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01复数★☆☆☆☆
设 i\mathrm{i} 是虚数单位，zˉ\bar z 表示复数 zz 的共轭复数. 若 z=1+iz = 1 + \mathrm{i}，则 zi+i⋅zˉ=\frac{z}{\mathrm{i}} + \mathrm{i} \cdot \bar z =（ ）
\begin{solution} 由于 z=1+iz=1+\mathrm{i}，所以 zˉ=1−i\bar z=1-\mathrm{i}，从而 zi=1+ii=1−i\dfrac{z}{\mathrm{i}}=\dfrac{1+\mathrm{i}}{\mathrm{i}}=1-\mathrm{i}，i⋅zˉ=i(1−i)=1+i\mathrm{i}\cdot\bar z=\mathrm{i}(1-\mathrm{i})=1+\mathrm{i}. 因此 zi+i⋅zˉ=2\dfrac{z}{\mathrm{i}}+\mathrm{i}\cdot\bar z=2，故选 C. \end{solution}
A.
−2-2
B.
−2i-2\mathrm{i}
C.
22
D.
2i2\mathrm{i}

2014 · 安徽 · 理 · 第 1 题 · 选择题

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02集合与逻辑基础★★☆☆☆
“x<0x < 0”是“ln⁡(x+1)<0\ln(x + 1) < 0”的（ ）
\begin{solution} ln⁡(x+1)<0\ln(x+1)<0 首先要求 x+1>0x+1>0. 由于对数函数在其定义域上单调递增，且 ln⁡1=0\ln 1=0，所以 ln⁡(x+1)<0\ln(x+1)<0 等价于 0<x+1<10<x+1<1，即 −1<x<0-1<x<0. 因而“ln⁡(x+1)<0\ln(x+1)<0”能推出“x<0x<0”，但“x<0x<0”不能保证 x+1>0x+1>0，也不能推出前一个不等式，例如 x=−2x=-2 时对数式无意义，所以“x<0x<0”是必要不充分条件，故选 B. \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

2014 · 安徽 · 理 · 第 2 题 · 选择题

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03数列★★☆☆☆
如图所示，程序框图（算法流程图）的输出结果是（ ）
\begin{solution} 程序开始时 x=y=1x=y=1. 每次循环先计算 z=x+yz=x+y，若 z⩽50z\leqslant50，再依次令 x=yx=y，y=zy=z，因此循环中得到的 zz 依次为 22，33，55，88，1313，2121，3434，5555. 前一个结果 34⩽5034\leqslant50，更新后得到 55>5055>50，程序输出 5555，故选 B. \end{solution}
A.
3434
B.
5555
C.
7878
D.
8989

2014 · 安徽 · 理 · 第 3 题 · 选择题

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04解析几何★★★☆☆
以平面直角坐标系的原点为极点，xx 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 ll 的参数方程是
{x=t+1,y=t−3,\begin{cases} x = t + 1,\\ y = t - 3, \end{cases}
（tt 为参数），圆 CC 的极坐标方程是 ρ=4cos⁡θ\rho = 4\cos \theta，则直线 ll 被圆 CC 截得的弦长为（ ）
\begin{solution} 由极坐标方程 ρ=4cos⁡θ\rho=4\cos\theta，得 ρ2=4ρcos⁡θ\rho^{2}=4\rho\cos\theta，即 x2+y2=4xx^{2}+y^{2}=4x，所以圆 CC 的圆心为 (2,0)(2,0)，半径为 22. 由直线的参数方程消去 tt，得 y=x−4y=x-4，即 x−y−4=0x-y-4=0. 圆心到直线的距离为 ∣2−0−4∣2=2\dfrac{|2-0-4|}{\sqrt{2}}=\sqrt{2}，所以弦长为 222−(2)2=222\sqrt{2^{2}-(\sqrt{2})^{2}}=2\sqrt{2}，故选 D. \end{solution}
A.
14\sqrt{14}
B.
2142 \sqrt{14}
C.
2\sqrt{2}
D.
222\sqrt{2}

