安徽省历年高考数学文科卷

152593226.doc

2007安徽文科数学卷

（16）（本小题满分10分）

解不等式(|3x1|1)(sinx2)＞0. (17) （本小题满分14分）

如图,在六面体ABCDA1B1C1D1中,四边形ABCD是边

长为2的正方形,四边形A1B1C1D1是边长为1的正方形,DD1

平面A1B1C1D1,DD1平面ABCD,

DD12.

(Ⅰ)求证:

(Ⅱ)求证:平面A1ACC1平面B1BDD1;

（18）（本小题满分14分）

设F是抛物线G:x=4y的焦点.

（Ⅰ）过点P（0，-4）作抛物线G的切线，求切线方程：

第(17)题图

（Ⅱ）设A、B为势物线G上异于原点的两点，且满足0,延长AF、BF分别交抛物线G于点

C,D，求四边形ABCD面积的最小值.

(20)(本小题满分14分)

xx222

设函数f（x）=-cosx-4tsincos+4t+t-3t+4,x∈R,

其中t≤1，将f(x)的最小值记为g(t). (Ⅰ)求g(t)的表达式；

(Ⅱ)诗论g(t)在区间（-1,1）内的单调性并求极值. （21）（本小题满分14分）

某国采用养老储备金制度，公民在就业的第一年就交纳养老储备金，数目为a1,以后第年交纳的数

目均比上一年增加d(d>0),因此，历年所交纳的储备金数目a1,a2,„是一个公差为d的等差数列，与此同时，国家给予优惠的计息政策，不仅采用固定利率，而且计算复利，这就是说，如果固定年

n-1

利率为r(r>0)，那么，在第n年末，第一年所交纳的储备金就变为n(1+r)，第二年所交纳的储备

n-2

金就变为a2(1+r),„„，以Tn表示到第n年末所累计的储备金总额. （Ⅰ）写出Tn与Tn-1（n≥2）的递推关系式；

（Ⅱ）求证：Tn=An+Bn，其中An是一个等比数列，Bn是一个等差数列.

参考答案

16．



3x10． 2

即3x1，13x11，03x2，故解为0x．

2

所以原不等式的解集为x0x．

3

解：因为对任意xR，sinx20，所以原不等式等价于

17．

解法1（向量法）：以D为原点，以DA，DC，DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系Dxyz如图，则有A(2，0，，0)B(2，2，，0)C(0，2，，0)A，，，2)B1(112)，，，C1(012)，，，D1(0，0，2)． 1(10

（Ⅰ）证明：∵AC(110)，，，AC(2，2，，0)DB(110)，，，DB(2，2，0)．

∴AC2AC，DB2D1B1． 11

∴AC与AC11平行， 11平行，DB与DB于是AC11与AC共面，B1D1与BD共面．



（Ⅱ）证明：DD·，0，2)·(2，2，0)01AC(0DB·AC(2，2，0)·(2，2，0)0，



∴DD1AC，DBAC．

DD1与DB是平面B1BDD1内的两条相交直线． ∴AC平面B1BDD1．又平面A1ACC1过AC．

∴平面A1ACC1平面B1BDD1．

152593226.doc

解法2（综合法）：（Ⅰ）证明：∵D平面ABCD． 1D平面ABC111D1，DD1

∴DDDA，DDDC，平面ABC11111D1∥平面ABCD．于是C1D1A1∥DA． 1∥CD，D

，DC的中点，连结EF，AE设E，F分别为DAC1F， 1，

有AEC1F∥DDDE1，DF1． 1∥DD1，1，∴AE1∥C1F，于是AC11∥EF．

由DEDF1，得EF∥AC，故AC11∥AC，AC11与AC共面．过点B1作BO1平面ABCD于点O，

AEF，连结OE，OF，则BO11，BO11∥BA，OF ∥BC，∴OEOF．于是OE 1111

∵B1A1AD11，∴OEAD． ∵BC11C1D1，∴OFCD．所以点O在BD上，故DB共面． 1B1与D（Ⅱ）证明：∵D1DAC， 1D平面ABCD，∴D又BDAC（正方形的对角线互相垂直）， D1D与BD是平面B1BDD1内的两条相交直线， ∴AC平面B1BDD1．又平面A1ACC1过AC，∴平面A1ACC1平面B1BDD1．

x0xx

18．解：（I）设切点Qx0．由y，知抛物线在Q点处的切线斜率为0，故所求切线方程为

224

2x0x

y0(xx0)．

x0xx．即y24因为点P(0，)在切线上．

2x02

所以4，x016，x04．

所求切线方程为y2x4．（II）设A(x1，y1)，C(x2，y2)．

由题意知，直线AC的斜率k存在，由对称性，不妨设k0．因直线AC过焦点F(01，)，所以直线AC的方程为ykx1．

ykx1，

点A ，C的坐标满足方程组2

x4y，

得x4kx40，

x1x24k，

由根与系数的关系知

xx4.12

AC4(1k2)．

因为ACBD，所以BD的斜率为，从而BD的方程为yx1．

124(1k2)

同理可求得BD41． 2kk18(1k2)212SABCDACBD8(k2)≥32． 2kk

当k1时，等号成立．所以，四边形ABCD面积的最小值为32．

20．

解：（I）我们有

f(x)cos2x4tsincos4t3t23t4

222

sinx12tsin4tt3t4

223

sinx2tsinxt4t3t3 (sinxt)24t33t3．

由于(sinxt)≥0，t≤1，故当sinxt时，f(x)达到其最小值g(t)，即

g(t)4t33t3．

（II）我们有g(t)12t233(2t1)(2t1)，t1．

由此可见，g(t)在区间1，极大值为g

单调减小，极小值为1，和单调增加，在区间，1g222222



4． 2

21．

解：（Ⅰ）我们有Tn

Tn1(1r)an(n≥2)．

（Ⅱ）T1a1，对n≥2反复使用上述关系式，得

TnTn1(1r)anTn2(1r)2an1(1r)an

n1n2

a1(1r)a2(1r)an1(1r)an， ① 在①式两端同乘1r，得

(1r)Tna1(1r)na2(1r)n1an1(1r)2an(1r) ②

nn1n2

②①，得rTna1(1r)d[(1r)(1r)(1r)]an

[(1r)n1r]a1(1r)nan．

ardarddn

即Tn12(1r)n12．

rrrardarddn

如果记An12(1r)，Bn12n，

rrr

则TnAnBn．

ardardd

其中An是以12(1r)为首项，以1r(r0)为公比的等比数列；Bn是以12为首项，

rrr

为公差的等差数列． r

2008安徽文科数学卷

17．（本小题满分12分）已知函数（Ⅰ）求函数（Ⅱ）求函数

f(x)cos(2x2sin(xx

344



f(x)的最小正周期； f(x)在区间[

,上的值域。

122



18．（本小题满分12分）在某次普通话测试中，为测试汉字发音水平，设置了10张卡片，每张卡片上印有一个汉字的拼音，其中恰有3张卡片上的拼音带有后鼻音“g”。

（Ⅰ）现对三位被测试者先后进行测试。第一位被测试者从这10张卡片中随机抽取一张，测试后放回，余下2位的测试，也按同样的方法进行。求这三位被测试者抽取的卡片上，拼音都带有后鼻音“g”的概率；（Ⅱ）若某位被测试者从这10张卡片中一次随机抽取3张，求这3张卡片上，拼音带有后鼻音“g”的卡

