2014年湖南省高考数学试卷（文科） 21页

‎2014年湖南省高考数学试卷（文科）‎ ‎　‎ 一、选择题（共10小题，每小题5分，共50分）‎ ‎1．（5分）设命题p：∀x∈R，x2+1＞0，则￢p为（　　）‎ A．∃x0∈R，x02+1＞0 B．∃x0∈R，x02+1≤0‎ C．∃x0∈R，x02+1＜0 D．∀x0∈R，x02+1≤0‎ ‎2．（5分）已知集合A={x|x＞2}，B={x|1＜x＜3}，则A∩B=（　　）‎ A．{x|x＞2} B．{x|x＞1} C．{x|2＜x＜3} D．{x|1＜x＜3}‎ ‎3．（5分）对一个容量为N的总体抽取容量为n的样本，当选取简单随机抽样、系统抽样和分层抽样三种不同方法抽取样本时，总体中每个个体被抽中的概率分别为P1，P2，P3，则（　　）‎ A．P1=P2＜P3 B．P2=P3＜P1 C．P1=P3＜P2 D．P1=P2=P3‎ ‎4．（5分）下列函数中，既是偶函数又在区间（﹣∞，0）上单调递增的是（　　）‎ A．f（x）= B．f（x）=x2+1 C．f（x）=x3 D．f（x）=2﹣x ‎5．（5分）在区间[﹣2，3]上随机选取一个数X，则X≤1的概率为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎6．（5分）若圆C1：x2+y2=1与圆C2：x2+y2﹣6x﹣8y+m=0外切，则m=（　　）‎ A．21 B．19 C．9 D．﹣11‎ ‎7．（5分）执行如图所示的程序框图，如果输入的t∈[﹣2，2]，则输出的S属于（　　）‎ A．[﹣6，﹣2] B．[﹣5，﹣1] C．[﹣4，5] D．[﹣3，6]‎ ‎8．（5分）一块石材表示的几何体的三视图如图所示，将该石材切削、打磨，加工成球，则能得到的最大球的半径等于（　　）‎ A．1 B．2 C．3 D．4‎ ‎9．（5分）若0＜x1＜x2＜1，则（　　）‎ A．﹣＞lnx2﹣lnx1 B．﹣＜lnx2﹣lnx1‎ C．x2＞x1 D．x2＜x1‎ ‎10．（5分）在平面直角坐标系中，O为原点，A（﹣1，0），B（0，），C（3，0），动点D满足||=1，则|++|的取值范围是（　　）‎ A．[4，6] B．[﹣1，+1] C．[2，2] D．[﹣1，+1]‎ ‎　‎ 二、填空题（共5小题，每小题5分，共25分）‎ ‎11．（5分）复数（i为虚数单位）的实部等于　　．‎ ‎12．（5分）在平面直角坐标系中，曲线C：（t为参数）的普通方程为　　．‎ ‎13．（5分）若变量x，y满足约束条件，则z=2x+y的最大值为　　．‎ ‎14．（5分）平面上一机器人在行进中始终保持与点F（1，0）的距离和到直线x=﹣1的距离相等，若机器人接触不到过点P（﹣1，0）且斜率为k的直线，则k的取值范围是　　．‎ ‎15．（5分）若f（x）=ln（e3x+1）+ax是偶函数，则a=　　．‎ ‎　‎ 三、解答题（共6小题，75分）‎ ‎16．（12分）已知数列{an}的前n项和Sn=，n∈N*．‎ ‎（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；‎ ‎（Ⅱ）设bn=+（﹣1）nan，求数列{bn}的前2n项和．‎ ‎17．（12分）某企业有甲、乙两个研发小组，为了比较他们的研发水平，现随机抽取这两个小组往年研发新产品的结果如下：‎ ‎（a，b），（a，），（a，b），（，b），（，），（a，b），（a，b），（a，），‎ ‎（，b），（a，），（，），（a，b），（a，），（，b）（a，b）‎ 其中a，分别表示甲组研发成功和失败，b，分别表示乙组研发成功和失败．