一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分。在每小題給出的四個選項中，
1．（5分）已知集合A＝{1，2，3}，B={x|y=1?x2}，則A∩B＝（ ）
A．{1}B．{0，1}C．{﹣1，1}D．{﹣1，0，1}
2．（5分）已知命題p：?α∈R，sin(π3+α)=cs(π6?α)，則￢p為（ ）
A．?α∈R，sin(π3+α)≠cs(π6?α)
B．?α∈R，sin(π3+α)≠cs(π6?α)
C．?α?R，sin(π3+α)=cs(π6?α)
D．?α?R，sin(π3+α)=cs(π6?α)
3．（5分）在等差數(shù)列{an}中，已知a1＝﹣9，a3+a5＝﹣9，a2n﹣1＝9，則n＝（ ）
A．7B．8C．9D．10
4．（5分）已知向量a→=(1，?1)，b→=(2，1)，若(ta→+b→)⊥(?2a→+tb→)，則t＝（ ）
A．1或12B．﹣2或12C．﹣1或2D．﹣2或1
5．（5分）已知α∈(π2，π)，2cs2α=sin(α?π4)，則sin2α＝（ ）
A．?14B．14C．?34D．34
6．（5分）已知a＞0，b＞0，且a+b＝4，則（ ）
A．1a+1b≥2B．a(chǎn)+b≥22
C．a(chǎn)2+2b≥8D．(a+2b)(b+2a)≥8
7．（5分）設(shè)f（x）＝ex+lnx，滿足f（a）f（b）f（c）＜0（0＜a＜b＜c）．若函數(shù)f（x）存在零點x0，則（ ）
A．x0＜aB．x0＞aC．x0＜cD．x0＞c
8．（5分）已知a＞1，若關(guān)于x的方程（xa?1）lna+xlnx＝0有兩個不同的正根，則a的取值范圍為（ ）
A．（1，ee）B．（ee，+∞）C．(1，e1e)D．(e1e，+∞)
二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分。
（多選）9．（6分）已知復(fù)數(shù)z1，z2，下列說法正確的是（ ）
A．若|z1|＝|z2|，則z12=z22
B．|z1z2|＝|z1||z2|
C．|z1﹣z2|≤|z1|+|z2|
D．|z1+z2|≤|z1|+|z2|
10．（6分）如圖，在正方體中，O為底面的中心，P為所在棱的中點，M，N為正方體的頂點．則滿足MN⊥OP的是（ ）
A．B．
C．D．
（多選）11．（6分）設(shè)f（x），g（x）都是定義在R上的奇函數(shù)，且f（x）為單調(diào)函數(shù)，f（1）＞1，若對任意x∈R有f（g（x）﹣x）＝a（a為常數(shù)），g（f（x+2））+g（f（x））＝2x+2，則（ ）
A．g（2）＝0
B．f（3）＜3
C．f（x）﹣x為周期函數(shù)
D．k=1n f(4k)＞2n2+2n
三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分。
12．（5分）(x3?1x)4展開式中常數(shù)項為 ．
13．（5分）已知某條線路上有A，B兩輛相鄰班次的BRT（快速公交車），若A準點到站的概率為13，在B準點到站的前提下A準點到站的概率為34，在A準點到站的前提下B不準點到站的概率為716，則B準點到站的概率為 ．
14．（5分）[x]表示不超過x的最大整數(shù)，比如[2.6]＝2，[π]＝3，…，已知等差數(shù)列{an}的通項公式an＝2n+1，其前n項和為Sn，則使[S1]+[S2]+?+[Sn]?2025成立的最大整數(shù)為 ．
四、解答題：本題共5小題，共77分。解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟。
15．（13分）在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對邊分別是a，b，c，且滿足asinB=bcs(A?π6)．
（1）求角A；
（2）若a＝2，求△ABC周長的取值范圍．
16．（15分）為更好地發(fā)揮高考的育才作用，部分新高考試題采用了多選題這一新題型．多選題的評分規(guī)則如下：對于多選題，每個小題給出的四個選項中有兩項或三項是正確的，滿分6分．全部選對得6分，有錯選或全不選的得0分．正確答案為兩項時，選對1個得3分；正確答案為三項時，選對1個得2分，選對2個得4分．某數(shù)學(xué)小組研究發(fā)現(xiàn)，多選題正確答案是兩個選項的概率為p，正確答案是三個選項的概率為1﹣p（0＜p＜1）．現(xiàn)有一道多選題，學(xué)生李華完全不會，此時他有三種答題方案：Ⅰ．隨機選一個選項；Ⅱ．隨機選兩個選項；Ⅲ．隨機選三個選項．
