2015年湖南省高考数学试卷（理科） 29页

‎2015年湖南省高考数学试卷（理科）‎ ‎　‎ 一、选择题，共10小题，每小题5分，共50分 ‎1．（5分）已知=1+i（i为虚数单位），则复数z=（　　）‎ A．1+i B．1﹣i C．﹣1+i D．﹣1﹣i ‎2．（5分）设A、B是两个集合，则“A∩B=A”是“A⊆B”的（　　）‎ A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 ‎3．（5分）执行如图所示的程序框图，如果输入n=3，则输出的S=（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎4．（5分）若变量x、y满足约束条件，则z=3x﹣y的最小值为（　　）‎ A．﹣7 B．﹣1 C．1 D．2‎ ‎5．（5分）设函数f（x）=ln（1+x）﹣ln（1﹣x），则f（x）是（　　）‎ A．奇函数，且在（0，1）上是增函数 B．奇函数，且在（0，1）上是减函数 C．偶函数，且在（0，1）上是增函数 D．偶函数，且在（0，1）上是减函数 ‎6．（5分）已知（﹣）5的展开式中含x的项的系数为30，则a=（　　）‎ A． B．﹣ C．6 D．﹣6‎ ‎7．（5分）在如图所示的正方形中随机投掷10000个点，则落入阴影部分（曲线C为正态分布N（0，1）的密度曲线）的点的个数的估计值为（　　）‎ 附“若X﹣N=（μ，a2），则 P（μ﹣σ＜X≤μ+σ）=0.6826．‎ p（μ﹣2σ＜X≤μ+2σ）=0.9544．‎ A．2386 B．2718 C．3413 D．4772‎ ‎8．（5分）已知A，B，C在圆x2+y2=1上运动，且AB⊥BC，若点P的坐标为（2，0），则||的最大值为（　　）‎ A．6 B．7 C．8 D．9‎ ‎9．（5分）将函数f（x）=sin2x的图象向右平移φ（0＜φ＜）个单位后得到函数g（x）的图象．若对满足|f（x1）﹣g（x2）|=2的x1、x2，有|x1﹣x2|min=，则φ=（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎10．（5分） 某工件的三视图如图所示．现将该工件通过切削，加工成一个体积尽可能大的长方体新工件，并使新工件的一个面落在原工件的一个面内，则原工件材料的利用率为（材料利用率=）（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎　‎ 二、填空题，共5小题，每小题5分，共25分 ‎11．（5分）（x﹣1）dx=　 　．‎ ‎12．（5分）在一次马拉松比赛中，35名运动员的成绩（单位：分钟）的茎叶图如图所示．若将运动员成绩由好到差编号为1﹣35号，再用系统抽样方法从中抽取7人，则其中成绩在区间[139，151]上的运动员人数是　 　．‎ ‎13．（5分）设F是双曲线C：﹣=1的一个焦点．若C上存在点P，使线段PF的中点恰为其虚轴的一个端点，则C的离心率为　 　．‎ ‎14．（5分）设Sn为等比数列{an}的前n项和，若a1=1，且3S1，2S2，S3成等差数列，则an=　 　．‎ ‎15．（5分）已知函数f（x）=若存在实数b，使函数g（x）=f（x）﹣b有两个零点，则a的取值范围是　 　．‎ ‎　‎ 三、简答题，共1小题，共75分，16、17、18为选修题，任选两小题作答，如果全做，则按前两题计分选修4-1：几何证明选讲 ‎16．（6分）如图，在⊙O中，相交于点E的两弦AB，CD的中点分别是M，N，直线MO与直线CD相交于点F，证明：‎ ‎（1）∠MEN+∠NOM=180°‎ ‎（2）FE•FN=FM•FO．‎ ‎　‎ 选修4-4：坐标系与方程 ‎17．（6分）已知直线l：（t为参数）．以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的坐标方程为ρ=2cosθ．‎ ‎（1）将曲线C的极坐标方程化为直坐标方程；‎ ‎（2）设点M的直角坐标为（5，），直线l与曲线C的交点为A，B，求|MA|•|MB|的值．‎ ‎　‎ 选修4-5：不等式选讲 ‎18．