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& 湖北省稳派教育2015届高三数学一模试卷（理科） Word版含解析
湖北省稳派教育2015届高三数学一模试卷（理科） Word版含解析
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资料概述与简介
湖北省稳派教育2015届高考数学一模试卷（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，只有一项是符合题目要求的.）
1．设i是虚数单位，若复数为纯虚数，则实数m的值为(
A．2 B．﹣2 C． D．
2．已知f（x）=3sinx﹣πx，命题p：?x∈（0，），f（x）＜0，则(
A．p是假命题，?p：?x∈（0，），f（x）≥0
B．p是假命题，?p：?x0∈（0，），f（x0）≥0
C．p是真命题，?p：?x0∈（0，），f（x0）≥0
D．p是真命题，?p：?x∈（0，），f（x）＞0
3．某研究机构对儿童记忆能力x和识图能力y进行统计分析，得到如下数据：
记忆能力x 4 6 8 10
识图能力y 3 5 6 8
由表中数据，求得线性回归方程为，若某儿童的记忆能力为12时，则他的识图能力为(
A．9.2 B．9.5 C．9.8 D．10
4．执行图中的程序框图（其中表示不超过x的最大整数），则输出的S值为(
A．4 B．5 C．6 D．7
5．一个几何体的三视图如图所示，如该几何体的表面积为92cm2，则h的值为(
A．4 B．5 C．6 D．7
6．在△ABC中，内角A，B，C所对应的边分别为a，b，c，若bsinA﹣acosB=0，且b2=ac，则的值为(
A． B． C．2 D．4
7．设m=3（x2+sinx）}dx，则多项式（x+）6的常数项为(
A． B． C． D．
8．如图，大正方形的面积是34，四个全等直角三角形围成一个小正方形，直角三角形的较短边长为3，向大正方形内抛撒一枚幸运小花朵，则小花朵落在小正方形内的概率为(
A． B． C． D．
9．已知双曲线C：﹣=1（a＞0，b＞0）的两条渐近线与抛物线y2=2px（p＞0）的准线分别交于A，B两点，O为坐标原点，若双曲线C的离心率为2，△AOB的面积为，则△AOB的内切圆半径为(
A．﹣1 B．+1 C．2﹣3 D．2+3
10．给定区域D：，令点集T={（x0，y0）∈D|x0，y0∈Z}，（x0，y）是z=x+y在D上取得最大值或最小值的点}，则T中的点最多能确定三角形的个数为(
A．15 B．25 C．28 D．32
二、填空题（本大题共4小题，考生共需作答5小题，每小题5分，共25分.）（一）必考题（11-14题）
11．设，为单位向量，其中=2+，=且在上的投影为2，则与的夹角为__________．
12．若直线f（x）=x+t经过点P（1，0），且f（a）+f（2b）+f（3c）=﹣，则当3a+2b+c=__________时，a2+2b2+3c2取得最小值．
13．我国齐梁时代的数学家祖暅（公元前5﹣6世纪）提出了一条原理：“幂势既同，则积不容异．”这句话的意思是：夹在两个平行平面间的两个几何体，被平行于这两个平行平面的任何平面所截，如果截得的两个截面的面积总是相等，那么这两个几何体的体积相等．设：由曲线x2=4y和直线x=4，y=0所围成的平面图形，绕y轴旋转一周所得到的旋转体为Γ1；由同时满足x≥0，x2+y2≤16，x2+（y﹣2）2≥4，x2+（y+2）2≥4的点（x，y）构成的平面图形，绕y轴旋转一周所得到的旋转体为Γ2．根据祖暅原理等知识，通过考察Γ2可以得到Γ1的体积为__________．
14．若m﹣＜x≤m+（其中m为整数），则称m为离实数x最近的整数，记作，即=m．
（1）若﹣＜x≤，则f（x）=x﹣的值域是__________；
（2）设集合A={（x，y）|y=f（x）=x﹣，x∈R}，B={（x，y）|y=g（x）=kx﹣1，x∈R}，若集合A∩B的子集恰有4个，则实数k的取值范围是__________．
（选修4-1：几何证明选讲）
15．如图，AB是圆O的直径，C、F为圆O上的点，CA是∠BAF的角平分线，CD与圆O切于点C且交AF的延长线于点D，CM⊥AB，垂足为点M．若圆O的半径为1，∠BAC=30°，则DFoAM=__________．
