1.已知集合A={x|x2>2x}，B={?2,0,1,3}，則A∩B=( )
A. {?2,0,3}B. {?2,3}C. {0,3}D. {3}
2.已知命題p：?x>0，3x>1，則￢p( )
A. ?x>0，3x≤1B. ?x≤0，3x>1C. ?x>0，3x≤1D. ?x>0，3x>1
3.函數(shù)y=e?x,e?x≥lnxlnx,e?x0的解集為R”是“f(x)>0恒成立”的( )條件
A. 充分不必要B. 必要不充分C. 充分必要D. 不充分不必要
7.已知直線y=ax+b與曲線y=x+1x相切，則2a+b的最大值為( )
A. 12B. 2C. 52D. 5
8.若函數(shù)f(x)=x|x?a|?1的3個(gè)零點(diǎn)由小到大排列成等差數(shù)列，則a=( )
A. 2B. 5C. 4 33D. 2 153
二、多選題：本題共3小題，共18分。在每小題給出的選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求。
9.下列曲線平移后可得到曲線y=2x的是( )
A. y=2x+3B. y=2x?3C. y=23xD. y=2x3
10.一般認(rèn)為，教室的窗戶面積應(yīng)小于地面面積，但窗戶面積與地面面積之比應(yīng)不小于15%，且這個(gè)比值越大，通風(fēng)效果越好.( )
A. 若教室的窗戶面積與地面面積之和為200m2，則窗戶面積至少應(yīng)該為30m2
B. 若窗戶面積和地面面積都增加原來(lái)的10%，則教室通風(fēng)效果不變
C. 若窗戶面積和地面面積都增加相同的面積，則教室的通風(fēng)效果變好
D. 若窗戶面積第一次增加了m%，第二次增加了n%(m≠n)；地面面積兩次都增加了m+n2%，則教室的通風(fēng)效果變差
11.設(shè)函數(shù)f(x)的定義域關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，且f(x)不恒為0，下列結(jié)論正確的是( )
A. 若f(x)具有奇偶性，則滿足f(x)=p(x)+q(x)的奇函數(shù)p(x)與偶函數(shù)q(x)中恰有一個(gè)為常函數(shù)，其函數(shù)值為0
B. 若f(x)不具有奇偶性，則滿足f(x)=p(x)+q(x)奇函數(shù)p(x)與偶函數(shù)q(x)不存在
C. 若f(x)為奇函數(shù)，則滿足f(x)=p(x)q(x)的奇函數(shù)p(x)與偶函數(shù)q(x)存在無(wú)數(shù)對(duì)
D. 若f(x)為偶函數(shù)，則滿足f(x)=q(p(x))的奇函數(shù)p(x)與偶函數(shù)q(x)存在無(wú)數(shù)對(duì)
三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分。
12.設(shè)函數(shù)f(x)的圖象上任意兩點(diǎn)處的切線都不相同，則滿足題設(shè)的一個(gè)f(x)= ______．
13.已知矩形ABCD(AB>AD)的周長(zhǎng)為24，將△ABC沿AC向△ADC折疊，AB折過(guò)去后與DC交于點(diǎn)P.設(shè)AB=x，則DP= ______(用x表示)，當(dāng)△ADP的面積最大時(shí)，x= ______．
14.已知a為常數(shù)，且a>0.定義在R上的函數(shù)f(x)滿足：f(x+a)≤f(x)≤f(x+3a)，且當(dāng)0≤x≤a時(shí)，f(x)=ax2?x，則a= ______．
四、解答題：本題共5小題，共77分。解答應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明，證明過(guò)程或演算步驟。
15.(本小題13分)
如圖，在三棱柱ABC?A1B1C1中，B1B⊥平面ABC，∠ABC=90°，AB=BC=BB1=1，E，F(xiàn)，G分別是棱AB，BC，BB1上的動(dòng)點(diǎn)，且AE=BF=B1G.