（1）若p=12，且學(xué)生李華選擇方案I，求本題得分的數(shù)學(xué)期望；
（2）以本題得分的數(shù)學(xué)期望為決策依據(jù)，p的取值在什么范圍內(nèi)唯獨選擇方案Ⅰ最好？
17．（15分）已知函數(shù)f（x）＝e2x+（a﹣2）ex﹣ax．
（1）當a＝2時，求曲線y＝f（x）在點（1，f（1））處的切線方程；
（2）討論f（x）的單調(diào)區(qū)間．
18．（17分）如圖，三棱錐P﹣ABC中，PA⊥底面ABC，且AC⊥BC，PA＝AC＝BC＝3，D為PC的中點，G在線段PB上，且DG=62．
（1）證明：AD⊥PB；
（2）若BG的中點為H，求平面ADG與平面ADH夾角的余弦值．
19．（17分）對于數(shù)列{an}，如果存在等差數(shù)列{bn}和等比數(shù)列{cn}，使得an=bn+cn(n∈N?)，則稱數(shù)列{an}是“優(yōu)分解”的．
（1）證明：如果{an}是等差數(shù)列，則{an}是“優(yōu)分解”的．
（2）記Δan=an+1?an，Δ2an=Δan+1?Δan(n∈N?)，證明：如果數(shù)列{an}是“優(yōu)分解”的，則Δ2an=0(n∈N?)或數(shù)列{Δ2an}是等比數(shù)列．
（3）設(shè)數(shù)列{an}的前n項和為Sn，如果{an}和{Sn}都是“優(yōu)分解”的，并且a1＝3，a2＝4，a3＝6，求{an}的通項公式．
答案與試題解析
一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分。在每小題給出的四個選項中，
1．（5分）已知集合A＝{1，2，3}，B={x|y=1?x2}，則A∩B＝（ ）
A．{1}B．{0，1}C．{﹣1，1}D．{﹣1，0，1}
【分析】將集合B化簡，再由交集的運算，即可得到結(jié)果．
解：因為A＝{1，2，3}，B={x|y=1?x2}={x|﹣1≤x≤1}，
所以A∩B＝{1}．
故選：A．
【點評】本題主要考查集合的基本運算，屬于基礎(chǔ)題．
2．（5分）已知命題p：?α∈R，sin(π3+α)=cs(π6?α)，則￢p為（ ）
A．?α∈R，sin(π3+α)≠cs(π6?α)
B．?α∈R，sin(π3+α)≠cs(π6?α)
C．?α?R，sin(π3+α)=cs(π6?α)
D．?α?R，sin(π3+α)=cs(π6?α)
【分析】根據(jù)給定條件，利用全稱量詞命題的否定判斷即得．
解：命題p：?α∈R，sin(π3+α)=cs(π6?α)，
則?p：?α∈R，sin(π3+α)≠cs(π6?α)．
故選：A．
【點評】本題主要考查全稱命題的否定，屬于基礎(chǔ)題．
3．（5分）在等差數(shù)列{an}中，已知a1＝﹣9，a3+a5＝﹣9，a2n﹣1＝9，則n＝（ ）
A．7B．8C．9D．10
【分析】結(jié)合等差數(shù)列的通項公式即可求解．
解：等差數(shù)列{an}中，a1＝﹣9，a3+a5＝2a1+6d＝﹣9，
則d=32，a2n﹣1＝9，
所以﹣9+（2n﹣2）×32=9，
故n＝7．
故選：A．
【點評】本題主要考查了等差數(shù)列通項公式的應(yīng)用，屬于基礎(chǔ)題．
4．（5分）已知向量a→=(1，?1)，b→=(2，1)，若(ta→+b→)⊥(?2a→+tb→)，則t＝（ ）
A．1或12B．﹣2或12C．﹣1或2D．﹣2或1
【分析】由向量點的坐標先求出.ta→+b→和?2a→+tb→的坐標，再由兩垂直向量數(shù)量積為0建立等式，從而求得參數(shù)t的值．
解：向量a→=(1，?1)，b→=(2，1)，
則ta→+b→=(t+2，?t+1)，?2a→+tb→=(?2+2t，2+t)，
∵(ta→+b→)⊥(?2a→+tb→)，
∴(ta→+b→)?(?2a→+tb→)=0，即（t+2）（﹣2+2t）+（﹣t+1）（2+t）＝t2+t﹣2＝0，
∴（t+2）（t﹣1）＝0，
∴t＝﹣2或t＝1．
故選：D．
【點評】本題主要考查向量的坐標運算，以及向量垂直的性質(zhì)，屬于基礎(chǔ)題．
5．（5分）已知α∈(π2，π)，2cs2α=sin(α?π4)，則sin2α＝（ ）
A．?14B．14C．?34D．34
【分析】直接利用三角函數(shù)的關(guān)系式的變換求出三角函數(shù)的值．