‎ ‎（Ⅰ）若某组成功研发一种新产品，则给该组记1分，否则记0分，试计算甲、乙两组研发新产品的成绩的平均数和方差，并比较甲、乙两组的研发水平；‎ ‎（Ⅱ）若该企业安排甲、乙两组各自研发一样的产品，试估计恰有一组研发成功的概率．‎ ‎18．（12分）如图，已知二面角α﹣MN﹣β的大小为60°，菱形ABCD在面β内，A、B两点在棱MN上，∠BAD=60°，E是AB的中点，DO⊥面α，垂足为O．‎ ‎（Ⅰ）证明：AB⊥平面ODE；‎ ‎（Ⅱ）求异面直线BC与OD所成角的余弦值．‎ ‎19．（13分）如图，在平面四边形ABCD中，DA⊥AB，DE=1，EC=，EA=2，∠ADC=，∠BEC=．‎ ‎（Ⅰ）求sin∠CED的值；‎ ‎（Ⅱ）求BE的长．‎ ‎20．（13分）如图，O为坐标原点，双曲线C1：﹣=1（a1＞0，b1＞0）和椭圆C2：+=1（a2＞b2＞0）均过点P（，1），且以C1的两个顶点和C2的两个焦点为顶点的四边形是面积为2的正方形．‎ ‎（Ⅰ）求C1、C2的方程；‎ ‎（Ⅱ）是否存在直线l，使得l与C1交于A、B两点，与C2只有一个公共点，且|+|=||？证明你的结论．‎ ‎21．（13分）已知函数f（x）=xcosx﹣sinx+1（x＞0）．‎ ‎（Ⅰ）求f（x）的单调区间；‎ ‎（Ⅱ）记xi为f（x）的从小到大的第i（i∈N*）个零点，证明：对一切n∈N*，有++…+＜．‎ ‎　‎ ‎2014年湖南省高考数学试卷（文科）‎ 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）（2014•湖南）设命题p：∀x∈R，x2+1＞0，则￢p为（　　）‎ A．∃x0∈R，x02+1＞0 B．∃x0∈R，x02+1≤0‎ C．∃x0∈R，x02+1＜0 D．∀x0∈R，x02+1≤0‎ ‎【分析】题设中的命题是一个特称命题，按命题否定的规则写出其否定即可找出正确选项 ‎【解答】解∵命题p：∀x∈R，x2+1＞0，是一个特称命题．‎ ‎∴￢p：∃x0∈R，x02+1≤0．‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎2．（5分）（2014•湖南）已知集合A={x|x＞2}，B={x|1＜x＜3}，则A∩B=（　　）‎ A．{x|x＞2} B．{x|x＞1} C．{x|2＜x＜3} D．{x|1＜x＜3}‎ ‎【分析】直接利用交集运算求得答案．‎ ‎【解答】解：∵A={x|x＞2}，B={x|1＜x＜3}，‎ ‎∴A∩B={x|x＞2}∩{x|1＜x＜3}={x|2＜x＜3}．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎3．（5分）（2014•湖南）对一个容量为N的总体抽取容量为n的样本，当选取简单随机抽样、系统抽样和分层抽样三种不同方法抽取样本时，总体中每个个体被抽中的概率分别为P1，P2，P3，则（　　）‎ A．P1=P2＜P3 B．P2=P3＜P1 C．P1=P3＜P2 D．P1=P2=P3‎ ‎【分析】根据简单随机抽样、系统抽样和分层抽样的定义即可得到结论．‎ ‎【解答】解：根据简单随机抽样、系统抽样和分层抽样的定义可知，无论哪种抽样，每个个体被抽中的概率都是相等的，‎ 即P1=P2=P3．