＋sin＝f＋sin＋sin＝f＋sin＋sin＋sin＝2sin＋sin＝sin＝. 7．[2014·安徽卷] 一個多面體的三視圖如圖1­2所示，則該多面體的表面積為(　　) A．21＋B．8＋ C．21D．18 圖1­2 7．A　[解析]如圖，由三視圖可知該幾何體是棱長為2的正方體截去兩個小三棱錐后余下的部分，其表面積S＝6×4－×6＋2×××＝21＋. 8．[2014·安徽卷] 從正方體六個面的對角線中任取兩條作為一對，其中所成的角為60°的共有(　　) A．24對B．30對 C．48對D．60對 8．C　[解析]方法一(直接法)：在上底面中選B1D1，四個側(cè)面中的面對角線都與它成60°，共8對，同樣A1C1對應(yīng)的對角線也有8對，同理下底面也有16對，共有32對．左右側(cè)面與前后側(cè)面中共有16對面對角線所成的角為60°，故所有符合條件的共有48對． 方法二(間接法)：正方體的12條面對角線中，任意兩條垂直、平行或所成的角為60°，所以所成角為60°的面對角線共有C－6－12＝48. 9．、[2014·安徽卷] 若函數(shù)f(x)＝|x＋1|＋|2x＋a|的最小值為3，則實數(shù)a的值為(　　) A．5或8B．－1或5 C．－1或－4D．－4或8 9．D　[解析]當(dāng)a≥2時， f(x)＝ 由圖可知，當(dāng)x＝－時，fmin(x)＝f＝－1＝3，可得a＝8. 當(dāng)a<2時，f(x) 由圖可知，當(dāng)x＝－時，fmin(x)＝f＝－＋1＝3，可得a＝－4.綜上可知，a的值為－4或8. 10．、[2014·安徽卷] 在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知向量a，b，|a|＝|b|＝1，a·b＝0，點Q滿足＝(a＋b)．曲線C＝{P|＝acosθ＋bsinθ，0≤θ<2π}，區(qū)域Ω＝{P|0＜r≤|PQ|≤R，r＜R}．若C∩Ω為兩段分離的曲線，則(　　) A．1＜r＜R＜3B．1＜r＜3≤R C．r≤1＜R＜3D．1＜r＜3＜R 10．A　[解析]由已知可設(shè)＝a＝(1，0)，＝b＝(0，1)，P(x，y)，則＝(，)，|OQ|＝2. 曲線C＝{P|＝(cosθ，sinθ)，0≤θ<2π}， 即C：x2＋y2＝1. 區(qū)域Ω＝{P|0<r≤||≤R，r<R}表示 圓P1：(x－)2＋(y－)2＝r2與P2：(x－)2＋(y－)2＝R2所形成的圓環(huán)，如圖所示． 要使C∩Ω為兩段分離的曲線，則有1<r<R<3. 11．[2014·安徽卷] 若將函數(shù)f(x)＝sin的圖像向右平移φ個單位，所得圖像關(guān)于y軸對稱，則φ的最小正值是________． 11.　[解析]方法一：將f(x)＝sin的圖像向右平移φ個單位，得到y(tǒng)＝sin的圖像，由該函數(shù)的圖像關(guān)于y軸對稱，可知sin＝±1，即sin＝±1，故2φ－＝kπ＋，k∈Z，即φ＝＋，k∈Z，所以當(dāng)φ>0時，φmin＝. 方法二：由f(x)＝sin的圖像向右平移φ個單位后所得的圖像關(guān)于y軸對稱可知，－2φ＝＋kπ，k∈Z，又φ>0，所以φmin＝. 12．、[2014·安徽卷] 數(shù)列{an}是等差數(shù)列，若a1＋1，a3＋3，a5＋5構(gòu)成公比為q的等比數(shù)列，則q＝________. 12．1　[解析]因為數(shù)列{an}是等差數(shù)列，所以a1＋1，a3＋3，a5＋5也成等差數(shù)列．又a1＋1，a3＋3，a5＋5構(gòu)為公比為q的等比數(shù)列，所以a1＋1，a3＋3，a5＋5為常數(shù)列，故q＝1. 13．[2014·安徽卷] 設(shè)a≠0，n是大于1的自然數(shù)，的展開式為a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn.若點Ai(i，ai)(i＝0，1，2)的位置如圖1­3所示，則a＝________. 圖1­3 13．3　[解析]由圖可知a0＝1，a1＝3，a2＝4，由組合原理知故 解得 14．[2014·安徽卷] 設(shè)F1，F(xiàn)2分別是橢圓E：x2＋＝1(0＜b＜1)的左、右焦點，過點F1的直線交橢圓E于A，B兩點．若|AF1|＝3|F1B|，AF2⊥x軸，則橢圓E的方程為________． 14．x2＋y2＝1　[解析] 設(shè)F1(－c，0)，F(xiàn)2(c，0)，其中c＝， 則可設(shè)A(c，b2)，B(x0，y0)，由|AF1|＝3|F1B|， 可得＝3，故即代入橢圓方程可得＋b2＝1，解得b2＝，故橢圓方程為x2＋＝1. 15．[2014·安徽卷] 已知兩個不相等的非零向量a，b，兩組向量，和，均由2個a和3個b排列而成．記S＝x1·y1＋x2·y2＋x3·y3＋x4·y4＋x5·y5，Smin表示S所有可能取值中的最小值，則下列命題正確的是________(寫出所有正確命題的編號)． ①S有5個不同的值 ②若a⊥b，則Smin與|a|無關(guān) ③若a∥b，則Smin與|b|無關(guān) ④若|b|＞4|a|，則Smin＞0 ⑤若|b|＝2|a|，Smin＝8|a|2，則a與b的夾角為 15．②④　[解析]S可能的取值有3種情況：S1＝2＋3，＝＋2＋2a·b，S3＝＋4a·b，所以S最多只有3個不同的值． 因為a，b是不相等的向量，所以S1－S3＝2＋2－4a·b＝2(a－b)>0，S1－S2＝＋－2a·b＝(a－b)2>0，S2－S3＝(a－b)>0，所以S3<S2<S1，故Smin＝S3＝b2＋4a·b. 對于①，可知明顯錯誤； 對于②，當(dāng)a⊥b時，Smin與|a|無關(guān)，故②正確； 對于③，當(dāng)a∥b時，Smin與|b|有關(guān)，故③錯誤； 對于④，設(shè)a，b的夾角為θ，則Smin＝b2＋4a·b＝|b2|＋4|a||b|cosθ>||－4|a||b|>16|a|2－|a|2＝0，所以Smin>0，故④正確； 對于⑤，|b|＝2|a|，Smin＝4|a|2＋8|a|2cosθ＝8|a|2，所以cosθ＝，又θ∈[0，π]，所以θ＝，故⑤錯誤． 16．、[2014·安徽卷] 設(shè)△ABC的內(nèi)角A，B，C所對邊的長分別是a，b，c，且b＝3，c＝1，A＝2B. (1)求a的值； (2)求sin的值． 16．解： (1)因為A＝2B，所以sinA＝sin2B＝2sinBcosB，由余弦定理得cosB＝＝，所以由正弦定理可得a＝2b·. 因為b＝3，c＝1，所以a2＝12，即a＝2. (2)由余弦定理得cosA＝＝＝ －.因為0<A<π，所以sinA＝＝＝. 故sin＝sinAcos＋cosAsin＝×＋×＝. 17．、[2014·安徽卷] 甲乙兩人進行圍棋比賽，約定先連勝兩局者直接贏得比賽，若賽完5局仍未出現(xiàn)連勝，則判定獲勝局數(shù)多者贏得比賽．假設(shè)每局甲獲勝的概率為，乙獲勝的概率為，各局比賽結(jié)果相互獨立． (1)求甲在4局以內(nèi)(含4局)贏得比賽的概率； (2)記X為比賽決出勝負時的總局數(shù)，求X的分布列和均值(數(shù)學(xué)期望)． 17．解：用A表示“甲在4局以內(nèi)(含4局)贏得比賽”，Ak表示“第k局甲獲勝”，Bk表示“第k局乙獲勝”，則P(Ak)＝，P(Bk)＝，k＝1，2，3，4，5. (1)P(A)＝P(A1A2)＋P(B1A2A3)＋P(A1B2A3A4) ＝P(A1)P(A2)＋P(B1)P(A2)P(A3)＋P(A1)P(B2)P(A3)P(A4)＝＋×＋ ××＝. (2)X的可能取值為2，3，4，5. P(X＝2)＝P(A1A2)＋P(B1B2)＝P(A1)P(A2)＋P(B1)P(B2)＝， P(X＝3)＝P(B1A2A3)＋P(A1B2B3)＝ P(B1)P(A2)P(A3)＋P(A1)P(B2)P(B3)＝， P(X＝4)＝P(A1B2A3A4)＋P(B1A2B3B4)＝P(A1)P(B2)P(A3)P(A4)＋P(B1)P(A2)P(B3)·P(B4)＝， P(X＝5)＝1－P(X＝2)－P(X＝3)－P(X＝4)＝. 