解：因為2cs2α=sin(α?π4)，
所以2(cs2α?sin2α)=22(sinα?csα)，
所以(csα?sinα)(csα+sinα+12)=0．
又α∈(π2，π)，則sinα＞0，csα＜0，
即csα﹣sinα＜0．
所以csα+sinα=?12，因為α∈(π2，π)，所以sin2α＜0．
由(csα+sinα)2=14，可得1+sin2α=14，即sin2α=?34，符合題意．
故選：C．
【點評】本題考查的知識點：三角函數(shù)的關(guān)系式的變換，三角函數(shù)的值，主要考查學(xué)生的運算能力，屬于中檔題．
6．（5分）已知a＞0，b＞0，且a+b＝4，則（ ）
A．1a+1b≥2B．a(chǎn)+b≥22
C．a(chǎn)2+2b≥8D．(a+2b)(b+2a)≥8
【分析】根據(jù)基本不等式“1”的妙用以及基本不等式的應(yīng)用逐項判斷可求出結(jié)果．
解：a＞0，b＞0，且a+b＝4，
對于A，(1a+1b)(a4+b4)=b4a+a4b+12≥2b4a?a4b+12=1，
當且僅當b4a=a4b，即a＝b＝2時，等號成立，故A錯誤；
對于B，因為4=a+b≥2ab，所以ab≤4，當且僅當a＝b＝2時等號成立，
所以(a+b)2=a+b+2ab≤8，所以a+b≤22，故B錯誤；
對于C，因為a2+2b＝a2+2（4﹣a）＝（a﹣1）2+7≥7，故C錯誤；
對于D，(a+2b)(b+2a)=ab+4ab+4≥2ab?4ab+4=8，
當且僅當ab＝2時，等號成立，故D正確．
故選：D．
【點評】本題主要考查了基本不等式在最值求解中的應(yīng)用，屬于中檔題．
7．（5分）設(shè)f（x）＝ex+lnx，滿足f（a）f（b）f（c）＜0（0＜a＜b＜c）．若函數(shù)f（x）存在零點x0，則（ ）
A．x0＜aB．x0＞aC．x0＜cD．x0＞c
【分析】由題意，利用函數(shù)的單調(diào)性，結(jié)合函數(shù)的零點判定定理對選項進行分析，進而可解．
解：易知f（x）的定義域為（0，+∞）且y＝ex，y＝lnx均為單調(diào)遞增函數(shù)，
所以函數(shù)f（x）＝ex+lnx在x∈（0，+∞）上單調(diào)遞增，
因為0＜a＜b＜c，
所以f（a）＜f（b）＜f（c），
滿足f（a）f（b）f（c）＜0（0＜a＜b＜c），
所以f（a），f（b），f（c）中有1個是負數(shù)一定是f（a），兩個正數(shù)或3個負數(shù)，
因為f（x）存在零點，
所以x0＞a．
故選：B．
【點評】本題考查函數(shù)的單調(diào)性以及零點存在性定理，考查了邏輯推理和運算能力，屬于基礎(chǔ)題．
8．（5分）已知a＞1，若關(guān)于x的方程（xa?1）lna+xlnx＝0有兩個不同的正根，則a的取值范圍為（ ）
A．（1，ee）B．（ee，+∞）C．(1，e1e)D．(e1e，+∞)
【分析】由題意，先將方程(xa?1)lna+xlnx=0進行整理，利用換元法、構(gòu)造函數(shù)法，結(jié)合導(dǎo)數(shù)來求得a的取值范圍．
解：因為a1x?1+x?lnxlna=0，
即1xa1x+lgax=1x，
所以1xa1x=lga(1xa1x)，
令1xa1x=t，
易知t=1xa1x在（0，+∞）上單調(diào)遞減，
此時t?lgat=t?lntlna=0有兩個不同的正根，
令f(t)=lntt，函數(shù)定義域為（0，+∞），
可得f′(t)=1?lntt2，
當0＜t＜e時，f′（t）＞0，f（x）單調(diào)遞增；
當t＞e時，f′（t）＜0，f（x）單調(diào)遞減，
所以f(t)max=f(e)=1e，
因為當t∈（0，1）時，f（t）＜0；當t∈（1，+∞）時，f（t）＞0，
所以0＜lna＜1e，
則a∈(1，e1e)．
故選：C．
【點評】本題考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，考查了邏輯推理、轉(zhuǎn)化思想和運算能力，屬于中檔題．
二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分。
（多選）9．（6分）已知復(fù)數(shù)z1，z2，下列說法正確的是（ ）
A．若|z1|＝|z2|，則z12=z22
B．|z1z2|＝|z1||z2|
C．|z1﹣z2|≤|z1|+|z2|
D．|z1+z2|≤|z1|+|z2|