2014 · 安徽 · 理 · 第 4 题 · 选择题

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05不等式★★★☆☆
xx，yy 满足约束条件
{x+y−2⩽0,x−2y−2⩽0,2x−y+2⩾0,\begin{cases} x + y - 2 \leqslant 0,\\ x - 2y - 2 \leqslant 0,\\ 2x - y + 2 \geqslant 0, \end{cases}
若 z=y−axz = y - ax 取得最大值的最优解不唯一，则实数 aa 的值为（ ）
\begin{solution} 三个边界直线分别为 y=−x+2y=-x+2、y=12x−1y=\dfrac12x-1 和 y=2x+2y=2x+2，它们围成的可行域是顶点为 (−2,−2)(-2,-2)、(0,2)(0,2)、(2,0)(2,0) 的三角形. 目标函数 z=y−axz=y-ax 的等值线为 y=ax+zy=ax+z，最优解不唯一时，等值线必须与可行域的一条边重合. 当 a=−1a=-1 时，z=x+y⩽2z=x+y\leqslant2，在边 x+y=2x+y=2 上取得最大值；当 a=2a=2 时，z=y−2x⩽2z=y-2x\leqslant2，在边 2x−y+2=02x-y+2=0 上取得最大值. 另一条边的斜率为 12\dfrac12，但当 a=12a=\dfrac12 时，目标函数在三个顶点处的值依次为 −1-1，22，−1-1，最大值只在 (0,2)(0,2) 处取得. 所以 a=2a=2 或 −1-1，故选 D. \end{solution}
A.
12\frac{1}{2} 或 −1-1
B.
22 或 12\frac{1}{2}
C.
22 或 11
D.
22 或 −1-1

2014 · 安徽 · 理 · 第 5 题 · 选择题

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06函数与初等函数★★☆☆☆
设函数 f(x)f(x)（x∈Rx \in \mathbf{R}）满足 f(x+π)=f(x)+sin⁡xf(x + \pi) = f(x) + \sin x. 当 0⩽x<π0 \leqslant x < \pi 时，f(x)=0f(x) = 0，则 f(23π6)=f\left(\frac{23\pi}{6}\right) =（ ）
\begin{solution} 令 x0=5π6x_0=\dfrac{5\pi}{6}. 因为 0⩽x0<π0\leqslant x_0<\pi，所以 f(x0)=0f(x_0)=0. 由递推关系，f(x0+π)=f(x0)+sin⁡x0=12f(x_0+\pi)=f(x_0)+\sin x_0=\dfrac12，f(x0+2π)=f(x0+π)+sin⁡(x0+π)=0f(x_0+2\pi)=f(x_0+\pi)+\sin(x_0+\pi)=0，f(x0+3π)=f(x0+2π)+sin⁡(x0+2π)=12f(x_0+3\pi)=f(x_0+2\pi)+\sin(x_0+2\pi)=\dfrac12. 又 23π6=x0+3π\dfrac{23\pi}{6}=x_0+3\pi，故选 A. \end{solution}
A.
12\frac{1}{2}
B.
32\frac{\sqrt{3}}{2}
C.
00
D.
−12-\frac{1}{2}

2014 · 安徽 · 理 · 第 6 题 · 选择题

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07立体几何初步★★★☆☆
一个多面体的三视图如图所示，则该多面体的表面积为（ ）
\begin{solution} 由三个视图可知，该多面体可看作边长为 22 的正方体分别截去两个相对顶点的角，两个截面都经过相应顶点三条棱的中点. 正方体原表面积为 6⋅22=246\cdot2^{2}=24. 每截去一个角，原来的三个直角三角形面积之和为 3⋅12⋅1⋅1=323\cdot\dfrac12\cdot1\cdot1=\dfrac32，新增截面为边长 2\sqrt{2} 的正三角形，面积为 34(2)2=32\dfrac{\sqrt{3}}{4}(\sqrt{2})^{2}=\dfrac{\sqrt{3}}2. 因而截去两个角后表面积为 24−2⋅32+2⋅32=21+324-2\cdot\dfrac32+2\cdot\dfrac{\sqrt{3}}2=21+\sqrt{3}，故选 A. \end{solution}
A.
21+321 + \sqrt{3}
B.
18+318 + \sqrt{3}
C.
2121
D.
1818

