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05立体几何初步★★★☆☆
已知 mm，nn 是两条不同直线，α\alpha，β\beta 是两个不同平面，则下列命题正确的是（ ）
\begin{solution} 选项 A 不正确. 例如取 α:x=0\alpha:x=0、β:y=0\beta:y=0、公共平面为 z=0z=0，则 α\alpha 与 β\beta 都垂直于 z=0z=0，但二者相交而不平行.
选项 B 不正确. 取平面 π:z=0\pi:z=0，直线 m:y=0m:y=0，z=1z=1 与 n:x=0n:x=0，z=2z=2 都平行于 π\pi，但两直线方向不同，故不平行.
选项 C 不正确. 例如取 α:z=0\alpha:z=0、β:y=0\beta:y=0，两平面相交但直线 y=1y=1，z=0z=0 在 α\alpha 内且平行于 β\beta.
若两条直线都垂直于同一平面，则它们的方向都与该平面的法向量平行，从而两直线平行. 因此当 mm，nn 不平行时，它们不可能同时垂直于同一平面，选 D. \end{solution}
A.
若 α\alpha，β\beta 垂直于同一平面，则 α\alpha 与 β\beta 平行
B.
若 mm，nn 平行于同一平面，则 mm 与 nn 平行
C.
若 α\alpha，β\beta 不平行，则在 α\alpha 内不存在与 β\beta 平行的直线
D.
若 mm，nn 不平行，则 mm 与 nn 不可能垂直于同一平面

2015 · 安徽 · 理 · 第 5 题 · 选择题

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07立体几何初步★★★☆☆
一个四面体的三视图如图所示，则该四面体的表面积是（ ）
\begin{solution} 根据三视图建立坐标系，可取四面体的四个顶点为 A=(0,0,1)A=(0,0,1)，B=(−1,0,0)B=(-1,0,0)，C=(1,0,0)C=(1,0,0)，D=(0,1,0)D=(0,1,0). 这与正视图、侧视图和俯视图中的长度及投影关系一致.
于是 AB=AC=AD=BD=CD=2AB=AC=AD=BD=CD=\sqrt{2}，BC=2BC=2. 三角形 ABCABC 和 BCDBCD 的底边均为 22，高均为 11，所以它们的面积均为 11. 三角形 ABDABD 和 ACDACD 都是边长为 2\sqrt{2} 的等边三角形，面积均为 34(2)2=32\dfrac{\sqrt{3}}{4}(\sqrt{2})^2=\dfrac{\sqrt{3}}{2}.
因此四面体的表面积为
S=1+1+32+32=2+3S=1+1+\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}=2+\sqrt{3}
故选 B. \end{solution}
A.
1+31 + \sqrt{3}
B.
2+32 + \sqrt{3}
C.
1+221 + 2\sqrt{2}
D.
222\sqrt{2}

2015 · 安徽 · 理 · 第 7 题 · 选择题

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08平面向量★★★☆☆
△ABC\triangle ABC 是边长为 2 的等边三角形，已知向量 a\boldsymbol{a}，b\boldsymbol{b} 满足 AB→=2a\overrightarrow{AB} = 2\boldsymbol{a}，AC→=2a+b\overrightarrow{AC} = 2\boldsymbol{a} + \boldsymbol{b}，则下列结论正确的是（ ）
\begin{solution} 由 BC→=AC→−AB→=b\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AB}=\boldsymbol{b}，且三角形为边长 22 的等边三角形，得 ∣2a∣=2|2\boldsymbol{a}|=2，∣b∣=∣BC→∣=2|\boldsymbol{b}|=|\overrightarrow{BC}|=2. 又由 ∣2a+b∣=2|2\boldsymbol{a}+\boldsymbol{b}|=2，并且 ∣a∣=1|\boldsymbol{a}|=1，可得 4+4a⋅b+4=44+4\boldsymbol{a}\cdot\boldsymbol{b}+4=4，a⋅b=−1\boldsymbol{a}\cdot\boldsymbol{b}=-1. 所以 A、B、C 均不正确. 最后
(4a+b)⋅BC→=(4a+b)⋅b=4(−1)+4=0(4\boldsymbol{a}+\boldsymbol{b})\cdot\overrightarrow{BC}=(4\boldsymbol{a}+\boldsymbol{b})\cdot\boldsymbol{b}=4(-1)+4=0
故 (4a+b)⊥BC→(4\boldsymbol{a}+\boldsymbol{b})\perp\overrightarrow{BC}，选 D. \end{solution}
A.
∣b∣=1|\boldsymbol{b}| = 1
B.
a⊥b\boldsymbol{a} \perp \boldsymbol{b}
C.
a⋅b=1\boldsymbol{a} \cdot \boldsymbol{b} = 1
D.
(4a+b)⊥BC→(4\boldsymbol{a} + \boldsymbol{b})\perp \overrightarrow{BC}