设a＞0，b＞0，且a+b=+．证明：‎ ‎（ⅰ）a+b≥2；‎ ‎（ⅱ）a2+a＜2与b2+b＜2不可能同时成立．‎ ‎　‎ 七、标题 ‎19．设△ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，a=btanA，且B为钝角．‎ ‎（Ⅰ）证明：B﹣A=；‎ ‎（Ⅱ）求sinA+sinC的取值范围．‎ ‎20．某商场举行有奖促销活动，顾客购买一定金额商品后即可抽奖，每次抽奖都从装有4个红球、6个白球的甲箱和装有5个红球、5个白球的乙箱中，各随机摸出1个球，在摸出的2个球中，若都是红球，则获一等奖，若只有1个红球，则获二等奖；若没有红球，则不获奖．‎ ‎（1）求顾客抽奖1次能获奖的概率；‎ ‎（2）若某顾客有3次抽奖机会，记该顾客在3次抽奖中获一等奖的次数为X，求X的分布列和数学期望．‎ ‎21．如图，已知四棱台ABCD﹣A1B1C1D1的上、下底面分别是边长为3和6的正方形，AA1=6，且AA1⊥底面ABCD，点P、Q分别在棱DD1、BC上．‎ ‎（1）若P是DD1的中点，证明：AB1⊥PQ；‎ ‎（2）若PQ∥平面ABB1A1，二面角P﹣QD﹣A的余弦值为，求四面体ADPQ的体积．‎ ‎22．（13分）已知抛物线C1：x2=4y的焦点F也是椭圆C2：+=1（a＞b＞0）的一个焦点．C1与C2的公共弦长为2．‎ ‎（Ⅰ）求C2的方程；‎ ‎（Ⅱ）过点F的直线l与C1相交于A、B两点，与C2相交于C、D两点，且与同向．‎ ‎（1）若|AC|=|BD|，求直线l的斜率；‎ ‎（2）设C1在点A处的切线与x轴的交点为M，证明：直线l绕点F旋转时，△MFD总是钝角三角形．‎ ‎23．（13分）已知a＞0，函数f（x）=eaxsinx（x∈[0，+∞]）．记xn为f（x）的从小到大的第n（n∈N*）个极值点．证明：‎ ‎（Ⅰ）数列{f（xn）}是等比数列；‎ ‎（Ⅱ）若a≥，则对一切n∈N*，xn＜|f（xn）|恒成立．‎ ‎　‎ ‎2015年湖南省高考数学试卷（理科）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题，共10小题，每小题5分，共50分 ‎1．（5分）已知=1+i（i为虚数单位），则复数z=（　　）‎ A．1+i B．1﹣i C．﹣1+i D．﹣1﹣i ‎【分析】由条件利用两个复数代数形式的乘除法法则，求得z的值．‎ ‎【解答】解：∵已知=1+i（i为虚数单位），∴z===﹣1﹣i，‎ 故选：D．‎ ‎【点评】本题主要考查两个复数代数形式的乘除法法则的应用，属于基础题．‎ ‎　‎ ‎2．（5分）设A、B是两个集合，则“A∩B=A”是“A⊆B”的（　　）‎ A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 ‎【分析】直接利用两个集合的交集，判断两个集合的关系，判断充要条件即可．‎ ‎【解答】解：A、B是两个集合，则“A∩B=A”可得“A⊆B”，‎ ‎“A⊆B”，可得“A∩B=A”．‎ 所以A、B是两个集合，则“A∩B=A”是“A⊆B”的充要条件．‎ 故选：C．‎ ‎【点评】本题考查充要条件的判断与应用，集合的交集的求法，基本知识的应用．‎ ‎　‎ ‎3．（5分）执行如图所示的程序框图，如果输入n=3，则输出的S=（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【分析】列出循环过程中S与i的数值，满足判断框的条件即可结束循环．‎ ‎【解答】解：判断前i=1，n=3，s=0，‎ 第1次循环，S=，i=2，‎ 第2次循环，S=，i=3，‎ 第3次循环，S=，i=4，‎ 此时，i＞n，满足判断框的条件，结束循环，输出结果：S===‎ 故选：B．‎ ‎【点评】本题考查循环框图的应用，注意判断框的条件的应用，考查计算能力 ‎　‎ ‎4．（5分）若变量x、y满足约束条件，则z=3x﹣y的最小值为（　　）‎ A．﹣7 B．﹣1 C．1 D．2‎ ‎【分析】由约束条件作出可行域，由图得到最优解，求出最优解的坐标，数形结合得答案．