数迹
题目列表试卷列表
共找到 21 题
排序：
组题
本页 21 题去组卷
01复数★☆☆☆☆
设 i\mathrm{i} 是虚数单位，则复数 2i1−i\frac{2\mathrm{i}}{1 - \mathrm{i}} 在复平面内所对应的点位于（ ）
\begin{solution}
2i1−i=2i(1+i)(1−i)(1+i)=2i+2i22=−1+i\frac{2\mathrm{i}}{1-\mathrm{i}}=\frac{2\mathrm{i}(1+\mathrm{i})}{(1-\mathrm{i})(1+\mathrm{i})}=\frac{2\mathrm{i}+2\mathrm{i}^2}{2}=-1+\mathrm{i}
该复数的实部为 −1-1，虚部为 11，对应的点在第二象限，故选 B. \end{solution}
A.
第一象限
B.
第二象限
C.
第三象限
D.
第四象限

2015 · 安徽 · 理 · 第 1 题 · 选择题

查看答案和解析
02函数与初等函数★☆☆☆☆
下列函数中，既是偶函数又存在零点的是（ ）
\begin{solution} y=cos⁡xy=\cos x 满足 cos⁡(−x)=cos⁡x\cos(-x)=\cos x，是偶函数，且当 x=π2x=\frac{\pi}{2} 时有 cos⁡x=0\cos x=0，所以存在零点. y=sin⁡xy=\sin x 是奇函数；y=ln⁡xy=\ln x 的定义域不是关于原点对称的集合，不能成为偶函数；y=x2+1y=x^2+1 虽是偶函数，但始终大于 00，没有零点. 因此选 A. \end{solution}
A.
y=cos⁡xy = \cos x
B.
y=sin⁡xy = \sin x
C.
y=ln⁡xy = \ln x
D.
y=x2+1y = x^{2} + 1

2015 · 安徽 · 理 · 第 2 题 · 选择题

查看答案和解析
03集合与逻辑基础★☆☆☆☆
设 p:1<x<2p: 1 < x < 2，q:2x>1q: 2^x > 1，则 pp 是 qq 成立的（ ）
\begin{solution} 由 1<x<21<x<2 可知 x>0x>0，而底数 2>12>1，所以 2x>12^x>1，即 p⇒qp\Rightarrow q. 但 x=3x=3 时 2x>12^x>1 成立而 1<x<21<x<2 不成立，故 qq 不能推出 pp. 因此 pp 是 qq 成立的充分不必要条件，选 A. \end{solution}
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

2015 · 安徽 · 理 · 第 3 题 · 选择题

查看答案和解析
04解析几何★★☆☆☆
下列双曲线中，焦点在 yy 轴上且渐近线方程为 y=±2xy = \pm 2x 的是（ ）
\begin{solution} 焦点在 yy 轴上的双曲线应写成 y2a2−x2b2=1\dfrac{y^2}{a^2}-\dfrac{x^2}{b^2}=1，其渐近线为 y=±abxy=\pm\dfrac{a}{b}x. 选项 C 中 a=2a=2，b=1b=1，渐近线为 y=±2xy=\pm2x，且焦点在 yy 轴上. 选项 D 的渐近线为 y=±12xy=\pm\frac12x，其余两项焦点在 xx 轴上. 故选 C. \end{solution}
A.
x2−y24=1x^{2} - \frac{y^{2}}{4} = 1
B.
x24−y2=1\frac{x^2}{4} - y^2 = 1
C.
y24−x2=1\frac{y^2}{4} - x^2 = 1
D.
y2−x24=1y^{2}-\frac{x^{2}}{4}=1

2015 · 安徽 · 理 · 第 4 题 · 选择题

查看答案和解析
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

查看答案和解析
06概率与统计★★☆☆☆
若样本数据 x1x_{1}，x2x_{2}，⋯\cdots，x10x_{10} 的标准差为 8，则数据 2x1−12x_{1}-1，2x2−12x_{2}-1，⋯\cdots，2x10−12x_{10}-1 的标准差为（ ）
\begin{solution} 设原数据的平均数为 x‾\overline{x}，则变换后数据的平均数为 2x‾−12\overline{x}-1. 因而变换后每个数据与新平均数之差为
(2xi−1)−(2x‾−1)=2(xi−x‾)(2x_i-1)-(2\overline{x}-1)=2(x_i-\overline{x})
标准差是偏差平方平均数的算术平方根，所以标准差扩大为原来的 ∣2∣=2|2|=2 倍，得到 2×8=162\times8=16. 故选 C. \end{solution}
A.
8
B.
15
C.
16
D.
32

