山东省德州市2017届高三第一次模拟考试理科数学试题

高考模拟考试理科数学本试卷分第I 卷和第Ⅱ卷两部分，共5页．满分150分．考试用时120分钟，考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．注意事项：1．答题前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、座号、考生号、县区和科类写在答题卡和试卷规定的位置上．2．第I 卷每小题选出答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号，答案不能答在试卷上．3．第Ⅱ卷必须用0.5毫米黑色签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应的位置，不能写在试卷上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不能使用涂改液、胶带纸、修正带．不按以上要求作答的答案无效．4．填空题请直接填写答案，解答题应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 参考公式：如果事件A ，B 互斥，那么P(A+B)=P(A)+P(B)；如果事件A ，B 独立，那么P(AB)=P(A)·P(B)．第I 卷(共50分)一、选择题：本大题共10个小题，每小题5分，共50分．每小题给出的四个选项中只有一项是符合题目要求的．(1)设集合{}20,41=3x A x B x x A B x -⎧⎫=≤=-≤≤⋂⎨⎬+⎩⎭，则 (A)[－3，1] (B)[－4，2] (C)[－2，1] (D)(－3，1](2)若复数z 满足)=4i z i ⋅，其中i 为虚数单位，则z=(A) 1 (B) i (C) i (D) 1(3)中国诗词大会的播出引发了全民的读书热，某小学语文老师在班里开展了一次诗词默写比赛，班里40名学生得分数据的茎叶图如右图．若规定得分不小于85分的学生得到“诗词达人”的称号，小于85分且不小于70分的学生得到“诗词能手”的称号，其他学生得到“诗词爱好者”的称号．根据该次比赛的成绩按照称号的不同进行分层抽样抽选10名学生，则抽选的学生中获得“诗词能手”称号的人数为(A)2 (B)4 (C)5 (D)6(4)在1,60ABC AC BC B ∆==o 中，，则ABC ∆的面积为(A) (B)2 (C) (D)3(5)若变量x ，y 满足约束条件20,0,3220.x y y x y z x x y +≥⎧⎪-≤=⎨-⎪-+≥⎩则的最小值等于 (A) 4- (B) 2- (C) 18- (D)0 (6)设x ∈R ，若“()1x a a R -<∈”是“220x x +->”的充分不必要条件，则a 的取值范围是(A) (][),32,-∞-⋃+∞(B) ()[),32,-∞-⋃+∞ (C) ()32-， (D)[－3，2](7)我国古代数学家刘徽在学术研究中，不迷信古人，坚持实事求是．他对《九章算术》中“开立圆术”给出的公式产生质疑，为了证实自己的猜测，他引入了一种新的几何体“牟合方盖”：以正方体相邻的两个侧面为底做两次内切圆柱切割，然后剔除外部，剩下的内核部分．如果“牟合方盖”的主视图和左视图都是圆，则其俯视图形状为(8)若110a b >>，有四个不等式：①33a b <；②21log 3log 3a b ++>；④3322a b ab +>．则下列组合中全部正确的为(A)①② (B)①③ (C)②③ (D)①④(9)已知O 为坐标原点，F 是双曲线()2222:10,0x y C a b a b-=>>的左焦点，A ，B 分别为左、右顶点，过点F 做x 轴的垂线交双曲线于点P ，Q ，连结PB 交y 轴于点E ，连结AE 交QF 于点M ，若M 是线段QF的中点，则双曲线C 的离心率为(A) 2 (B) 52 (C) 3 (D) 72(10)设函数()22,0,11,22,0.ax x x f x x ax x x ⎧+≥⎪⎡⎤=∈-⎨⎢⎥-+<⎣⎦⎪⎩当时恒有()()f x a f x +<，则实数a 的取值范围是(A) 1122⎛- ⎝⎭(B) 11,2⎛+- ⎝⎭(C) ⎫⎪⎪⎝⎭ (D) 12⎫-⎪⎪⎝⎭ 第Ⅱ卷(共100分)二、填空题：本大题共5个小题，每小题5分，共25分．(11)函数()31f x x =+的定义域为____________． (12)执行下边的程序框图，当输入的x 为2017时，输出的y =___________．(13)已知()()*12n x n N -∈的展开式中第3项与第8项的二项式系数相等，则展开式中所有项的系数和为_____________．(14)在平面直角坐标系内任取一个点(),P x y 满足0202x y ≤≤⎧⎨≤≤⎩，则点P 落在曲线1y x =与直线2,2x y ==围成的阴影区域(如图所示)内的概率为__________．(15)如图，正方形ABCD 的边长为8，点E ，F 分别在边AD ，BC 上，且AE=3ED ，CF=FB ，如果对于常数m ，在正方形ABCD 的四条边上有且只有6个不同的点P ，使得PE PF uu r uu u r g =m 成立，那么m 的取值范围是__________．三、解答题：本大题共6小题，共75分．(16)(本小题满分12分)已知函数()22sin cos 222x x x f x ⎛⎫=+- ⎪⎝⎭ (I)求()f x 的单调区间；(II)求()[]0f x π在，上的值域．(17)(本小题满分12分)如图，正四棱台1111ABCD A BC D -的高为2，下底面中心为O ，上、下底面边长分别为2和4．(I)证明：直线1//OC 平面11ADD A ；(II)求二面角1B CC O --的余弦值．(18)(本小题满分12分)已知{}n a 是公差不为零的等差数列，n S 为其前n 项和，325149,,S a a a =，并且成等比数列，数列{}n b 的前n 项和为1332n n T +-=． (I)求数列{}n a ，{}n b 的通项公式；(Ⅱ)若2318log n n n n na b c a b ++=，求数列{}n c 的前n 项和n M ．(19)(本小题满分12分)2017年1月25日智能共享单车项目摩拜单车正式登陆济南，两种车型采用分段计费的方式，Mobike Lite 型(Lite 版)每30分钟收费0.5元 (不足30分钟的部分按30分钟计算)；Mobike (经典版)每30分钟收费1元(不足30分钟的部分按30分钟计算)．