‎ ‎【解答】解：由约束条件作出可行域如图，‎ 由图可知，最优解为A，‎ 联立，解得C（0，﹣1）．由解得A（﹣2，1），由，解得B（1，1）‎ ‎∴z=3x﹣y的最小值为3×（﹣2）﹣1=﹣7．‎ 故选：A．‎ ‎【点评】本题考查了简单的线性规划，考查了数形结合的解题思想方法，是中档题．易错点是图形中的B点．‎ ‎　‎ ‎5．（5分）设函数f（x）=ln（1+x）﹣ln（1﹣x），则f（x）是（　　）‎ A．奇函数，且在（0，1）上是增函数 B．奇函数，且在（0，1）上是减函数 C．偶函数，且在（0，1）上是增函数 D．偶函数，且在（0，1）上是减函数 ‎【分析】求出好的定义域，判断函数的奇偶性，以及函数的单调性推出结果即可．‎ ‎【解答】解：函数f（x）=ln（1+x）﹣ln（1﹣x），函数的定义域为（﹣1，1），‎ 函数f（﹣x）=ln（1﹣x）﹣ln（1+x）=﹣[ln（1+x）﹣ln（1﹣x）]=﹣f（x），所以函数是奇函数．‎ 排除C，D，正确结果在A，B，只需判断特殊值的大小，即可推出选项，x=0时，f（0）=0；‎ x=时，f（）=ln（1+）﹣ln（1﹣）=ln3＞1，显然f（0）＜f（），函数是增函数，所以B错误，A正确．‎ 故选：A．‎ ‎【点评】本题考查函数的奇偶性以及函数的单调性的判断与应用，考查计算能力．‎ ‎　‎ ‎6．（5分）已知（﹣）5的展开式中含x的项的系数为30，则a=（　　）‎ A． B．﹣ C．6 D．﹣6‎ ‎【分析】根据所给的二项式，利用二项展开式的通项公式写出第r+1项，整理成最简形式，令x的指数为求得r，再代入系数求出结果．‎ ‎【解答】解：根据所给的二项式写出展开式的通项，‎ Tr+1==；‎ 展开式中含x的项的系数为30，‎ ‎∴，‎ ‎∴r=1，并且，解得a=﹣6．‎ 故选：D．‎ ‎【点评】本题考查二项式定理的应用，本题解题的关键是正确写出二项展开式的通项，在这种题目中通项是解决二项展开式的特定项问题的工具．‎ ‎　‎ ‎7．（5分）在如图所示的正方形中随机投掷10000个点，则落入阴影部分（曲线C为正态分布N（0，1）的密度曲线）的点的个数的估计值为（　　）‎ 附“若X﹣N=（μ，a2），则 P（μ﹣σ＜X≤μ+σ）=0.6826．‎ p（μ﹣2σ＜X≤μ+2σ）=0.9544．‎ A．2386 B．2718 C．3413 D．4772‎ ‎【分析】求出P（0＜X≤1）=×0.6826=0.3413，即可得出结论．‎ ‎【解答】解：由题意P（0＜X≤1）=×0.6826=0.3413，‎ ‎∴落入阴影部分点的个数的估计值为10000×0.3413=3413，‎ 故选：C．‎ ‎【点评】本题考查正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义，考查正态分布中两个量μ和σ的应用，考查曲线的对称性，属于基础题．‎ ‎　‎ ‎8．（5分）已知A，B，C在圆x2+y2=1上运动，且AB⊥BC，若点P的坐标为（2，0），则||的最大值为（　　）‎ A．6 B．7 C．8 D．9‎ ‎【分析】由题意，AC为直径，所以||=|2+|．B为（﹣1，0）时，|2+|≤7，即可得出结论．‎ ‎【解答】解：由题意，AC为直径，所以||=|2+|‎ 所以B为（﹣1，0）时，|2+|≤7．‎ 所以||的最大值为7．‎ 另解：设B（cosα，sinα），‎ ‎|2+|=|2（﹣2，0）+（cosα﹣2，sinα）|=|（cosα﹣6，sinα）|==，‎ 当cosα=﹣1时，B为（﹣1，0），取得最大值7．‎ 故选：B．‎ ‎【点评】‎ 本题考查向量知识的运用，考查学生分析解决问题的能力，比较基础．‎ ‎　‎ ‎9．（5分）将函数f（x）=sin2x的图象向右平移φ（0＜φ＜）个单位后得到函数g（x）的图象．若对满足|f（x1）﹣g（x2）|=2的x1、x2，有|x1﹣x2|min=，则φ=（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【分析】利用三角函数的最值，求出自变量x1，x2的值，然后判断选项即可．