O 片不少于2张的概率。

19．（本小题满分12分）如图，在四棱锥O—ABCD中，底面 ABCD是边长为1的菱形，ABC



，OA⊥底面ABCD，

OA = 2，M为OA的中点。

（Ⅰ）求异面直线AB与MD所成角的大小；（Ⅱ）求点B到面OCD的距离。

a332

20．（本小题满分12分）已知函数f(x)xx(a1)x1，其中a为实数，且c0。

（Ⅰ）已知函数

f(x)在x1处取得极值，求a的值；

（Ⅱ）已知不等式

f'(x)x2xa1对任意a(0,)都成立，求实数x的取值范围。

21．（本小题满分12分）设数列{an}满足a1a，其中a、且c0。 an1can1c，nN*，c为实数，（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；（Ⅱ）设a

，c，bnn(1an),nN*，求数列{bn}的前n项的和Sn； 22

（Ⅲ）若0an

1对任意nN*成立，证明：0c1。

x2y2

22．（本小题满分14分）已知椭圆C221,(ab0)，其相应于焦点F(2,0)的准线方程为x4。

（Ⅰ）求椭圆C的方程；

（Ⅱ）已知过点F1(2,0)倾斜角为的直线分别交椭圆C于A、B两点，

求证：|AB|

； 2cos

（Ⅲ）过点F1(2,0)作两条互相垂直的直线分别交椭圆C于A、B和D、E，求|AB|+|DE|的最小值。

参考答案

三、解答题：本大题共6小题，共74分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 解：（Ⅰ）

f(x)cos(2x)2sin(x)sin(x

)

344



cos2x21

cos2x2x(sinxcosx)(sinxcosx)2 xcos2x

sin(2x)

2

。所以周期为T25

]，（Ⅱ）∵x[,]，∴2x[,

122636



又∵f(x)sin(2x)在区间[,]上单调递增，在区间[,]上单调递减，

612332



∴当x时f(x)取得最大值1。

又∵



f(



)1f()， 222

∴当x





时

f(x)取得最小值。 2

∴函数

f(x)在区间[

上的值域为[]。 122

18．解：（Ⅰ）每次测试中，被测试者从0张卡片中随机抽取的张卡片上，拼音都带有后鼻音“g”的概率为

，因为三位被测试者分别随机抽取1张卡片的事件是相互独立的，因而所求的概率为10333327(3。 [1**********]0

（Ⅱ）设Ai(i0,1,2,3)表示所抽取的三张卡片中，恰有i张卡片上的拼音带有后鼻音“g”的事件，且其相应的概率为P(Ai)，则

123

C7C37C31

P(A2)3，P(A2)3

C1040C10120

因而所求的概率为

P(A2A3)P(A2)P(A3)

7111

。 4012060

19．解：方法一（综合法）（Ⅰ）∵CD∥AB，

∴∠MDC为异面直线AB与MD所成角（或其补角）作AP⊥CD于点P，连接MP ∵OA⊥底面ABCD，∴CD⊥MP。

∵ADP，

∴DP

∵MD

P C

DP1

,MDCMDP ∴cosMDP

MD23



∴AB与MD所成角的大小为。

（Ⅱ）∵AB∥平面OCD，∴点B和点A到平面OCD的距离相等连接OP，过点A作AQ⊥OP与点Q， ∵AP⊥CD，OA⊥CD，∴CD⊥平面OAP ∵AQ平面OAP，∴AQCD，

又∵AQOP，∴AQ平面O CD，线段AQ

的长就是点A到平面OCD的距离。

∵OP

APDP2

OAAP2，∴点B到面OCD的距离为2。 ∴AQ

3OP32

方法二（向量法）：

作AP⊥CD与点P。如图，分别以AB，AP，AO所在直线为 x,y,z轴建立直角坐标系。

A(0,0,0,),B(1,0,0),P(0,

D( 222

O(0,0,2),M(0,0,1)

（Ⅰ）设AB与MD所成角为，



∵AB(1,0,0)，MD(,1)，

|ABMD|1，∴，∴AB与MD所成角的大小为。

∴cos33|AB||MD|2

（Ⅱ）OP(0,2),OD(,2)

222



设平面OCD的法向量为n(x,y,z)，则nOP0,nOD0，

y2x02得，取z

，解得n。

xy2z0

OBn设点B到面OCD的距离为d，则d为在向量上的投影的绝对值。



|OBn|2∵OB(1,0,2)，∴d

3|n|

∴点B到面OCD的距离为20．解：（Ⅰ）由于函数

。 3

f'(x)ax23x(a1)，

f(x)在x1时取得极值，所以f'(1)0，即a3a10，∴a1

（Ⅱ）方法一：由题设知：ax即a(x

3x(a1)x2xa1对任意a(0,)都成立，

2)x22x0对任意a(0,)都成立，

设g(a)a(x22)x22x,(aR)，则对任意aR，g(a)为单调增函数（aR）所以，对任意的a(0,)，g(a)0恒成立的充分必要条件是g(0)0，即x∴2x0，故x的取值范围是{x|2x0}。

方法二：由题设知：ax23x(a1)x2xa1对任意a(0,)都成立，即a(x22)x22x0对任意a(0,)都成立，

2x0，

x22xx22x

0，∴2x0，于是a2对任意a(0,)都成立，即2

x2x2

故x的取值范围是{x|2x0}。

21．解：（Ⅰ）方法一：∵an1can1c，

∴当a1时，{an1}是首项为a1，公比为c的等比数列。 ∴an1(a1)c当a1时，an

n1

，即an

(a1)cn11，

1仍满足上式，

(a1)cn11，（nN*）。

∴数列{an}的通项公式为an方法二：由题设得：

n2时，an1c(an11)c2(an21)cn1(a11)(a1)cn1

∴an

(a1)cn11

n1时a1a也满足上式。

∴数列{an}的通项公式为an（Ⅱ）由（Ⅰ）得bn

(a1)cn11，（nN*）。

n(1a)cn1n()n，

111

Snb1b2bn2()2n()n，

222

1111Sn()22()3n()n1 222211121n1n1∴Sn()()n() 22222

1121n11n1n1n

∴Sn1()()n()2[1()]n()

222222

∴Sn

2(2n)()n。

(a1)cn11

（Ⅲ）证明：由（Ⅰ）知an

若0(a1)cn111，则0(1a)cn11。 ∵0a1a1，∴0c

n1



(nN*) 1a

由cn10对任意的nN*成立，知c0。下证c1，用反证法。方法一：假设c1。由函数∴c

n1

f(x)cx的函数图像知，当n趋于无穷大时，cn1趋于无穷大。

不能对nN*恒成立，导致矛盾。 1a

∴c1， ∴0c1。

11n1n1

方法二：假设c1，∵c，∴logcclogc。

1a1a

即n1logc（nN*）恒成立（*）

1a

∵a、c为常数，∴（*）对nN*不能恒成立 ∴c1， ∴0c1。

c22

a28x2y2a

1。 22．解：（Ⅰ）由题意得：，∴2，∴椭圆C的方程为4

84b4c

222abc



（Ⅱ）方法一：由（Ⅰ）知，F1(2,0)是椭圆C

的左焦点，离心率e设l是椭圆的左准线，则l：x4

， 2

x轴交于点H（如图），作AA1l于A1，BB1l于B1，l于

∵点A在椭圆上，

∴|AF=|=AA

|(|FH|

|AF|cos)AF1|cos

111

2212

∴|AF1，同理|BF

∴|AB|=|AF1|+|BF1方法二：当

。 2

2cos





时，记ktan。则AB：yk(x2)

将其代入方程x22y2设A(x1,y1),

8得(12k2)x28k2x8(k21)0

B(x2,y2)，则x1,x2是此二次方程的两个根。

8k28(k21)

,xx∴x1x2，

12k21212k2

|AB

k2)