有甲、乙、丙三人相互独立的到租车点租车骑行(各租一车一次)．设甲、乙、丙不超过30分钟还车的概率分别为321,,432，三人租车时间都不会超过60分钟.甲、乙均租用Lite 版单车，丙租用经典版单车． (I)求甲、乙两人所付的费用之和等于丙所付的费用的概率；(Ⅱ)设甲、乙、丙三人所付的费用之和为随机变量ξ，求ξ的分布列和数学期望．(20)(本小题满分13分)已知函数()()211ln 2f x ax a x x a R =-++∈，其中． (I)当0a >时，讨论函数f (x )的单调性； (II)当0a =时，设()()2g x xf x =-+，是否存在区间[](),1,m n ⊆+∞使得函数()g x 在区间[],m n 上的值域为()()2,2k m k n ++⎡⎤⎣⎦?若存在，求实数k 的取值范围；若不存在，请说明理由．(21)(本小题满分14分) 设椭圆()2222:10x y C a b a b+=>>，定义椭圆的“伴随圆”方程为2222x y a b +=+；若抛物线24x y =的焦点与椭圆C 的一个短轴端点重合，且椭圆C 的离心率为3． (I)求椭圆C 的方程和“伴随圆”E 的方程；(II)过“伴随圆”E 上任意一点P 作椭圆C 的两条切线PA ，PB ，A ，B 为切点，延长PA 与“伴随圆”E 交于点Q ，O 为坐标原点．(i)证明：PA ⊥PB ；(ii)若直线OP ，OQ 的斜率存在，设其分别为12,k k ，试判断12k k ⋅是否为定值，若是，求出该值；若不是，请说明理由．。

2017年高三模拟考试理科数学2017.03本试卷分第I卷和第Ⅱ卷两部分，共5页。

满分150分。

考试时间120分钟。

考试结束后，将本试卷和答题卡—并交回。

注意事项：1．答题前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将姓名、座号、考生号、县区和科类填写在答题卡和试卷规定的位置上。

2．第I卷每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。

3．第II卷必须用0.5毫米黑色签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应的位置；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不能使用涂改液、胶带纸、修正带。

不按以上要求作答的答案无效。

4．填空题请直接填写答案，解答题应写出文字说明、证明过程或演算步骤。

第I卷(共50分)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.已知集合，则A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】化简集合N，根据交集的定义写出M∩N即可．【详解】集合M＝{0，1，2}，N＝{x|﹣1≤x≤1，x∈Z}＝{﹣1，0，1}，则M∩N＝{0，1},结合选项，故选：C．【点睛】本题考查集合的化简与运算问题，是基础题目．2.已知复数的实部和虚部相等，则A. B. C. 3 D. 2【答案】A【解析】【分析】利用复数代数形式的乘除运算法则求出z i，由实部和虚部相等，求得b由此能求出|z|．【详解】zi，∵复数z（b∈R）的实部和虚部相等，∴，解得b＝-9．∴z，∴|z|．故选:A.【点睛】本题考查复数的模的求法，考查复数代数形式的乘除运算, 是基础题．3.“”是“”的（）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【答案】A【解析】试题分析：左边：，，则，，即右边：，，则。

所以，即，又因为，所以是的充分不必要条件，故选A.考点：1、充要条件；2、对数不等式与指数不等式的解法.4.函数的图象大致为A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】通过函数的奇偶性排除选项，利用特殊值对应点判断选项即可．【详解】函数y＝x2+ln|x|是偶函数，排除选项B、C，当x时，y，x＞0时，函数是增函数，排除D．故选：A．【点睛】本题考查函数的图象的判断，函数的奇偶性以及函数的单调性特殊值是判断函数的图象的常用方法．5.函数的部分图象如图所示，为了得到的图象，只需将函数的图象A. 向左平移个单位长度B. 向左平移个单位长度C. 向右平移个单位长度D. 向右平移个单位长度【答案】B【解析】,， , , ,解得：，所以，，，根据平移原则，可知函数向左平移个单位，故选B.6.甲、乙、丙 3人站到共有7级的台阶上，若每级台阶最多站2人，同一级台阶上的人不区分站的位置，则不同的站法总数是A. 210B. 84C. 343D. 336【答案】D【解析】【分析】共有两种情况，对于7个台阶上每一个只站一人，若有一个台阶有2人另一个是1人，根据分类计数原理得到结果．【详解】由题意知本题需要分组解决，因为对于7个台阶上每一个只站一人有种；若有一个台阶有2人另一个是1人共有种，所以根据分类计数原理知共有不同的站法种数是种．故选：D．【点睛】本题考查分类和分步计数原理，要做到不重不漏，分类后再分别对每一类进行计数，最后用分类加法计数原理求和，得到总数.7.已知变量满足：，则的最大值为（）A. B. C. 2 D. 4【答案】D【解析】试题分析：作出满足不等式组的平面区域，如图所示，由图知目标函数经过点时取得最大值，所以，故选D．考点：简单的线性规划问题．8.公元263年左右，我国数学家刘徽发现当圆内接正多边形的边数无限增加时，多边形面积可无限逼近圆的面积，并创立了“割圆术”．利用“割圆术”刘徽得到了圆周率精确到小数点后两位的近似值3.14，这就是著名的“徽率”．如图是利用刘徽的“割圆术”思想设计的一个程序框图，则输出n的值为(参考数据：)A. 12B. 24C. 36D. 48【答案】B【解析】试题分析：第一次循环：；第二次循环：；第三次循环：，满足条件，跳出循环，输出.故选B.考点：1.数学文化；2.程序框图.【名师点睛】本题考查数学文化与程序框图，属中档题；数学文化是高考新增内容，程序框图是第年高考的必考内容，掌握循环程序的运行方法，框图以赋值框和条件框为主，按照框图箭线方向和每个框的指令要求运行，注意条件框的要求是否满足，运行程序时要准确.9.