‎ ‎【解答】解：因为将函数f（x）=sin2x的周期为π，函数的图象向右平移φ（0＜φ＜）个单位后得到函数g（x）的图象．若对满足|f（x1）﹣g（x2）|=2的可知，两个函数的最大值与最小值的差为2，有|x1﹣x2|min=，‎ 不妨x1=，x2=，即g（x）在x2=，取得最小值，sin（2×﹣2φ）=﹣1，此时φ=，不合题意，‎ x1=，x2=，即g（x）在x2=，取得最大值，sin（2×﹣2φ）=1，此时φ=，满足题意．‎ 另解：f（x）=sin2x，g（x）=sin（2x﹣2φ），设2x1=2kπ+，k∈Z，2x2﹣2φ=﹣+2mπ，m∈Z，‎ x1﹣x2=﹣φ+（k﹣m）π，‎ 由|x1﹣x2|min=，可得﹣φ=，解得φ=，‎ 故选：D．‎ ‎【点评】本题考查三角函数的图象平移，函数的最值以及函数的周期的应用，考查分析问题解决问题的能力，是好题，题目新颖．有一定难度，选择题，可以回代验证的方法快速解答．‎ ‎　‎ ‎10．（5分）‎ ‎ 某工件的三视图如图所示．现将该工件通过切削，加工成一个体积尽可能大的长方体新工件，并使新工件的一个面落在原工件的一个面内，则原工件材料的利用率为（材料利用率=）（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【分析】根据三视图可判断其为圆锥，底面半径为1，高为2，求解体积．‎ 利用几何体的性质得出此长方体底面边长为n的正方形，高为x，‎ 利用轴截面的图形可判断得出n=（1﹣），0＜x＜2，求解体积式子，利用导数求解即可，最后利用几何概率求解即．‎ ‎【解答】解：根据三视图可判断其为圆锥，‎ ‎∵底面半径为1，高为2，‎ ‎∴V=×2=‎ ‎∵加工成一个体积尽可能大的长方体新工件，‎ ‎∴此长方体底面边长为n的正方形，高为x，‎ ‎∴根据轴截面图得出：=，‎ 解得；n=（1﹣），0＜x＜2，‎ ‎∴长方体的体积Ω=2（1﹣）2x，Ω′=x2﹣4x+2，‎ ‎∵，Ω′=x2﹣4x+2=0，x=，x=2，‎ ‎∴可判断（0，）单调递增，（，2）单调递减，‎ Ω最大值=2（1﹣）2×=，‎ ‎∴原工件材料的利用率为=×=，‎ 故选：A．‎ ‎【点评】本题很是新颖，知识点融合的很好，把立体几何，导数，概率都相应的考查了，综合性强，属于难题．‎ ‎　‎ 二、填空题，共5小题，每小题5分，共25分 ‎11．（5分）（x﹣1）dx=　0　．‎ ‎【分析】求出被积函数的原函数，代入上限和下限求值．‎ ‎【解答】解：（x﹣1）dx=（﹣x）|=0；‎ 故答案为：0．‎ ‎【点评】本题考查了定积分的计算；关键是求出被积函数的原函数．‎ ‎　‎ ‎12．（5分）在一次马拉松比赛中，35名运动员的成绩（单位：分钟）的茎叶图如图所示．若将运动员成绩由好到差编号为1﹣35号，再用系统抽样方法从中抽取7人，则其中成绩在区间[139，151]上的运动员人数是　4　．‎ ‎【分析】根据茎叶图中的数据，结合系统抽样方法的特征，即可求出正确的结论．‎ ‎【解答】解：根据茎叶图中的数据，得；‎ 成绩在区间[139，151]上的运动员人数是20，‎ 用系统抽样方法从35人中抽取7人，‎ 成绩在区间[139，151]上的运动员应抽取 ‎7×=4（人）．‎ 故答案为：4．‎ ‎【点评】本题考查了茎叶图的应用问题，也考查了系统抽样方法的应用问题，是基础题目．‎ ‎　‎ ‎13．（5分）设F是双曲线C：﹣=1的一个焦点．若C上存在点P，使线段PF的中点恰为其虚轴的一个端点，则C的离心率为　　．‎ ‎【分析】设F（c，0），P（m，n），（m＜0），设PF的中点为M（0，b），即有m=﹣c，n=2b，将中点M的坐标代入双曲线方程，结合离心率公式，计算即可得到．‎ ‎【解答】解：设F（c，0），P（m，n），（m＜0），‎ 设PF的中点为M（0，b），‎ 即有m=﹣c，n=2b，‎ 将点（﹣c，2b）代入双曲线方程可得，‎ ‎﹣=1，‎ 可得e2==5，‎ 解得e=．‎ 故答案为：．‎ ‎【点评】‎ 本题考查双曲线的方程和性质，主要考查双曲线的离心率的求法，同时考查中点坐标公式的运用，属于中档题．‎ ‎　‎ ‎14．