2014 · 安徽 · 理 · 第 7 题 · 选择题

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08立体几何初步★★★☆☆
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∘60^{\circ} 的共有（ ）
\begin{solution} 正方体的六个面各有两条对角线，共有 1212 条. 按对角线所在面的坐标方向分类，可分为 xyxy、xzxz、yzyz 三类，每类有 44 条. 同一类中两条对角线的方向向量平行或垂直，所成角不是 60∘60^{\circ}. 不同类的两条对角线可分别取方向向量 (±1,±1,0)(\pm1,\pm1,0) 与 (±1,0,±1)(\pm1,0,\pm1) 等，它们的长度均为 2\sqrt{2}，内积的绝对值均为 11，故所成锐角的余弦为 12\dfrac{1}{2}，即为 60∘60^{\circ}. 三类中任取两类共有 C32\mathrm C_3^2 种，每种有 4⋅44\cdot4 对，所以共有 C32⋅4⋅4=48\mathrm C_3^2\cdot4\cdot4=48 对，故选 C. \end{solution}
A.
2424 对
B.
3030 对
C.
4848 对
D.
6060 对

2014 · 安徽 · 理 · 第 8 题 · 选择题

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09不等式★★★☆☆
若函数 f(x)=∣x+1∣+∣2x+a∣f(x) = |x + 1| + |2x + a| 的最小值为 3，则实数 aa 的值为（ ）
\begin{solution} 将 ∣2x+a∣\lvert2x+a\rvert 写成 2∣x+a2∣2\left\lvert x+\dfrac a2\right\rvert，则 f(x)=∣x+1∣+2∣x+a2∣f(x)=\lvert x+1\rvert+2\left\lvert x+\dfrac a2\right\rvert. 由三角不等式， f(x)=(∣x+1∣+∣x+a2∣)+∣x+a2∣⩾∣1−a2∣+∣x+a2∣⩾∣1−a2∣f(x)=\left(\lvert x+1\rvert+\left\lvert x+\dfrac a2\right\rvert\right)+\left\lvert x+\dfrac a2\right\rvert\geqslant\left\lvert1-\dfrac a2\right\rvert+\left\lvert x+\dfrac a2\right\rvert\geqslant\left\lvert1-\dfrac a2\right\rvert. 当 x=−a2x=-\dfrac a2 时，f(x)=∣1−a2∣f(x)=\left\lvert1-\dfrac a2\right\rvert，故函数最小值为 ∣1−a2∣\left\lvert1-\dfrac a2\right\rvert. 由题意 ∣1−a2∣=3\left\lvert1-\dfrac a2\right\rvert=3，得 a=−4a=-4 或 a=8a=8，故选 D. \end{solution}
A.
55 或 88
B.
−1-1 或 55
C.
−1-1 或 −4-4
D.
−4-4 或 88