（选修4-4：坐标系与参数方程）
16．在极坐标系中，圆C1的方程为ρ=﹣2cos（θ﹣），以极点为坐标原点，极轴为x轴的正半轴建立平面坐标系，圆C2的参数方程为（θ为参数，m≠0），若圆C1与C2外切，则实数m的值为__________．
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.）
17．已知函数f（x）=Asin（ωx+φ）（x?R，A＞0，ω＞0，0＜φ＜）的部分图象如图所示P是图象的最高点，Q为图象与x轴的交点，O为坐标原点．若OQ=4，OP=，PQ=．
（1）求函数y=f（x）的解析式；
（2）将函数y=f（x）的图象向右平移2个单位后得到函数y=g（x）的图象，当x∈（﹣1，2）时，求函数h（x）=f（x）og（x）的值域．
18．设二次函数f（x）=x2﹣ax+2（x∈R，a＜0），关于x的不等式f（x）≤0的解集有且只有一个元素．
（1）设数列{an}的前n项和Sn=f（n）（n∈N*），求数列{an}的通项公式；
（2）记bn=（n∈N*），则数列{bn}中是否存在不同的三项能组成等比数列？请说明理由．
19．如图，在三棱锥S﹣ABC中，SA⊥底面ABC，AC=AB=SA=2，AC⊥AB，D，E分别是AC，BC的中点，F在SE上，且SF=2FE．
（1）求证：AF⊥平面SBC；
（2）在线段上DE上是否存在点G，使二面角G﹣AF﹣E的大小为30°？若存在，求出DG的长；若不存在，请说明理由．
20．翡翠市场流行一种赌石“游戏规则”：翡翠在开采出来时有一层风化皮包裹着，无法知道其内的好坏，须切割后方能知道翡翠的价值，参加者先缴纳一定金额后可得到一块翡翠石并现场开石验证其具有的收藏价值．某举办商在赌石游戏中设置了甲、乙两种赌石规则，规则甲的赌中率为，赌中后可获得20万元；规则乙的赌中率为P0（0＜P0＜1），赌中后可得30万元；未赌中则没有收获．每人有且只有一次赌石机会，每次赌中与否互不影响，赌石结束后当场得到兑现金额．
（1）收藏者张先生选择规则甲赌石，收藏者李先生选择规则乙赌石，记他们的累计获得金额数为X（单位：万元），若X≤30的概率为，求P0的大小；
（2）若收藏者张先生、李先生都选择赌石规则甲或选择赌石规则乙进行赌石，问：他们选择何种规则赌石，累计得到金额的数学期望最大？
21．已知椭圆C：+=1（a＞b＞0）的左、右顶点分别为A1，A2，且|A1A2|=4，P为椭圆上异于A1，A2的点，PA1和PA2的斜率之积为﹣．
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）设O为椭圆中心，M，N是椭圆上异于顶点的两个动点，求△MON面积的最大值．
22．已知函数f（x）=lnx﹣a（x﹣1），g（x）=ex．
（1）求函数f（x）的单调区间；
（2）当a≠0时，过原点分别作曲线y=f（x）与y=g（x）的切线l1，l2，已知两切线的斜率互为倒数，证明：＜a＜；
（3）设h（x）=f（x+1）+g（x），当x≥0，h（x）≥1时，求实数a的取值范围．
湖北省稳派教育2015届高考数学一模试卷（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，只有一项是符合题目要求的.）
1．设i是虚数单位，若复数为纯虚数，则实数m的值为(
A．2 B．﹣2 C． D．
考点：复数代数形式的乘除运算．
专题：数系的扩充和复数．
分析：化简复数为a+bi的形式，利用复数的基本概念，列出方程求解即可．
解答： 解：依题意．
由复数为纯虚数可知，且，
点评：本题主要考查复数的基本概念与复数的运算．解题的关键是利用复数运算法则进行复数的乘法、除法运算，求解时注意理解纯虚数的概念．
2．已知f（x）=3sinx﹣πx，命题p：?x∈（0，），f（x）＜0，则(
A．p是假命题，?p：?x∈（0，），f（x）≥0
B．p是假命题，?p：?x0∈（0，），f（x0）≥0
C．p是真命题，?p：?x0∈（0，），f（x0）≥0
D．p是真命题，?p：?x∈（0，），f（x）＞0
考点：命题的真假判断与应用；命题的否定．
专题：简易逻辑．
分析：通过函数的导数判断函数的单调性，判断全称命题的真假，然后写出命题的否定命题，判断真假即可得到选项．