2015 · 安徽 · 理 · 第 8 题 · 选择题

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09函数与初等函数★★★☆☆
函数 f(x)=ax+b(x+c)2f(x) = \frac{ax + b}{(x + c)^2} 的图象如图所示，则下列结论成立的是（ ）
\begin{solution} 由图象的竖直渐近线在 yy 轴右侧，且渐近线为 x=−cx=-c，可知 −c>0-c>0，所以 c<0c<0. 图象在 x=0x=0 处位于 xx 轴上方，而 f(0)=bc2>0f(0)=\dfrac{b}{c^2}>0，故 b>0b>0. 图象与 xx 轴的交点在正半轴上，零点 −ba>0-\dfrac{b}{a}>0，结合 b>0b>0 得 a<0a<0. 因此只有选项 C 正确. \end{solution}
A.
a>0a > 0，b>0b > 0，c<0c < 0
B.
a<0a < 0，b>0b > 0，c>0c > 0
C.
a<0a < 0，b>0b > 0，c<0c < 0
D.
a<0a < 0，b<0b < 0，c<0c < 0

2015 · 安徽 · 理 · 第 9 题 · 选择题

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12解析几何★★★☆☆
在极坐标系中，圆 ρ=8sin⁡θ\rho = 8\sin \theta 上的点到直线 θ=π3\theta = \frac{\pi}{3}（ρ∈R\rho \in \mathbf{R}）距离的最大值是______.
\begin{solution} 由极坐标关系 x=ρcos⁡θx=\rho\cos\theta，y=ρsin⁡θy=\rho\sin\theta，圆的方程化为 ρ2=8ρsin⁡θ\rho^2=8\rho\sin\theta，即 x2+y2=8yx^2+y^2=8y，亦即
x2+(y−4)2=16x^2+(y-4)^2=16
所以圆心为 O1=(0,4)O_1=(0,4)，半径为 44. 由于 ρ∈R\rho\in\mathbf{R}，直线 θ=π3\theta=\frac\pi3 是过原点的整条直线，其方程为 y=3xy=\sqrt3x. 圆心到该直线的距离为
d=∣3⋅0−4∣3+1=2d=\frac{|\sqrt3\cdot0-4|}{\sqrt{3+1}}=2
圆上点到该直线的最大距离等于圆心到直线的距离加半径，故最大值为 2+4=62+4=6. \end{solution}

2015 · 安徽 · 理 · 第 12 题 · 填空题

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14数列★★★☆☆
已知数列 {an}\{a_{n}\} 是递增的等比数列，a1+a4=9a_{1} + a_{4} = 9，a2a3=8a_{2}a_{3} = 8，则数列 {an}\{a_{n}\} 的前 nn 项和等于______.
\begin{solution} 设首项为 a1a_1，公比为 qq. 由 a2a3=a12q3=8>0a_2a_3=a_1^2q^3=8>0 知 q>0q>0. 再由 a1(1+q3)=9a_1(1+q^3)=9 知 a1>0a_1>0，数列递增从而 q>1q>1.
令 r=q3r=q^3，则 a12r=8a_1^2r=8，a1(1+r)=9a_1(1+r)=9. 消去 a1a_1 得 81r(1+r)2=8\frac{81r}{(1+r)^2}=8，8r2−65r+8=08r^2-65r+8=0， 所以 r=8r=8 或 r=18r=\frac18. 因为 r=q3>1r=q^3>1，故 r=8r=8，从而 q=2q=2，再由 a1(1+8)=9a_1(1+8)=9 得 a1=1a_1=1.
因此前 nn 项和为
Sn=a1(qn−1)q−1=2n−1S_n=\frac{a_1(q^n-1)}{q-1}=2^n-1
\end{solution}