已知为坐标原点，是双曲线的左焦点，分别为的左、右顶点，为上一点，且轴，过点的直线与线段交于点，与轴交于点，直线与轴交于点，若，则的离心率为A. B. C. D.【答案】A【解析】分析：利用相似三角形的性质可得，，结合可得结果.详解：由直角三角形的性质可得，则，即；同理，，所以，又，所以，整理，得，故选A.点睛：本题主要考查双曲线的简单性质及离心率，属于难题.离心率的求解在圆锥曲线的考查中是一个重点也是难点，一般求离心率有以下几种情况：①直接求出，从而求出;②构造的齐次式，求出;③采用离心率的定义以及圆锥曲线的定义来求解．10.曲线的一条切线l与轴三条直线围成的三角形记为，则外接圆面积的最小值为A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】设直线l与曲线的切点坐标为（），求出函数的导数，可得切线的斜率和方程，联立直线y＝x求得A 的坐标，与y轴的交点B的坐标，运用两点距离公式和基本不等式可得AB的最小值，再由正弦定理可得外接圆的半径，进而得到所求面积的最小值．【详解】设直线l与曲线的切点坐标为（），函数的导数为．则直线l方程为，即，可求直线l与y＝x的交点为A（），与y轴的交点为，在△OAB中，，当且仅当2＝2时取等号．由正弦定理可得△OAB得外接圆半径为，则△OAB外接圆面积，故选：C．【点睛】本题考查导数的运用：求切线方程，考查导数的几何意义，同时考查正弦定理的运用，基本不等式的运用：求最值，以及化简整理的运算能力，属于中档题．第II卷(共100分)二、填空题：本大题共5小题，每小题5分，共25分．11.设的值为_________．【答案】【解析】【分析】由二项式定理的通项公式求解即可.【详解】由题,令10-2r=6,得r=2,∴故答案为80【点睛】本题考查二项式定理，是基础题.12.设随机变量服从正态分布,若,则．【答案】2【解析】试题分析：正态分布曲线关于对称，，得．考点：正态分布的应用．13.现有一半球形原料，若通过切削将该原料加工成一正方体工件，则所得工件体积与原料体积之比的最大值为__________．【答案】【解析】【分析】设球半径为R，正方体边长为a，由题意得当正方体体积最大时：R2，由此能求出所得工件体积与原料体积之比的最大值．【详解】设球半径为R，正方体边长为a，由题意得当正方体体积最大时：R2，∴R，∴所得工件体积与原料体积之比的最大值为：．故答案为【点睛】本题考查空间几何体的体积，，是中档题，关键是确定正方体体积最大时体积之比为最大值.14.有下列各式：，，，……则按此规律可猜想此类不等式的一般形式为：．【答案】【解析】观察各式左边为的和的形式，项数分别为3,7,15，…，∴可猜想第n个式子中左边应有2n＋1－1项，不等式右边分别写成，，，…，∴猜想第n个式子中右边应为，按此规律可猜想此类不等式的一般形式为：1＋＋＋…＋> (n∈N*)．15.在，点M是外一点，BM=2CM=2，则AM的最大值与最小值的差为____________．【答案】【解析】【分析】取边BC的中点为O，把（）•0转化为•0，得出⊥，△ABC为等边三角形，以O为坐标原点，以BC边所在的直线为x轴，建立平面直角坐标系，利用坐标表示得出AM的解析式，求出它的最大值与最小值即可．【详解】取边BC的中点为O，则（），又（）•0，∴•0，∴⊥，∴△ABC为等腰三角形，又∠A，∴△ABC为等边三角形，以O为坐标原点，以BC边所在的直线为x轴，建立平面直角坐标系如图所示；并设BC＝2a（a），点M（x，y）；则A（0，a），B（﹣a，0），C（a，0），又BM＝2CM＝2，所以（x+a）2+y2＝4（x﹣a）2+y2＝1，所以解方程组，解得或，所以当时，，令a2cosθ，则AM，所以当θ时（AM）min＝1，同理当时，AM，所以当θ时（AM）max＝3；综上可知：AM的取值范围是[1，3]，AM的最大值与最小值的差是2．故答案为：2．【点睛】本题考查三角函数与平面向量的综合应用，也考查了数形结合与逻辑推理以及计算能力的应用问题，是难题，突破点是求最值三角换元的引入.三、解答题：本大题共6小题，共75分．16.已知函数．(I)求函数的最小正周期和最小值；(II)在中，A，B，C的对边分别为，已知，求a，b的值．【答案】(Ⅰ)的最小正周期,最小值为-4; (Ⅱ).【解析】【分析】(I)由三角恒等变形化简f(x)=即可求解；(Ⅱ)得,再由正余弦定理得a的方程即可求.【详解】(Ⅰ)，所以的最小正周期,最小值为.(Ⅱ)因为所以.又所以，得.因为，由正弦定理得，由余弦定理得，，又c=a，所以.【点睛】本题考查三角恒等变换，正余弦定理，是中档题.17.一袋中有7个大小相同的小球，其中有2个红球，3个黄球，2个蓝球，从中任取3个小球．(I)求红、黄、蓝三种颜色的小球各取1个的概率；(II)设X表示取到的蓝色小球的个数，求X的分布列和数学期望．【答案】(Ⅰ) ; (Ⅱ)见解析.【解析】【分析】（Ⅰ）利用P即可得出．（II）X可能取0，1，2．P（X＝k），即可得出分布列与数学期望．【详解】（Ⅰ）=（II）X可能取0,1,2.X的分布列X012P【点睛】本题考查了超几何分布列的概率计算公式、数学期望，考查了推理能力与计算能力了，属于中档题．18.如图，棱形与正三角形的边长均为2，它们所在平面互相垂直，，且．（1）求证：；（2）若，求二面角的余弦值．【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）二面角的余弦值是．【解析】试题分析：（1）依据线面平行的判定定理，需要在平面找到一条直线与直线平行即可．因为平面平面，则过点作于，连接，证明四边形为平行四边形即可；（2）由（1）知平面，又，为等边三角形，，分别以所在直线为轴建立如图所示空间直角坐标系，分别求出平面和平面的法向量即可．试题解析：（1）如图，过点作于，连接，，可证得四边形为平行四边形，平面（2）连接，由（1），得为中点，又，为等边三角形，分别以所在直线为轴建立如图所示空间直角坐标系，则，设平面的法向量为，由即，令，得设平面的法向量为由即，令，得所以，所以二面角的余弦值是考点：（1）线面平行的判定定理；（2）利用空间向量求二面角．19.已知数列满足，，其中.（1）设，求证：数列是等差数列，并求出的通项公式；（2）设，数列的前项和为，是否存在正整数，使得对于恒成立，若存在，求出的最小值，若不存在，请说明理由.【答案】(1);(2) 的最小值为3.【解析】试题分析：（1）利用递推公式即可得出为一个常数，从而证明数列是等差数，再利用等差数列的通项公式即可得到，进而得到；（2）利用（1）的结论，利用“裂项求和”即可得到，要使得对于恒成立，只要，即，解出即可.试题解析：（1）证明：，所以数列是等差数列，，因此，由.（2）由，所以，所以，因为，所以恒成立，依题意要使对于，恒成立，只需，且解得，的最小值为.【方法点晴】裂项相消法是最难把握的求和方法之一，其原因是有时很难找到裂项的方向，突破这一难点的方法是根据式子的结构特点，掌握一些常见的裂项技巧：①；②；③；④；此外，需注意裂项之后相消的过程中容易出现丢项或多项的问题，导致计算结果错误.20.已知左、右焦点分别为的椭圆过点，且椭圆C关于直线x=c对称的图形过坐标原点．(I)求椭圆C的离心率和标准方程。