解答： 解：因为f'（x）=3cosx﹣π，所以当时，f'（x）＜0，函数f（x）单调递减，即对，f（x）＜f（0）=0恒成立，所以p是真命题．又全称命题的否定是特称命题，所以?p是，f（x0）≥0．
点评：本题考查函数的单调性与全称命题的否定．解题首先判断命题p的真假，然后再将命题p写成?p的形式，注意特称命题与全称命题否定形式的基本格式．
3．某研究机构对儿童记忆能力x和识图能力y进行统计分析，得到如下数据：
记忆能力x 4 6 8 10
识图能力y 3 5 6 8
由表中数据，求得线性回归方程为，若某儿童的记忆能力为12时，则他的识图能力为(
A．9.2 B．9.5 C．9.8 D．10
考点：回归分析的初步应用．
专题：计算题；概率与统计．
分析：利用样本点的中心在线性归回方程对应的直线上，即可得出结论．
解答： 解：由表中数据得，，
由在直线，得，
即线性回归方程为．
所以当x=12时，，即他的识图能力为9.5．
点评：本题考查统计知识中的线性回归方程的应用．解题关键是求出线性归回方程中的值．
4．执行图中的程序框图（其中表示不超过x的最大整数），则输出的S值为(
A．4 B．5 C．6 D．7
考点：程序框图．
专题：图表型；算法和程序框图．
分析：模拟执行程序，依次写出每次循环得到的n，S的值，当n=5时，退出循环，输出S的值为7．
解答： 解：每次循环的结果分别为：n=0，S=0；
n=1，S=1；
n=2，S=1+1=2；
n=3，S=2+1=3；
n=4，S=3+2=5；
n=5，S=5+2=7，
这时n＞4，输出S=7．
点评：本题考查程序框图的运算和对不超过x的最大整数的理解．要得到该程序运行后输出的S的值，主要依据程序逐级运算，并通过判断条件n＞4？调整运算的继续与结束，注意执行程序运算时的顺序，本题属于基本知识的考查．
5．一个几何体的三视图如图所示，如该几何体的表面积为92cm2，则h的值为(
A．4 B．5 C．6 D．7
考点：由三视图求面积、体积．
专题：计算题；空间位置关系与距离．
分析：根据几何体的三视图，分析得出该几何体是一个底面为直角梯形的四棱柱，再依据四棱柱的表面积公式进行计算即可．
解答： 解：根据几何体的三视图，得；
该几何体是一个底面为直角梯形的四棱柱，
其底面直角梯形的上底为2，下底为5，高为4，
四棱柱的高为h，
则该几何体的表面积为
S表面积=2××4+（2+4+5+）h=92，
即16h=64，
点评：本题考查了利用几何体的三视图求表面积的应用问题，解题时应根据三视图得出几何体的结构特征，从而进行面积计算．
6．在△ABC中，内角A，B，C所对应的边分别为a，b，c，若bsinA﹣acosB=0，且b2=ac，则的值为(
A． B． C．2 D．4
考点：正弦定理；三角函数中的恒等变换应用；余弦定理．
专题：解三角形．
分析：先由条件利用正弦定理求得角B，再由余弦定理列出关于a，c的关系式，然后进行合理的变形，求得的值．
解答： 解：△ABC中，由bsinA﹣aocosB=0，利用正弦定理得sinBsinA﹣sinAcosB=0，
∴tanB=，故B=．
由余弦定理得b2=a2+c2﹣2acocosB=a2+c2﹣ac，即 b2=（a+c）2﹣3ac，
又b2=ac，所以 4b2=（a+c）2，求得=2，
点评：本题考查正弦定理、余弦定理得应用．解题先由正弦定理求得角B，再由余弦定理列出关于a，c的关系式，然后进行合理的变形，求得的值，属于中档题．
7．设m=3（x2+sinx）}dx，则多项式（x+）6的常数项为(
A． B． C． D．
考点：二项式定理；微积分基本定理．
专题：综合题；二项式定理．
分析：先由定积分求出m的值，再求解二项式展开式中的常数项，利用二项式的展开式的通项，令x的对应次数为0即可求出其常数项．
解答： 解：因为，则多项式为=，
它的展开式的通项公式为Tk+1=，
令，求得k=2，
所以展开式的常数项为．
点评：本题考查定积分的计算和二项式定理的应用，考查学生的计算能力，属于中档题．
8．如图，大正方形的面积是34，四个全等直角三角形围成一个小正方形，直角三角形的较短边长为3，向大正方形内抛撒一枚幸运小花朵，则小花朵落在小正方形内的概率为(
A． B． C． D．
考点：几何概型．
分析：本题考查几何概型的计算．几何概型的解题关键是求出两个区间的长度（面积或体积），然后再利用几何概型的概率计算公式求解．
解答： 解：因为大正方形的面积是34，
所以大正方形的边长是，