2015 · 安徽 · 理 · 第 14 题 · 填空题

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16三角函数★★★☆☆
在 △ABC\triangle ABC 中，A=3π4A = \frac{3\pi}{4}，AB=6AB = 6，AC=32AC = 3\sqrt{2}，点 DD 在 BCBC 边上，AD=BDAD = BD，求 ADAD 的长. \begin{solution} 由余弦定理，
BC2=AB2+AC2−2AB⋅ACcos⁡A=36+18−362(−22)=90BC^2=AB^2+AC^2-2AB\cdot AC\cos A=36+18-36\sqrt2\left(-\frac{\sqrt2}{2}\right)=90
所以 BC=310BC=3\sqrt{10}. 设 AD=BD=xAD=BD=x，则 DC=310−xDC=3\sqrt{10}-x. 对三角形 ABCABC 使用斯图尔特定理，得
AC2⋅BD+AB2⋅DC=BC(AD2+BD⋅DC)AC^2\cdot BD+AB^2\cdot DC=BC\left(AD^2+BD\cdot DC\right)
代入已知量，
18x+36(310−x)=310[x2+x(310−x)]=90x18x+36(3\sqrt{10}-x)=3\sqrt{10}\left[x^2+x(3\sqrt{10}-x)\right]=90x
整理得 10810=108x108\sqrt{10}=108x，所以
AD=x=10AD=x=\sqrt{10}
\end{solution}

2015 · 安徽 · 理 · 第 16 题 · 解答题

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17概率与统计★★★☆☆
已知 22 件次品和 33 件正品混放在一起，现需要通过检测将其区分，每次随机检测一件产品，检测后不放回，直到检测出 22 件次品或者检测出 33 件正品时检测结束.
(1) 求第一次检测出的是次品且第二次检测出的是正品的概率； (2) 已知每检测一件产品需要费用 100100 元，设 XX 表示直到检测出 22 件次品或者检测出 33 件正品时所需要的检测费用（单位：元），求 XX 的分布列和均值（数学期望）.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 第一次检测出次品、第二次检测出正品的概率为
P=25⋅34=310P=\frac25\cdot\frac34=\frac3{10}
\item 若前两次都是次品，第二次检测结束，所以
P(X=200)=25⋅14=110P(X=200)=\frac25\cdot\frac14=\frac1{10}
第三次结束的情形为 BGBBGB、GBBGBB 或 GGGGGG，其中 BB 表示次品，GG 表示正品. 这三个有序结果的概率均为 110\frac1{10}，因此
P(X=300)=310P(X=300)=\frac3{10}
前四次才结束时，前三次必须恰有一件次品和两件正品，其概率为
P(X=400)=C21C32C53=610P(X=400)=\frac{\mathrm C_2^1\mathrm C_3^2}{\mathrm C_5^3}=\frac6{10}
此时第四件无论是次品还是正品，都会使相应数量达到终止条件. 因而 XX 的分布为 P(X=200)=110P(X=200)=\frac1{10}、P(X=300)=310P(X=300)=\frac3{10}、P(X=400)=610P(X=400)=\frac6{10}，且
E(X)=200⋅110+300⋅310+400⋅610=350E(X)=200\cdot\frac1{10}+300\cdot\frac3{10}+400\cdot\frac6{10}=350
\end{enumerate} \end{solution}