2014 · 安徽 · 理 · 第 9 题 · 选择题

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10平面向量★★★★☆
在平面直角坐标系 xOyxOy 中，已知向量 a\boldsymbol{a}，b\boldsymbol{b}，∣a∣=∣b∣=1|\boldsymbol{a}| = |\boldsymbol{b}| = 1，a⋅b=0\boldsymbol{a} \cdot \boldsymbol{b} = 0，点 QQ 满足 OQ→=2(a+b)\overrightarrow{OQ} = \sqrt{2}(\boldsymbol{a} + \boldsymbol{b}). 曲线 C={P∣OP→=acos⁡θ+bsin⁡θ,0⩽θ<2π}C = \left\{P \mid \overrightarrow{OP} = \boldsymbol{a} \cos \theta + \boldsymbol{b} \sin \theta, 0 \leqslant \theta < 2\pi\right\}，区域 Ω={P∣0<r⩽∣PQ→∣⩽R,r<R}\Omega = \left\{P \mid 0 < r \leqslant \left|\overrightarrow{PQ}\right| \leqslant R, r < R\right\}. 若 C∩ΩC \cap \Omega 为两段分离的曲线，则（ ）
\begin{solution} 取 a\boldsymbol{a}，b\boldsymbol{b} 为平面内两条互相垂直的单位向量作为坐标基底，则点 PP 的坐标可表示为 (cos⁡θ,sin⁡θ)(\cos\theta,\sin\theta)，点 QQ 的坐标为 (2,2)(\sqrt{2},\sqrt{2}). 因而 ∣PQ→∣2=(cos⁡θ−2)2+(sin⁡θ−2)2=5−22(cos⁡θ+sin⁡θ)=5−4cos⁡(θ−π4)\lvert\overrightarrow{PQ}\rvert^{2}=(\cos\theta-\sqrt{2})^{2}+(\sin\theta-\sqrt{2})^{2}=5-2\sqrt{2}(\cos\theta+\sin\theta)=5-4\cos\left(\theta-\dfrac{\pi}{4}\right).
所以 ∣PQ→∣\lvert\overrightarrow{PQ}\rvert 的最小值为 11，最大值为 33，且在圆 CC 上分别只有一个最小点和一个最大点. 若 r⩽1r\leqslant1，内边界不会截去最小点附近的弧段；若 R⩾3R\geqslant3，外边界不会截去最大点附近的弧段，这两种情形都不能得到两段分离的曲线. 只有 1<r<R<31<r<R<3 时，内、外两个边界分别截去最小点和最大点附近的弧段，剩余部分恰为两段分离的曲线，故选 A. \end{solution}
A.
1<r<R<31 < r < R < 3
B.
1<r<3⩽R1 < r < 3 \leqslant R
C.
r⩽1<R<3r \leqslant 1 < R < 3
D.
1<r<3<R1 < r < 3 < R

2014 · 安徽 · 理 · 第 10 题 · 选择题

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11三角函数★★★☆☆
若将函数 f(x)=sin⁡(2x+π4)f(x) = \sin \left(2x + \frac{\pi}{4}\right) 的图象向右平移 φ\varphi 个单位，所得图象关于 yy 轴对称，则 φ\varphi 的最小正值是______.
\begin{solution} 平移后的函数为 g(x)=sin⁡(2(x−φ)+π4)=sin⁡(2x+δ)g(x)=\sin\left(2(x-\varphi)+\dfrac{\pi}{4}\right)=\sin(2x+\delta)，其中 δ=π4−2φ\delta=\dfrac{\pi}{4}-2\varphi. 要使图象关于 yy 轴对称，需使 gg 为偶函数. 展开得 g(x)=sin⁡2xcos⁡δ+cos⁡2xsin⁡δg(x)=\sin2x\cos\delta+\cos2x\sin\delta，比较 g(x)g(x) 与 g(−x)g(-x) 可知必须且只需 cos⁡δ=0\cos\delta=0. 因此 δ=π2+kπ\delta=\dfrac{\pi}{2}+k\pi，即 φ=−π8−kπ2\varphi=-\dfrac{\pi}{8}-\dfrac{k\pi}{2}. 取最小正值时 k=−1k=-1，得到 φ=3π8\varphi=\dfrac{3\pi}{8}. \end{solution}