由直角三角形的较短边长为3，得四个全等直角三角形的直角边分别是5和3，
则小正方形边长为2，面积为4．
所以小花朵落在小正方形内的概率为．
点评：本题考查几何概型的计算．几何概型的解题关键是求出两个区间的长度（面积或体积），然后再利用几何概型的概率计算公式求小花朵落在小正方形内的概率，
关键是求出小正方形的面积和大正方形的面积．
9．已知双曲线C：﹣=1（a＞0，b＞0）的两条渐近线与抛物线y2=2px（p＞0）的准线分别交于A，B两点，O为坐标原点，若双曲线C的离心率为2，△AOB的面积为，则△AOB的内切圆半径为(
A．﹣1 B．+1 C．2﹣3 D．2+3
考点：双曲线的简单性质．
专题：解三角形；圆锥曲线的定义、性质与方程．
分析：由双曲线的离心率公式及a，b，c的关系可得b=a，由双曲线的渐近线方程和抛物线的准线方程解得A，B，求出三角形AOB的面积，进而解得p=2，即有A，B的坐标，进而得到三角形AOB的三边，再由内切圆的半径与三角形的面积之间的关系，计算即可得到r．
解答： 解：由e====2，可得=．
由，求得A（﹣，），B（﹣，﹣），
所以S△AOB=oo=．
将=代入，得p2=4，解得p=2．
所以A（﹣1，），B（﹣1，﹣），
则△AOB的三边分别为2，2，2，
设△AOB的内切圆半径为r，由（2+2+2）r=，
解得r=2﹣3，
点评：本题考查双曲线和抛物线的综合应用．求解这类问题关键是结合两个曲线的位置关系，找到它们对应的几何量，然后利用图形中的平面几何性质解答问题．
10．给定区域D：，令点集T={（x0，y0）∈D|x0，y0∈Z}，（x0，y）是z=x+y在D上取得最大值或最小值的点}，则T中的点最多能确定三角形的个数为(
A．15 B．25 C．28 D．32
考点：简单线性规划的应用．
专题：不等式的解法及应用．
分析：作出不等式组对应的平面区域，求出z=x+y在D上取得最大值或最小值的点，利用数形结合即可得到结论．
解答： 解：作出不等式组对应的平面区域如图中阴影部分所示，
因为直线z=x+y与直线x+y=4，直线x+y=2平行，所以
直线z=x+y过直线x+y=4上的整数点：（4，0），（3，1），（2，2），（1，3），（0，4）时，直线的纵截距最大，即z最大；直线z=x+y过
直线x+y=2上的整数点：（0，2），（1，1）时，直线的纵截距最小，
即z最小．所以满足条件的点共有7个，则T中的点最多能确定三角形的个数为（个），
点评：本题是一道涉及线性规划和组合数求解的综合题．问题求解分两步完成：第一步求出目标函数z=x+y在D上取得最大值或最小值的点；第二步计算T中的点最多能确定三角形的个数．在计算三角形个数时，注意排除三点共线的情形．
二、填空题（本大题共4小题，考生共需作答5小题，每小题5分，共25分.）（一）必考题（11-14题）
11．设，为单位向量，其中=2+，=且在上的投影为2，则与的夹角为．
考点：数量积表示两个向量的夹角．
专题：平面向量及应用．
分析：根据向量的运用得出则===2||||cosθ+1=2，得出cosθ=，求解即可．
解答： 解：设e1与e2夹角为θ，
则===2||||cosθ+1=2，
解得cosθ=，所以．
故答案为：．
点评：本题考查向量的基本运算及单位向量、向量的投影概念的理解．解题关键是对向量投影的理解．
12．若直线f（x）=x+t经过点P（1，0），且f（a）+f（2b）+f（3c）=﹣，则当3a+2b+c=2时，a2+2b2+3c2取得最小值．
考点：平均值不等式在函数极值中的应用．
分析：先由直线过定点P（1，0）可得a+2b+3c=2，然后再思考系数的匹配，构造柯西不等式的形式，可求出a2+2b2+3c2的最小值，最后由柯西不等式等号成立求出a，b，c，可得3a+2b+c的值．
解答： 解：由直线经过点P（1，0），得，即，所以．
又由，得，即a+2b+3c=2．
由柯西不等式，得，
由此可得a2+．等号成立的条件为且a+2b+3c=2，
即，，，所以3a+2b+c=2．
故答案为：2．
点评：本题考查柯西不等式在求解三元条件最值上的应用，考查学生的计算能力，正确运用柯西不等式是关键．
