2016年全國高考數(shù)學(xué)試題解析

文科數(shù)學(xué)(全國甲卷)本試卷分第Ⅰ卷(選擇題)和第Ⅱ卷(非選擇題)兩部分，共150分，考試時間120分鐘．第Ⅰ卷一、選擇題(本大題共12小題，每小題5分，共60分．在每小題給出的四個選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的)1．已知集合A＝{1,2,3}，B＝{x|x2<9}，則A∩B＝()A．{－2，－1,0,1,2,3}B．{－2，－1,0,1,2}C．{1,2,3}D．{1,2}解析：選D.先化簡集合B，再利用交集定義求解．∵x2<9，∴－3<x<3，∴B＝{x|－3<x<3}．又A＝{1,2,3}，∴A∩B＝{1,2,3}∩{x|－3<x<3}＝{1,2}，故選D.2．設(shè)復(fù)數(shù)z滿足z＋i＝3－i，則eq\x\to(z)＝()A．－1＋2iB．1－2iC．3＋2iD．3－2i解析：選C.先求復(fù)數(shù)z，再利用共軛復(fù)數(shù)定義求eq\x\to(z).由z＋i＝3－i得z＝3－2i，∴eq\x\to(z)＝3＋2i，故選C.3.函數(shù)y＝Asin(ωx＋φ)的部分圖象如圖所示，則()A．y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))B．y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))C．y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))D．y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))解析：選A.根據(jù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)及函數(shù)最值點(diǎn)，確定A，ω與φ的值．由圖象知eq\f(T,2)＝eq\f(π,3)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)))＝eq\f(π,2)，故T＝π，因此ω＝eq\f(2π,π)＝2.又圖象的一個最高點(diǎn)坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，2))，所以A＝2，且2×eq\f(π,3)＋φ＝2kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，故φ＝2kπ－eq\f(π,6)(k∈Z)，結(jié)合選項(xiàng)可知y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6))).故選A.4．體積為8的正方體的頂點(diǎn)都在同一球面上，則該球的表面積為()A．12πB.eq\f(32,3)πC．8πD．4π解析：選A.先利用正方體外接球直徑等于正方體體對角線長求出球的半徑，再用球的表面積公式求解．設(shè)正方體棱長為a，則a3＝8，所以a＝2.所以正方體的體對角線長為2eq\r(3)，所以正方體外接球的半徑為eq\r(3)，所以球的表面積為4π·(eq\r(3))2＝12π，故選A.5．設(shè)F為拋物線C：y2＝4x的焦點(diǎn)，曲線y＝eq\f(k,x)(k>0)與C交于點(diǎn)P，PF⊥x軸，則k＝()A.eq\f(1,2)B．1C.eq\f(3,2)D．2解析：選D.根據(jù)拋物線的方程求出焦點(diǎn)坐標(biāo)，利用PF⊥x軸，知點(diǎn)P，F(xiàn)的橫坐標(biāo)相等，再根據(jù)點(diǎn)P在曲線y＝eq\f(k,x)上求出k.∵y2＝4x，∴F(1,0)．又∵曲線y＝eq\f(k,x)(k>0)與C交于點(diǎn)P，PF⊥x軸，∴P(1,2)．將點(diǎn)P(1,2)的坐標(biāo)代入y＝eq\f(k,x)(k>0)得k＝2.故選D.6．圓x2＋y2－2x－8y＋13＝0的圓心到直線ax＋y－1＝0的距離為1，則a＝()A．－eq\f(4,3)B．－eq\f(3,4)C.eq\r(3)D．2解析：選A.將圓的方程化為標(biāo)準(zhǔn)方程，根據(jù)點(diǎn)到直線距離公式求解．圓x2＋y2－2x－8y＋13＝0的標(biāo)準(zhǔn)方程為(x－1)2＋(y－4)2＝4，由圓心到直線ax＋y－1＝0的距離為1可知eq\f(|a＋4－1|,\r(a2＋12))＝1，解得a＝－eq\f(4,3)，故選A.7.右圖是由圓柱與圓錐組合而成的幾何體的三視圖，則該幾何體的表面積為()A．20πB．24πC．28πD．32π解析：選C.