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎4．（5分）（2014•湖南）下列函数中，既是偶函数又在区间（﹣∞，0）上单调递增的是（　　）‎ A．f（x）= B．f（x）=x2+1 C．f（x）=x3 D．f（x）=2﹣x ‎【分析】本题利用函数的奇偶性和单调性的定义或者利用图象的特征加以判断，判断函数是偶函数又在区间（﹣∞，0）上单调递增，得到本题结论．‎ ‎【解答】解：选项A，，∵f（﹣x）==f（x），∴f（x）是偶函数，图象关于y轴对称．‎ ‎∵f（x）=x﹣2，﹣2＜0，∴f（x）在（0，+∞）单调递减，‎ ‎∴根据对称性知，f（x）在区间（﹣∞，0）上单调递增； 适合题意．‎ 选项B，f（x）=x2+1，是偶函数，在（0，+∞）上单调递增，在区间（﹣∞，0）上单调递减，不合题意．‎ 选项C，f（x）=x3是奇函数，不是偶函数，不合题意．‎ 选项D，f（x）=2﹣x在（﹣∞，+∞）单调递减，不是奇函数，也不是偶函数，不合题意．‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎5．（5分）（2014•湖南）在区间[﹣2，3]上随机选取一个数X，则X≤1的概率为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【分析】利用几何槪型的概率公式，求出对应的区间长度，即可得到结论．‎ ‎【解答】解：在区间[﹣2，3]上随机选取一个数X，‎ 则﹣2≤X≤3，‎ 则X≤1的概率P=，‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎6．（5分）（2014•湖南）若圆C1：x2+y2=1与圆C2：x2+y2﹣6x﹣8y+m=0外切，则m=（　　）‎ A．21 B．19 C．9 D．﹣11‎ ‎【分析】化两圆的一般式方程为标准方程，求出圆心和半径，由两圆心间的距离等于半径和列式求得m值．‎ ‎【解答】解：由C1：x2+y2=1，得圆心C1（0，0），半径为1，‎ 由圆C2：x2+y2﹣6x﹣8y+m=0，得（x﹣3）2+（y﹣4）2=25﹣m，‎ ‎∴圆心C2（3，4），半径为．‎ ‎∵圆C1与圆C2外切，‎ ‎∴，‎ 解得：m=9．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎7．（5分）（2014•湖南）执行如图所示的程序框图，如果输入的t∈[﹣2，2]，则输出的S属于（　　）‎ A．[﹣6，﹣2] B．[﹣5，﹣1] C．[﹣4，5] D．[﹣3，6]‎ ‎【分析】根据程序框图，结合条件，利用函数的性质即可得到结论．‎ ‎【解答】解：若0≤t≤2，则不满足条件输出S=t﹣3∈[﹣3，﹣1]，‎ 若﹣2≤t＜0，则满足条件，此时t=2t2+1∈（1，9]，此时不满足条件，输出S=t﹣3∈（﹣2，6]，‎ 综上：S=t﹣3∈[﹣3，6]，‎ 故选：D ‎　‎ ‎8．（5分）（2014•湖南）一块石材表示的几何体的三视图如图所示，将该石材切削、打磨，加工成球，则能得到的最大球的半径等于（　　）‎ A．1 B．2 C．3 D．4‎ ‎【分析】由题意，该几何体为三棱柱，所以最大球的半径为正视图直角三角形内切圆的半径r．