2014 · 安徽 · 理 · 第 11 题 · 填空题

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12数列★★☆☆☆
数列 {an}\{a_{n}\} 是等差数列. 若 a1+1a_{1} + 1，a3+3a_{3} + 3，a5+5a_{5} + 5 构成公比为 qq 的等比数列，则 q=‾q =\underline{\hspace{2em}}.
\begin{solution} 设 u=a1+1u=a_{1}+1，v=a3+3v=a_{3}+3，w=a5+5w=a_{5}+5. 由 {an}\{a_n\} 是等差数列，得 a1+a5=2a3a_{1}+a_{5}=2a_{3}，从而 u+w=2vu+w=2v. 又 uu，vv，ww 构成等比数列，故 v2=uwv^{2}=uw. 于是 (u−w)2=(u+w)2−4uw=4v2−4v2=0(u-w)^{2}=(u+w)^{2}-4uw=4v^{2}-4v^{2}=0，所以 u=v=wu=v=w. 因公比定义为后一项与前一项之比，故 q=vu=1q=\dfrac vu=1. \end{solution}

2014 · 安徽 · 理 · 第 12 题 · 填空题

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13计数原理与组合数学★★★☆☆
设 a≠0a \neq 0，nn 是大于 1 的自然数，(1+xa)n\left(1 + \frac{x}{a}\right)^n 的展开式为 a0+a1x+a2x2+⋯+anxna_0 + a_1x + a_2x^2 + \cdots + a_nx^n. 若点 Ai(i,ai)A_i(i, a_i)（i=0i = 0，11，22）的位置如图所示，则 a=‾a =\underline{\hspace{2em}}.
\begin{solution} 二项式展开式中 ai=Cni1aia_i=\mathrm C_n^i\dfrac{1}{a^i}. 由图中 A0=(0,1)A_0=(0,1)、A1=(1,3)A_1=(1,3)、A2=(2,4)A_2=(2,4)，得 a0=1a_0=1，a1=3a_1=3，a2=4a_2=4. 因而 na=3\dfrac na=3，Cn2a2=4\dfrac{\mathrm C_n^2}{a^2}=4. 由 n=3an=3a 代入第二式，得 n(n−1)2a2=4\dfrac{n(n-1)}{2a^2}=4，即 3a(3a−1)2a2=4\dfrac{3a(3a-1)}{2a^2}=4. 因 a≠0a\neq0，化简得 a2−3a=0a^2-3a=0，所以 a=3a=3. \end{solution}

2014 · 安徽 · 理 · 第 13 题 · 填空题

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14解析几何★★★★☆
设 F1F_{1}，F2F_{2} 分别是椭圆 E:x2+y2b2=1E: x^{2} + \frac{y^{2}}{b^{2}} = 1（0<b<10 < b < 1）的左，右焦点，过点 F1F_{1} 的直线交椭圆 EE 于 AA，BB 两点，若 ∣AF1∣=3∣BF1∣|AF_{1}| = 3|BF_{1}|，AF2⊥xAF_{2} \perp x 轴，则椭圆 EE 的方程为______.
\begin{solution} 设椭圆焦半距为 cc，则 c2=1−b2c^{2}=1-b^{2}，且 F1=(−c,0)F_{1}=(-c,0)，F2=(c,0)F_{2}=(c,0). 由 AF2⊥xAF_{2}\perp x 轴，点 AA 的横坐标为 cc. 将 x=cx=c 代入椭圆方程，得 y2=b4y^{2}=b^{4}，所以 A=(c,±b2)A=(c,\pm b^{2}). 对上方情形 A=(c,b2)A=(c,b^{2}) 作如下计算；下方情形只需将 b2b^{2} 换成 −b2-b^{2}，代入后的交点方程仍相同，所得距离比也相同.
参数化直线 F1AF_{1}A：X(t)=(−c,0)+t(2c,b2)X(t)=(-c,0)+t(2c,b^{2})，其中 t=1t=1 对应点 AA. 代入椭圆方程，得 c2(2t−1)2+b2t2=1c^{2}(2t-1)^{2}+b^{2}t^{2}=1. 该方程的一个根为 11，另一个根 tBt_B 满足 tB=c2−14c2+b2=−b24c2+b2t_B=\dfrac{c^{2}-1}{4c^{2}+b^{2}}=-\dfrac{b^{2}}{4c^{2}+b^{2}}. 因而 BB 在 F1F_1 的另一侧，且 ∣BF1∣=b24c2+b2∣AF1∣\lvert BF_1\rvert=\dfrac{b^{2}}{4c^{2}+b^{2}}\lvert AF_1\rvert. 由 ∣AF1∣=3∣BF1∣\lvert AF_1\rvert=3\lvert BF_1\rvert，得 4c2+b2=3b24c^{2}+b^{2}=3b^{2}，即 b2=2c2b^{2}=2c^{2}. 再结合 b2+c2=1b^{2}+c^{2}=1，得 b2=23b^{2}=\dfrac23. 所以椭圆方程为 x2+32y2=1x^{2}+\dfrac{3}{2}y^{2}=1. \end{solution}