① 2

12k

∵k

tan，代入①式得|AB|当

。 ② 2

2cos





时，|AB|

∴|AB|

。 2

2cos

（Ⅲ）设直线AB倾斜角为，由于DE⊥AB，由（Ⅱ）可得

|AB|

， |DE|

2

cos2

sin

 222cos2sin2sin22

43时，|AB|+|DE|

取得最小值。 43

2009安徽文科数学卷

学科网

|AB|+|DE|

当



或

（16）（本小题满分12分）在ABC中，C-A=（I）求sinA的值； (II)设

1, sinB=。

，求ABC的面积

（17）（本小题满分12分）

某良种培育基地正在培育一种小麦新品种A，将其与原有的一个优良品种B进行对照试验，两种小麦各种植了25亩，所得亩产数据（单位：千克）如下品种A:357,359,367,368,375,388,392,399,400,405,414, 415,421,423,423,427,430,430,434,443,445,451,454

品种B：363，371，374，383，385，386，391，392，394，395，397

397，400，401，401，403，406，407，410，412，415，416，422，430 （I）完成所附的茎叶图

152593226.doc

（II）用茎叶图处理现有的数据，有什么优点？

（III）通过观察茎叶图，对品种A与B的亩产量及其稳定性进行比较，写出统计结论。（18）（本小题满分12分）

x2y2已知椭圆221（a＞b＞0）

以原点为圆心。椭圆短半轴长半径的圆与直线y=x+2相切，

ab(1)求a与b； (2)设该椭圆的左，右焦点分别为F1和F2，直线l1过F2且与x轴垂直，动直线l2与y 轴垂直，l2交l1与点p..求线段PF1垂直平分线与l2的交点M的轨迹方程，并指明曲线类型。（19）（本小题满分12分）已知数列{an} 的前n项和Sn

znxzn，数列{bn}的前n项和Tn2bx

anbn，证明：当且仅当n≥3时，cn1＜cn

(1)求数列{an}与{bn}的通项公式； (2)设cn

（20）本小题满分13分

如图，ABCD的边长为2的正方形，直线l与平面ABCD平行，g和F式l上的两个不同点，且EA=ED，FB=FC,E

和FF都与平面ABCD垂直，和F是平面ABCD内的两点，EF

垂直且平分线段AD： (1)证明：直线EF

(2)若∠EAD=∠EAB=60,EF=2,求多面体ABCDEF的体积。（21）（本小题满分14分）已知函数(1)讨论数。

参考答案

16.【解析】（1）∵cA∴sinAsin(

f(x)x1alnx，a＞0，

f(x)的单调性; (2)设a=3，求f(x)在区间{1，e2}上值域。其中e=2.71828„是自然对数的底



且cAB∴A





BBB)sin) 42221BB11

∴sin2A(cossin)2(1sinB)

22223



又sinA0

∴cosA



（2）如图，由正弦定理得BC

AC

sinAACBC

∴BC

sinBsinBsinA

又sinCsin(AB)sinAcosBcosAsinB13

∴SABC

11ACBCsinC. 22

152593226.doc

17.【解析】（1）茎叶图如图所示

9 7 35 8 7

36 3 5 37 1 4 8 38

3 5 6 9 2 39

1 2 4 457 7 5 0 40 0 1 1 3 6 7 5 4 2 41 0 2 5 6 7 3 3 1 42 2 4 0 0 43 0 5 5 3 44 4 1 45

（2）用茎叶图处理现有的数据不仅可以看出数据的分布状况,而且可以看出每组中的具体数据.

（3）通过观察茎叶图，可以发现品种A的平均每亩产量为411.1千克，品种B的平均亩产量为397.8千克.由此可知,品种A的平均亩产量比品种B的平均亩产量高.但品种A的亩产量不够稳定，而品种B的亩产量比较集中D平均产量附近.

c2a2b21b222

18.【解析】（1）由于e∴e2 ∴ 又b∴b2=2,a2=3因22

33aaa此，a（2）由（1）知F1，F2两点分别为（-1，0），（1,0），由题意可设P（1，t）.（t≠0）.那么线段PF1

tt

中点为N(0,)，设M(x、y)是所求轨迹上的任意点.由于MN(y) . P(2,则t)1F22

t

MNPF12xt(y)0

消去参数t得y24x(x0) 2

yt

,其轨迹为抛物线（除原点） 19.【解析】(1)由于a1s14 当n2时, an又当xn时bn

snsn1(2n22n)[2(n1)22(n1)]4nam4n(nN*)

TnTn1(26m)(2bm1)2bnbn1

11数列bn项与等比数列,其首项为1,公比为bn()n1

1(n1)12

16(n1)()1n1Cn1(n1)222(2)由(1)知C1a1bn16n() 2Cn2n16n2()n1

Cn1(n1)2由1得

1即n22n10n1n3

Cn2n

又n3时

(n1)2Cn1

1成立,即1由于Cn0恒成立. 2

2nCn

因此,当且仅当n3时, Cn1Cn

20.【解析】(1)由于EA=ED且ED'面ABCDE'DE'C

点E'在线段AD的垂直平分线上,同理点F'在线段BC的垂直平分线上. 又ABCD是四方形

线段BC的垂直平分线也就是线段AD的垂直平分线即点E'F'都居线段AD的垂直平分线上. 所以,直线E'F'垂直平分线段AD.

(2)连接EB、EC由题意知多面体ABCD可分割成正四棱锥E—ABCD和正四面体E—BCF两部分.设AD中点为M,在Rt△MEE'中,由于ME'

=1, MEEE'.

VE—

ABCDS四方形ABCDEE'22又VE—BCF=VC－BEF=VC－BEA=VE－

ABC

1313 111 SABCEE'22

3323

多面体ABCDEF的体积为VE—ABCD＋VE—

BCF=21.【解析】(1)由于令t

f(x)1

2a xx

得y2t2at1(t0) x

①当a80,

即0a, f(x)0恒成立.

f(x)在(－∞,0)及(0,＋∞)上都是增函数.

②当a

80,

即a

由2tat1

0得t

aa0x或x

0或x

aaaatx又由2tat

0得

4422

综上①当0a, f(x)在(,0)及(0,)上都是增函数.

②当a, f(x

)在(

a2,a2上是减函数,

在(,0)(0,aa2及(2

,)上都是增函数.

(2)当a3时,由(1)知f(x)在1,2上是减函数.

在2,e2

上是增函数.

又

f(1)0,f(2)23ln20f(e2)e2

50 函数f(x)在1,e2上的值域为2

223ln2,ee25

2010安徽文科数学卷

(16)△ABC的面积是30，内角A,B,C,所对边长分别为a，b，c，cosA=

. (1)求ABAC

(2)若c-b=1，求a的值. 解：由cosA=12

，得sinA=

 (513

)2 =13又1

，∴bc=156. （1）ABAC=bc cosA=15612

（2）a2=b2+c2-2bc cosA=(c-b)2

+2bc(1-cosA)=1+2·156·(1-1213 )=25，

∴a=5

e

1（17）椭圆E经过点A（2,3），对称轴为坐标轴，焦点F1，F2在x轴上，离心率2.

(1)求椭圆E的方程；

(2)求∠F1AF2的角平分线所在直线的方程.

解：（1）设椭圆E的方程为x2ay21c1222 2

x2y22b21 由2，得a =2，b=a-c=3c. ∴4c23c21（2,3）代入，有13x2y2

cc1 ，解得：c=2, 椭圆E的方程为

1612

1 将A

（Ⅱ）由(Ⅰ)知F1（-2,0），F2（2,0），所以直线AF1的方程为 y= (X+2)，

4即3x-4y+6=0. 直线AF2的方程为x=2. 由椭圆E的图形知， ∠F1AF2的角平分线所在直线的斜率为正数.

设P（x，y）为∠F1AF2的角平分线所在直线上任一点，则有

3x4y6

x2

若3x-4y+6=5x-10，得x+2y-8=0，其斜率为负，不合题意，舍去. 于是3x-4y+6=-5x+10，即2x-y-1=0.