‎ ‎【解答】解：由题意，该几何体为三棱柱，所以最大球的半径为正视图直角三角形内切圆的半径r，则 ‎8﹣r+6﹣r=，‎ ‎∴r=2．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎9．（5分）（2014•湖南）若0＜x1＜x2＜1，则（　　）‎ A．﹣＞lnx2﹣lnx1 B．﹣＜lnx2﹣lnx1‎ C．x2＞x1 D．x2＜x1‎ ‎【分析】分别设出两个辅助函数f（x）=ex+lnx，g（x）=，由导数判断其在（0，1）上的单调性，结合已知条件0＜x1＜x2＜1得答案．‎ ‎【解答】解：令f（x）=ex﹣lnx，‎ 则f′（x）=，‎ 当x趋近于0时，xex﹣1＜0，当x=1时，xex﹣1＞0，‎ 因此在（0，1）上必然存在f′（x）=0，‎ 因此函数f（x）在（0，1）上先递减后递增，故A、B均错误；‎ 令g（x）=，‎ ‎，‎ 当0＜x＜1时，g′（x）＜0．‎ ‎∴g（x）在（0，1）上为减函数，‎ ‎∵0＜x1＜x2＜1，‎ ‎∴，‎ 即．‎ ‎∴选项C正确而D不正确．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎10．（5分）（2014•湖南）在平面直角坐标系中，O为原点，A（﹣1，0），B（0，），C（3，0），动点D满足||=1，则|++|的取值范围是（　　）‎ A．[4，6] B．[﹣1，+1] C．[2，2] D．[﹣1，+1]‎ ‎【分析】由于动点D满足||=1，C（3，0），可设D（3+cosθ，sinθ）（θ∈[0，2π））．再利用向量的坐标运算、数量积性质、模的计算公式、三角函数的单调性即可得出．‎ ‎【解答】解：∵动点D满足||=1，C（3，0），‎ ‎∴可设D（3+cosθ，sinθ）（θ∈[0，2π））．‎ 又A（﹣1，0），B（0，），‎ ‎∴++=．‎ ‎∴|++|===，（其中sinφ=，cosφ=）‎ ‎∵﹣1≤sin（θ+φ）≤1，‎ ‎∴=sin（θ+φ）≤=，‎ ‎∴|++|的取值范围是．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ 二、填空题（共5小题，每小题5分，共25分）‎ ‎11．（5分）（2014•湖南）复数（i为虚数单位）的实部等于　﹣3　．‎ ‎【分析】直接由虚数单位i的运算性质化简，则复数的实部可求．‎ ‎【解答】解：∵=．‎ ‎∴复数（i为虚数单位）的实部等于﹣3．‎ 故答案为：﹣3．‎ ‎　‎ ‎12．（5分）（2014•湖南）在平面直角坐标系中，曲线C：（t为参数）的普通方程为　x﹣y﹣1=0　．‎ ‎【分析】利用两式相减，消去t，从而得到曲线C的普通方程．‎ ‎【解答】解：∵曲线C：（t为参数），‎ ‎∴两式相减可得x﹣y﹣1=0．‎ 故答案为：x﹣y﹣1=0．‎ ‎　‎ ‎13．（5分）（2014•湖南）若变量x，y满足约束条件，则z=2x+y的最大值为　7　．‎ ‎【分析】作出不等式组对应的平面区域，利用z的几何意义，进行平移即可得到结论．‎ ‎【解答】解：作出不等式组对应的平面区域如图：‎ 由z=2x+y，得y=﹣2x+z，‎ 平移直线y=﹣2x+z，由图象可知当直线y=﹣2x+z经过点C，‎ 直线y=﹣2x+z的截距最大，此时z最大，‎ 由，解得，即C（3，1），‎ 此时z=2×3+1=7，‎ 故答案为：7．‎ ‎　‎ ‎14．