【分析】舉出反例即可判斷A；根據(jù)復(fù)數(shù)的乘法運算及復(fù)數(shù)的模的公式即可判斷B；根據(jù)復(fù)數(shù)加減法的幾何意義及坐標表示即可判斷CD．
解：對于A，設(shè)z1＝1+2i，z2＝2+i，顯然|z1|＝|z2|，
但z12=?3+4i≠z22=3+4i，故A錯；
對于B，設(shè)z1＝a+bi，z2＝c+di，
則z1z2＝ac﹣bd+（ad+bc）i，
|z1z2|=(ac?bd)2+(ad+bc)2=a2c2+a2d2+b2c2+d2d2，
|z1||z2|=a2+b2?c2+d2=a2c2+a2d2+b2c2+d2d2，
所以|z1z2|＝|z1||z2|，故B對；
對于CD，根據(jù)復(fù)數(shù)的幾何意義可知，復(fù)數(shù)z1在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)向量OZ1→，
復(fù)數(shù)z2對應(yīng)向量OZ2→，復(fù)數(shù)加減法對應(yīng)向量加減法，
故|z1﹣z2|和|z1+z2|分別為OZ1→和OZ2→為鄰邊構(gòu)成平行四邊形的兩條對角線的長度，
所以|z1﹣z2|≤|z1|+|z2|，|z1+z2|≤|z1|+|z2|，故C對，D對．
故選：BCD．
【點評】本題考查了復(fù)數(shù)代數(shù)形式的乘除運算，考查了復(fù)數(shù)的代數(shù)表示法及其幾何意義，考查了復(fù)數(shù)模的求法，是基礎(chǔ)題．
10．（6分）如圖，在正方體中，O為底面的中心，P為所在棱的中點，M，N為正方體的頂點．則滿足MN⊥OP的是（ ）
A．B．
C．D．
【分析】對于A，設(shè)正方體棱長為2，MN與OP所成角為θ，求出tanθ=22，不滿足MN⊥OP；對于B，C，D，作出空間直角坐標系，設(shè)正方體棱長為2，利用向量法進行判斷，即可．
解：對于A，設(shè)正方體棱長為2，MN與OP所成角為θ，
則tanθ=1124+4=22，不滿足MN⊥OP，故A錯誤；
對于B，如圖，作出空間直角坐標系，
設(shè)正方體棱長為2，則M（0，2，2），N（2，2，0），P（0，0，1），O（1，1，0），
∴MN→=（2，0，﹣2），OP→=（﹣1，﹣1，1），
∴MN→?OP→=?4，不滿足MN⊥OP，故B錯誤；
對于C，如圖，作出空間直角坐標系，
設(shè)正方體棱長為2，則M（2，2，2），N（0，2，0），O（1，1，0），P（0，0，1），
∴MN→=（﹣2，0，﹣2），OP→=（﹣1，﹣1，1），
∴MN→?OP→=0，滿足MN⊥OP，故C正確；
對于D，如圖，作出空間直角坐標系，
設(shè)正方體棱長為2，則M（0，0，2），N（0，2，0），P（0，0，1），O（1，1，0），
∴MN→=（0，2，﹣2），OP→=（﹣1，﹣1，1），
∴MN→?OP→=?4，不滿足MN⊥OP，故D錯誤．
故選：C．
【點評】本題考查空間中線與線的位置關(guān)系，熟練掌握利用空間向量證明線線垂直的方法是解題的關(guān)鍵，考查空間立體感和運算能力，屬于基礎(chǔ)題．
（多選）11．（6分）設(shè)f（x），g（x）都是定義在R上的奇函數(shù)，且f（x）為單調(diào)函數(shù)，f（1）＞1，若對任意x∈R有f（g（x）﹣x）＝a（a為常數(shù)），g（f（x+2））+g（f（x））＝2x+2，則（ ）
A．g（2）＝0
B．f（3）＜3
C．f（x）﹣x為周期函數(shù)
D．k=1n f(4k)＞2n2+2n
【分析】對于A，在f（g（x）﹣x）＝a中，令x＝0得a＝f（g（0））＝f（0）＝0，f（x）為單調(diào)函數(shù)，所以g（x）﹣x＝0；對于B，由f（3）+f（1）＝4，得f（3）＝4﹣f（1）＜3，對于C，設(shè)h（x）＝f（x）﹣x，則由f（x+2）+f（x）＝2x+2，可得h（x+2）+h（x）＝0，對于D，由h（x+4）＝h（x），得f（x+4）﹣x﹣4＝f（x）﹣x，{f（4k）}為等差數(shù)列，且f（4）﹣f（0）＝4，所以k=1nf(4k)=4×n(n+1)2=2n2+2n．
解：因為f（x），g（x）都是定義在R上的奇函數(shù)，所以f（0）＝0，g（0）＝0，
因為對任意x∈R有f（g（x）﹣x）＝a，
所以a＝f（g（0））＝f（0）＝0，
所以f（g（x）﹣x）＝0，又f（x）為單調(diào)函數(shù)，
所以g（x）﹣x＝0，即g（x）＝x，
因為g（f（x+2））+g（f（x））＝2x+2，