所以∠F1AF2的角平分线所在直线的方程为2x-y-1=0. 18、（本小题满分13分）

某市2010年4月1日—4月30日对空气污染指数的检测数据如下（主要污染物为可吸入颗粒物）: 61,76,70,56,81,91,92,91,75,81,88,67,101,103,95,91, 77,86,81,83,82,82,64,79,86,85,75,71,49,45, (Ⅰ) 完成频率分布表；（Ⅱ）作出频率分布直方图；

（Ⅲ）根据国家标准，污染指数在0~50之间时，空气质量为优：在51~100之间时，为良；在101~150之间时，为轻微污染；在151~200之间时，为轻度污染。

请你依据所给数据和上述标准，对该市的空气质量给出一个简短评价. 解：(Ⅰ) 频率分布表：

4151 61 71 8

（Ⅱ）频率分布直方图：

（Ⅲ）答对下述两条中的一条即可：

（i）该市一个月中空气污染指数有2天处于优的水平，占当月天数的 . 有26天处于良好的水平，占当

151314

月天数的 . 处于优或良的天数共有28天，占当月天数的 . 说明该市空气质量基本良好.

1515

（ii）轻微污染有2天，占当月天数的 . 污染指数在80以上的接近轻微污染的天数有15天，加上处于

1517

轻微污染的天数，共有17天，占当月天数的，超过50%. 说明该市空气质量有待进一步改善.

30（19）(本小题满分13分)

如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD是正方形，AB=2EF=2，EF∥AB,EF⊥FB,∠BFC=90°，BF=FC,H为BC的中点，

(Ⅰ)求证：FH∥平面EDB;

（Ⅱ）求证：AC⊥平面EDB; （Ⅲ）求四面体B—DEF的体积；

(Ⅰ) 证：设AC与BD交于点G，则G为AC的中点. 连EG，GH，由于H为BC的中点，故GH∥AB且 GH=又EF∥AB且 EF=

AB 2

1AB 2

∴EF∥GH. 且 EF=GH ∴四边形EFHG为平行四边形. ∴EG∥FH，而EG 平面EDB，∴FH∥平面EDB. （Ⅱ）证：由四边形ABCD为正方形，有AB⊥BC.

又EF∥AB，∴ EF⊥BC. 而EF⊥FB，∴ EF⊥平面BFC，∴ EF⊥FH. ∴ AB⊥FH.又BF=FC H为BC的中点，FH⊥BC.∴ FH⊥平面ABCD. ∴ FH⊥AC. 又FH∥EG，∴ AC⊥EG. 又AC⊥BD，EG∩BD=G， ∴ AC⊥平面EDB.

（Ⅲ）解：∵ EF⊥FB，∠BFC=90°，∴ BF⊥平面CDEF. ∴ BF为四面体B-DEF的高. 又BC=AB=2, ∴

111

VBDEF.

323

（20）（本小题满分12分）

设函数f（x）=sin-cosx+x+1, 0﹤x﹤2 ,求函数f(x)的单调区间与极值. 解：由f(x)=sinx-cosx+x+1，0﹤x﹤2,

知

f'(x)=cosx+sinx+1，

于是



f'(x)=1+sin(x+ ).

令

3，得x= ，或x= . f'(x)=0，从而sin(x+ )=-242

f'(x)，f(x)变化情况如下表：

当x变化时，

因此，由上表知f(x)的单调递增区间是（0, ）与（ ，2 ），单调递减区间是（，），极

223

小值为f（），极大值为f（）= +2.

22（21）（本小题满分13分) 设

，1

...,2

,„是坐标平面上的一列圆，它们的圆心都在x轴的正半轴上，且都与直线y=n

x相3

切，对每一个正整数n,圆(Ⅰ)证明：

c都与圆c

n1

相互外切，以

表示

c的半径，已知r为递增数列.

r为等比数列；

n

（Ⅱ）设r1=1，求数列的前n项和.

n

解：(Ⅰ)将直线y=

13x的倾斜角记为 ，则有tansin =23设Cn的圆心为（n，0），则由题意知

n1

= sin = ，得n = 2n ；同理n12n1，题意知

2n

n1nnn12n1将n = 2n代入，解得 rn+1=3rn.

故{ rn }为公比q=3的等比数列. （Ⅱ）由于r1=1，q=3，故rn=3，从而

n-1

=n·31n，

记Sn=

12n

，则有 Sn=1+2·3-1+3·3-2+„„„+n·31n. ① 12n

Sn-1-2

=1·3+2·3+„„„+(n-1) ·31n+n·3n. ② ①-②，得 3

n

2Sn2 2-1 -2 1nn 13=1+3+3+„„„+3-n·3=- n·3n=–(n+)·3n

333

Sn=

9 12

– (n+)·31n.423

2011安徽文科数学卷

16．（本小题满分13分）在ABC中，a，b，c为内角A，B，C所

对的边长，a

b，12cos(BC)0，求边BC上的高．

A，得

解法一：由12cos(BC)0和BC

1． 12cosA0,cosA,sinA

22bsinA再由正弦定理，得sinB． 

由ba知BA，所以B不是最大角，B



由上述结果知sinCsin(AB))．

222

设边BC上的高为h

，则有hbsinC．

，从而cosB

． 2

解法二：∵A＋B＋C＝180°，所以B＋C＝A，又12cos(BC)0，∴12cos(180A)0，即12cosA0，cosA

1， 2

又0°

bsinAabsinB

在△ABC中，由正弦定理得， a2sinAsinB

又∵ba，所以B＜A，B＝45°，C＝75°，



∴BC边上的高AD＝AC·sinC

30) cos30cos45sin30

) 11

． )

22222

17．（本小题满分13分）．

设直线l1:yk1x1,l2:yk2x1,其中实数k1,k2满足k1k220． (Ⅰ) 证明l1与l2相交；

(Ⅱ) 证明l1与l2的交点在椭圆2x2y2

1上．

解析：（I）反证法，假设是l1与l2不相交，则l1与l2平行，有k1=k2，代入k1k2+2=0，得

k1220.

此与k1为实数的事实相矛盾. 从而k1k2,即l1与l2相交.

yk1x1

（II）（方法一）由方程组，

ykx12

2x,k2k1

解得交点P的坐标(x,y)为

yk2k1.k2k1

而

k122k1k2k12k2422k2k128k2

2xy2()()21. 222

k2k1k2k1k2k12k1k2k1k24

此即表明交点P(x,y)在椭圆2x2y21上．（方法二）交点P的坐标(x,y)满足 y1k1x

y1k2x2

y1k,1x 故知x0.从而

k2y1.x

y1y1

代入k1k220,得20.

整理后，得2xy1，

所以交点P在椭圆2xy1上．

18．（本小题满分13分）设f(x)，其中a为正实数．

1ax2

(Ⅰ) 当a时，求f(x)的极值点；

(Ⅱ) 若f(x)为R上的单调函数，求a的取值范围．

x1ax2ax解：对函数f(x)求导得fxe ． ①

2

1ax

(Ⅰ) 当a

4312

时若fx0，则4x8x30，解得x1，x2．结合①，可知 322

152593226.doc

所以，x1

3是极小值点，x2是极大值点． 22

(Ⅱ) 若函数f(x)为R上的单调函数，则fx在R上不变号，结合①与条件a0，知ax2a2x10

在R上恒成立，因此4a24a4a(a1)0，由此并结合a0，知0a1． 20．（本小题满分10分）

ˆbxa； (Ⅰ) 利用所给数据求年需求量与年份之间的回归直线方程y

(Ⅱ) 利用（Ⅰ）中所求出的直线方程预测该地2012年的粮食需求量．

解：（I）由所给数据看出，年需求量与年份之间是近似直线上升，下面来配回归直线方程，为此对数据

预处理如下：

对预处理后的数据，容易算得：

0,3.2,

(4)(21)(2)(11)219429260b6.5, 2222

404224

ab3.2.