2014 · 安徽 · 理 · 第 14 题 · 填空题

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15平面向量★★★★★
已知两个不相等的非零向量 a\boldsymbol{a}，b\boldsymbol{b}，两组向量 x1\boldsymbol{x}_{1}，x2\boldsymbol{x}_{2}，x3\boldsymbol{x}_{3}，x4\boldsymbol{x}_{4}，x5\boldsymbol{x}_{5} 和 y1\boldsymbol{y}_{1}，y2\boldsymbol{y}_{2}，y3\boldsymbol{y}_{3}，y4\boldsymbol{y}_{4}，y5\boldsymbol{y}_{5} 均由 2 个 a\boldsymbol{a} 和 3 个 b\boldsymbol{b} 排列而成，记 S=x1⋅y1+x2⋅y2+x3⋅y3+x4⋅y4+x5⋅y5S = \boldsymbol{x}_{1} \cdot \boldsymbol{y}_{1} + \boldsymbol{x}_{2} \cdot \boldsymbol{y}_{2} + \boldsymbol{x}_{3} \cdot \boldsymbol{y}_{3} + \boldsymbol{x}_{4} \cdot \boldsymbol{y}_{4} + \boldsymbol{x}_{5} \cdot \boldsymbol{y}_{5}. Smin⁡S_{\min} 表示 SS 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）
① SS 有 5 个不同的值； ② 若 a⊥b\boldsymbol{a} \perp \boldsymbol{b}，则 Smin⁡S_{\min} 与 ∣a∣|\boldsymbol{a}| 无关； ③ 若 a∥b\boldsymbol{a} \parallel \boldsymbol{b}，则 Smin⁡S_{\min} 与 ∣b∣|\boldsymbol{b}| 无关； ④ 若 ∣b∣>4∣a∣|\boldsymbol{b}| > 4|\boldsymbol{a}|，则 Smin⁡>0S_{\min} > 0； ⑤ 若 ∣b∣=2∣a∣|\boldsymbol{b}| = 2|\boldsymbol{a}|，Smin⁡=8∣a∣2S_{\min} = 8|\boldsymbol{a}|^2，则 a\boldsymbol{a} 与 b\boldsymbol{b} 的夹角为 π4\frac{\pi}{4}.
\begin{solution} 把每个向量的五个分量看作五个位置. 设 MM 是所有五对 (xi,yi)(\boldsymbol{x}_i,\boldsymbol{y}_i) 中两个对应分量同时为 a\boldsymbol{a} 的位置总数. 因为五个 xi\boldsymbol{x}_i 中共有 1010 个 a\boldsymbol{a} 分量，所以在 xi\boldsymbol{x}_i 中为 a\boldsymbol{a}、而在 yi\boldsymbol{y}_i 中为 b\boldsymbol{b} 的位置共有 10−M10-M 个；同理，在 xi\boldsymbol{x}_i 中为 b\boldsymbol{b}、而在 yi\boldsymbol{y}_i 中为 a\boldsymbol{a} 的位置也有 10−M10-M 个. 再由五对向量共有 2525 个对应位置，两个分量均为 b\boldsymbol{b} 的位置数为 5+M5+M.