所以f（x+2）+f（x）＝2x+2，
對于A，g（2）＝2，故A錯誤；
對于B，由f（3）+f（1）＝4，f（1）＞1，得f（3）＝4﹣f（1）＜3，故B正確；
對于C，設(shè)h（x）＝f（x）﹣x，則由f（x+2）+f（x）＝2x+2，
可得h（x+2）+h（x）＝0，所以h（x+4）+h（x+2）＝0，
所以h（x+4）＝h（x），即f（x）﹣x為周期函數(shù)，故C正確；
對于D，由h（x+4）＝h（x），得f（x+4）﹣x﹣4＝f（x）﹣x，即f（x+4）﹣f（x）＝4，
所以{f（4k）}為等差數(shù)列，k∈N*，
且f（4）﹣f（0）＝4，即f（4）＝4，
所以f（4k）＝4+4（k﹣1）＝4k，
所以k=1nf(4k)=4×n(n+1)2=2n2+2n，故D錯誤．
故選：BC．
【點評】本題考查抽象函數(shù)及其應(yīng)用，函數(shù)的性質(zhì)綜合應(yīng)用，數(shù)列求和，屬難題．
三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分。
12．（5分）(x3?1x)4展開式中常數(shù)項為 ﹣4 ．
【分析】求得二項式展開式中的通項公式，再令x的指數(shù)為0，計算可得所求值．
解：（x3?1x）4的展開式的通項公式為Tr+1=C4r（x3）4﹣r（?1x）r=C4r（﹣1）rx12﹣4r，r＝0，1，…，4，
令12﹣4r＝0，解得r＝3，
T4=C43（﹣1）3＝﹣4，
故﹣4．
【點評】本題考查二項式展開式中通項公式的運用，考查運算能力，屬于基礎(chǔ)題．
13．（5分）已知某條線路上有A，B兩輛相鄰班次的BRT（快速公交車），若A準點到站的概率為13，在B準點到站的前提下A準點到站的概率為34，在A準點到站的前提下B不準點到站的概率為716，則B準點到站的概率為 14 ．
【分析】根據(jù)已知條件以及條件概率列方程，從而求得B準點到站的概率．
解：某條線路上有A，B兩輛相鄰班次的BRT（快速公交車），
A準點到站的概率為13，在B準點到站的前提下A準點到站的概率為34，
在A準點到站的前提下B不準點到站的概率為716，
設(shè)事件A為“A準點到站”，事件B為“B準點到站”，
依題意，P(A)=13，P(A|B)=34，P(B|A)=716，
而P(B|A)=P(AB)P(A)=716，∴P(AB)=748，
而P(A)=P(AB∪AB)=P(AB)+P(AB)=13，則P(AB)=316，
又P(A|B)=P(AB)P(B)=34，解得P(B)=14．
故14．
【點評】本題考查條件概率等基礎(chǔ)知識，考查運算求解能力，是基礎(chǔ)題．
14．（5分）[x]表示不超過x的最大整數(shù)，比如[2.6]＝2，[π]＝3，…，已知等差數(shù)列{an}的通項公式an＝2n+1，其前n項和為Sn，則使[S1]+[S2]+?+[Sn]?2025成立的最大整數(shù)為 63 ．
【分析】根據(jù)已知條件，結(jié)合等差數(shù)列的前n項和公式，求出Sn，再結(jié)合取整函數(shù)的定義，即可求解．
解：等差數(shù)列{an}的通項公式an＝2n+1，
則a1＝3，
故Sn=n(a1+an)2=n2+2n，
∴[Sn]=[n2+2n]，
n2＜n2+2n＜(n+1)2?n＜n2+2n＜n+1，∴[Sn]=[n2+2n]=n，
即[S1]+[S2]+?+[Sn]=1+2+?+n=n(n+1)2?2025，
∴n（n+1）?4050，
n＝63時，63×64＝4032＜4050；n＝64時，64×65＝4160＞4050．
故n的最大值為63．
故63．
【點評】本題主要考查等差數(shù)列的前n項和公式，屬于基礎(chǔ)題．
四、解答題：本題共5小題，共77分。解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟。
15．（13分）在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對邊分別是a，b，c，且滿足asinB=bcs(A?π6)．
（1）求角A；
（2）若a＝2，求△ABC周長的取值范圍．
【分析】（1）由asinB=bcs(A?π6)，利用正弦定理求解；
（2）由（1）知A=π3，利用余弦定理得到b2+c2＝bc+4，再利用基本不等式求解．
解：（1）由asinB=bcs(A?π6)及正弦定理得：sinAsinB=sinBcs(A?π6)，