（5分）设Sn为等比数列{an}的前n项和，若a1=1，且3S1，2S2，S3成等差数列，则an=　3n﹣1　．‎ ‎【分析】利用已知条件列出方程求出公比，然后求解等比数列的通项公式．‎ ‎【解答】解：设等比数列的公比为q，Sn为等比数列{an}的前n项和，若a1=1，且3S1，2S2，S3成等差数列，‎ 可得4S2=S3+3S1，a1=1，‎ 即4（1+q）=1+q+q2+3，q=3．‎ ‎∴an=3n﹣1．‎ 故答案为：3n﹣1．‎ ‎【点评】本题考查等差数列以及等比数列的应用，基本知识的考查．‎ ‎　‎ ‎15．（5分）已知函数f（x）=若存在实数b，使函数g（x）=f（x）﹣b有两个零点，则a的取值范围是　{a|a＜0或a＞1}　．‎ ‎【分析】由g（x）=f（x）﹣b有两个零点可得f（x）=b有两个零点，即y=f（x）与y=b的图象有两个交点，则函数在定义域内不能是单调函数，结合函数图象可求a的范围 ‎【解答】解：∵g（x）=f（x）﹣b有两个零点，‎ ‎∴f（x）=b有两个零点，即y=f（x）与y=b的图象有两个交点，‎ 由x3=x2可得，x=0或x=1‎ ‎①当a＞1时，函数f（x）的图象如图所示，此时存在b，满足题意，故a＞1满足题意 ‎②当a=1时，由于函数f（x）在定义域R上单调递增，故不符合题意 ‎③当0＜a＜1时，函数f（x）单调递增，故不符合题意 ‎④a=0时，f（x）单调递增，故不符合题意 ‎⑤当a＜0时，函数y=f（x）的图象如图所示，此时存在b使得，y=f（x）与y=b有两个交点 综上可得，a＜0或a＞1‎ 故答案为：{a|a＜0或a＞1}‎ ‎【点评】本题考察了函数的零点问题，渗透了转化思想，数形结合、分类讨论的数学思想．‎ ‎　‎ 三、简答题，共1小题，共75分，16、17、18为选修题，任选两小题作答，如果全做，则按前两题计分选修4-1：几何证明选讲 ‎16．（6分）如图，在⊙O中，相交于点E的两弦AB，CD的中点分别是M，N，直线MO与直线CD相交于点F，证明：‎ ‎（1）∠MEN+∠NOM=180°‎ ‎（2）FE•FN=FM•FO．‎ ‎【分析】（1）证明O，M，E，N四点共圆，即可证明∠MEN+∠NOM=180°‎ ‎（2）证明△FEM∽△FON，即可证明FE•FN=FM•FO．‎ ‎【解答】证明：（1）∵N为CD的中点，‎ ‎∴ON⊥CD，‎ ‎∵M为AB的中点，‎ ‎∴OM⊥AB，‎ 在四边形OMEN中，∴∠OME+∠ONE=90°+90°=180°，‎ ‎∴O，M，E，N四点共圆，‎ ‎∴∠MEN+∠NOM=180°‎ ‎（2）在△FEM与△FON中，∠F=∠F，∠FME=∠FNO=90°，‎ ‎∴△FEM∽△FON，‎ ‎∴=‎ ‎∴FE•FN=FM•FO．‎ ‎【点评】本题考查垂径定理，考查三角形相似的判定与应用，考查学生分析解决问题的能力，比较基础．‎ ‎　‎ 选修4-4：坐标系与方程 ‎17．（6分）已知直线l：（t为参数）．以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的坐标方程为ρ=2cosθ．‎ ‎（1）将曲线C的极坐标方程化为直坐标方程；‎ ‎（2）设点M的直角坐标为（5，），直线l与曲线C的交点为A，B，求|MA|•|MB|的值．‎ ‎【分析】（1）曲线的极坐标方程即ρ2=2ρcosθ，根据极坐标和直角坐标的互化公式得x2+y2=2x，即得它的直角坐标方程；‎ ‎（2）直线l的方程化为普通方程，利用切割线定理可得结论．‎ ‎【解答】解：（1）∵ρ=2cosθ，∴ρ2=2ρcosθ，∴x2+y2=2x，故它的直角坐标方程为（x﹣1）2+y2=1；‎ ‎（2）直线l：（t为参数），普通方程为，（5，）在直线l上，‎ 过点M作圆的切线，切点为T，则|MT|2=（5﹣1）2+3﹣1=18，‎ 由切割线定理，可得|MT|2=|MA|•|MB|=18．‎ ‎【点评】本题主要考查把极坐标方程化为直角坐标方程的方法，属于基础题．‎ ‎　‎ 选修4-5：不等式选讲 ‎18．设a＞0，b＞0，且a+b=+．证明：‎ ‎（ⅰ）a+b≥2；‎ ‎（ⅱ）a2+a＜2与b2+b＜2不可能同时成立．