（5分）（2014•湖南）平面上一机器人在行进中始终保持与点F（1，0）的距离和到直线x=﹣1的距离相等，若机器人接触不到过点P（﹣1，0）且斜率为k的直线，则k的取值范围是　k＜﹣1或k＞1　．‎ ‎【分析】由抛物线的定义，求出机器人的轨迹方程，过点P（﹣1，0）且斜率为k的直线方程为y=k（x+1），代入y2=4x，利用判别式，即可求出k的取值范围．‎ ‎【解答】解：由抛物线的定义可知，机器人的轨迹方程为y2=4x，‎ 过点P（﹣1，0）且斜率为k的直线方程为y=k（x+1），‎ 代入y2=4x，可得k2x2+（2k2﹣4）x+k2=0，‎ ‎∵机器人接触不到过点P（﹣1，0）且斜率为k的直线，‎ ‎∴△=（2k2﹣4）2﹣4k4＜0，‎ ‎∴k＜﹣1或k＞1．‎ 故答案为：k＜﹣1或k＞1．‎ ‎　‎ ‎15．（5分）（2014•湖南）若f（x）=ln（e3x+1）+ax是偶函数，则a=　﹣　．‎ ‎【分析】根据函数奇偶性的定义，建立方程关系即可得到结论．‎ ‎【解答】解：若f（x）=ln（e3x+1）+ax是偶函数，‎ 则f（﹣x）=f（x），‎ 即ln（e3x+1）+ax=ln（e﹣3x+1）﹣ax，‎ 即2ax=ln（e﹣3x+1）﹣ln（e3x+1）=ln=ln=lne﹣3x=﹣3x，‎ 即2a=﹣3，解得a=﹣，‎ 故答案为：﹣，‎ ‎　‎ 三、解答题（共6小题，75分）‎ ‎16．（12分）（2014•湖南）已知数列{an}的前n项和Sn=，n∈N*．‎ ‎（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；‎ ‎（Ⅱ）设bn=+（﹣1）nan，求数列{bn}的前2n项和．‎ ‎【分析】（Ⅰ）利用公式法即可求得；‎ ‎（Ⅱ）利用数列分组求和即可得出结论．‎ ‎【解答】解：（Ⅰ）当n=1时，a1=s1=1，‎ 当n≥2时，an=sn﹣sn﹣1=﹣=n，‎ ‎∴数列{an}的通项公式是an=n．‎ ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）知，bn=2n+（﹣1）nn，记数列{bn}的前2n项和为T2n，则 T2n=（21+22+…+22n）+（﹣1+2﹣3+4﹣…+2n）‎ ‎=+n=22n+1+n﹣2．‎ ‎∴数列{bn}的前2n项和为22n+1+n﹣2．‎ ‎　‎ ‎17．（12分）（2014•湖南）某企业有甲、乙两个研发小组，为了比较他们的研发水平，现随机抽取这两个小组往年研发新产品的结果如下：‎ ‎（a，b），（a，），（a，b），（，b），（，），（a，b），（a，b），（a，），‎ ‎（，b），（a，），（，），（a，b），（a，），（，b）（a，b）‎ 其中a，分别表示甲组研发成功和失败，b，分别表示乙组研发成功和失败．‎ ‎（Ⅰ）若某组成功研发一种新产品，则给该组记1分，否则记0分，试计算甲、乙两组研发新产品的成绩的平均数和方差，并比较甲、乙两组的研发水平；‎ ‎（Ⅱ）若该企业安排甲、乙两组各自研发一样的产品，试估计恰有一组研发成功的概率．‎ ‎【分析】（Ⅰ）分别求出甲乙的研发成绩，再根据平均数和方差公式计算平均数，方差，最后比较即可．‎ ‎（Ⅱ）找15个结果中，找到恰有一组研发成功的结果是7个，求出频率，将频率视为概率，问题得以解决．‎ ‎【解答】解：（Ⅰ）甲组研发新产品的成绩为1，1，1，0，0，1，1，1，0，1，0，1，1，0，1，‎ 则=，‎ ‎==‎ 乙组研发新产品的成绩为1，0，1，1，0，1，1，0，1，0，0，1，0，1，1则=，‎ ‎==．