故sinAsinB=32sinBcsA+12sinBsinA，
即12sinAsinB=32sinBcsA，
因為B∈（0，π），sinB≠0，則12sinA=32csA，
所以12sinA?32csA=sin(A?π3)=0，
因為A∈（0，π），所以A=π3；
（2）由（1）可知，A=π3，
由余弦定理，得b2+c2﹣a2＝bc，
又a＝2，所以b2+c2＝bc+4，
由基本不等式得：b2+c2≥2bc，即bc+4≥2bc，
所以bc≤4，當且僅當b＝c＝2時，等號成立；
又（b+c）2＝b2+c2+2bc＝3bc+4≤16，
即0＜b+c≤4，又b+c＞a＝2，所以2＜b+c≤4，
所以4＜a+b+c≤6，
即△ABC周長的取值范圍是（4，6]．
【點評】本題考查正弦定理、余弦定理及基本不等式的應(yīng)用，屬中檔題．
16．（15分）為更好地發(fā)揮高考的育才作用，部分新高考試題采用了多選題這一新題型．多選題的評分規(guī)則如下：對于多選題，每個小題給出的四個選項中有兩項或三項是正確的，滿分6分．全部選對得6分，有錯選或全不選的得0分．正確答案為兩項時，選對1個得3分；正確答案為三項時，選對1個得2分，選對2個得4分．某數(shù)學(xué)小組研究發(fā)現(xiàn)，多選題正確答案是兩個選項的概率為p，正確答案是三個選項的概率為1﹣p（0＜p＜1）．現(xiàn)有一道多選題，學(xué)生李華完全不會，此時他有三種答題方案：Ⅰ．隨機選一個選項；Ⅱ．隨機選兩個選項；Ⅲ．隨機選三個選項．
（1）若p=12，且學(xué)生李華選擇方案I，求本題得分的數(shù)學(xué)期望；
（2）以本題得分的數(shù)學(xué)期望為決策依據(jù)，p的取值在什么范圍內(nèi)唯獨選擇方案Ⅰ最好？
【分析】（1）由題意，記X為“從四個選項中隨機選擇一個選項的得分”，得到X的所有可能取值和相對應(yīng)的概率，代入期望公式中即可求解；
（2）記ξ為“從四個選項中隨機選擇一個選項的得分”，?為“從四個選項中隨機選擇兩個選項的得分”，η為“從四個選項中隨機選擇三個選項的得分”，得到相對應(yīng)的期望，再列出等式進行求解即可．
解：（1）記X為“從四個選項中隨機選擇一個選項的得分”，
此時X的所有可能取值為0，2，3，
可得P(X=0)=12×2C41+12×1C41=38，P(X=2)=12×0+12×C31C41=38，
P（X＝3）＝1﹣P（X＝1）﹣P（X＝2）=14，
則X的分布列為：
故E(X)=0×38+2×38+3×14=32；
（2）記ξ為“從四個選項中隨機選擇一個選項的得分”，
此時P（ξ＝1）=p×2C41+(1?p)×1C41=1+p4，P(ξ=2)=p×0+(1?p)×C31C41=34(1?p)，
P(ξ=3)=p×C21C41+(1?p)×0=12p，
所以E(ξ)=0×1+p4+2×34(1?p)+3×12p=32；
記?為“從四個選項中隨機選擇兩個選項的得分”，
此時P(ε=0)=p×C42?1C42+(1?p)×C31C42=13p+12，
P（?＝4）＝p×0+（1﹣p）×C42?C31C42=12(1?p)，
P（?＝6）＝p×1C42+（1﹣p）×0=16p，
所以E(ε)=0×(13p+12)+4×12(1?p)+6×16p=2?p；
記η為“從四個選項中隨機選擇三個選項的得分”，
此時P(η=0)=p×1+(1?p)×C43?1C43=14p+34，
P（η＝6）＝p×0+（1﹣p）×1C43=14(1?p)，
所以E(η)=0×(14p+34)+6×14(1?p)=32(1?p)，
若滿足唯獨選擇方案Ⅰ最好，
此時2?p＜3232(1?p)＜320＜p＜1，
解得12＜p＜1．
故p的取值范圍為(12，1)．
【點評】本題考查離散型隨機變量的分布列和期望，考查了邏輯推理和運算能力，屬于中檔題．
17．（15分）已知函數(shù)f（x）＝e2x+（a﹣2）ex﹣ax．
（1）當a＝2時，求曲線y＝f（x）在點（1，f（1））處的切線方程；
（2）討論f（x）的單調(diào)區(qū)間．
【分析】（1）求導(dǎo)，可得f（1）＝e2﹣2，f'（1）＝2e2﹣2，結(jié)合導(dǎo)數(shù)的幾何意義求切線方程；
（2）求導(dǎo)可得f'（x）＝（2ex+a）（ex﹣1），分類討論a的符號以及l(fā)n(?a2)與0的大小關(guān)系，利用導(dǎo)數(shù)判斷原函數(shù)的單調(diào)性．
解：（1）當a＝2時，則f（x）＝e2x﹣2x，f'（x）＝2e2x﹣2，