由上述计算结果，知所求回归直线方程为

y257b(x2006)a6.5(x2006)3.2, )260.2. ① 即y6.5(x2006

（II）利用直线方程①，可预测2012年的粮食需求量为



6.5(20122006)260.26.56260.2299.2（万吨）≈300（万吨）.

21．（本小题满分13分）在数1和100之间插入n个实数，使得这n2个数构成递增的等比数列，将这

n2个数的乘积记作Tn，再令anlgTn，n1．

(Ⅰ) 求数列{an}的通项公式； (Ⅱ) 设bn

tanantanan1，求数列{bn}的前n项和Sn．

【解析】(Ⅰ)设t1,t2,...,tn2构成等比数列，其中t11,tn2

100，则

152593226.doc Tn

①×②并利用t1tn3i

Tn221 t1t2tn1tn2, ① tn2tn1t2t1, ② t1tn2102(1in2)，得 (t1tn2)(t2tn1)(tn1t2)(tn2t1)102(n2)，

anlgTnn2,n1．

tan(n2)tan(n3),n1.

tan(k1)tank1, 1tan(k1)tank(Ⅱ)由题意和(Ⅰ)中计算结果，知 bn另一方面，利用 tan1tan((k1)k)

tank得 tan(k1)

所以 Snnn2tan(k1)tank1. tan1bktan(k1)tank k1k3

(

k3n2tan(k1)tank1) tan1

tan(n3)tan3n． tan1

19．（本小题满分13分）如图，ABEDFC为多面体，平面ABED与平 

面ACFD垂直，点O在线段AD上，OA1，OD2，OAB,OAC，ODF都是正三角形．

(Ⅰ) 证明直线BC//EF；

(Ⅱ) 求棱锥FOBED的体积．

152593226.doc 22

152593226.doc

2007安徽文科数学卷

（16）（本小题满分10分）

解不等式(|3x1|1)(sinx2)＞0. (17) （本小题满分14分）

如图,在六面体ABCDA1B1C1D1中,四边形ABCD是边

长为2的正方形,四边形A1B1C1D1是边长为1的正方形,DD1

平面A1B1C1D1,DD1平面ABCD,

DD12.

(Ⅰ)求证:

(Ⅱ)求证:平面A1ACC1平面B1BDD1;

（18）（本小题满分14分）

设F是抛物线G:x=4y的焦点.

（Ⅰ）过点P（0，-4）作抛物线G的切线，求切线方程：

第(17)题图

（Ⅱ）设A、B为势物线G上异于原点的两点，且满足0,延长AF、BF分别交抛物线G于点

C,D，求四边形ABCD面积的最小值.

(20)(本小题满分14分)

xx222

设函数f（x）=-cosx-4tsincos+4t+t-3t+4,x∈R,

其中t≤1，将f(x)的最小值记为g(t). (Ⅰ)求g(t)的表达式；

(Ⅱ)诗论g(t)在区间（-1,1）内的单调性并求极值. （21）（本小题满分14分）

某国采用养老储备金制度，公民在就业的第一年就交纳养老储备金，数目为a1,以后第年交纳的数

n-1

利率为r(r>0)，那么，在第n年末，第一年所交纳的储备金就变为n(1+r)，第二年所交纳的储备

n-2

金就变为a2(1+r),„„，以Tn表示到第n年末所累计的储备金总额. （Ⅰ）写出Tn与Tn-1（n≥2）的递推关系式；

（Ⅱ）求证：Tn=An+Bn，其中An是一个等比数列，Bn是一个等差数列.

参考答案

16．



3x10． 2

即3x1，13x11，03x2，故解为0x．

2

所以原不等式的解集为x0x．

3

解：因为对任意xR，sinx20，所以原不等式等价于

17．

（Ⅰ）证明：∵AC(110)，，，AC(2，2，，0)DB(110)，，，DB(2，2，0)．

∴AC2AC，DB2D1B1． 11

∴AC与AC11平行， 11平行，DB与DB于是AC11与AC共面，B1D1与BD共面．



（Ⅱ）证明：DD·，0，2)·(2，2，0)01AC(0DB·AC(2，2，0)·(2，2，0)0，



∴DD1AC，DBAC．

DD1与DB是平面B1BDD1内的两条相交直线． ∴AC平面B1BDD1．又平面A1ACC1过AC．

∴平面A1ACC1平面B1BDD1．

152593226.doc

解法2（综合法）：（Ⅰ）证明：∵D平面ABCD． 1D平面ABC111D1，DD1

∴DDDA，DDDC，平面ABC11111D1∥平面ABCD．于是C1D1A1∥DA． 1∥CD，D

，DC的中点，连结EF，AE设E，F分别为DAC1F， 1，

有AEC1F∥DDDE1，DF1． 1∥DD1，1，∴AE1∥C1F，于是AC11∥EF．

由DEDF1，得EF∥AC，故AC11∥AC，AC11与AC共面．过点B1作BO1平面ABCD于点O，

AEF，连结OE，OF，则BO11，BO11∥BA，OF ∥BC，∴OEOF．于是OE 1111

x0xx

18．解：（I）设切点Qx0．由y，知抛物线在Q点处的切线斜率为0，故所求切线方程为

224

2x0x

y0(xx0)．

x0xx．即y24因为点P(0，)在切线上．

2x02

所以4，x016，x04．

所求切线方程为y2x4．（II）设A(x1，y1)，C(x2，y2)．

由题意知，直线AC的斜率k存在，由对称性，不妨设k0．因直线AC过焦点F(01，)，所以直线AC的方程为ykx1．

ykx1，

点A ，C的坐标满足方程组2

x4y，

得x4kx40，

x1x24k，

由根与系数的关系知

xx4.12

AC4(1k2)．

因为ACBD，所以BD的斜率为，从而BD的方程为yx1．

124(1k2)

同理可求得BD41． 2kk18(1k2)212SABCDACBD8(k2)≥32． 2kk

当k1时，等号成立．所以，四边形ABCD面积的最小值为32．

20．

解：（I）我们有

f(x)cos2x4tsincos4t3t23t4

222

sinx12tsin4tt3t4

223

sinx2tsinxt4t3t3 (sinxt)24t33t3．

由于(sinxt)≥0，t≤1，故当sinxt时，f(x)达到其最小值g(t)，即

g(t)4t33t3．

（II）我们有g(t)12t233(2t1)(2t1)，t1．

由此可见，g(t)在区间1，极大值为g

单调减小，极小值为1，和单调增加，在区间，1g222222



4． 2

21．

解：（Ⅰ）我们有Tn

Tn1(1r)an(n≥2)．

（Ⅱ）T1a1，对n≥2反复使用上述关系式，得

TnTn1(1r)anTn2(1r)2an1(1r)an

n1n2

a1(1r)a2(1r)an1(1r)an， ① 在①式两端同乘1r，得

(1r)Tna1(1r)na2(1r)n1an1(1r)2an(1r) ②

nn1n2

②①，得rTna1(1r)d[(1r)(1r)(1r)]an

[(1r)n1r]a1(1r)nan．

ardarddn

即Tn12(1r)n12．

rrrardarddn

如果记An12(1r)，Bn12n，

rrr

则TnAnBn．

ardardd

其中An是以12(1r)为首项，以1r(r0)为公比的等比数列；Bn是以12为首项，

rrr

为公差的等差数列． r

2008安徽文科数学卷

17．（本小题满分12分）已知函数（Ⅰ）求函数（Ⅱ）求函数

f(x)cos(2x2sin(xx

344



f(x)的最小正周期； f(x)在区间[

,上的值域。

122



O 片不少于2张的概率。

19．（本小题满分12分）如图，在四棱锥O—ABCD中，底面 ABCD是边长为1的菱形，ABC



，OA⊥底面ABCD，

OA = 2，M为OA的中点。

（Ⅰ）求异面直线AB与MD所成角的大小；（Ⅱ）求点B到面OCD的距离。

a332

20．（本小题满分12分）已知函数f(x)xx(a1)x1，其中a为实数，且c0。

（Ⅰ）已知函数

f(x)在x1处取得极值，求a的值；

（Ⅱ）已知不等式

f'(x)x2xa1对任意a(0,)都成立，求实数x的取值范围。

21．（本小题满分12分）设数列{an}满足a1a，其中a、且c0。 an1can1c，nN*，c为实数，（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；（Ⅱ）设a