13．我国齐梁时代的数学家祖暅（公元前5﹣6世纪）提出了一条原理：“幂势既同，则积不容异．”这句话的意思是：夹在两个平行平面间的两个几何体，被平行于这两个平行平面的任何平面所截，如果截得的两个截面的面积总是相等，那么这两个几何体的体积相等．设：由曲线x2=4y和直线x=4，y=0所围成的平面图形，绕y轴旋转一周所得到的旋转体为Γ1；由同时满足x≥0，x2+y2≤16，x2+（y﹣2）2≥4，x2+（y+2）2≥4的点（x，y）构成的平面图形，绕y轴旋转一周所得到的旋转体为Γ2．根据祖暅原理等知识，通过考察Γ2可以得到Γ1的体积为32π．
考点：定积分在求面积中的应用．
专题：综合题；空间位置关系与距离．
分析：由题意可得旋转体夹在两相距为8的平行平面之间，用任意一个与y轴垂直的平面截这两个旋转体，设截面与原点距离为|y|，求出所得截面的面积相等，利用祖暅原理知，两个几何体体积相等．
解答： 解：如图，两图形绕y轴旋转所得的旋转体夹在两相距为8的平行平面之间，
用任意一个与y轴垂直的平面截这两个旋转体，设截面与原点距离为|y|，所得截面面积 S1=π（42﹣4|y|），
S2=π（42﹣y2）﹣π=π（42﹣4|y|）
∴S1=S2，由祖暅原理知，两个几何体体积相等，
∵由同时满足x≥0，x2+y2≤16，x2+（y﹣2）2≥4，x2+（y+2）2≥4的点（x，y）构成的平面图形绕y轴旋转一周所得的旋转体，它应该为一个大的球体减去两个球半径一样的小的球体，体积为o43﹣2oo23=64π，
∴Γ1的体积为32π．
故答案为：32π．
点评：本题主要考查祖暅原理的应用，求旋转体的体积的方法，体现了等价转化、数形结合的数学思想，属于基础题．
14．若m﹣＜x≤m+（其中m为整数），则称m为离实数x最近的整数，记作，即=m．
（1）若﹣＜x≤，则f（x）=x﹣的值域是；
（2）设集合A={（x，y）|y=f（x）=x﹣，x∈R}，B={（x，y）|y=g（x）=kx﹣1，x∈R}，若集合A∩B的子集恰有4个，则实数k的取值范围是或．
考点：函数的值域．
专题：函数的性质及应用．
分析：（1）当时，离x最近的整数为0，即=0，故f（x）=x，由x的范围即可得到函数的值域；
（2）由集合A∩B的子集恰有4个，可得A∩B中只有两个元素，画函数f（x）的图象，使函数使函数f（x）与g（x）有两个交点．
解答： 解：（1）当时，=0，．
故答案为：．
（2）由条件知f（x）是周期为1的周期函数，由周期性可作出其图象．又集合A∩B的子集恰有4个，即A∩B中只有两个元素．
作出f（x）和g（x）的图象如图所示，
由图象可知：要使函数f（x）与g（x）有两个交点，则有
故答案为：或．
点评：本题是一道涉及创新定义、体现数形结合的小综合题．解题关键是理解“离实数x最近的整数”的数学意义，第（2）问由条件得到函数f（x）的周期性是解题的突破，这样可以得到函数的图象，从而求出实数k的取值范围．另外解题中还要注意特殊点的选取，对应区间端点是否取得．
（选修4-1：几何证明选讲）
15．如图，AB是圆O的直径，C、F为圆O上的点，CA是∠BAF的角平分线，CD与圆O切于点C且交AF的延长线于点D，CM⊥AB，垂足为点M．若圆O的半径为1，∠BAC=30°，则DFoAM=．
考点：与圆有关的比例线段；圆的切线的性质定理的证明．
专题：选作题；立体几何．
分析：首先由CA是∠BAF的角平分线推理出OC∥AD，然后由圆的切割线定理得到DC=CM，求出DFoAM的值．
解答： 解：连接OC，则有∠OAC=∠OCA．
又CA是∠BAF的角平分线，∠OAC=∠FAC，所以∠FAC=∠ACO，所以OC∥AD．
因为DC是圆O的切线，所以CD⊥OC，则CD⊥AD．
由题意知△AMC≌△ADC，所以DC=CM，DA=AM．
因为DC是圆O的切线，由切割线定理，得DC2=DFoDA=DFoAM=CM2．
在Rt△ABC中，AC=ABocos∠BAC=，
故答案为：．
点评：本题主要考查平面几何证明中圆的基本性质的应用，考查切割线定理，属于中档题．
（选修4-4：坐标系与参数方程）
16．在极坐标系中，圆C1的方程为ρ=﹣2cos（θ﹣），以极点为坐标原点，极轴为x轴的正半轴建立平面坐标系，圆C2的参数方程为（θ为参数，m≠0），若圆C1与C2外切，则实数m的值为±2．
考点：圆的参数方程；简单曲线的极坐标方程．
专题：坐标系和参数方程．
分析：分别将圆的极坐标方程和参数方程化为普通方程，然后根据利用外切，得到关于m的方程，解之即可．
解答： 解：圆C1的方程化为ρ=﹣2cosθ﹣2sinθ，
化简得ρ2=﹣2ρcosθ﹣2ρsinθ，
故其普通方程为x2+y2+2x+2y=0，