，故选 B．
3．【2017
届广西玉林市、贵港市高中毕业班质量检测】若
cos
−
3sin
=
0
，则
tan
−
4
=
（
）
−1
1
A． 2
B．-2
C． 2
D．2
【答案】A
【解析】由 cos
− 3sin
=
0
tan
，知
=
1 3
，则
tan
− 4
=
tan −1 1+ tan
=
−
1 2
，故选 A
．
4．【山西省孝义市 2017 届高三下学期高考考前质量检测三（5 月）】已有角 的顶点与坐标原点重合，
+ cos2
sin ”；（3）化正弦、余弦为正切，即 cos
=
tan
；
tan = sin
（4）化正切为正弦、余弦，即
cos ；（ 5 ） 正 弦 、 余 弦 和 （ 差 ） 与 积 的 互 化 ， 即
(sin cos )2 =1 2sin cos ．
tan = 3
1− sin 2 =
【变式 1】【例题中的条件不改变，所求三角函数式改变】若
【解析】
16 8 ，选 D．
【方法技巧归纳】二倍角公式的正用、逆用、变形用是公式的种主要应用手段，特别是二倍角的余弦 公式，其变形公式在求值与化简中有广泛的应用，在综合使用两角和与差、二倍角公式化简求值时，要注 意以下几点：(1)熟练掌握公式的正用、逆用和变形使用；(2)擅于拆角、配角；(3)注意二倍角的相对性； (4)注意角的范围；(5)熟悉常用的方法和技巧，如切化弦、异名化同名、异角化同角等．

2017年高考理数真题试卷（山东卷）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，只有一项是符号题目要求的.1.设函数y= √4−x2的定义域为A，函数y=ln（1﹣x）的定义域为B，则A∩B=（）A. （1，2）B. （1，2]C. （﹣2，1）D. [﹣2，1）2.已知a∈R，i是虚数单位，若z=a+ √3i，z• z̅=4，则a=（）A. 1或﹣1B. √7或﹣√7C. ﹣√3D. √33.已知命题p：∀x＞0，ln（x+1）＞0；命题q：若a＞b，则a2＞b2，下列命题为真命题的是（）A. p∧qB. p∧￢qC. ￢p∧qD. ￢p∧￢q4.已知x，y满足约束条件{x−y+3≤03x+y+5≤0x+3≥0，则z=x+2y的最大值是（）A. 0B. 2C. 5D. 65.为了研究某班学生的脚长x（单位：厘米）和身高y（单位：厘米）的关系，从该班随机抽取10名学生，根据测量数据的散点图可以看出y与x之间有线性相关关系，设其回归直线方程为ŷ= b̂x+ â，已知∑10i=1x i=225，∑10i=1y i=1600，b̂=4，该班某学生的脚长为24，据此估计其身高为（）A. 160B. 163C. 166D. 1706.执行两次如图所示的程序框图，若第一次输入的x值为7，第二次输入的x值为9，则第一次，第二次输出的a值分别为（）A. 0，0B. 1，1C. 0，1D. 1，0 7.若a ＞b ＞0，且ab=1，则下列不等式成立的是（ ）A. a+ 1b ＜b 2a＜log 2（a+b ）） B. b 2a ＜log 2（a+b ）＜a+ 1bC. a+ 1b ＜log 2（a+b ）＜ b 2aD. log 2（a+b ））＜a+ 1b ＜b 2a8.从分别标有1，2，…，9的9张卡片中不放回地随机抽取2次，每次抽取1张，则抽到在2张卡片上的数奇偶性不同的概率是（ ）A. 518 B. 49 C. 59 D. 799.在ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若△ABC 为锐角三角形，且满足sinB （1+2cosC ）=2sinAcosC+cosAsinC ，则下列等式成立的是（ ）A. a=2bB. b=2aC. A=2BD. B=2A10.已知当x ∈[0，1]时，函数y=（mx ﹣1）2 的图象与y= √x +m 的图象有且只有一个交点，则正实数m 的取值范围是（ ）A. （0，1]∪[2 √3 ，+∞）B. （0，1]∪[3，+∞）C. （0， √2 ）∪[2 √3 ，+∞）D. （0， √2 ]∪[3，+∞）二、填空题：本大题共5小题，每小题5分，共25分11.已知（1+3x ）n 的展开式中含有x 2的系数是54，则n=________．12.已知e1⃗⃗⃗ ，e2⃗⃗⃗ 是互相垂直的单位向量，若√3e1⃗⃗⃗ ﹣e2⃗⃗⃗ 与e1⃗⃗⃗ +λ e2⃗⃗⃗ 的夹角为60°，则实数λ的值是________．13.由一个长方体和两个14圆柱体构成的几何体的三视图如图，则该几何体的体积为________．14.在平面直角坐标系xOy中，双曲线x2a2−y2b2=1（a＞0，b＞0）的右支与焦点为F的抛物线x2=2py（p＞0）交于A，B两点，若|AF|+|BF|=4|OF|，则该双曲线的渐近线方程为________．15.若函数e x f（x）（e≈2.71828…是自然对数的底数）在f（x）的定义域上单调递增，则称函数f（x）具有M性质．下列函数中所有具有M性质的函数的序号为________．①f（x）=2﹣x②f（x）=3﹣x③f（x）=x3④f（x）=x2+2．三、解答题（共6小题，满分75分）16.设函数f（x）=sin（ωx﹣π6）+sin（ωx﹣π2），其中0＜ω＜3，已知f（π6）=0．（12分）（Ⅰ）求ω；（Ⅱ）将函数y=f（x）的图象上各点的横坐标伸长为原来的2倍（纵坐标不变），再将得到的图象向左平移π4个单位，得到函数y=g（x）的图象，求g（x）在[﹣π4，3π4]上的最小值．17.如图，几何体是圆柱的一部分，它是由矩形ABCD（及其内部）以AB边所在直线为旋转轴旋转120°得到的，G是DF̂的中点．