，c，bnn(1an),nN*，求数列{bn}的前n项的和Sn； 22

（Ⅲ）若0an

1对任意nN*成立，证明：0c1。

x2y2

22．（本小题满分14分）已知椭圆C221,(ab0)，其相应于焦点F(2,0)的准线方程为x4。

（Ⅰ）求椭圆C的方程；

（Ⅱ）已知过点F1(2,0)倾斜角为的直线分别交椭圆C于A、B两点，

求证：|AB|

； 2cos

（Ⅲ）过点F1(2,0)作两条互相垂直的直线分别交椭圆C于A、B和D、E，求|AB|+|DE|的最小值。

参考答案

三、解答题：本大题共6小题，共74分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 解：（Ⅰ）

f(x)cos(2x)2sin(x)sin(x

)

344



cos2x21

cos2x2x(sinxcosx)(sinxcosx)2 xcos2x

sin(2x)

2

。所以周期为T25

]，（Ⅱ）∵x[,]，∴2x[,

122636



又∵f(x)sin(2x)在区间[,]上单调递增，在区间[,]上单调递减，

612332



∴当x时f(x)取得最大值1。

又∵



f(



)1f()， 222

∴当x





时

f(x)取得最小值。 2

∴函数

f(x)在区间[

上的值域为[]。 122

18．解：（Ⅰ）每次测试中，被测试者从0张卡片中随机抽取的张卡片上，拼音都带有后鼻音“g”的概率为

，因为三位被测试者分别随机抽取1张卡片的事件是相互独立的，因而所求的概率为10333327(3。 [1**********]0

（Ⅱ）设Ai(i0,1,2,3)表示所抽取的三张卡片中，恰有i张卡片上的拼音带有后鼻音“g”的事件，且其相应的概率为P(Ai)，则

123

C7C37C31

P(A2)3，P(A2)3

C1040C10120

因而所求的概率为

P(A2A3)P(A2)P(A3)

7111

。 4012060

19．解：方法一（综合法）（Ⅰ）∵CD∥AB，

∴∠MDC为异面直线AB与MD所成角（或其补角）作AP⊥CD于点P，连接MP ∵OA⊥底面ABCD，∴CD⊥MP。

∵ADP，

∴DP

∵MD

P C

DP1

,MDCMDP ∴cosMDP

MD23



∴AB与MD所成角的大小为。

（Ⅱ）∵AB∥平面OCD，∴点B和点A到平面OCD的距离相等连接OP，过点A作AQ⊥OP与点Q， ∵AP⊥CD，OA⊥CD，∴CD⊥平面OAP ∵AQ平面OAP，∴AQCD，

又∵AQOP，∴AQ平面O CD，线段AQ

的长就是点A到平面OCD的距离。

∵OP

APDP2

OAAP2，∴点B到面OCD的距离为2。 ∴AQ

3OP32

方法二（向量法）：

作AP⊥CD与点P。如图，分别以AB，AP，AO所在直线为 x,y,z轴建立直角坐标系。

A(0,0,0,),B(1,0,0),P(0,

D( 222

O(0,0,2),M(0,0,1)

（Ⅰ）设AB与MD所成角为，



∵AB(1,0,0)，MD(,1)，

|ABMD|1，∴，∴AB与MD所成角的大小为。

∴cos33|AB||MD|2

（Ⅱ）OP(0,2),OD(,2)

222



设平面OCD的法向量为n(x,y,z)，则nOP0,nOD0，

y2x02得，取z

，解得n。

xy2z0

OBn设点B到面OCD的距离为d，则d为在向量上的投影的绝对值。



|OBn|2∵OB(1,0,2)，∴d

3|n|

∴点B到面OCD的距离为20．解：（Ⅰ）由于函数

。 3

f'(x)ax23x(a1)，

f(x)在x1时取得极值，所以f'(1)0，即a3a10，∴a1

（Ⅱ）方法一：由题设知：ax即a(x

3x(a1)x2xa1对任意a(0,)都成立，

2)x22x0对任意a(0,)都成立，

方法二：由题设知：ax23x(a1)x2xa1对任意a(0,)都成立，即a(x22)x22x0对任意a(0,)都成立，

2x0，

x22xx22x

0，∴2x0，于是a2对任意a(0,)都成立，即2

x2x2

故x的取值范围是{x|2x0}。

21．解：（Ⅰ）方法一：∵an1can1c，

∴当a1时，{an1}是首项为a1，公比为c的等比数列。 ∴an1(a1)c当a1时，an

n1

，即an

(a1)cn11，

1仍满足上式，

(a1)cn11，（nN*）。

∴数列{an}的通项公式为an方法二：由题设得：

n2时，an1c(an11)c2(an21)cn1(a11)(a1)cn1

∴an

(a1)cn11

n1时a1a也满足上式。

∴数列{an}的通项公式为an（Ⅱ）由（Ⅰ）得bn

(a1)cn11，（nN*）。

n(1a)cn1n()n，

111

Snb1b2bn2()2n()n，

222

1111Sn()22()3n()n1 222211121n1n1∴Sn()()n() 22222

1121n11n1n1n

∴Sn1()()n()2[1()]n()

222222

∴Sn

2(2n)()n。

(a1)cn11

（Ⅲ）证明：由（Ⅰ）知an

若0(a1)cn111，则0(1a)cn11。 ∵0a1a1，∴0c

n1



(nN*) 1a

由cn10对任意的nN*成立，知c0。下证c1，用反证法。方法一：假设c1。由函数∴c

n1

f(x)cx的函数图像知，当n趋于无穷大时，cn1趋于无穷大。

不能对nN*恒成立，导致矛盾。 1a

∴c1， ∴0c1。

11n1n1

方法二：假设c1，∵c，∴logcclogc。

1a1a

即n1logc（nN*）恒成立（*）

1a

∵a、c为常数，∴（*）对nN*不能恒成立 ∴c1， ∴0c1。

c22

a28x2y2a

1。 22．解：（Ⅰ）由题意得：，∴2，∴椭圆C的方程为4

84b4c

222abc



（Ⅱ）方法一：由（Ⅰ）知，F1(2,0)是椭圆C

的左焦点，离心率e设l是椭圆的左准线，则l：x4

， 2

x轴交于点H（如图），作AA1l于A1，BB1l于B1，l于

∵点A在椭圆上，

∴|AF=|=AA

|(|FH|

|AF|cos)AF1|cos

111

2212

∴|AF1，同理|BF

∴|AB|=|AF1|+|BF1方法二：当

。 2

2cos





时，记ktan。则AB：yk(x2)

将其代入方程x22y2设A(x1,y1),

8得(12k2)x28k2x8(k21)0

B(x2,y2)，则x1,x2是此二次方程的两个根。

8k28(k21)

,xx∴x1x2，

12k21212k2

|AB

k2)