‎ 因为 所以甲的研发水平高于乙的研发水平．‎ ‎（Ⅱ）记E={恰有一组研发成功}，在所抽到的15个结果中，‎ 恰有一组研发成功的结果是（a，），（，b），（a，），（，b），（a，），（a，），（，b）共7个，‎ 故事件E发生的频率为，‎ 将频率视为概率，即恰有一组研发成功的概率为P（E）=．‎ ‎　‎ ‎18．（12分）（2014•湖南）如图，已知二面角α﹣MN﹣β的大小为60°，菱形ABCD在面β内，A、B两点在棱MN上，∠BAD=60°，E是AB的中点，DO⊥面α，垂足为O．‎ ‎（Ⅰ）证明：AB⊥平面ODE；‎ ‎（Ⅱ）求异面直线BC与OD所成角的余弦值．‎ ‎【分析】（Ⅰ）运用直线与平面垂直的判定定理，即可证得，注意平面内的相交二直线；‎ ‎（Ⅱ）根据异面直线的定义，找出所成的角为∠ADO，说明∠DEO是二面角α﹣MN﹣β的平面角，不妨设AB=2，从而求出OD的长，再在直角三角形AOD中，求出cos∠ADO．‎ ‎【解答】（1）证明：如图 ‎∵DO⊥面α，AB⊂α，∴DO⊥AB，‎ 连接BD，由题设知，△ABD是正三角形，‎ 又E是AB的中点，∴DE⊥AB，又DO∩DE=D，‎ ‎∴AB⊥平面ODE；‎ ‎（Ⅱ）解：∵BC∥AD，‎ ‎∴BC与OD所成的角等于AD与OD所成的角，即∠ADO是BC与OD所成的角，‎ 由（Ⅰ）知，AB⊥平面ODE，‎ ‎∴AB⊥OE，又DE⊥AB，于是∠DEO是二面角α﹣MN﹣β的平面角，‎ 从而∠DEO=60°，不妨设AB=2，则AD=2，易知DE=，‎ 在Rt△DOE中，DO=DEsin60°=，连AO，在Rt△AOD中，cos∠ADO==，‎ 故异面直线BC与OD所成角的余弦值为．‎ ‎　‎ ‎19．（13分）（2014•湖南）如图，在平面四边形ABCD中，DA⊥AB，DE=1，EC=，EA=2，∠ADC=，∠BEC=．‎ ‎（Ⅰ）求sin∠CED的值；‎ ‎（Ⅱ）求BE的长．‎ ‎【分析】（Ⅰ）根据三角形边角之间的关系，结合正弦定理和余弦定理即可得到结论．‎ ‎（Ⅱ）利用两角和的余弦公式，结合正弦定理即可得到结论．‎ ‎【解答】解：（Ⅰ）设α=∠CED，‎ 在△CDE中，由余弦定理得EC2=CD2+ED2﹣2CD•DEcos∠CDE，‎ 即7=CD2+1+CD，则CD2+CD﹣6=0，‎ 解得CD=2或CD=﹣3，（舍去），‎ 在△CDE中，由正弦定理得，‎ 则sinα=，‎ 即sin∠CED=．‎ ‎（Ⅱ）由题设知0＜α＜，由（Ⅰ）知cosα=，‎ 而∠AEB=，‎ ‎∴cos∠AEB=cos（）=coscosα+sinsinα=，‎ 在Rt△EAB中，cos∠AEB=，‎ 故BE=．‎ ‎　‎ ‎20．（13分）（2014•湖南）如图，O为坐标原点，双曲线C1：﹣=1（a1＞0，b1＞0）和椭圆C2：+=1（a2＞b2＞0）均过点P（，1），且以C1的两个顶点和C2的两个焦点为顶点的四边形是面积为2的正方形．‎ ‎（Ⅰ）求C1、C2的方程；‎ ‎（Ⅱ）是否存在直线l，使得l与C1交于A、B两点，与C2只有一个公共点，且|+|=||？证明你的结论．‎ ‎【分析】（Ⅰ）由条件可得a1=1，c2=1，根据点P（，1）在上求得=3，可得双曲线C1的方程．再由椭圆的定义求得a2=，可得=﹣的值，从而求得椭圆C2的方程．‎ ‎（Ⅱ）若直线l垂直于x轴，检验部不满足|+|≠||．若直线l不垂直于x轴，设直线l得方程为 y=kx+m，由 可得y1•y2 =．