‎ ‎【分析】（ⅰ）由a＞0，b＞0，结合条件可得ab=1，再由基本不等式，即可得证；‎ ‎（ⅱ）运用反证法证明．假设a2+a＜2与b2+b＜2可能同时成立．结合条件a＞0，b＞0，以及二次不等式的解法，可得0＜a＜1，且0＜b＜1，这与ab=1矛盾，即可得证．‎ ‎【解答】证明：（ⅰ）由a＞0，b＞0，‎ 则a+b=+=，‎ 由于a+b＞0，则ab=1，‎ 即有a+b≥2=2，‎ 当且仅当a=b取得等号．‎ 则a+b≥2；‎ ‎（ⅱ）假设a2+a＜2与b2+b＜2可能同时成立．‎ 由a2+a＜2及a＞0，可得0＜a＜1，‎ 由b2+b＜2及b＞0，可得0＜b＜1，‎ 这与ab=1矛盾．‎ a2+a＜2与b2+b＜2不可能同时成立．‎ ‎【点评】本题考查不等式的证明，主要考查基本不等式的运用和反证法证明不等式的方法，属于中档题．‎ ‎　‎ 七、标题 ‎19．设△ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，a=btanA，且B为钝角．‎ ‎（Ⅰ）证明：B﹣A=；‎ ‎（Ⅱ）求sinA+sinC的取值范围．‎ ‎【分析】（Ⅰ）由题意和正弦定理可得sinB=cosA，由角的范围和诱导公式可得；‎ ‎（Ⅱ）由题意可得A∈（0，），可得0＜sinA＜，化简可得sinA+sinC=﹣2（sinA﹣）2+，由二次函数区间的最值可得．‎ ‎【解答】解：（Ⅰ）由a=btanA和正弦定理可得==，‎ ‎∴sinB=cosA，即sinB=sin（+A）‎ 又B为钝角，∴+A∈（，π），‎ ‎∴B=+A，∴B﹣A=；‎ ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）知C=π﹣（A+B）=π﹣（A++A）=﹣2A＞0，‎ ‎∴A∈（0，），∴sinA+sinC=sinA+sin（﹣2A）‎ ‎=sinA+cos2A=sinA+1﹣2sin2A ‎=﹣2（sinA﹣）2+，‎ ‎∵A∈（0，），∴0＜sinA＜，‎ ‎∴由二次函数可知＜﹣2（sinA﹣）2+≤‎ ‎∴sinA+sinC的取值范围为（，]‎ ‎【点评】本题考查正弦定理和三角函数公式的应用，涉及二次函数区间的最值，属基础题．‎ ‎　‎ ‎20．某商场举行有奖促销活动，顾客购买一定金额商品后即可抽奖，每次抽奖都从装有4个红球、6个白球的甲箱和装有5个红球、5个白球的乙箱中，各随机摸出1个球，在摸出的2个球中，若都是红球，则获一等奖，若只有1个红球，则获二等奖；若没有红球，则不获奖．‎ ‎（1）求顾客抽奖1次能获奖的概率；‎ ‎（2）若某顾客有3次抽奖机会，记该顾客在3次抽奖中获一等奖的次数为X，求X的分布列和数学期望．‎ ‎【分析】（1）记事件A1={从甲箱中摸出一个球是红球}，事件A2={从乙箱中摸出一个球是红球}，事件B1={顾客抽奖1次获一等奖}，事件A2={顾客抽奖1次获二等奖}，事件C={顾客抽奖1次能获奖}，利用A1，A2相互独立，，互斥，B1，B2互斥，然后求出所求概率即可．‎ ‎（2）顾客抽奖1次可视为3次独立重复试验，判断X～B．求出概率，得到X的分布列，然后求解期望．‎ ‎【解答】解：（1）记事件A1={从甲箱中摸出一个球是红球}，事件A2={从乙箱中摸出一个球是红球}，事件B1={顾客抽奖1次获一等奖}，事件B2={‎ 顾客抽奖1次获二等奖}，事件C={顾客抽奖1次能获奖}，由题意A1，A2相互独立，，互斥，B1，B2互斥，且B1=A1A2，B2=+，C=B1+B2，因为P（A1）=，P（A2）=，所以，P（B1）=P（A1）P（A2）==，P（B2）=P（）+P（）=+==，故所求概率为：P（C）=P（B1+B2）=P（B1）+P（B2）=．‎ ‎（2）顾客抽奖1次可视为3次独立重复试验，由（1）可知，顾客抽奖1次获一等奖的概率为：所以．X～B．于是，P（X=0）==，P（X=1）==，P（X=2）==，P（X=3）==．‎ 故X的分布列为：‎ ‎ X ‎ 0‎ ‎ 1‎ ‎ 2‎ ‎ 3‎ ‎ P ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ E（X）=3×=．