① 2

12k

∵k

tan，代入①式得|AB|当

。 ② 2

2cos





时，|AB|

∴|AB|

。 2

2cos

（Ⅲ）设直线AB倾斜角为，由于DE⊥AB，由（Ⅱ）可得

|AB|

， |DE|

2

cos2

sin

 222cos2sin2sin22

43时，|AB|+|DE|

取得最小值。 43

2009安徽文科数学卷

学科网

|AB|+|DE|

当



或

（16）（本小题满分12分）在ABC中，C-A=（I）求sinA的值； (II)设

1, sinB=。

，求ABC的面积

（17）（本小题满分12分）

品种B：363，371，374，383，385，386，391，392，394，395，397

397，400，401，401，403，406，407，410，412，415，416，422，430 （I）完成所附的茎叶图

152593226.doc

（II）用茎叶图处理现有的数据，有什么优点？

（III）通过观察茎叶图，对品种A与B的亩产量及其稳定性进行比较，写出统计结论。（18）（本小题满分12分）

x2y2已知椭圆221（a＞b＞0）

以原点为圆心。椭圆短半轴长半径的圆与直线y=x+2相切，

znxzn，数列{bn}的前n项和Tn2bx

anbn，证明：当且仅当n≥3时，cn1＜cn

(1)求数列{an}与{bn}的通项公式； (2)设cn

（20）本小题满分13分

如图，ABCD的边长为2的正方形，直线l与平面ABCD平行，g和F式l上的两个不同点，且EA=ED，FB=FC,E

和FF都与平面ABCD垂直，和F是平面ABCD内的两点，EF

垂直且平分线段AD： (1)证明：直线EF

(2)若∠EAD=∠EAB=60,EF=2,求多面体ABCDEF的体积。（21）（本小题满分14分）已知函数(1)讨论数。

参考答案

16.【解析】（1）∵cA∴sinAsin(

f(x)x1alnx，a＞0，

f(x)的单调性; (2)设a=3，求f(x)在区间{1，e2}上值域。其中e=2.71828„是自然对数的底



且cAB∴A





BBB)sin) 42221BB11

∴sin2A(cossin)2(1sinB)

22223



又sinA0

∴cosA



（2）如图，由正弦定理得BC

AC

sinAACBC

∴BC

sinBsinBsinA

又sinCsin(AB)sinAcosBcosAsinB13

∴SABC

11ACBCsinC. 22

152593226.doc

17.【解析】（1）茎叶图如图所示

9 7 35 8 7

36 3 5 37 1 4 8 38

3 5 6 9 2 39

1 2 4 457 7 5 0 40 0 1 1 3 6 7 5 4 2 41 0 2 5 6 7 3 3 1 42 2 4 0 0 43 0 5 5 3 44 4 1 45

（2）用茎叶图处理现有的数据不仅可以看出数据的分布状况,而且可以看出每组中的具体数据.

c2a2b21b222

18.【解析】（1）由于e∴e2 ∴ 又b∴b2=2,a2=3因22

33aaa此，a（2）由（1）知F1，F2两点分别为（-1，0），（1,0），由题意可设P（1，t）.（t≠0）.那么线段PF1

tt

中点为N(0,)，设M(x、y)是所求轨迹上的任意点.由于MN(y) . P(2,则t)1F22

t

MNPF12xt(y)0

消去参数t得y24x(x0) 2

yt

,其轨迹为抛物线（除原点） 19.【解析】(1)由于a1s14 当n2时, an又当xn时bn

snsn1(2n22n)[2(n1)22(n1)]4nam4n(nN*)

TnTn1(26m)(2bm1)2bnbn1

11数列bn项与等比数列,其首项为1,公比为bn()n1

1(n1)12

16(n1)()1n1Cn1(n1)222(2)由(1)知C1a1bn16n() 2Cn2n16n2()n1

Cn1(n1)2由1得

1即n22n10n1n3

Cn2n

又n3时

(n1)2Cn1

1成立,即1由于Cn0恒成立. 2

2nCn

因此,当且仅当n3时, Cn1Cn

20.【解析】(1)由于EA=ED且ED'面ABCDE'DE'C

点E'在线段AD的垂直平分线上,同理点F'在线段BC的垂直平分线上. 又ABCD是四方形

线段BC的垂直平分线也就是线段AD的垂直平分线即点E'F'都居线段AD的垂直平分线上. 所以,直线E'F'垂直平分线段AD.

(2)连接EB、EC由题意知多面体ABCD可分割成正四棱锥E—ABCD和正四面体E—BCF两部分.设AD中点为M,在Rt△MEE'中,由于ME'

=1, MEEE'.

VE—

ABCDS四方形ABCDEE'22又VE—BCF=VC－BEF=VC－BEA=VE－

ABC

1313 111 SABCEE'22

3323

多面体ABCDEF的体积为VE—ABCD＋VE—

BCF=21.【解析】(1)由于令t

f(x)1

2a xx

得y2t2at1(t0) x

①当a80,

即0a, f(x)0恒成立.

f(x)在(－∞,0)及(0,＋∞)上都是增函数.

②当a

80,

即a

由2tat1

0得t

aa0x或x

0或x

aaaatx又由2tat

0得

4422

综上①当0a, f(x)在(,0)及(0,)上都是增函数.

②当a, f(x

)在(

a2,a2上是减函数,

在(,0)(0,aa2及(2

,)上都是增函数.

(2)当a3时,由(1)知f(x)在1,2上是减函数.

在2,e2

上是增函数.

又

f(1)0,f(2)23ln20f(e2)e2

50 函数f(x)在1,e2上的值域为2

223ln2,ee25

2010安徽文科数学卷

(16)△ABC的面积是30，内角A,B,C,所对边长分别为a，b，c，cosA=

. (1)求ABAC

(2)若c-b=1，求a的值. 解：由cosA=12

，得sinA=

 (513

)2 =13又1

，∴bc=156. （1）ABAC=bc cosA=15612

（2）a2=b2+c2-2bc cosA=(c-b)2

+2bc(1-cosA)=1+2·156·(1-1213 )=25，

∴a=5

e

1（17）椭圆E经过点A（2,3），对称轴为坐标轴，焦点F1，F2在x轴上，离心率2.

(1)求椭圆E的方程；

(2)求∠F1AF2的角平分线所在直线的方程.

解：（1）设椭圆E的方程为x2ay21c1222 2

x2y22b21 由2，得a =2，b=a-c=3c. ∴4c23c21（2,3）代入，有13x2y2

cc1 ，解得：c=2, 椭圆E的方程为

1612

1 将A

（Ⅱ）由(Ⅰ)知F1（-2,0），F2（2,0），所以直线AF1的方程为 y= (X+2)，

4即3x-4y+6=0. 直线AF2的方程为x=2. 由椭圆E的图形知， ∠F1AF2的角平分线所在直线的斜率为正数.

设P（x，y）为∠F1AF2的角平分线所在直线上任一点，则有

3x4y6

x2

若3x-4y+6=5x-10，得x+2y-8=0，其斜率为负，不合题意，舍去. 于是3x-4y+6=-5x+10，即2x-y-1=0.

所以∠F1AF2的角平分线所在直线的方程为2x-y-1=0. 18、（本小题满分13分）

（Ⅲ）根据国家标准，污染指数在0~50之间时，空气质量为优：在51~100之间时，为良；在101~150之间时，为轻微污染；在151~200之间时，为轻度污染。

请你依据所给数据和上述标准，对该市的空气质量给出一个简短评价. 解：(Ⅰ) 频率分布表：

4151 61 71 8

（Ⅱ）频率分布直方图：

（Ⅲ）答对下述两条中的一条即可：

（i）该市一个月中空气污染指数有2天处于优的水平，占当月天数的 . 有26天处于良好的水平，占当

151314

月天数的 . 处于优或良的天数共有28天，占当月天数的 . 说明该市空气质量基本良好.

1515

（ii）轻微污染有2天，占当月天数的 . 污染指数在80以上的接近轻微污染的天数有15天，加上处于

1517

轻微污染的天数，共有17天，占当月天数的，超过50%. 说明该市空气质量有待进一步改善.