2015 · 安徽 · 理 · 第 6 题 · 选择题

查看答案和解析
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

查看答案和解析
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

查看答案和解析
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

查看答案和解析
10三角函数★★★★☆
已知函数 f(x)=Asin⁡(ωx+φ)f(x) = A \sin (\omega x + \varphi) （AA，ω\omega，φ\varphi 均为正的常数） 的最小正周期为 π\pi，当 x=2π3x = \frac{2\pi}{3} 时，函数 f(x)f(x) 取得最小值，则下列结论正确的是（ ）
\begin{solution} 最小正周期满足 2πω=π\dfrac{2\pi}{\omega}=\pi，所以 ω=2\omega=2. 在 x=2π3x=\frac{2\pi}{3} 时取得最小值，故
sin⁡(4π3+φ)=−1\sin\left(\frac{4\pi}{3}+\varphi\right)=-1
从而 φ=π6+2kπ\varphi=\frac{\pi}{6}+2k\pi. 相位相差整数个周期不改变函数，故可取 f(x)=Asin⁡(2x+π6)f(x)=A\sin\left(2x+\frac{\pi}{6}\right).
因为 7π6<4<4π37\frac{\pi}{6}<4<4\frac{\pi}{3}，所以 sin⁡4<0\sin4<0，并且 π6−4\frac{\pi}{6}-4 加上 2π2\pi 后落在 (5π6,π)(5\frac{\pi}{6},\pi) 内. 于是
f(2)−f(−2)=A[sin⁡(4+π6)−sin⁡(π6−4)]=A3sin⁡4<0f(2)-f(-2)=A\left[\sin\left(4+\frac{\pi}{6}\right)-\sin\left(\frac{\pi}{6}-4\right)\right]=A\sqrt{3}\sin4<0
且 f(−2)=Asin⁡(π6−4)<Asin⁡π6=f(0)f(-2)=A\sin(\frac{\pi}{6}-4)<A\sin\frac{\pi}{6}=f(0). 因此 f(2)<f(−2)<f(0)f(2)<f(-2)<f(0)，选 A. \end{solution}
A.
f(2)<f(−2)<f(0)f(2) < f(-2) < f(0)
B.
f(0)<f(2)<f(−2)f(0) < f(2) < f(-2)
C.
f(−2)<f(0)<f(2)f(-2) < f(0) < f(2)
D.
f(2)<f(0)<f(−2)f(2) < f(0) < f(-2)

2015 · 安徽 · 理 · 第 10 题 · 选择题

查看答案和解析
11计数原理与组合数学★☆☆☆☆
(x3+1x)7\left(x^{3} + \frac{1}{x}\right)^{7} 的展开式中 x5x^{5} 的系数是______.
\begin{solution} 展开式的第 k+1k+1 项为
C7k(x3)7−k(1x)k=C7kx21−4k\mathrm C_7^k(x^3)^{7-k}\left(\frac1x\right)^k=\mathrm C_7^k x^{21-4k}
令 21−4k=521-4k=5，得 k=4k=4，所以 x5x^5 的系数为 C74=35\mathrm C_7^4=35. \end{solution}

2015 · 安徽 · 理 · 第 11 题 · 填空题

查看答案和解析
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

查看答案和解析
13数列★★☆☆☆
执行如图所示的程序框图（算法流程图），输出的 nn 为______.
\begin{solution} 初始时 a=1a=1，n=1n=1. 第一次判断满足 ∣1−1.414∣=0.414⩾0.005|1-1.414|=0.414\geqslant0.005，更新为 a=1+11+1=1.5a=1+\frac1{1+1}=1.5，n=2n=2. 第二次判断仍满足条件，更新为 a=1+11+1.5=1.4a=1+\frac1{1+1.5}=1.4，n=3n=3. 第三次判断仍满足条件，更新为 a=1+11+1.4=1+512=1712a=1+\frac1{1+1.4}=1+\frac5{12}=\frac{17}{12}，n=4n=4. 此时
∣1712−1.414∣=1712−707500=2750<0.005\left|\frac{17}{12}-1.414\right|=\frac{17}{12}-\frac{707}{500}=\frac2{750}<0.005
条件不成立，程序输出 n=4n=4. \end{solution}