（12分）（Ⅰ）设P是CÊ上的一点，且AP⊥BE，求∠CBP的大小；（Ⅱ）当AB=3，AD=2时，求二面角E﹣AG﹣C的大小．18.在心理学研究中，常采用对比试验的方法评价不同心理暗示对人的影响，具体方法如下：将参加试验的志愿者随机分成两组，一组接受甲种心理暗示，另一组接受乙种心理暗示，通过对比这两组志愿者接受心理暗示后的结果来评价两种心理暗示的作用，现有6名男志愿者A1，A2，A3，A4，A5，A6和4名女志愿者B1，B2，B3，B4，从中随机抽取5人接受甲种心理暗示，另5人接受乙种心理暗示．（12分）（Ⅰ）求接受甲种心理暗示的志愿者中包含A1但不包含B1的概率．（Ⅱ）用X表示接受乙种心理暗示的女志愿者人数，求X的分布列与数学期望EX．19.已知{x n}是各项均为正数的等比数列，且x1+x2=3，x3﹣x2=2．（12分）（Ⅰ）求数列{x n}的通项公式；（Ⅱ）如图，在平面直角坐标系xOy中，依次连接点P1（x1，1），P2（x2，2）…P n+1（x n+1，n+1）得到折线P1 P2…P n+1，求由该折线与直线y=0，x=x1，x=x n+1所围成的区域的面积T n．20.已知函数f（x）=x2+2cosx，g（x）=e x（cosx﹣sinx+2x﹣2），其中e≈2.17828…是自然对数的底数．（13分）（Ⅰ）求曲线y=f（x）在点（π，f（π））处的切线方程；（Ⅱ）令h（x）=g （x）﹣a f（x）（a∈R），讨论h（x）的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值．21.在平面直角坐标系xOy中，椭圆E：x2a2+y2b2=1（a＞b＞0）的离心率为√22，焦距为2．（14分）（Ⅰ）求椭圆E的方程．（Ⅱ）如图，该直线l：y=k1x﹣√3交椭圆E于A，B两点，C是椭圆E上的一点，直线OC的斜率为k2，2，M是线段OC延长线上一点，且|MC|：|AB|=2：3，⊙M的半径为|MC|，OS，OT是⊙M 且看k1k2=√24的两条切线，切点分别为S，T，求∠SOT的最大值，并求取得最大值时直线l的斜率．答案解析部分一、<b >选择题：本大题共<b >10小题，每小题<b >5分，共<b >50分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符号题目要求的.1.【答案】D【考点】交集及其运算，函数的定义域及其求法，一元二次不等式的解法【解析】【解答】解：由4﹣x2≥0，解得：﹣2≤x≤2，则函数y= √4−x2的定义域[﹣2，2]，由对数函数的定义域可知：1﹣x＞0，解得：x＜1，则函数y=ln（1﹣x）的定义域（﹣∞，1），则A∩B=[﹣2，1），故选D．【分析】根据幂函数及对数函数定义域的求法，即可求得A和B，即可求得A∩B．2.【答案】A【考点】复数的基本概念，复数代数形式的乘除运算【解析】【解答】解：由z=a+ √3i，则z的共轭复数z̅=a﹣√3i，由z• z̅=（a+ √3i）（a﹣√3i）=a2+3=4，则a2=1，解得：a=±1，∴a的值为1或﹣1，故选A．【分析】求得z的共轭复数，根据复数的运算，即可求得a的值．3.【答案】B【考点】复合命题的真假，对数函数的单调性与特殊点，不等式比较大小【解析】【解答】解：命题p：∀x＞0，ln（x+1）＞0，则命题p为真命题，则￢p为假命题；取a=﹣1，b=﹣2，a＞b，但a2＜b2，则命题q是假命题，则￢q是真命题．∴p∧q是假命题，p∧￢q是真命题，￢p∧q是假命题，￢p∧￢q是假命题．故选B．【分析】由对数函数的性质可知命题p为真命题，则￢p为假命题，由不等式的性质可知，命题q是假命题，则￢q是真命题．因此p∧￢q为真命题．4.【答案】C【考点】二元一次不等式（组）与平面区域，简单线性规划【解析】【解答】解：画出约束条件{x−y+3≤03x+y+5≤0x+3≥0表示的平面区域，如图所示；由{x+3=03x+y+5=0解得A（﹣3，4），此时直线y=﹣12x+ 12z在y轴上的截距最大，所以目标函数z=x+2y的最大值为z max=﹣3+2×4=5．故选：C．【分析】画出约束条件表示的平面区域，根据图形找出最优解是由{x+3=03x+y+5=0解得的点A的坐标，代入目标函数求出最大值．5.【答案】C【考点】线性回归方程【解析】【解答】解：由线性回归方程为ŷ=4x+ â，则x̅= 110∑10i=1x i=22.5，y̅= 110∑10i=1y i=160，则数据的样本中心点（22.5，160），由回归直线经过样本中心点，则â= ŷ﹣4x=160﹣4×22.5=70，∴回归直线方程为ŷ=4x+70，当x=24时，ŷ=4×24+70=166，则估计其身高为166，故选C．【分析】由数据求得样本中心点，由回归直线方程必过样本中心点，代入即可求得â，将x=24代入回归直线方程即可估计其身高．6.【答案】D【考点】选择结构，循环结构，程序框图【解析】【解答】解：当输入的x值为7时，第一次，不满足b2＞x，也不满足x能被b整数，故b=3；第二次，满足b2＞x，故输出a=1；当输入的x值为9时，第一次，不满足b2＞x，也不满足x能被b整数，故b=3；第二次，不满足b2＞x，但满足x能被b整数，故输出a=0故选：D【分析】根据已知中的程序框图，模拟程序的执行过程，可得答案．7.【答案】B【考点】不等式比较大小【解析】【解答】解：∵a＞b＞0，且ab=1，∴可取a=2，b= 12．则a+1b = 4 ，b2a=1222= 18，log2（a+b）= log2(2+12)= log252∈（1，2），∴b2a ＜log2（a+b）＜a+ 1b．故选：B．【分析】a＞b＞0，且ab=1，可取a=2，b= 12．代入计算即可得出大小关系．8.【答案】C【考点】排列、组合及简单计数问题【解析】【解答】解：从分别标有1，2，…，9的9张卡片中不放回地随机抽取2次，共有C92=36种不同情况，且这些情况是等可能发生的，抽到在2张卡片上的数奇偶性不同的情况有C51C41=20种，故抽到在2张卡片上的数奇偶性不同的概率P= 2036= 59，故选：C．【分析】计算出所有情况总数，及满足条件的情况数，代入古典概型概率计算公式，可得答案．9.