(1)求證：A1F⊥C1G；
(2)若平面EGC1與平面AA1B1B的夾角的余弦值為13，求BF．
16.(本小題15分)
某學(xué)習(xí)小組研究得到以下兩個(gè)公式：
①sin(α+β)?sin(α?β)=sin2α?sin2β；②sin(α+β)?sin(α?β)=cs2β?cs2α.
(1)請(qǐng)你在①和②中任選一個(gè)進(jìn)行證明；
(2)在△ABC中，已知sinCsin(A?B)=sinBsin(C?A)，csA=45，BC=2，求△ABC的面積．
17.(本小題15分)
分別過(guò)橢圓C：x24+y23=1的左、右焦點(diǎn)F1，F(xiàn)2作兩條平行直線，與C在x軸上方的曲線分別交于點(diǎn)P，Q．
(1)當(dāng)P為C的上頂點(diǎn)時(shí)，求直線PQ的斜率；
(2)求四邊形PF1F2Q的面積的最大值．
18.(本小題17分)
已知紅方、藍(lán)方發(fā)射炮彈攻擊對(duì)方目標(biāo)擊中的概率均為23，紅方、藍(lán)方空中攔截對(duì)方炮彈成功的概率分別為12,14.現(xiàn)紅方、藍(lán)方進(jìn)行模擬對(duì)抗訓(xùn)練，每次由一方先發(fā)射一枚炮彈攻擊對(duì)方目標(biāo)，另一方再進(jìn)行空中攔截，輪流進(jìn)行，各攻擊對(duì)方目標(biāo)一次為1輪對(duì)抗.經(jīng)過(guò)數(shù)輪對(duì)抗后，當(dāng)一方比另一方多擊中對(duì)方目標(biāo)兩次時(shí)，訓(xùn)練結(jié)束.假定紅方、藍(lán)方互不影響，各輪結(jié)果也互不影響.記在1輪對(duì)抗中，紅方擊中藍(lán)方目標(biāo)為事件A，藍(lán)方擊中紅方目標(biāo)為事件B.求：
(1)概率P(A)，P(B)；
(2)經(jīng)過(guò)1輪對(duì)抗，紅方與藍(lán)方擊中對(duì)方目標(biāo)次數(shù)之差X的概率分布及數(shù)學(xué)期望；
(3)在4輪對(duì)抗后訓(xùn)練結(jié)束的條件下，紅方比藍(lán)方多擊中對(duì)方目標(biāo)兩次的概率．
19.(本小題17分)
(1)函數(shù)y=2x與y=lg2x的圖象有怎樣的關(guān)系？請(qǐng)證明；
(2)是否存在正數(shù)c，對(duì)任意的x>c，總有2x>x2>lg2x？若存在，求c的最小值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由；
(3)已知常數(shù)a>1，證明：當(dāng)x足夠大時(shí)，總有ax>xa>lgax.