其圆心C1坐标为（﹣1，﹣1），半径；
圆C2的普通方程是（x﹣2）2+（y﹣2）2=m2，所以C2的坐标是（2，2），r2=|m|，
因为两圆外切，所以=，
故答案为：．
点评：本题考查圆的参数方程、圆的极坐标方程背景下两圆的位置关系问题．求解这类问题，先将极坐标中的圆C1对应的方程和参数方程中的圆C2对应的方程都化为直角坐标系下的普通方程，再在普通方程中由两圆相外切时求出实数m的值．
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.）
17．已知函数f（x）=Asin（ωx+φ）（x?R，A＞0，ω＞0，0＜φ＜）的部分图象如图所示P是图象的最高点，Q为图象与x轴的交点，O为坐标原点．若OQ=4，OP=，PQ=．
（1）求函数y=f（x）的解析式；
（2）将函数y=f（x）的图象向右平移2个单位后得到函数y=g（x）的图象，当x∈（﹣1，2）时，求函数h（x）=f（x）og（x）的值域．
考点：由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式；正弦函数的图象；函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换．
专题：三角函数的图像与性质．
分析：（1）从给出的三角函数图象中给出三个线段信息，从中可以求出图象最高点的坐标，的长度，由此推理出三角函数的解析式；
（2）由题意先求出g（x），h（x）的函数解析式，由x的范围求出x﹣的范围，同时结合三角函数的图象进行分析，即可求出其函数值域．
解答： 解：（1）由条件知cos∠POQ==，所以P（1，2）．
由此可得振幅A=2，周期T=4×（4﹣1）=12，又=12，则ω=．
将点P（1，2）代入f（x）=2sin（x+φ），得sin（x+φ）=1，
因为0＜φ＜，所以φ=，于是f（x）=2sin（x+）．
（2）由题意可得g（x）=2sin=2sinx．
所以h（x）=f（x）og（x）=4sin（x+）osinx=2sin2x+2sinxocosx=1﹣cosx+sinx=1+2sin（x﹣）．
当x∈（﹣1，2）时，x﹣∈（﹣，），所以sin（x﹣）∈（﹣1，1），
即1+2sin（x﹣）∈（﹣1，3）．于是函数h（x）的值域为（﹣1，3）．
点评：本题主要考查了三角函数图象的平移、三角函数的恒等变换及三角函数的值域等知识，考查了求解三角函数的值域，关注自变量x的取值范围是解题的关键，属于中档题．
18．设二次函数f（x）=x2﹣ax+2（x∈R，a＜0），关于x的不等式f（x）≤0的解集有且只有一个元素．
（1）设数列{an}的前n项和Sn=f（n）（n∈N*），求数列{an}的通项公式；
（2）记bn=（n∈N*），则数列{bn}中是否存在不同的三项能组成等比数列？请说明理由．
考点：数列的应用；二次函数的性质．
分析：（1）由题设条件知a2﹣4×2=0=>a=﹣2，故f（x）=（x+）2．an=Sn﹣Sn﹣1=2n+2﹣1，所以an=．
（2）求出数列{bn}的通项，假设数列{bn}中存在不同的三项构成等比数列，利用等比数列的性质，建立等式，即可得出结论．
解答： 解：（1）∵关于x的不等式f（x）≤0的解集有且只有一个元素，
∴二次函数f（x）=x2﹣ax+2（x∈R，a＜0）的图象与x轴相切，
则△=（﹣a）2﹣4×2=0，
∴f（x）=x2+2x+2=（x+）2，
∴数列{an}的前n项和Sn=（n+）2（n∈N*）．
于是，当n≥2，n∈N*时，an=Sn﹣Sn﹣1=（n+）2﹣2=2n+2﹣1，
当n=1时，a1=S1=（1+）2=3+2，不适合上式．
所以数列{an}的通项公式为an=．
（2）由（1）知，Sn=n2+2n+2（n∈N*）．
∴bn===n+2．
假设数列{bn}中存在三项bp，bq，br（正整数p，q，r互不相等）成等比数列，则bq2=bpobr，
即（q+2）2=（p+2）（r+2），
（pr﹣q）2+2（p+r﹣2q）=0．
因为p，q，r都是正整数，所以，
于是pr﹣（）2=0，即（p﹣r）2=0，从而p=r与p≠r矛盾．
故数列{bn}中不存在不同的三项能组成等比数列．