‎ ‎【点评】期望是概率论和数理统计的重要概念之一，是反映随机变量取值分布的特征数，学习期望将为今后学习概率统计知识做铺垫，它在市场预测，经济统计，风险与决策等领域有着广泛的应用，为今后学习数学及相关学科产生深远的影响．‎ ‎　‎ ‎21．如图，已知四棱台ABCD﹣A1B1C1D1的上、下底面分别是边长为3和6的正方形，AA1=6，且AA1⊥底面ABCD，点P、Q分别在棱DD1、BC上．‎ ‎（1）若P是DD1的中点，证明：AB1⊥PQ；‎ ‎（2）若PQ∥平面ABB1A1，二面角P﹣QD﹣A的余弦值为，求四面体ADPQ的体积．‎ ‎【分析】（1）首先以A为原点，AB，AD，AA1所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，求出一些点的坐标，Q在棱BC上，从而可设Q（6，y1，0），只需求即可；‎ ‎（2）设P（0，y2，z2），根据P在棱DD1上，从而由即可得到z2=12﹣2y2，从而表示点P坐标为P（0，y2，12﹣2y2）．由PQ∥平面ABB1A1便知道与平面ABB1A1的法向量垂直，从而得出y1=y2，从而Q点坐标变成Q（6，y2，0），设平面PQD的法向量为，根据即可表示，平面AQD的一个法向量为，从而由即可求出y2，从而得出P点坐标，从而求出三棱锥P﹣AQD的高，而四面体ADPQ的体积等于三棱锥P﹣AQD的体积，从而求出四面体的体积．‎ ‎【解答】解：根据已知条件知AB，AD，AA1三直线两两垂直，所以分别以这三直线为x，y，z轴，建立如图所示空间直角坐标系，则：‎ A（0，0，0），B（6，0，0），D（0，6，0），A1（0，0，6），B1（3，0，6），D1（0，3，6）；‎ Q在棱BC上，设Q（6，y1，0），0≤y1≤6；‎ ‎∴（1）证明：若P是DD1的中点，则P；‎ ‎∴，；‎ ‎∴；‎ ‎∴；‎ ‎∴AB1⊥PQ；‎ ‎（2）设P（0，y2，z2），y2，z2∈[0，6]，P在棱DD1上；‎ ‎∴，0≤λ≤1；‎ ‎∴（0，y2﹣6，z2）=λ（0，﹣3，6）；‎ ‎∴；‎ ‎∴z2=12﹣2y2；‎ ‎∴P（0，y2，12﹣2y2）；‎ ‎∴；‎ 平面ABB1A1的一个法向量为；‎ ‎∵PQ∥平面ABB1A1；‎ ‎∴=6（y1﹣y2）=0；‎ ‎∴y1=y2；‎ ‎∴Q（6，y2，0）；‎ 设平面PQD的法向量为，则：‎ ‎；‎ ‎∴，取z=1，则；‎ 又平面AQD的一个法向量为；‎ 又二面角P﹣QD﹣A的余弦值为；‎ ‎∴；‎ 解得y2=4，或y2=8（舍去）；‎ ‎∴P（0，4，4）；‎ ‎∴三棱锥P﹣ADQ的高为4，且；‎ ‎∴V四面体ADPQ=V三棱锥P﹣ADQ=．‎ ‎【点评】考查建立空间直角坐标系，利用空间向量解决异面直线垂直及线面角问题的方法，共线向量基本定理，直线和平面平行时，直线和平面法向量的关系，平面法向量的概念，以及两平面法向量的夹角和平面二面角大小的关系，三棱锥的体积公式．‎ ‎　‎ ‎22．（13分）已知抛物线C1：x2=4y的焦点F也是椭圆C2：+=1（a＞b＞0）的一个焦点．C1与C2的公共弦长为2．‎ ‎（Ⅰ）求C2的方程；‎ ‎（Ⅱ）过点F的直线l与C1相交于A、B两点，与C2相交于C、D两点，且与同向．‎ ‎（1）若|AC|=|BD|，求直线l的斜率；‎ ‎（2）设C1在点A处的切线与x轴的交点为M，证明：直线l绕点F旋转时，△MFD总是钝角三角形．‎ ‎【分析】（Ⅰ）根据两个曲线的焦点相同，得到a2﹣b2=1，再根据C1与C2的公共弦长为2，得到=1，解得即可求出；‎ ‎（Ⅱ）设出点的坐标，（1）根据向量的关系，得到（x1+x2）2﹣4x1x2=（x3+x4）‎ ‎2﹣4x3x4，设直线l的方程，分别与C1，C2构成方程组，利用韦达定理，分别代入得到关于k的方程，解得即可；‎ ‎（2）根据导数的几何意义得到C1在点A处的切线方程，求出点M的坐标，利用向量的乘积∠AFM是锐角，问题得以证明．