【答案】A【考点】两角和与差的正弦公式，正弦定理，三角形中的几何计算【解析】【解答】解：在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，满足sinB（1+2cosC）=2sinAcosC+cosAsinC=sinAcosC+sin（A+C）=sinAcosC+sinB，可得：2sinBcosC=sinAcosC，因为△ABC为锐角三角形，所以2sinB=sinA，由正弦定理可得：2b=a．故选：A．【分析】利用两角和与差的三角函数化简等式右侧，然后化简通过正弦定理推出结果即可．10.【答案】B【考点】函数的值域，函数单调性的性质，函数的图象【解析】【解答】解：根据题意，由于m为正数，y=（mx﹣1）2为二次函数，在区间（0，1m）为减函数，（1m，+∞）为增函数，函数y= √x+m为增函数，分2种情况讨论：①、当0＜m≤1时，有1m≥1，在区间[0，1]上，y=（mx﹣1）2为减函数，且其值域为[（m﹣1）2，1]，函数y= √x+m为增函数，其值域为[m，1+m]，此时两个函数的图象有1个交点，符合题意；②、当m＞1时，有1m＜1，y=（mx﹣1）2在区间（0，1m ）为减函数，（1m，1）为增函数，函数y= √x+m为增函数，其值域为[m，1+m]，若两个函数的图象有1个交点，则有（m﹣1）2≥1+m，解可得m≤0或m≥3，又由m为正数，则m≥3；综合可得：m的取值范围是（0，1]∪[3，+∞）；故选：B．【分析】根据题意，由二次函数的性质分析可得：y=（mx﹣1）2为二次函数，在区间（0，1m）为减函数，（1m ，+∞）为增函数，分2种情况讨论：①、当0＜m≤1时，有1m≥1，②、当m＞1时，有1m＜1，结合图象分析两个函数的单调性与值域，可得m的取值范围，综合可得答案．二、<b >填空题：本大题共<b >5小题，每小题<b >5分，共<b >25分11.【答案】4【考点】组合及组合数公式，二项式定理，二项式系数的性质【解析】【解答】解：（1+3x）n的展开式中通项公式：T r+1= ∁n r（3x）r=3r∁n r x r．∵含有x2的系数是54，∴r=2．∴32∁n2=54，可得∁n2=6，∴n(n−1)2=6，n∈N*．解得n=4．故答案为：4．【分析】利用二项展开式的通项公式即可得出．12.【答案】√33【考点】平面向量数量积的运算【解析】【解答】解：e1⃗⃗⃗ ，e2⃗⃗⃗ 是互相垂直的单位向量，∴| e1⃗⃗⃗ |=| e2⃗⃗⃗ |=1，且e1⃗⃗⃗ • e2⃗⃗⃗ =0；又√3e1⃗⃗⃗ ﹣e2⃗⃗⃗ 与e1⃗⃗⃗ +λ e2⃗⃗⃗ 的夹角为60°，∴（√3e1⃗⃗⃗ ﹣e2⃗⃗⃗ ）•（e1⃗⃗⃗ +λ e2⃗⃗⃗ ）=| √3e1⃗⃗⃗ ﹣e2⃗⃗⃗ |×| e1⃗⃗⃗ +λ e2⃗⃗⃗ |×cos60°，即√3e1⃗⃗⃗ 2+（√3λ﹣1）e1⃗⃗⃗ • e2⃗⃗⃗ ﹣λ e2⃗⃗⃗ 2= √3e1⃗⃗⃗ 2−2√3e1⃗⃗⃗ ⋅e2⃗⃗⃗ +e2⃗⃗⃗ 2× √e1⃗⃗⃗ 2+2λe1⃗⃗⃗ ⋅e2⃗⃗⃗ +λ2e2⃗⃗⃗ 2× 12，化简得√3﹣λ= √3+1× √1+λ2× 12，即√3﹣λ= √1+λ2，解得λ= √33．故答案为：√33．【分析】根据平面向量的数量积运算与单位向量的定义，列出方程解方程即可求出λ的值．13.【答案】2+ π2【考点】由三视图还原实物图，棱柱、棱锥、棱台的体积【解析】【解答】解：由长方体长为2，宽为1，高为1，则长方体的体积V1=2×1×1=2，圆柱的底面半径为1，高为1，则圆柱的体积V2= 14×π×12×1= π4，则该几何体的体积V=V1+2V1=2+ π2，故答案为：2+ π2．【分析】由三视图可知：长方体长为2，宽为1，高为1，圆柱的底面半径为1，高为1圆柱的14，根据长方体及圆柱的体积公式，即可求得几何体的体积．14.【答案】y=± √22x【考点】抛物线的标准方程，抛物线的简单性质，双曲线的标准方程，双曲线的简单性质，圆锥曲线的综合【解析】【解答】解：把x2=2py（p＞0）代入双曲线x2a2−y2b2=1（a＞0，b＞0），可得：a2y2﹣2pb2y+a2b2=0，∴y A+y B= 2pb2a2，∵|AF|+|BF|=4|OF|，∴y A+y B+2× p2=4× p2，∴2pb2a2=p，∴ba = √22．∴该双曲线的渐近线方程为：y=± √22x．故答案为：y=± √22x．【分析】把x2=2py（p＞0）代入双曲线x2a2−y2b2=1（a＞0，b＞0），可得：a2y2﹣2pb2y+a2b2=0，利用根与系数的关系、抛物线的定义及其性质即可得出．15.【答案】①④【考点】函数单调性的性质，指数函数的图象与性质，利用导数研究函数的单调性【解析】【解答】解：对于①，f（x）=2﹣x，则g（x）=e x f（x）= e x⋅2−x=(e2)x为实数集上的增函数；对于②，f（x）=3﹣x，则g（x）=e x f（x）= e x⋅3−x=(e3)x为实数集上的减函数；对于③，f（x）=x3，则g（x）=e x f（x）=e x•x3，g′（x）=e x•x3+3e x•x2=e x（x3+3x2）=e x•x2（x+3），当x＜﹣3时，g′（x）＜0，∴g（x）=e x f（x）在定义域R上先减后增；对于④，f（x）=x2+2，则g（x）=e x f（x）=e x（x2+2），g′（x）=e x（x2+2）+2xe x=e x（x2+2x+2）＞0在实数集R上恒成立，∴g（x）=e x f（x）在定义域R上是增函数．∴具有M性质的函数的序号为①④．故答案为：①④．【分析】把①②代入e x f（x），变形为指数函数判断；把③④代入e x f（x），求导数判断．三、<b >解答题（共<b >6小题，满分<b >75分）16.【答案】解：（Ⅰ）函数f（x）=sin（ωx﹣π6）+sin（ωx﹣π2）=sinωxcos π6﹣cosωxsin π6﹣sin（π2﹣ωx）= √32sinωx﹣32cosωx= √3sin（ωx﹣π3），又f（π6）= √3sin（π6ω﹣π3）=0，∴π6ω﹣π3=kπ，k∈Z，又0＜ω＜3，∴ω=2；（Ⅱ）由（Ⅰ）知，f（x）= √3sin（2x﹣π3），将函数y=f（x）的图象上各点的横坐标伸长为原来的2倍（纵坐标不变），得到函数y= √3sin（x﹣π3）的图象；再将得到的图象向左平移π4个单位，得到y= √3sin（x+ π4﹣π3）的图象，∴函数y=g（x）= √3sin（x﹣π12）；当x∈[﹣π4，3π4]时，x﹣π12∈[﹣π3，2π3]，∴sin（x﹣π12）∈[﹣√32，1]，∴当x=﹣π4时，g（x）取得最小值是﹣√32× √3=﹣32．