故X的分布列為 X 2 3 4 5 P EX＝2×＋3×＋4×＋5×＝. 18．、[2014·安徽卷] 設(shè)函數(shù)f(x)＝1＋(1＋a)x－x2－x3，其中a＞0. (1)討論f(x)在其定義域上的單調(diào)性； (2)當(dāng)x∈[0，1]時，求f(x)取得最大值和最小值時的x的值． 18．解： (1)f(x)的定義域為(－∞，＋∞)， f′(x)＝1＋a－2x－3x2. 令f′(x)＝0，得x1＝， x2＝，x1<x2， 所以f′(x)＝－3(x－x1)(x－x2)． 當(dāng)x<x1或x>x2時，f′(x)<0； 當(dāng)x1<x<x2時，f′(x)>0. 故f(x)在和內(nèi)單調(diào)遞減， 在內(nèi)單調(diào)遞增． (2)因為a>0，所以x1<0，x2>0， ①當(dāng)a≥4時，x2≥1. 由(1)知，f(x)在[0，1]上單調(diào)遞增， 所以f(x)在x＝0和x＝1處分別取得最小值和最大值． ②當(dāng)0<a<4時，x2<1. 由(1)知，f(x)在[0，x2]上單調(diào)遞增，在[x2，1]上單調(diào)遞減， 所以f(x)在x＝x2＝處取得最大值． 又f(0)＝1，f(1)＝a， 所以當(dāng)0<a<1時，f(x)在x＝1處取得最小值； 當(dāng)a＝1時，f(x)在x＝0和x＝1處同時取得最小值； 當(dāng)1<a<4時，f(x)在x＝0處取得最小值． 19．、[2014·安徽卷] 如圖1­4，已知兩條拋物線E1：y2＝2p1x(p1＞0)和E2：y2＝2p2x(p2＞0)，過原點O的兩條直線l1和l2，l1與E1，E2分別交于A1，A2兩點，l2與E1，E2分別交于B1，B2兩點． 圖1­4 (1)證明：A1B1∥A2B2； (2)過O作直線l(異于l1，l2)與E1，E2分別交于C1，C2兩點，記△A1B1C1與△A2B2C2的面積分別為S1與S2，求的值． 19．解：(1)證明：設(shè)直線l1，l2的方程分別為y＝k1x，y＝k2x(k1，k2≠0)， 則由得A1， 由得A2. 同理可得B1，B2. 所以＝＝2p1， ＝＝2p2. 故＝，所以A1B1∥A2B2 (2)由(1)知A1B1∥A2B2，同理可得B1C1∥B2C2，C1A1∥C2A2，所以△A1B1C1∽△A2B2C2， 因此＝. 又由(1)中的＝||知，＝， 故＝. 20．、、[2014·安徽卷] 如圖1­5，四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，A1A⊥底面ABCD，四邊形ABCD為梯形，AD∥BC，且AD＝2BC.過A1，C，D三點的平面記為α，BB1與α的交點為Q. 圖1­5 (1)證明：Q為BB1的中點； (2)求此四棱柱被平面α所分成上下兩部分的體積之比； (3)若AA1＝4，CD＝2，梯形ABCD的面積為6，求平面α與底面ABCD所成二面角的大小． 20．解： (1)證明：因為BQ∥AA1，BC∥AD， BC∩BQ＝B，AD∩AA1＝A， 所以平面QBC∥平面A1AD， 從而平面A1CD與這兩個平面的交線相互平行， 即QC∥A1D. 故△QBC與△A1AD的對應(yīng)邊相互平行， 于是△QBC∽△A1AD， 所以＝＝＝，即Q為BB1的中點． (2)如圖1所示，連接QA，QD.設(shè)AA1＝h，梯形ABCD的高為d，四棱柱被平面α所分成上下兩部分的體積分別為V上和V下，BC＝a，則AD＝2a. 