2015 · 安徽 · 理 · 第 13 题 · 填空题

查看答案和解析
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

查看答案和解析
15导数及其应用★★★★☆
设 x3+ax+b=0x^{3} + ax + b = 0，其中 aa，bb 均为实数. 下列条件中，使得该三次方程仅有一个实根的是______.
① a=−3a = -3，b=−3b = -3； ② a=−3a = -3，b=2b = 2； ③ a=−3a = -3，b>2b > 2； ④ a=0a = 0，b=2b = 2； ⑤ a=1a = 1，b=2b = 2.
\begin{solution} 令 g(x)=x3+ax+bg(x)=x^3+ax+b，则 g′(x)=3x2+ag'(x)=3x^2+a.
当 a=−3a=-3 时，g′(x)=3(x2−1)g'(x)=3(x^2-1)，极值点为 x=−1x=-1，11，且 g(−1)=b+2g(-1)=b+2，g(1)=b−2g(1)=b-2. 条件\circled{1}中 b=−3b=-3，两个极值点的函数值均为负，曲线只在 x>1x>1 上与 xx 轴相交一次；条件\circled{2}中 b=2b=2，方程为 x3−3x+2=(x−1)2(x+2)=0x^3-3x+2=(x-1)^2(x+2)=0，有两个不同的实根，故不满足；条件\circled{3}中 b>2b>2，两个极值点的函数值均为正，曲线只在 x<−1x<-1 上与 xx 轴相交一次.
条件\circled{4}中方程为 x3+2=0x^3+2=0，函数 x3+2x^3+2 严格递增，只有一个实根；条件\circled{5}中 g′(x)=3x2+1>0g'(x)=3x^2+1>0，函数严格递增，也只有一个实根. 所以正确条件为 \circled1\circled{1}，\circled3\circled{3}，\circled4\circled{4}，\circled5\circled{5}. \end{solution}

2015 · 安徽 · 理 · 第 15 题 · 填空题

查看答案和解析
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

查看答案和解析
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

查看答案和解析
18导数及其应用★★★★☆
设 n∈N∗n \in \mathbf{N}^*，xnx_n 是曲线 y=x2n+2+1y = x^{2n+2} + 1 在点 (1,2)(1,2) 处的切线与 xx 轴交点的横坐标.
(1) 求数列 {xn}\{x_{n}\} 的通项公式； (2) 记 Tn=x12x32⋯x2n−12T_{n} = x_{1}^{2}x_{3}^{2}\cdots x_{2n - 1}^{2}. 证明：Tn⩾14nT_{n} \geqslant \frac{1}{4n}.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 函数 y=x2n+2+1y=x^{2n+2}+1 在 (1,2)(1,2) 处的导数为 2n+22n+2，所以切线方程为
y−2=(2n+2)(x−1)y-2=(2n+2)(x-1)
令 y=0y=0，得 −2=(2n+2)(xn−1)-2=(2n+2)(x_n-1)，xn=1−1n+1=nn+1x_n=1-\frac1{n+1}=\frac n{n+1}.
\item 由通项公式，
Tn=∏k=1n(2k−12k)2T_n=\prod_{k=1}^n\left(\frac{2k-1}{2k}\right)^2
当 k⩾2k\geqslant2 时，
(2k−1)2−2k(2k−2)=1>0(2k-1)^2-2k(2k-2)=1>0
故
(2k−12k)2>2k−22k=k−1k\left(\frac{2k-1}{2k}\right)^2>\frac{2k-2}{2k}=\frac{k-1}{k}
当 n=1n=1 时，T1=14=14nT_1=\frac14=\frac1{4n}；当 n⩾2n\geqslant2 时，
Tn=14∏k=2n(2k−12k)2>14∏k=2nk−1k=14nT_n=\frac14\prod_{k=2}^n\left(\frac{2k-1}{2k}\right)^2 >\frac14\prod_{k=2}^n\frac{k-1}{k}=\frac1{4n}
所以对任意 n∈N∗n\in\mathbf{N}^*，都有 Tn⩾14nT_n\geqslant\frac1{4n}. \end{enumerate} \end{solution}