点评：本题主要考查数列通项公式的求解及等比数列性质的研究．第（1）问由不等式f（x）≤0的解集有且只有一个元素，得到Sn=f（n），然后由此求出数列{an}的通项公式，由Sn求通项an时注意检验初始项a1是否满足；第（2）问判断数列{bn}中是否存在不同的三项能组成等比数列，基本方法是先假设它们成等比数列，再证明问题是否有解．
19．如图，在三棱锥S﹣ABC中，SA⊥底面ABC，AC=AB=SA=2，AC⊥AB，D，E分别是AC，BC的中点，F在SE上，且SF=2FE．
（1）求证：AF⊥平面SBC；
（2）在线段上DE上是否存在点G，使二面角G﹣AF﹣E的大小为30°？若存在，求出DG的长；若不存在，请说明理由．
考点：二面角的平面角及求法；直线与平面垂直的判定．
专题：空间位置关系与距离；空间角．
分析：（1）通过证明AF与平面SBC内的两条相交直线垂直即可；
（2）抓住两点找到问题的求解方向：一是点G的预设位置，二是二面角G﹣AF﹣E的位置，计算即可．
解答： （1）证明：由AC=AB=SA=2，AC⊥AB，E是BC的中点，得．
因为SA⊥底面ABC，所以SA⊥AE．
在Rt△SAE中，，所以．
因此AE2=EFoSE，又因为∠AEF=∠AES，
所以△EFA∽△EAS，
则∠AFE=∠SAE=90°，即AF⊥SE．
因为SA⊥底面ABC，所以SA⊥BC，又BC⊥AE，
所以BC⊥底面SAE，则BC⊥AF．
又SE∩BC=E，所以AF⊥平面SBC．
（2）结论：在线段上DE上存在点G使二面角G﹣AF﹣E的大小为30°，此时DG=．
理由如下：
假设满足条件的点G存在，并设DG=t．
过点G作GM⊥AE交AE于点M，
又由SA⊥GM，AE∩SA=A，得GM⊥平面SAE．
作MN⊥AF交AF于点N，连结NG，则AF⊥NG．
于是∠GNM为二面角G﹣AF﹣E的平面角，
即∠GNM=30°，由此可得．
由MN∥EF，得，
于是有，．
在Rt△GMN中，MG=MNtan30°，
即，解得．
于是满足条件的点G存在，且．
点评：本题考查空间几何图形中线面关系的平行或垂直的证明及空间角的计算，考查空间想象能力，注意解题方法的积累，属于中档题．
20．翡翠市场流行一种赌石“游戏规则”：翡翠在开采出来时有一层风化皮包裹着，无法知道其内的好坏，须切割后方能知道翡翠的价值，参加者先缴纳一定金额后可得到一块翡翠石并现场开石验证其具有的收藏价值．某举办商在赌石游戏中设置了甲、乙两种赌石规则，规则甲的赌中率为，赌中后可获得20万元；规则乙的赌中率为P0（0＜P0＜1），赌中后可得30万元；未赌中则没有收获．每人有且只有一次赌石机会，每次赌中与否互不影响，赌石结束后当场得到兑现金额．
（1）收藏者张先生选择规则甲赌石，收藏者李先生选择规则乙赌石，记他们的累计获得金额数为X（单位：万元），若X≤30的概率为，求P0的大小；
（2）若收藏者张先生、李先生都选择赌石规则甲或选择赌石规则乙进行赌石，问：他们选择何种规则赌石，累计得到金额的数学期望最大？
考点：二项分布与n次独立重复试验的模型；离散型随机变量的期望与方差．
专题：应用题；概率与统计．
分析：第（1）问是理解对立事件及其概率的计算，即若“2人的累计获得金额数为X（单位：万元）”的事件为A，则事件A的对立事件为“X=50”；
第（2）问是考查离散型随机变量的期望值，通过对期望值的计算，比较期望值的大小得到求解问题的决策．
解答： 解：（1）由已知得收藏者张先生赌中的概率为，收藏者李先生赌中的概率为P0，且两人赌中与否互不影响．记“这2人的累计获得金额数为X（单位：万元）”的事件为A，则事件A的对立事件为“X=50”．
因为，所以，求得．
（2）设收藏者张先生、李先生都选择规则甲赌中的次数为X1，都选择规则乙赌中的次数为X2，则这两人选择规则甲累计获奖得金额的数学期望为E，选择规则乙累计获奖得金额的数学期望为E（30X1）．
由已知可得，，X2～B，所以，E（X2）=2P0，
从而，E（30X2）=30E（X2）=60P0．
若E＞E（30X1），则，解得；
若E＜E（30X1），则，解得；
若E=E（30X1），则，解得．
综上所述，当时，他们都选择规则甲进行赌石时，累计得到金额的数学期望最大；当时，他们都选择规则乙进行赌石时，累计得到金额的数学期望最大；当时，他们都选择规则甲或规则乙进行赌石时，累计得到金额的数学期望相等．
点评：本题以翡翠市场流行一种赌石“游戏规则”为命题背景，考查数学期望Eξ的计算及在实际中的应用．
21．已知椭圆C：+=1（a＞b＞0）的左、右顶点分别为A1，A2，且|A1A2|=4，P为椭圆上异于A1，A2的点，PA1和PA2的斜率之积为﹣．