【考点】两角和与差的正弦公式，正弦函数的定义域和值域，函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换，运用诱导公式化简求值【解析】【分析】（Ⅰ）利用三角恒等变换化函数f（x）为正弦型函数，根据f（π6）=0求出ω的值；（Ⅱ）写出f（x）解析式，利用平移法则写出g（x）的解析式，求出x∈[﹣π4，3π4]时g（x）的最小值．17.【答案】解：（Ⅰ）∵AP⊥BE，AB⊥BE，且AB，AP⊂平面ABP，AB∩AP=A，∴BE⊥平面ABP，又BP⊂平面ABP，∴BE⊥BP，又∠EBC=120°，因此∠CBP=30°；（Ⅱ）解法一、取EĈ的中点H，连接EH，GH，CH，∵∠EBC=120°，∴四边形BEGH为菱形，∴AE=GE=AC=GC= √32+22=√13．取AG中点M，连接EM，CM，EC，则EM⊥AG，CM⊥AG，又AM=1，∴EM=CM= √13−1=2√3 ． 在△BEC 中，由于∠EBC=120°，由余弦定理得：EC 2=22+22﹣2×2×2×cos120°=12， ∴ EC =2√3 ，因此△EMC 为等边三角形， 故所求的角为60°．解法二、以B 为坐标原点，分别以BE ，BP ，BA 所在直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系．由题意得：A （0，0，3），E （2，0，0），G （1， √3 ，3），C （﹣1， √3 ，0）， 故 AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2，0，−3) ， AG ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1，√3，0) ， CG ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2，0，3) ． 设 m ⃗⃗ =(x 1，y 1，z 1) 为平面AEG 的一个法向量，由 {m ⃗⃗ ⋅AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =0m ⃗⃗ ⋅AG⃗⃗⃗⃗⃗ =0 ，得 {2x 1−3z 1=0x 1+√3y 1=0 ，取z 1=2，得 m ⃗⃗ =(3，−√3，2) ；设 n ⃗ =(x 2，y 2，z 2) 为平面ACG 的一个法向量， 由 {n ⃗ ⋅AG ⃗⃗⃗⃗⃗ =0n ⃗ ⋅CG ⃗⃗⃗⃗⃗ =0 ，可得 {x 2+√3y 2=02x 2+3z 2=0 ，取z 2=﹣2，得 n ⃗ =(3，−√3，−2) ．∴cos ＜ m ⃗⃗ ，n ⃗ ＞= m ⃗⃗⃗ ⋅n ⃗ |m⃗⃗⃗ ||n ⃗ |=12 ． ∴二面角E ﹣AG ﹣C 的大小为60°．【考点】旋转体（圆柱、圆锥、圆台），直线与平面垂直的判定，直线与平面垂直的性质，用空间向量求平面间的夹角，二面角的平面角及求法【解析】【分析】（Ⅰ）由已知利用线面垂直的判定可得BE ⊥平面ABP ，得到BE ⊥BP ，结合∠EBC=120°求得∠CBP=30°；（Ⅱ）法一、取 EC ̂ 的中点H ，连接EH ，GH ，CH ，可得四边形BEGH 为菱形，取AG 中点M ，连接EM ，CM ，EC ，得到EM ⊥AG ，CM ⊥AG ，说明∠EMC 为所求二面角的平面角．求解三角形得二面角E ﹣AG ﹣C 的大小．法二、以B 为坐标原点，分别以BE ，BP ，BA 所在直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系．求出A ，E ，G ，C 的坐标，进一步求出平面AEG 与平面ACG 的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值可得二面角E ﹣AG ﹣C 的大小．18.【答案】 解：（I ）记接受甲种心理暗示的志愿者中包含A 1但不包含B 1的事件为M ，4（II ）X 的可能取值为：0，1，2，3，4， ∴P （X=0）= C 65C 105 = 142 ，P （X=1）= C 64C 41C 105 =521 ，P （X=2）= C 63C 42C 105 = 1021 ， P （X=3）= C 62C 43C 105 =521 ，P （X=4）=C 61C 44C 105 = 142 ．∴X 的分布列为X 的数学期望EX=0× 142 +1× 521+2× 1021 +3×521+4× 142 =2．【考点】古典概型及其概率计算公式，离散型随机变量及其分布列，离散型随机变量的期望与方差，组合及组合数公式【解析】【分析】（Ⅰ）利用组合数公式计算概率；（Ⅱ）使用超几何分布的概率公式计算概率，得出分布列，再计算数学期望． 19.【答案】 解：（I ）设数列{x n }的公比为q ，则q ＞0，由题意得 {x 1+x 1q =3x 1q 2−x 1q =2， 两式相比得： 1+qq 2−q =32 ，解得q=2或q=﹣ 13 （舍）， ∴x 1=1， ∴x n =2n ﹣1 ．（II ）过P 1 ， P 2 ， P 3 ， …，P n 向x 轴作垂线，垂足为Q 1 ， Q 2 ， Q 3 ， …，Q n ， 即梯形P n P n+1Q n+1Q n 的面积为b n ， 则b n =n+n+12×2n−1 =（2n+1）×2n ﹣2 ，∴T n =3×2﹣1+5×20+7×21+…+（2n+1）×2n ﹣2 ， ① ∴2T n =3×20+5×21+7×22+…+（2n+1）×2n ﹣1 ， ② ①﹣②得：﹣T n = 32 +（2+22+…+2n ﹣1）﹣（2n+1）×2n ﹣1 = 32 + 2(1−2n−1)1−2﹣（2n+1）×2n ﹣1=﹣ 12 +（1﹣2n ）×2n ﹣1 ． ∴T n = (2n−1)×2n +12．【考点】等比数列的通项公式，等比数列的前n项和【解析】【分析】（I）列方程组求出首项和公比即可得出通项公式；（II）从各点向x轴作垂线，求出梯形的面积的通项公式，利用错位相减法求和即可．20.【答案】解：（Ⅰ）f（π）=π2﹣2．f′（x）=2x﹣2sinx，∴f′（π）=2π．∴曲线y=f（x）在点（π，f（π））处的切线方程为：y﹣（π2﹣2）=2π（x﹣π）．化为：2πx﹣y﹣π2﹣2=0．