因此 S=M∣a∣2+2(10−M)a⋅b+(5+M)∣b∣2=5∣b∣2+20a⋅b+M∣a−b∣2S=M\lvert\boldsymbol{a}\rvert^{2}+2(10-M)\boldsymbol{a}\cdot\boldsymbol{b}+(5+M)\lvert\boldsymbol{b}\rvert^{2}=5\lvert\boldsymbol{b}\rvert^{2}+20\boldsymbol{a}\cdot\boldsymbol{b}+M\lvert\boldsymbol{a}-\boldsymbol{b}\rvert^{2}. 因 a≠b\boldsymbol{a}\neq\boldsymbol{b}，有 ∣a−b∣2>0\lvert\boldsymbol{a}-\boldsymbol{b}\rvert^{2}>0. 每一对向量中两个 a\boldsymbol{a} 的位置交集可有 00，11，22 个；五对向量的排列彼此独立，因此取若干对使交集分别为 22，至多再取一对使交集为 11，其余取 00，即可使总数 MM 取得 00 到 1010 的每一个整数. 因而 SS 实际有 1111 个不同的值，命题 \circled1\circled{1} 错误，且 Smin⁡=5∣b∣2+20a⋅bS_{\min}=5\lvert\boldsymbol{b}\rvert^{2}+20\boldsymbol{a}\cdot\boldsymbol{b}.
若 a⊥b\boldsymbol{a}\perp\boldsymbol{b}，则 Smin⁡=5∣b∣2S_{\min}=5\lvert\boldsymbol{b}\rvert^{2}，与 ∣a∣\lvert\boldsymbol{a}\rvert 无关，命题 \circled2\circled{2} 正确. 若 a∥b\boldsymbol{a}\parallel\boldsymbol{b}，则 a⋅b=±∣a∣∣b∣\boldsymbol{a}\cdot\boldsymbol{b}=\pm\lvert\boldsymbol{a}\rvert\lvert\boldsymbol{b}\rvert，所得 Smin⁡=5∣b∣2±20∣a∣∣b∣S_{\min}=5\lvert\boldsymbol{b}\rvert^{2}\pm20\lvert\boldsymbol{a}\rvert\lvert\boldsymbol{b}\rvert 仍与 ∣b∣\lvert\boldsymbol{b}\rvert 有关，命题 \circled3\circled{3} 错误. 若 ∣b∣>4∣a∣\lvert\boldsymbol{b}\rvert>4\lvert\boldsymbol{a}\rvert，由柯西不等式得 Smin⁡⩾5∣b∣2−20∣a∣∣b∣=5∣b∣(∣b∣−4∣a∣)>0S_{\min}\geqslant5\lvert\boldsymbol{b}\rvert^{2}-20\lvert\boldsymbol{a}\rvert\lvert\boldsymbol{b}\rvert=5\lvert\boldsymbol{b}\rvert(\lvert\boldsymbol{b}\rvert-4\lvert\boldsymbol{a}\rvert)>0，命题 \circled4\circled{4} 正确. 若 ∣b∣=2∣a∣\lvert\boldsymbol{b}\rvert=2\lvert\boldsymbol{a}\rvert 且 Smin⁡=8∣a∣2S_{\min}=8\lvert\boldsymbol{a}\rvert^{2}，则 a⋅b=−35∣a∣2\boldsymbol{a}\cdot\boldsymbol{b}=-\dfrac35\lvert\boldsymbol{a}\rvert^{2}，从而夹角余弦为 −310-\dfrac{3}{10}，不等于 cos⁡π4\cos\dfrac{\pi}{4}，命题 \circled5\circled{5} 错误. 所以正确命题的编号为 \circled2\circled{2}\circled4\circled{4}，故填 \circled2\circled4\circled{2}\circled{4}. \end{solution}

2014 · 安徽 · 理 · 第 15 题 · 填空题

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16三角函数★★★☆☆
设 △ABC\triangle ABC 的内角 AA，BB，CC 所对边的长分别是 aa，bb，cc，且 b=3b = 3，c=1c = 1，A=2BA = 2B.
(1) 求 aa 的值； (2) 求 sin⁡(A+π4)\sin\left(A+\frac{\pi}{4}\right) 的值.