可得f（1）＝e2﹣2，f'（1）＝2e2﹣2，
即切點坐標為（1，e2﹣2），切線斜率為k＝2e2﹣2，
所以切線方程為y﹣（e2﹣2）＝（2e2﹣2）（x﹣1），即（2e2﹣2）x﹣y﹣e2＝0．
（2）由題意可知：f（x）的定義域為R，且f′（x）＝2e2x+（a﹣2）ex﹣a＝（2ex+a）（ex﹣1），
（i）若a≥0，則2ex+a＞0，
令f′（x）＞0，解得x＞0；令f′（x）＜0，解得x＜0；
可知f（x）在（﹣∞，0）內(nèi)單調(diào)遞減，在（0，+∞）內(nèi)單調(diào)遞增；
（ii）若a＜0，令f′（x）＝0，解得x=ln(?a2)或x＝0，
①當ln(?a2)＜0，即﹣2＜a＜0時，令f′（x）＞0，解得x＞0或x＜ln(?a2)；
令f'（x）＜0，解得ln(?a2)＜x＜0，
可知f（x）在(ln(?a2)，0)內(nèi)單調(diào)遞減，在(?∞，ln(?a2），（0，+∞）內(nèi)單調(diào)遞增；
②當ln(?a2)=0，即a＝﹣2時，則f'（x）＝2（ex﹣1）2≥0，可知f（x）在R內(nèi)單調(diào)遞增；
③當ln(?a2)＞0，即a＜﹣2時，令f′（x）＞0，解得x＜0或x＞ln(?a2)；
令f'（x）＜0，解得0＜x＜ln(?a2)，
可知f（x）在(0，ln(?a2）內(nèi)單調(diào)遞減，在（﹣∞，0），(ln(?a2)，+∞）內(nèi)單調(diào)遞增；
綜上所述：若a≥0，f（x）的單調(diào)遞減區(qū)間為（﹣∞，0），單調(diào)遞增區(qū)間為（0，+∞）；
若﹣2＜a＜0，f（x）的單調(diào)遞減區(qū)間為(ln(?a2)，0)，單調(diào)遞增區(qū)間為(?∞，ln(?a2），（0，+∞）；
若a＝﹣2，f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為R，無單調(diào)遞減區(qū)間；
若a＜﹣2，f（x）的單調(diào)遞減區(qū)間為(0，ln(?a2），單調(diào)遞增區(qū)間為（﹣∞，0），(ln(?a2)，+∞)．
【點評】本題主要考查利用導(dǎo)數(shù)研究曲線上某點的切線方程，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，考查運算求解能力，屬于難題．
18．（17分）如圖，三棱錐P﹣ABC中，PA⊥底面ABC，且AC⊥BC，PA＝AC＝BC＝3，D為PC的中點，G在線段PB上，且DG=62．
（1）證明：AD⊥PB；
（2）若BG的中點為H，求平面ADG與平面ADH夾角的余弦值．
【分析】（1）先證AD⊥平面PBC，根據(jù)線面垂直的定義證明線線垂直．
（2）建立空間直角坐標系，用空間向量求二面角的大小．
解：（1）證明：由于PA⊥底面ABC，并且BC?底面ABC，
因此PA⊥BC，
由于PA∩AC＝A，且PA，AC?平面PAC，并且AC⊥BC，
因此BC⊥平面PAC，
又由于AD?平面PAC，因此BC⊥AD，
由于PA＝AC，且D為PC的中點，
因此AD⊥PC，
又由于PC∩BC＝C，且BC，PC?平面PBC，
因此AD⊥平面PBC，
由于PB?平面PBC，因此AD⊥PB．
（2）根據(jù)題意可知，以點A為原點，以過點A且平行于BC的直線為x軸，AC，AP所在的直線分別為y軸和z軸，建立空間直角坐標系，如圖所示，
則PA＝AC＝BC＝3，
可得D(0，32，32)，C（0，3，0），B（3，3，0），A（0，0，0），P（0，0，3），
所以PD→=(0，32，?32)，PB→=(3，3，?3)，
由于G在線段PB上，令PG→=λPB→=(3λ，3λ，?3λ)，
且0＜λ＜1，
那么DG→=PG→?PD→=(3λ，3λ?32，?3λ+32)，
由于DG=62，
所以9λ2+(3λ?32)2+(?3λ+32)2=64，因此λ=13，
因此H（2，2，1），G（1，1，2），
所以AD→=(0，32，32)，AG→=(1，1，2)，AG→=(2，2，1)，
設(shè)平面ADH的法向量為m→=(x，y，z)，那么m→?AD→=32y+32z=0m→?AH→=2x+2y+z=0，
令y＝1，可得x=?12，z＝﹣1，所以m→=(?12，1，?1)，
設(shè)平面ADG的法向量為n→=(x，y，z)，那么n→?AD→=32y+32z=0n→?AG→=x+y+2z=0，
令y＝1，可得z＝﹣1，x＝1，因此n→=(1，1，?1)，