（Ⅱ）h（x）=g （x）﹣a f（x）=e x（cosx﹣sinx+2x﹣2）﹣a（x2+2cosx）h′（x）=e x（cosx﹣sinx+2x﹣2）+e x（﹣sinx﹣cosx+2）﹣a（2x﹣2sinx）=2（x﹣sinx）（e x﹣a）=2（x﹣sinx）（e x﹣e lna）．令u（x）=x﹣sinx，则u′（x）=1﹣cosx≥0，∴函数u（x）在R上单调递增．∵u（0）=0，∴x＞0时，u（x）＞0；x＜0时，u（x）＜0．（i）a≤0时，e x﹣a＞0，∴x＞0时，h′（x）＞0，函数h（x）在（0，+∞）单调递增；x＜0时，h′（x）＜0，函数h（x）在（﹣∞，0）单调递减．∴x=0时，函数h（x）取得极小值，h（0）=﹣1﹣2a．（ii）a＞0时，令h′（x）=2（x﹣sinx）（e x﹣e lna）=0．解得x1=lna，x2=0．①0＜a＜1时，x∈（﹣∞，lna）时，e x﹣e lna＜0，h′（x）＞0，函数h（x）单调递增；x∈（lna，0）时，e x﹣e lna＞0，h′（x）＜0，函数h（x）单调递减；x∈（0，+∞）时，e x﹣e lna＞0，h′（x）＞0，函数h（x）单调递增．∴当x=0时，函数h（x）取得极小值，h（0）=﹣2a﹣1．当x=lna时，函数h（x）取得极大值，h（lna）=﹣a[ln2a﹣2lna+sin（lna）+cos（lna）+2]．②当a=1时，lna=0，x∈R时，h′（x）≥0，∴函数h（x）在R上单调递增．③1＜a时，lna＞0，x∈（﹣∞，0）时，e x﹣e lna＜0，h′（x）＞0，函数h（x）单调递增；x∈（0，lna）时，e x﹣e lna＜0，h′（x）＜0，函数h（x）单调递减；x∈（lna，+∞）时，e x﹣e lna＞0，h′（x）＞0，函数h（x）单调递增．∴当x=0时，函数h（x）取得极大值，h（0）=﹣2a﹣1．当x=lna时，函数h（x）取得极小值，h（lna）=﹣a[ln2a﹣2lna+sin（lna）+cos（lna）+2]．综上所述：a≤0时，函数h（x）在（0，+∞）单调递增；x＜0时，函数h（x）在（﹣∞，0）单调递减．x=0时，函数h（x）取得极小值，h（0）=﹣1﹣2a．0＜a＜1时，函数h（x）在x∈（﹣∞，lna）是单调递增；函数h（x）在x∈（lna，0）上单调递减．当x=0时，函数h（x）取得极小值，h（0）=﹣2a﹣1．当x=lna时，函数h（x）取得极大值，h（lna）=﹣a[ln2a ﹣2lna+sin（lna）+cos（lna）+2]．当a=1时，lna=0，函数h（x）在R上单调递增．a＞1时，函数h（x）在（﹣∞，0），（lna，+∞）上单调递增；函数h（x）在（0，lna）上单调递减．当x=0时，函数h（x）取得极大值，h（0）=﹣2a﹣1．当x=lna时，函数h（x）取得极小值，h（lna）=﹣a[ln2a ﹣2lna+sin（lna）+cos（lna）+2]．【考点】导数的加法与减法法则，导数的乘法与除法法则，函数的单调性与导数的关系，利用导数研究函数的单调性，利用导数研究函数的极值，利用导数研究曲线上某点切线方程【解析】【分析】（Ⅰ）f （π）=π2﹣2．f′（x ）=2x ﹣2sinx ，可得f′（π）=2π即为切线的斜率，利用点斜式即可得出切线方程．（Ⅱ）h （x ）=g （x ）﹣a f （x ）=e x （cosx ﹣sinx+2x ﹣2）﹣a （x 2+2cosx ），可得h′（x ）=2（x ﹣sinx ）（e x ﹣a ）=2（x ﹣sinx ）（e x ﹣e lna ）．令u （x ）=x ﹣sinx ，则u′（x ）=1﹣cosx≥0，可得函数u （x ）在R 上单调递增．由u （0）=0，可得x ＞0时，u （x ）＞0；x ＜0时，u （x ）＜0．对a 分类讨论：a≤0时，0＜a ＜1时，当a=1时，a ＞1时，利用导数研究函数的单调性极值即可得出．21.【答案】 解：（Ⅰ）由题意知， {ca=√222c =2a 2=b 2+c 2，解得a= √2 ，b=1．∴椭圆E 的方程为x 22+y 2=1 ；（Ⅱ）设A （x 1 ， y 1），B （x 2 ， y 2），联立 {x 22+y 2=1y =k 1x −√32 ，得 (4k 12+2)x 2−4√3k 1x −1=0 ．由题意得△= 64k 12+8 ＞0．x 1+x 2=2√3k 12k 12+1， x 1x 2=−12(2k12+1)．∴|AB|= √1+k 12|x 1−x 2|=√2⋅√1+k 12√1+8k121+2k 12 ．由题意可知圆M 的半径r 为 r= 23|AB|=2√23√1+k 12√1+8k 121+2k 12．由题意设知， k 1k 2=√24，∴ k 2=√24k 1．因此直线OC 的方程为 y =√24k 1x ．联立 {x 22+y 2=1y =√24k 1x ，得 x 2=8k 121+4k 12，y 2=11+4k12．因此，|OC|= √x 2+y 2=√1+8k121+4k1．由题意可知，sin∠SOT 2= rr+|OC|=11+|OC|r．而|OC|r=√1+8k 12122√23√1+k 1√1+8k 11+2k 12 = √24121212．1因此，|OC|r=2√2t2+t−1=2√2+t−t2= 2√−(1t−12)+94≥1．当且仅当1t =12，即t=2时等式成立，此时k1=±√22．∴sin∠SOT2≤12，因此∠SOT2≤π6．∴∠SOT的最大值为π3．综上所述：∠SOT的最大值为π3，取得最大值时直线l的斜率为k1=±√22．【考点】函数的值域，椭圆的标准方程，椭圆的简单性质，椭圆的应用，直线与圆锥曲线的关系，直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】（Ⅰ）由题意得关于a，b，c的方程组，求解方程组得a，b的值，则椭圆方程可求；（Ⅱ）设A（x1，y1），B（x2，y2），联立直线方程与椭圆方程，利用根与系数的关系求得A，B的横坐标的和与积，由弦长公式求得|AB|，由题意可知圆M的半径r，则r= 23|AB|=2√2 3√1+k12√1+8k121+2k12．由题意设知k2=√24k1．得到直线OC的方程，与椭圆方程联立，求得C点坐标，可得|OC|，由题意可知，sin ∠SOT2=rr+|OC|=11+|OC|r．转化为关于k1的函数，换元后利用配方法求得∠SOT的最大值为π3，取得最大值时直线l的斜率为k1=±√22．。