2014 · 安徽 · 理 · 第 16 题 · 解答题

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17概率与统计★★★☆☆
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 23\frac{2}{3}，乙获胜的概率为 13\frac{1}{3}，各局比赛结果相互独立.
(1) 求甲在 4 局以内（含 4 局）赢得比赛的概率； (2) 记 XX 为比赛决出胜负时的总局数，求 XX 的分布列和均值（数学期望）.

2014 · 安徽 · 理 · 第 17 题 · 解答题

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18导数及其应用★★★★☆
设函数 f(x)=1+(1+a)x−x2−x3f(x) = 1 + (1 + a)x - x^2 - x^3，其中 a>0a > 0.
(1) 讨论 f(x)f(x) 在其定义域上的单调性； (2) 当 x∈[0,1]x \in [0,1] 时，求 f(x)f(x) 取得最大值和最小值时的 xx 的值.

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19解析几何★★★★☆
如图，已知两条抛物线 E1:y2=2p1xE_{1}: y^{2} = 2p_{1}x（p1>0p_{1} > 0）和 E2:y2=2p2xE_{2}: y^{2} = 2p_{2}x（p2>0p_{2} > 0），过原点 OO 的两条直线 l1l_{1} 和 l2l_{2}，l1l_{1} 与 E1E_{1}，E2E_{2} 分别交于 A1A_{1}，A2A_{2} 两点，l2l_{2} 与 E1E_{1}，E2E_{2} 分别交于 B1B_{1}，B2B_{2} 两点.
(1) 证明：A1B1∥A2B2A_{1}B_{1} \parallel A_{2}B_{2}； (2) 过原点 OO 作直线 ll（异于 l1l_{1}，l2l_{2}）与 E1E_{1}，E2E_{2} 分别交于 C1C_{1}，C2C_{2} 两点. 记 △A1B1C1\triangle A_{1}B_{1}C_{1} 与 △A2B2C2\triangle A_{2}B_{2}C_{2} 的面积分别为 S1S_{1} 与 S2S_{2}，求 S1S2\frac{S_{1}}{S_{2}} 的值.

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20立体几何初步★★★★☆
如图，四棱柱 ABCD−A1B1C1D1ABCD - A_{1}B_{1}C_{1}D_{1} 中，A1A⊥A_{1}A \perp 底面 ABCDABCD. 四边形 ABCDABCD 为梯形，AD∥BCAD \parallel BC，且 AD=2BCAD = 2BC. 过 A1A_{1}，CC，DD 三点的平面记为 α\alpha，BB1BB_{1} 与 α\alpha 的交点为 QQ.
(1) 证明：QQ 为 BB1BB_{1} 的中点； (2) 求此四棱柱被平面 α\alpha 所分成上下两部分的体积之比； (3) 若 A1A=4A_{1}A = 4，CD=2CD = 2，梯形 ABCDABCD 的面积为 6，求平面 α\alpha 与底面 ABCDABCD 所成二面角的大小.

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21导数及其应用★★★★★
设实数 c>0c > 0，整数 p>1p > 1，n∈N∗n \in \mathbf{N}^*.
(1) 证明：当 x>−1x > -1 且 x≠0x \neq 0 时，(1+x)p>1+px(1 + x)^p > 1 + px； (2) 数列 {an}\{a_{n}\} 满足 a1>c1pa_1 > c^{\frac{1}{p}}，an+1=p−1pan+cpan1−pa_{n+1} = \frac{p-1}{p}a_n + \frac{c}{p}a_n^{1-p}，证明：an>an+1>c1pa_n > a_{n+1} > c^{\frac{1}{p}}.

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