2015 · 安徽 · 理 · 第 18 题 · 解答题

查看答案和解析
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

查看答案和解析
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

查看答案和解析
21导数及其应用★★★★★
设函数 f(x)=x2−ax+bf(x) = x^{2} - ax + b.
(1) 讨论函数 f(sin⁡x)f(\sin x) 在 (−π2,π2)\left(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right) 内的单调性并判断有无极值. 有极值时求出极值； (2) 记 f0(x)=x2−a0x+b0f_{0}(x) = x^{2} - a_{0}x + b_{0}，求函数 ∣f(sin⁡x)−f0(sin⁡x)∣|f(\sin x) - f_{0}(\sin x)| 在 [−π2,π2]\left[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right] 上的最大值 DD； (3) 在上一问中，取 a0=b0=0a_0 = b_0 = 0，求 z=b−a24z = b - \frac{a^2}{4} 满足 D⩽1D \leqslant 1 时的最大值.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 设 h(x)=f(sin⁡x)=sin⁡2x−asin⁡x+bh(x)=f(\sin x)=\sin^2x-a\sin x+b. 则
h′(x)=(2sin⁡x−a)cos⁡xh'(x)=(2\sin x-a)\cos x
在给定区间内 cos⁡x>0\cos x>0，所以单调性由 2sin⁡x−a2\sin x-a 的符号决定.
当 a⩽−2a\leqslant-2 时，对任意 x∈(−π2,π2)x\in(-\frac\pi2,\frac\pi2)，有 2sin⁡x−a>02\sin x-a>0，故 h(x)h(x) 单调递增且无极值. 当 a⩾2a\geqslant2 时，有 2sin⁡x−a<02\sin x-a<0，故 h(x)h(x) 单调递减且无极值. 当 −2<a<2-2<a<2 时，方程 2sin⁡x−a=02\sin x-a=0 在区间内有唯一解 x0=arcsin⁡a2x_0=\arcsin\frac a2，函数先减后增，在 x0x_0 处取得极小值
h(x0)=(a2)2−a⋅a2+b=b−a24h(x_0)=\left(\frac a2\right)^2-a\cdot\frac a2+b=b-\frac{a^2}{4}
\item 令 t=sin⁡xt=\sin x，则 t∈[−1,1]t\in[-1,1]，并且
f(t)−f0(t)=−(a−a0)t+(b−b0)f(t)-f_0(t)=-(a-a_0)t+(b-b_0)
因此
D=max⁡−1⩽t⩽1∣−(a−a0)t+(b−b0)∣=max⁡{∣b−b0−(a−a0)∣,∣b−b0+(a−a0)∣}D=\max_{-1\leqslant t\leqslant1}|-(a-a_0)t+(b-b_0)| =\max\{|b-b_0-(a-a_0)|,|b-b_0+(a-a_0)|\}
根据 max⁡{∣u−v∣,∣u+v∣}=∣u∣+∣v∣\max\{|u-v|,|u+v|\}=|u|+|v|，得到
D=∣a−a0∣+∣b−b0∣D=|a-a_0|+|b-b_0|
\item 此时 D=∣a∣+∣b∣⩽1D=|a|+|b|\leqslant1. 于是
z=b−a24⩽b⩽∣b∣⩽1−∣a∣⩽1z=b-\frac{a^2}{4}\leqslant b\leqslant|b|\leqslant1-|a|\leqslant1
取 a=0a=0，b=1b=1 时 D=1D=1，且 z=1z=1，所以 zz 的最大值为 11. \end{enumerate} \end{solution}

2015 · 安徽 · 理 · 第 21 题 · 解答题

查看答案和解析