‎ ‎【解答】解：（Ⅰ）抛物线C1：x2=4y的焦点F的坐标为（0，1），因为F也是椭圆C2的一个焦点，‎ ‎∴a2﹣b2=1，①，‎ 又C1与C2的公共弦长为2，C1与C2的都关于y轴对称，且C1的方程为x2=4y，‎ 由此易知C1与C2的公共点的坐标为（±，），‎ 所以=1，②，‎ 联立①②得a2=9，b2=8，‎ 故C2的方程为+=1．‎ ‎（Ⅱ）设A（x1，y1），B（x2，y2），C（x3，y3），D（x4，y4），‎ ‎（1）因为与同向，且|AC|=|BD|，‎ 所以=，‎ 从而x3﹣x1=x4﹣x2，即x1﹣x2=x3﹣x4，于是 ‎（x1+x2）2﹣4x1x2=（x3+x4）2﹣4x3x4，③‎ 设直线的斜率为k，则l的方程为y=kx+1，‎ 由，得x2﹣4kx﹣4=0，而x1，x2是这个方程的两根，‎ 所以x1+x2=4k，x1x2=﹣4，④‎ 由，得（9+8k2）x2+16kx﹣64=0，而x3，x4是这个方程的两根，‎ 所以x3+x4=，x3x4=﹣，⑤‎ 将④⑤代入③，得16（k2+1）=+，‎ 即16（k2+1）=，‎ 所以（9+8k2）2=16×9，‎ 解得k=±．‎ ‎（2）由x2=4y得y′=x，‎ 所以C1在点A处的切线方程为y﹣y1=x1（x﹣x1），‎ 即y=x1x﹣x12，‎ 令y=0，得x=x1，‎ M（x1，0），‎ 所以=（x1，﹣1），‎ 而=（x1，y1﹣1），‎ 于是•=x12﹣y1+1=x12+1＞0，‎ 因此∠AFM是锐角，从而∠MFD=180°﹣∠AFM是钝角，‎ 故直线l绕点F旋转时，△MFD总是钝角三角形．‎ ‎【点评】本题考查了圆锥曲线的和直线的位置与关系，关键是联立方程，构造方程，利用韦达定理，以及向量的关系，得到关于k的方程，计算量大，属于难题．‎ ‎　‎ ‎23．（13分）已知a＞0，函数f（x）=eaxsinx（x∈[0，+∞]）．记xn为f（x）的从小到大的第n（n∈N*）个极值点．证明：‎ ‎（Ⅰ）数列{f（xn）}是等比数列；‎ ‎（Ⅱ）若a≥，则对一切n∈N*，xn＜|f（xn）|恒成立．‎ ‎【分析】（Ⅰ）求出导数，运用两角和的正弦公式化简，求出导数为0的根，讨论根附近的导数的符号相反，即可得到极值点，求得极值，运用等比数列的定义即可得证；‎ ‎（Ⅱ）由sinφ=，可得对一切n∈N*，xn＜|f（xn）|恒成立．即为nπ﹣φ＜ea（nπ﹣φ）恒成立⇔＜，①设g（t）=（t＞0），求出导数，求得最小值，由恒成立思想即可得证．‎ ‎【解答】证明：（Ⅰ）f′（x）=eax（asinx+cosx）=•eaxsin（x+φ），‎ tanφ=，0＜φ＜，‎ 令f′（x）=0，由x≥0，x+φ=mπ，即x=mπ﹣φ，m∈N*，‎ 对k∈N，若（2k+1）π＜x+φ＜（2k+2）π，即（2k+1）π﹣φ＜x＜（2k+2）π﹣φ，‎ 则f′（x）＜0，因此在（（m﹣1）π﹣φ，mπ﹣φ）和（mπ﹣φ，（m+1）π﹣φ）上f′（x）符号总相反．‎ 于是当x=nπ﹣φ，n∈N*，f（x）取得极值，所以xn=nπ﹣φ，n∈N*，‎ 此时f（xn）=ea（nπ﹣φ）sin（nπ﹣φ）=（﹣1）n+1ea（nπ﹣φ）sinφ，‎ 易知f（xn）≠0，而==﹣eaπ是常数，‎ 故数列{f（xn）}是首项为f（x1）=ea（π﹣φ）sinφ，公比为﹣eaπ的等比数列；‎ ‎（Ⅱ）由sinφ=，可得对一切n∈N*，xn＜|f（xn）|恒成立．‎ 即为nπ﹣φ＜ea（nπ﹣φ）恒成立⇔＜，①‎ 设g（t）=（t＞0），g′（t）=，‎ 当0＜t＜1时，g′（t）＜0，g（t）递减，当t＞1时，g′（t）＞0，g（t）递增．‎ t=1时，g（t）取得最小值，且为e．‎ 因此要使①恒成立，只需＜g（1）=e，‎ 只需a＞，当a=，tanφ==，且0＜φ＜，‎ 可得＜φ＜，于是π﹣φ＜＜，且当n≥2时，nπ﹣φ≥2π﹣φ＞＞，‎ 因此对n∈N*，axn=≠1，即有g（axn）＞g（1）=e=，‎ 故①亦恒成立．‎ 综上可得，若a≥，则对一切n∈N*，xn＜|f（xn）|恒成立．‎ ‎【点评】本题考查导数的运用：求极值和单调区间，主要考查三角函数的导数和求值，同时考查等比数列的定义和通项公式的运用，考查不等式恒成立问题的证明，属于难题．‎ ‎　‎