參考答案
1.B
2.C
3.D
4.C
5.D
6.C
7.C
8.B
9.AB
10.BCD
11.ACD
12.x2(答案不唯一)
13.12?72x 6 2
14.1
15.解：(1)證明：因?yàn)锽1B⊥平面ABC，AB，BC?平面ABC，
所以B1B⊥AB，B1B⊥BC，又∠ABC=90°，
故B 1B，AB，BC兩兩垂直，
以B為坐標(biāo)原點(diǎn)，BA，BB1，BC所在直線分別為x，y，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，

因?yàn)锳B=BC=BB1=1，AE=BF=B1G，
設(shè)AE=BF=B1G=m，0≤m≤1，
所以A1(1,1,0)，F(xiàn)(0,0,m)，C1(0,1,1)，G(0,1?m,0)，
則A1F=(0,0,m)?(1,1,0)=(?1,?1,m)，
C1G=(0,1?m,0)?(0,1,1)=(0,?m,?1)，
則A1F?C1G=(?1,?1,m)?(0,?m,?1)=m?m=0，
故A 1F⊥C1G；
(2)因?yàn)镋(1?m,0,0)，則EG=(0,1?m,0)?(1?m,0,0)=(m?1,1?m,0)，
則A1F?EG=(?1,?1,m)?(m?1,1?m,0)=1?m+m?1=0，
則A1F⊥EG，又C1G∩EG=G，C1G，EG?平面EGC1，
所以A1F⊥平面EGC1，
故A1F=(?1,?1,m)為平面EGC1的一個(gè)法向量，
又平面AA1B1B的法向量為n=(0,0,1)，
則平面EGC1與平面AA1B1B的夾角的余弦值為|cs|=|A1F?n||A1F||n|=|(?1,?1,m)?(0,0,1)| m2+1+1=|m| m2+2，
又平面EGC1與平面AA1B1B的夾角的余弦值為13，
所以|m| m2+2=13，
解得m=12，
即BF=12．
16.解：(1)證明：若選①：sin(α+β)?sin(α?β)=(sinαcsβ+csαsinβ)(sinαcsβ?csαsinβ)
=sinαcs2β?cs2αsinβ=sinα(1?sinβ)?(1?sinα)sin2β=sin2α?sin2β；
若選②：sin(α+β)?sin(α?β)=(sinαcsβ+csαsinβ)(sinαcsβ?csαsinβ)
=sinαcs2β?cs2αsin2β=(1?cs2α)cs2β?cs2α(1?cs2β)=cs2β?cs2α；
(2)因?yàn)閟inCsin(A?B)=sinBsin(C?A)，
所以sinC(sinAcsB?csAsinB)=sinB(sinCcsA?csCsinA)，
即sinA(sinCcsB+csCsinB)=2sinBsinCcsA，
即sinAsin(C+B)=2sinBsinCcsA，即sin2A=2sinBsinCcsA，
由正弦定理可得：a2=2bccsA，
又因?yàn)閏sA=45，BC=a=2，A∈(0,π)，所以bc=52，sinA=35，
所以△ABC的面積S=12bcsinA=12×52×35=34．
17.解：(1)由C：x24+y23=1可知F1(?1,0)，F(xiàn)2(1,0)，橢圓上頂點(diǎn)為(0,3)，即P(0,3)，
直線PF1的斜率為 3，則直線QF2的方程為：y= 3(x?1)，
聯(lián)立y= 3(x?1)x24+y23=1，消去y并整理得5x2?8x=0，
解得x=0或x=85，因點(diǎn)Q在x軸上方，故得點(diǎn)Q(85,3 35)，
于是直線PQ的斜率為：kPQ= 3?3 35?85=? 34；
(2)如圖，設(shè)過(guò)點(diǎn)F1，F(xiàn)2的兩條平行線分別交橢圓于點(diǎn)P，R和Q，S，

利用對(duì)稱性可知，四邊形PRSQ是平行四邊形，且四邊形PF1F2Q的面積是?PRSQ面積的一半．
顯然這兩條平行線的斜率不可能是0(否則不能構(gòu)成構(gòu)成四邊形)，可設(shè)直線PR的方程為l：x=my?1，
代入C：x24+y23=1，整理得：(3m2+4)y2?6my?9=0，
顯然Δ>0，設(shè)P(x1,y1)，R(x2,y2)，則y1+y2=6m3m2+4y1y2=?93m2+4，
則|PR|= 1+m2? (y1+y2)2?4y1y2