30（19）(本小题满分13分)

如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD是正方形，AB=2EF=2，EF∥AB,EF⊥FB,∠BFC=90°，BF=FC,H为BC的中点，

(Ⅰ)求证：FH∥平面EDB;

（Ⅱ）求证：AC⊥平面EDB; （Ⅲ）求四面体B—DEF的体积；

(Ⅰ) 证：设AC与BD交于点G，则G为AC的中点. 连EG，GH，由于H为BC的中点，故GH∥AB且 GH=又EF∥AB且 EF=

AB 2

1AB 2

∴EF∥GH. 且 EF=GH ∴四边形EFHG为平行四边形. ∴EG∥FH，而EG 平面EDB，∴FH∥平面EDB. （Ⅱ）证：由四边形ABCD为正方形，有AB⊥BC.

（Ⅲ）解：∵ EF⊥FB，∠BFC=90°，∴ BF⊥平面CDEF. ∴ BF为四面体B-DEF的高. 又BC=AB=2, ∴

111

VBDEF.

323

（20）（本小题满分12分）

设函数f（x）=sin-cosx+x+1, 0﹤x﹤2 ,求函数f(x)的单调区间与极值. 解：由f(x)=sinx-cosx+x+1，0﹤x﹤2,

知

f'(x)=cosx+sinx+1，

于是



f'(x)=1+sin(x+ ).

令

3，得x= ，或x= . f'(x)=0，从而sin(x+ )=-242

f'(x)，f(x)变化情况如下表：

当x变化时，

因此，由上表知f(x)的单调递增区间是（0, ）与（ ，2 ），单调递减区间是（，），极

223

小值为f（），极大值为f（）= +2.

22（21）（本小题满分13分) 设

，1

...,2

,„是坐标平面上的一列圆，它们的圆心都在x轴的正半轴上，且都与直线y=n

x相3

切，对每一个正整数n,圆(Ⅰ)证明：

c都与圆c

n1

相互外切，以

表示

c的半径，已知r为递增数列.

r为等比数列；

n

（Ⅱ）设r1=1，求数列的前n项和.

n

解：(Ⅰ)将直线y=

13x的倾斜角记为 ，则有tansin =23设Cn的圆心为（n，0），则由题意知

n1

= sin = ，得n = 2n ；同理n12n1，题意知

2n

n1nnn12n1将n = 2n代入，解得 rn+1=3rn.

故{ rn }为公比q=3的等比数列. （Ⅱ）由于r1=1，q=3，故rn=3，从而

n-1

=n·31n，

记Sn=

12n

，则有 Sn=1+2·3-1+3·3-2+„„„+n·31n. ① 12n

Sn-1-2

=1·3+2·3+„„„+(n-1) ·31n+n·3n. ② ①-②，得 3

n

2Sn2 2-1 -2 1nn 13=1+3+3+„„„+3-n·3=- n·3n=–(n+)·3n

333

Sn=

9 12

– (n+)·31n.423

2011安徽文科数学卷

16．（本小题满分13分）在ABC中，a，b，c为内角A，B，C所

对的边长，a

b，12cos(BC)0，求边BC上的高．

A，得

解法一：由12cos(BC)0和BC

1． 12cosA0,cosA,sinA

22bsinA再由正弦定理，得sinB． 

由ba知BA，所以B不是最大角，B



由上述结果知sinCsin(AB))．

222

设边BC上的高为h

，则有hbsinC．

，从而cosB

． 2

解法二：∵A＋B＋C＝180°，所以B＋C＝A，又12cos(BC)0，∴12cos(180A)0，即12cosA0，cosA

1， 2

又0°

bsinAabsinB

在△ABC中，由正弦定理得， a2sinAsinB

又∵ba，所以B＜A，B＝45°，C＝75°，



∴BC边上的高AD＝AC·sinC

30) cos30cos45sin30

) 11

． )

22222

17．（本小题满分13分）．

设直线l1:yk1x1,l2:yk2x1,其中实数k1,k2满足k1k220． (Ⅰ) 证明l1与l2相交；

(Ⅱ) 证明l1与l2的交点在椭圆2x2y2

1上．

解析：（I）反证法，假设是l1与l2不相交，则l1与l2平行，有k1=k2，代入k1k2+2=0，得

k1220.

此与k1为实数的事实相矛盾. 从而k1k2,即l1与l2相交.

yk1x1

（II）（方法一）由方程组，

ykx12

2x,k2k1

解得交点P的坐标(x,y)为

yk2k1.k2k1

而

k122k1k2k12k2422k2k128k2

2xy2()()21. 222

k2k1k2k1k2k12k1k2k1k24

此即表明交点P(x,y)在椭圆2x2y21上．（方法二）交点P的坐标(x,y)满足 y1k1x

y1k2x2

y1k,1x 故知x0.从而

k2y1.x

y1y1

代入k1k220,得20.

整理后，得2xy1，

所以交点P在椭圆2xy1上．

18．（本小题满分13分）设f(x)，其中a为正实数．

1ax2

(Ⅰ) 当a时，求f(x)的极值点；

(Ⅱ) 若f(x)为R上的单调函数，求a的取值范围．

x1ax2ax解：对函数f(x)求导得fxe ． ①

2

1ax

(Ⅰ) 当a

4312

时若fx0，则4x8x30，解得x1，x2．结合①，可知 322

152593226.doc

所以，x1

3是极小值点，x2是极大值点． 22

(Ⅱ) 若函数f(x)为R上的单调函数，则fx在R上不变号，结合①与条件a0，知ax2a2x10

在R上恒成立，因此4a24a4a(a1)0，由此并结合a0，知0a1． 20．（本小题满分10分）

ˆbxa； (Ⅰ) 利用所给数据求年需求量与年份之间的回归直线方程y

(Ⅱ) 利用（Ⅰ）中所求出的直线方程预测该地2012年的粮食需求量．

解：（I）由所给数据看出，年需求量与年份之间是近似直线上升，下面来配回归直线方程，为此对数据

预处理如下：

对预处理后的数据，容易算得：

0,3.2,

(4)(21)(2)(11)219429260b6.5, 2222

404224

ab3.2.

由上述计算结果，知所求回归直线方程为

y257b(x2006)a6.5(x2006)3.2, )260.2. ① 即y6.5(x2006

（II）利用直线方程①，可预测2012年的粮食需求量为



6.5(20122006)260.26.56260.2299.2（万吨）≈300（万吨）.

21．（本小题满分13分）在数1和100之间插入n个实数，使得这n2个数构成递增的等比数列，将这

n2个数的乘积记作Tn，再令anlgTn，n1．

(Ⅰ) 求数列{an}的通项公式； (Ⅱ) 设bn

tanantanan1，求数列{bn}的前n项和Sn．

【解析】(Ⅰ)设t1,t2,...,tn2构成等比数列，其中t11,tn2

100，则

152593226.doc Tn

①×②并利用t1tn3i

Tn221 t1t2tn1tn2, ① tn2tn1t2t1, ② t1tn2102(1in2)，得 (t1tn2)(t2tn1)(tn1t2)(tn2t1)102(n2)，

anlgTnn2,n1．

tan(n2)tan(n3),n1.

tan(k1)tank1, 1tan(k1)tank(Ⅱ)由题意和(Ⅰ)中计算结果，知 bn另一方面，利用 tan1tan((k1)k)

tank得 tan(k1)

所以 Snnn2tan(k1)tank1. tan1bktan(k1)tank k1k3

(

k3n2tan(k1)tank1) tan1

tan(n3)tan3n． tan1

19．（本小题满分13分）如图，ABEDFC为多面体，平面ABED与平 

面ACFD垂直，点O在线段AD上，OA1，OD2，OAB,OAC，ODF都是正三角形．

(Ⅰ) 证明直线BC//EF；

(Ⅱ) 求棱锥FOBED的体积．

152593226.doc 22

安徽省历年高考数学文科卷

相关文章