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）设O为椭圆中心，M，N是椭圆上异于顶点的两个动点，求△MON面积的最大值．
考点：椭圆的简单性质；椭圆的标准方程；椭圆的应用．
专题：计算题；圆锥曲线的定义、性质与方程；圆锥曲线中的最值与范围问题．
分析：对第（1）问，先由|A1A2|=4，得到椭圆左、右顶点的坐标，再由PA1和PA2的斜率之积为，求出b2的值，即得椭圆标准方程；
对第（2）问，先设出直线MN的方程，再由弦长公式，得到△OMN的底边MN的长，并由点到直线的距离公式得到△OMN的高，从而列出△OMN面积的表达式，最后可探求面积的最大值．
解答： 解：（1）由|A1A2|=2a=4，得a=2，所以A1（﹣2，0），A2（2，0）．
设P（x0，y0），则，即，
解得b2=3．
于是，椭圆C的标准方程为．
（2）①当直线MN垂直于x轴时，设MN的方程为x=n，
由，得，，
从而S△OMN===，
当n=±时，△OMN的面积取得最大值．
②当直线MN与x轴不垂直时，设MN的方程为y=kx+m，M（x1，y1），N（x2，y2），
由消去y，得（3+4k2）x2+8kmx+4m2﹣12=0．
△=64k2m2﹣4（3+4k2）（4m2﹣12）＞0，化简得4k2﹣m2+3＞0．
则由韦达定理，得，，
从而|MN|==4．
又因为原点O到直线MN的距离，
当且仅当3+4k2=2m2时，S△OMN取得最大值．
综合①②知，△OMN的面积取得最大值．
点评：本题考查了椭圆标准方程的求解及直线和椭圆相交时对应三角形面积最值的探求，关键是联立直线与椭圆的方程，由韦达定理及弦长公式、点到直线距离公式得到三角形面积的表达式，再利用基本不等式获得最值，求解时应注意以下几点：
1．对斜率不存在的情况进行讨论．
2．联立直线与椭圆的方程消元后，得到关于x的一元二次方程，判别式△＞0．
3．利用基本不等式时必需满足等号成立的条件．
22．已知函数f（x）=lnx﹣a（x﹣1），g（x）=ex．
（1）求函数f（x）的单调区间；
（2）当a≠0时，过原点分别作曲线y=f（x）与y=g（x）的切线l1，l2，已知两切线的斜率互为倒数，证明：＜a＜；
（3）设h（x）=f（x+1）+g（x），当x≥0，h（x）≥1时，求实数a的取值范围．
考点：导数在最大值、最小值问题中的应用；利用导数研究曲线上某点切线方程．
专题：综合题；导数的综合应用．
分析：（1）利用导数求函数的单调区间，注意对参数a的分类讨论；
（2）背景为指数函数y=ex与对数函数y=lnx关于直线y=x对称的特征，得到过原点的切线也关于直线y=x对称，主要考查利用导函数研究曲线的切线及结合方程有解零点存在定理的应该用求参数的问题，得到不等式的证明；（3）考查利用导数处理函数的最值和不等式的恒成立求参数的范围问题，求导过程中用到了课后习题ex≥x+1这个结论，考查学生对课本知识的掌握程度．
解答： （1）解：依题意，函数f（x）的定义域为（0，+∞），对f（x）求导，得．
①若a≤0，对一切x＞0有f'（x）＞0，函数f（x）的单调递增区间是（0，+∞）．
②若a＞0，当时，f'（x）＞0；当时，f'（x）＜0．
所以函数f（x）的单调递增区间是，单调递减区间是．
（2）解：设切线l2的方程为y=k2x，切点为（x2，y2），则，，
所以x2=1，y2=e，则．
由题意知，切线l1的斜率为，l1的方程为．
设l1与曲线y=f（x）的切点为（x1，y1），则，
又因为y1=lnx1﹣a（x1﹣1），消去y1和a后，整理得．
令，则，m（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增．
若x1∈（0，1），因为，，所以，
而在上单调递减，所以．
若x1∈（1，+∞），因为m（x）在（1，+∞）上单调递增，且m（e）=0，则x1=e，
所以（舍去）．
综上可知，．
（3）证明：h（x）=f（x+1）+g（x）=ln（x+1）﹣ax+ex，．
①当a≤2时，因为ex≥x+1，所以，h（x）在．
点评：本题考查利用导数讨论含参数函数的单调性、利用导数求曲线的切线问题及研究不等式恒成立问题．
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