= 1+m2? (6m3m2+4)+363m2+4
= 1+m2? 144m2+144(3m2+4)2=12(m2+1)3m2+4，
點(diǎn)F2到直線l：x?my+1=0白距離為d=2 m2+1，
則四邊形PF1F2Q的面積為S=12|PR|?d=12×12(m2+1)3m2+4×2 m2+1=12 m2+13m2+4，
令t= m2+1，則t≥1且m2=t2?1，
所以S=12t3(t2?1)+4=12t3t2+1=123t+1t，
因?yàn)楹瘮?shù)y=3t+1t=3(t+13t)在1，+∞)上單調(diào)遞增，
所以當(dāng)t=1時(shí)，y=3t+1t取得最小值為4，此時(shí)Smax=3，
即四邊形PF1F2Q的面積的最大值為3．
18.解：(1)P(A)=23×34=12，P(B)=23×12=13；
(2)X的可能取值為?1，0，1，
因?yàn)镻(X=?1)=12×13=16，P(X=0)=12×13+12×23=12，P(X=1)=12×23=13，
所以X的分布列為：
所以E(X)=?16+0+13=16；
(3)若藍(lán)方擊中0次，則紅方比藍(lán)方多擊中對(duì)方目標(biāo)兩次的概率為(23)4×C42×(12)2×(12)2=227，
若藍(lán)方擊中1次，則紅方比藍(lán)方多擊中對(duì)方目標(biāo)兩次的概率為C41×13×(23)3×C43×(12)3×12=881，
若藍(lán)方擊中2次，則紅方比藍(lán)方多擊中對(duì)方目標(biāo)兩次的概率為C42(13)2(23)2(12)4=154，
所以紅方比藍(lán)方多擊中對(duì)方目標(biāo)兩次的概率為227+881+154=31162．
19.證明：(1)函數(shù)y=2x與y=lg2x互為反函數(shù)，它們的圖象關(guān)于直線y=x對(duì)稱，
令(a,b)為函數(shù)y=2x圖象上任意一點(diǎn)，即b=2a，
則a=lg2b，因此點(diǎn)(b,a)在函數(shù)y=lg2x的圖象上，
反之亦然，而點(diǎn)(a,b)與(b,a)關(guān)于直線y=x對(duì)稱，
所以函數(shù)y=2x與y=lg2x的圖象關(guān)于直線y=x對(duì)稱；
解：(2)存在正數(shù)c=4，對(duì)任意的x>4，2x>x2>lg2x恒成立，
令f(x)=2x?x2，顯然f(2)=f(4)=0，
根據(jù)指數(shù)函數(shù)與冪函數(shù)的增長(zhǎng)特征，在x∈(2,4)上恒有f(x)4時(shí)，求導(dǎo)得f′(x)=2xln2?2x，令F(x)=2xln2?2x，x>4，
求導(dǎo)得F′(x)=2x(ln2)2?2，函數(shù)F′(x)在(4,+∞)上單調(diào)遞增，F(xiàn)′(x)>F′(4)=(4ln2)2?2>0，
函數(shù)F(x)在(4,+∞)上單調(diào)遞增，F(xiàn)(4)=16ln2?8=8(ln4?1)>0，函數(shù)f(x)在(4,+∞)上單調(diào)遞增，
因此?x∈(4,+∞)，f(x)>f(4)=0；
令φ(x)=x2?lg2x，x>4，求導(dǎo)得φ′(x)=2x?1xln2，函數(shù)φ′(x)在(4,+∞)上單調(diào)遞增，
φ′(x)>φ′(4)=8?14ln2>0，因此函數(shù)φ(x)在(4,+∞)上單調(diào)遞增，φ(x)>φ(4)=14>0，
所以存在正數(shù)c，對(duì)任意的x>c，總有2x>x2>lg2x，cmin=4；
證明：(3)a>1，不妨令x>1，則不等式ax>xa?xlna>alnx?lnxx1，求導(dǎo)得g′(x)=1?lnxx2，
當(dāng)1e，g′(x)1，不妨令x>1，lgax=t>0，不等式xa>lgax?aat>t?lntt?alna1，求導(dǎo)得H′(a)=1+lna>0，函數(shù)H(a)在(1,+∞)上單調(diào)遞增，值域?yàn)?0,+∞)，
存在a0>1，使得H(a0)=1e，當(dāng)a≥a0，即alna≥1e時(shí)，?t∈(e,+∞)，?(t)

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