2014年安徽省高考数学试卷（理科） 25页

‎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