設(shè)平面ADG與平面ADH的夾角為θ，
可得csθ=|n→?m→||n→||m→|=323×32=33，
故平面ADG與平面ADH夾角的余弦值為33．
【點評】本題考查空間位置關(guān)系，屬于中檔題．
19．（17分）對于數(shù)列{an}，如果存在等差數(shù)列{bn}和等比數(shù)列{cn}，使得an=bn+cn(n∈N?)，則稱數(shù)列{an}是“優(yōu)分解”的．
（1）證明：如果{an}是等差數(shù)列，則{an}是“優(yōu)分解”的．
（2）記Δan=an+1?an，Δ2an=Δan+1?Δan(n∈N?)，證明：如果數(shù)列{an}是“優(yōu)分解”的，則Δ2an=0(n∈N?)或數(shù)列{Δ2an}是等比數(shù)列．
（3）設(shè)數(shù)列{an}的前n項和為Sn，如果{an}和{Sn}都是“優(yōu)分解”的，并且a1＝3，a2＝4，a3＝6，求{an}的通項公式．
【分析】（1）{an}是等差數(shù)列，則an＝a1+（n﹣1）d＝[a1﹣1+（n﹣1）d]+1，令bn＝a1﹣1+（n﹣1）d，cn＝1，可得結(jié)論；
（2）設(shè)an=bn+cn(n∈N?)，可得Δ2an=c1qn?1(q?1)2，進而可得結(jié)論；
（3）設(shè)Sn=Bn+Cn(n∈N?)，可得{Δ2Sn}是首項為2，公比為Q（Q≠1）的等比數(shù)列，設(shè)an=bn+cn(n∈N?)，可得Δ2Sn=d+c1qn(q?1)，可得[d+c1q2(q?1)]2=[d+c1q(q?1)]?[d+c1q3(q?1)]，可得數(shù)列{Δan}是首項Δa1＝a2﹣a1＝1，公比為q的等比數(shù)列，可求{an}的通項公式．
解：（1）∵{an}是等差數(shù)列，∴設(shè)an＝a1+（n﹣1）d＝[a1﹣1+（n﹣1）d]+1，
令bn＝a1﹣1+（n﹣1）d，cn＝1，
則{bn}是等差數(shù)列，{cn}是等比數(shù)列，所以數(shù)列{an}是“優(yōu)分解”的．
（2）由于數(shù)列{an}是“優(yōu)分解”的，設(shè)an=bn+cn(n∈N?)，其中bn=b1+(n?1)d，cn=c1qn?1(c1≠0，q≠0)，
則Δan=an+1?an=d+c1qn?1(q?1)，Δ2an=Δan+1?Δan=c1qn?1(q?1)2．
當q＝1時，Δ2an=0(n∈N?)；
當q≠1時，{Δ2an}是首項為c1(q?1)2，公比為q的等比數(shù)列．
（3）一方面，∵數(shù)列{Sn}是“優(yōu)分解”的，設(shè)Sn=Bn+Cn(n∈N?)，
其中Bn=B1+(n?1)D，Cn=C1Qn?1(C1≠0，Q≠0)，由（2）知Δ2Sn=C1Qn?1(Q?1)2
因為ΔS1＝S2﹣S1＝a2＝4，ΔS2＝S3﹣S2＝a3＝6，所以Δ2S1＝ΔS2﹣ΔS1＝2．
∴C1(Q?1)2=2，∴Q≠1，∴{Δ2Sn}是首項為2，公比為Q（Q≠1）的等比數(shù)列．
另一方面，由于{an}是“優(yōu)分解”的，設(shè)an=bn+cn(n∈N?)，
其中bn=b1+(n?1)d，cn=c1qn?1(c1≠0，q≠0)，
ΔSn=Sn+1?Sn=an+1，Δ2Sn=ΔSn+1?ΔSn=an+2?an+1=d+c1qn(q?1)
∵{Δ2Sn}是首項為2，公比為Q（Q≠1）的等比數(shù)列，
∴q≠0，q≠1，且(Δ2S2)2=(Δ2S1)?(Δ2S3)，
∴[d+c1q2(q?1)]2=[d+c1q(q?1)]?[d+c1q3(q?1)]
化簡得c1dq(q?1)3=0，∵c1≠0，q≠0，q≠1，∴d＝0，∴Δan=an+1?an=c1qn?1(q?1)，
即數(shù)列{Δan}是首項Δa1＝a2﹣a1＝1，公比為q的等比數(shù)列．
又∵Δa2＝a3﹣a2＝2，∴q＝2，
又∵Δ2S1＝2，∴d+c1q（q﹣1）＝2，∵d＝0，q＝2，∴解得c1＝1，∴b1＝a1﹣c1＝3﹣1＝2，
綜上所述，an=b1+(n?1)d+c1qn?1=2+2n?1．
【點評】本題考查數(shù)列新定義，弄清題意，并充分應(yīng)用等比和等差數(shù)列的性質(zhì)，主要考查學(xué)生的運算能力，屬于中檔題．
題號
1
2
3
4
5
6
7
8
10
答案
A
A
A
D
C
D
B
C
C
X
0
2
3
P
38
38
14

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