圖1 V三棱錐Q­A1AD＝×·2a·h·d＝ahd， V四棱錐Q­ABCD＝··d·＝ahd， 所以V下＝V三棱錐Q­A1AD＋V四棱錐Q­ABCD＝ahd. 又V四棱柱A1B1C1D1­ABCD＝ahd， 所以V上＝V四棱柱A1B1C1D1­ABCD－V下＝ahd－ahd＝ahd，故＝. (3)方法一：如圖1所示，在△ADC中，作AE⊥DC，垂足為E，連接A1E. 又DE⊥AA1，且AA1∩AE＝A， 所以DE⊥平面AEA1，所以DE⊥A1E. 所以∠AEA1為平面α與底面ABCD所成二面角的平面角． 因為BC∥AD，AD＝2BC，所以S△ADC＝2S△BCA. 又因為梯形ABCD的面積為6，DC＝2， 所以S△ADC＝4，AE＝4. 于是tan∠AEA1＝＝1，∠AEA1＝. 故平面α與底面ABCD所成二面角的大小為. 方法二：如圖2所示，以D為原點，DA，分別為x軸和z軸正方向建立空間直角坐標(biāo)系． 設(shè)∠CDA＝θ，BC＝a，則AD＝2a. 因為S四邊形ABCD＝·2sinθ＝6， 所以a＝. 圖2 從而可得C(2cosθ，2sinθ，0)，A1， 所以DC＝(2cosθ，2sinθ，0)，＝. 設(shè)平面A1DC的法向量n＝(x，y，1)， 由 得 所以n＝(－sinθ，cosθ，1)． 又因為平面ABCD的法向量m＝(0，0，1)， 所以cos〈n，m〉＝＝， 故平面α與底面ABCD所成二面角的大小為. 21．、、[2014·安徽卷] 設(shè)實數(shù)c＞0，整數(shù)p＞1，n∈N*. (1)證明：當(dāng)x＞－1且x≠0時，(1＋x)p＞1＋px； (2)數(shù)列{an}滿足a1＞c，an＋1＝an＋a，證明：an＞an＋1＞c. 21．證明：(1)用數(shù)學(xué)歸納法證明如下． ①當(dāng)p＝2時，(1＋x)2＝1＋2x＋x2>1＋2x，原不等式成立． ②假設(shè)p＝k(k≥2，k∈N*)時，不等式(1＋x)k>1＋kx成立． 當(dāng)p＝k＋1時，(1＋x)k＋1＝(1＋x)(1＋x)k>(1＋x)(1＋kx)＝1＋(k＋1)x＋kx2>1＋(k＋1)x. 所以當(dāng)p＝k＋1時，原不等式也成立． 綜合①②可得，當(dāng)x>－1，x≠0時，對一切整數(shù)p>1，不等式(1＋x)p>1＋px均成立． (2)方法一：先用數(shù)學(xué)歸納法證明an>c. ①當(dāng)n＝1時，由題設(shè)知a1>c成立． ②假設(shè)n＝k(k≥1，k∈N*)時，不等式ak>c成立． 由an＋1＝an＋a易知an>0，n∈N*. 當(dāng)n＝k＋1時，＝＋a＝ 1＋. 由ak>c>0得－1<－<<0. 由(1)中的結(jié)論得＝>1＋p·＝. 因此a>c，即ak＋1>c， 所以當(dāng)n＝k＋1時，不等式an>c也成立． 綜合①②可得，對一切正整數(shù)n，不等式an>c均成立． 再由＝1＋可得<1， 即an＋1<an. 綜上所述，an>an＋1>c，n∈N*. 方法二：設(shè)f(x)＝x＋x1－p，x≥c，則xp≥c， 所以f′(x)＝＋(1－p)x－p＝>0. 由此可得，f(x)在[c，＋∞)上單調(diào)遞增，因而，當(dāng)x>c時，f(x)>f(c)＝c. ①當(dāng)n＝1時，由a1>c>0，即a>c可知 a2＝a1＋a＝a1<a1，并且a2＝f(a1)>c，從而可得a1>a2>c， 故當(dāng)n＝1時，不等式an>an＋1>c成立． ②假設(shè)n＝k(k≥1，k∈N*)時，不等式ak>ak＋1>c成立，則當(dāng)n＝k＋1時，f(ak)>f(ak＋1)>f(c)， 即有ak＋1>ak＋2>c， 所以當(dāng)n＝k＋1時，原不等式也成立． 綜合①②可得，對一切正整數(shù)n，不等式an>an＋1>c均成立．