2015 · 安徽 · 理 · 第 17 题 · 解答题

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19立体几何初步★★★☆☆
如图所示，在多面体 A1B1D1DCBAA_{1}B_{1}D_{1}DCBA，四边形 AA1B1BAA_{1}B_{1}B，ADD1A1ADD_{1}A_{1}，ABCDABCD 均为正方形，EE 为 B1D1B_{1}D_{1} 的中点，过 A1A_{1}，DD，EE 的平面交 CD1CD_{1} 于 FF.
(1) 证明：EF∥B1CEF \parallel B_{1}C； (2) 求二面角 E−A1D−B1E - A_{1}D - B_{1} 的余弦值.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 设三个正方形的边长为 11，建立直角坐标系： A=(0,0,0)A=(0,0,0)， B=(0,1,0)\ B=(0,1,0)， C=(1,1,0)\ C=(1,1,0)， D=(1,0,0)\ D=(1,0,0)， A1=(0,0,1)A_1=(0,0,1)， B1=(0,1,1)\ B_1=(0,1,1)， D1=(1,0,1)\ D_1=(1,0,1). 因为 EE 是 B1D1B_1D_1 的中点，所以 E=(12,12,1)E=(\frac12,\frac12,1). 平面 A1DEA_1DE 的方程为
x−y+z=1x-y+z=1
设 F∈CD1F\in CD_1，则可写成 F=(1,1−t,t)F=(1,1-t,t). 代入平面方程得 2t=12t=1，故 F=(1,12,12)F=(1,\frac12,\frac12). 于是 EF→=(12,0,−12)=12(1,0,−1)\overrightarrow{EF}=\left(\frac12,0,-\frac12\right)=\frac12(1,0,-1)，B1C→=(1,0,−1)\overrightarrow{B_1C}=(1,0,-1)， 所以 EF∥B1CEF\parallel B_1C.
\item 平面 A1DEA_1DE 的一个法向量为 n1=(1,−1,1)\boldsymbol{n}_1=(1,-1,1)，平面 B1A1DB_1A_1D 的一个法向量为 n2=(1,0,1)\boldsymbol{n}_2=(1,0,1). 设二面角的平面角为 θ\theta，则
cos⁡θ=∣n1⋅n2∣∣n1∣∣n2∣=232=63\cos\theta=\frac{|\boldsymbol{n}_1\cdot\boldsymbol{n}_2|}{|\boldsymbol{n}_1||\boldsymbol{n}_2|} =\frac{2}{\sqrt3\sqrt2}=\frac{\sqrt6}{3}
\end{enumerate} \end{solution}

2015 · 安徽 · 理 · 第 19 题 · 解答题

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20解析几何★★★☆☆
设椭圆 EE 的方程为 x2a2+y2b2=1\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1（a>b>0a > b > 0），点 OO 为坐标原点. 点 AA 的坐标为 (a,0)(a, 0)，点 BB 的坐标为 (0,b)(0, b)，点 MM 在线段 ABAB 上，满足 ∣BM∣=2∣MA∣|BM| = 2|MA|. 直线 OMOM 的斜率为 510\frac{\sqrt{5}}{10}.
(1) 求 EE 的离心率 ee； (2) 设点 CC 的坐标为 (0,−b)(0, -b)，NN 为线段 ACAC 的中点，点 NN 关于直线 ABAB 的对称点的纵坐标为 72\frac{7}{2}，求 EE 的方程.
\begin{solution} 因为 ∣BM∣=2∣MA∣|BM|=2|MA|，所以 MM 将 ABAB 按 2:12:1 分点，从而
M=(2a3,b3)M=\left(\frac{2a}{3},\frac b3\right)
由直线 OMOM 的斜率， b32a3=b2a=510\frac{\frac{b}{3}}{2\frac{a}{3}}=\frac b{2a}=\frac{\sqrt5}{10}，a2=5b2a^2=5b^2.
\begin{enumerate} \item 椭圆的离心率为
e=a2−b2a=4b2a=2ba=255e=\frac{\sqrt{a^2-b^2}}a=\frac{\sqrt{4b^2}}a=\frac{2b}{a}=\frac{2\sqrt5}{5}
\item 点 NN 为 ACAC 的中点，所以 N=(a2,−b2)N=(\frac a2,-\frac b2). 直线 ABAB 的方程为
bx+ay−ab=0bx+ay-ab=0
设 N′N' 是 NN 关于 ABAB 的对称点. 对直线 Ax+By+C=0Ax+By+C=0，点 (x0,y0)(x_0,y_0) 的对称点纵坐标为 y0−2B(Ax0+By0+C)A2+B2y_0-\frac{2B(Ax_0+By_0+C)}{A^2+B^2}. 在本题中，代入 A=bA=b，B=aB=a，C=−abC=-ab 及 NN，有
bxN+ayN−ab=−abbx_N+ay_N-ab=-ab
因此
yN′=−b2+2a2ba2+b2y_{N'}=-\frac b2+\frac{2a^2b}{a^2+b^2}
利用 a2=5b2a^2=5b^2，得
yN′=−b2+10b36b2=7b6y_{N'}=-\frac b2+\frac{10b^3}{6b^2}=\frac{7b}{6}
由题设 7b6=72\frac{7b}{6}=\frac72，所以 b=3b=3，a=35a=3\sqrt5. 故椭圆方程为
x245+y29=1\frac{x^2}{45}+\frac{y^2}{9}=1
\end{enumerate} \end{solution}

2015 · 安徽 · 理 · 第 20 题 · 解答题

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