由 可得 （2k2+3）x2+4kmx+2m2﹣6=0，根据直线l和C1仅有一个交点，根据判别式△=0，求得2k2=m2﹣3，可得≠0，可得|+|≠||．综合（1）、（2）可得结论．‎ ‎【解答】解：（Ⅰ）设椭圆C2的焦距为2c2，由题意可得2a1=2，∴a1=1，c2=1．‎ 由于点P（，1）在上，∴﹣=1，=3，‎ ‎∴双曲线C1的方程为：x2﹣=1．‎ 再由椭圆的定义可得 2a2=+=2，∴a2=，‎ ‎∴=﹣=2，∴椭圆C2的方程为：+=1．‎ ‎（Ⅱ）不存在满足条件的直线l．‎ ‎（1）若直线l垂直于x轴，则由题意可得直线l得方程为x=，或 x=﹣．‎ 当x=时，可得 A（，）、B（，﹣），求得||=2，||=2，‎ 显然，|+|≠||．‎ 同理，当x=﹣时，也有|+|≠||．‎ ‎（2）若直线l不垂直于x轴，设直线l得方程为 y=kx+m，由 可得 ‎（3﹣k2）x2﹣2mkx﹣m2﹣3=0，∴x1+x2=，x1•x2=．‎ 于是，y1•y2=k2x1•x2+km（x1+x2）+m2=．‎ 由 可得 （2k2+3）x2+4kmx+2m2﹣6=0，根据直线l和C1仅有一个交点，‎ ‎∴判别式△=16k2m2﹣8（2k2+3）（m2﹣3）=0，∴2k2=m2﹣3．‎ ‎∴=x1•x2+y1•y2=≠0，∴≠，‎ ‎∴|+|≠||．‎ 综合（1）、（2）可得，不存在满足条件的直线l．‎ ‎　‎ ‎21．（13分）（2014•湖南）已知函数f（x）=xcosx﹣sinx+1（x＞0）．‎ ‎（Ⅰ）求f（x）的单调区间；‎ ‎（Ⅱ）记xi为f（x）的从小到大的第i（i∈N*）个零点，证明：对一切n∈N*，有++…+＜．‎ ‎【分析】（Ⅰ）求函数的导数，利用导数研究f（x）的单调区间；‎ ‎（Ⅱ）利用放缩法即可证明不等式即可．‎ ‎【解答】解：（Ⅰ）∵f（x）=xcosx﹣sinx+1（x＞0），‎ ‎∴f′（x）=cosx﹣xsinx﹣cosx=﹣xsinx，‎ 由f′（x）=﹣xsinx=0，解得x=kπ（k∈N*），‎ 当x∈（2kπ，（2k+1）π）（k∈N），sinx＞0，此时f′（x）＜0，函数单调递减，‎ 当x∈（（2k+1）π，（2k+2）π）（k∈N），sinx＜0，此时f′（x）＞0，函数单调递增，‎ 故f（x）的单调增区间为（（2k+1）π，（2k+2）π），k≥0，单调递减区间为（2kπ，（2k+1）π），k∈N*）．‎ ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）知，f（x）在区间（0，π）上单调递减，‎ 又f（）=0，故x1=，‎ 当n∈N*，‎ ‎∵f（nπ）f（（n+1）π）=[（﹣1）nnπ+1][（﹣1）n+1（n+1）π+1]＜0，‎ 且函数f（x）的图象是连续不间断的，‎ ‎∴f（x）在区间（nπ，（n+1）π）内至少存在一个零点，‎ 又f（x）在区间（nπ，（n+1）π）是单调的，‎ 故nπ＜xn+1＜（n+1）π，‎ 因此当n=1时，有=＜成立．‎ 当n=2时，有+＜＜．‎ 当n≥3时，‎ ‎…‎ ‎++…+＜[][]‎ ‎（6﹣）＜．‎ 综上证明：对一切n∈N*，有++…+＜．‎ ‎　‎ 参与本试卷答题和审题的老师有：xintrl；sxs123；maths；王老师；刘长柏；沂蒙松；liu老师；whgcn；双曲线；caoqz（排名不分先后）‎ ‎2017年2月3日