根據(jù)三視圖特征，將三視圖還原為直觀圖，根據(jù)直觀圖特征求表面積．由三視圖可知，該幾何體是由一個圓柱和一個圓錐組成的組合體，上面是一個圓錐，圓錐的高是2eq\r(3)，底面半徑是2，因此其母線長為4，下面圓柱的高是4，底面半徑是2，因此該幾何體的表面積是S＝π×22＋2π×2×4＋π×2×4＝28π，故選C.8．某路口人行橫道的信號燈為紅燈和綠燈交替出現(xiàn)，紅燈持續(xù)時間為40秒．若一名行人來到該路口遇到紅燈，則至少需要等待15秒才出現(xiàn)綠燈的概率為()A.eq\f(7,10)B.eq\f(5,8)C.eq\f(3,8)D.eq\f(3,10)解析：選B.利用幾何概型的概率公式求解．如圖，若該行人在時間段AB的某一時刻來到該路口，則該行人至少等待15秒才出現(xiàn)綠燈．AB長度為40－15＝25，由幾何概型的概率公式知，至少需要等待15秒才出現(xiàn)綠燈的概率為eq\f(40－15,40)＝eq\f(5,8)，故選B.9.中國古代有計(jì)算多項(xiàng)式值的秦九韶算法，右圖是實(shí)現(xiàn)該算法的程序框圖，執(zhí)行該程序框圖，若輸入的x＝2，n＝2，依次輸入的a為2,2,5，則輸出的s＝()A．7B．12C．17D．34解析：選C.逐次運(yùn)行程序，直到滿足條件時輸出s值終止程序．輸入x＝2，n＝2.第一次，a＝2，s＝2，k＝1，不滿足k>n；第二次，a＝2，s＝2×2＋2＝6，k＝2，不滿足k>n；第三次，a＝5，s＝6×2＋5＝17，k＝3，滿足k>n，輸出s＝17.10．下列函數(shù)中，其定義域和值域分別與函數(shù)y＝10lgx的定義域和值域相同的是()A．y＝xB．y＝lgxC．y＝2xD．y＝eq\f(1,\r(x))解析：選D.根據(jù)函數(shù)解析式特征求函數(shù)的定義域、值域．函數(shù)y＝10lgx的定義域與值域均為(0，＋∞)．函數(shù)y＝x的定義域與值域均為(－∞，＋∞)．函數(shù)y＝lgx的定義域?yàn)?0，＋∞)，值域?yàn)?－∞，＋∞)．函數(shù)y＝2x的定義域?yàn)?－∞，＋∞)，值域?yàn)?0，＋∞)．函數(shù)y＝eq\f(1,\r(x))的定義域與值域均為(0，＋∞)．故選D.11．函數(shù)f(x)＝cos2x＋6coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－x))的最大值為()A．4B．5C．6D．7解析：選B.利用誘導(dǎo)公式及二倍角的余弦公式，將三角函數(shù)最值問題轉(zhuǎn)化為給定區(qū)間的二次函數(shù)的最值問題求解．∵f(x)＝cos2x＋6coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－x))＝cos2x＋6sinx＝1－2sin2x＋6sinx＝－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sinx－\f(3,2)))2＋eq\f(11,2)，又sinx∈[－1,1]，∴當(dāng)sinx＝1時，f(x)取得最大值5.故選B.12．已知函數(shù)f(x)(x∈R)滿足f(x)＝f(2－x)，若函數(shù)y＝|x2－2x－3|與y＝f(x)圖象的交點(diǎn)為(x1，y1)，(x2，y2)，…，(xm，ym)，則eq\o(∑,\s\up6(m),\s\do4(i＝1))xi＝()A．0B．mC．2mD．4m解析：選B.根據(jù)函數(shù)y＝f(x)與y＝|x2－2x－3|的圖象都關(guān)于直線x＝1對稱求解．∵f(x)＝f(2－x)，∴函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于直線x＝1對稱．又y＝|x2－2x－3|＝|(x－1)2－4|的圖象關(guān)于直線x＝1對稱，∴兩函數(shù)圖象的交點(diǎn)關(guān)于直線x＝1對稱．當(dāng)m為偶數(shù)時，eq\o(∑,\s\up6(m),\s\do4(i＝1))xi＝2×eq\f(m,2)＝m；當(dāng)m為奇數(shù)時，eq\o(∑,\s\up6(m),\s\do4(i＝1))xi＝2×eq\f(m－1,2)＋1＝m.故選B.第Ⅱ卷本卷包括必考題和選考題兩部分．第13～21題為必考題，每個試題考生都必須作答．第22～24題為選考題，考生根據(jù)要求作答．二、填空題(本大題共4小題，每小題5分，共20分．把答案填在題中橫線上)13．已知向量a＝(m,4)，b＝(3，－2)，且a∥b，則m＝________.解析：利用兩向量共線的坐標(biāo)運(yùn)算公式求解．∵a＝(m,4)，b＝(3，－2)，a∥b，∴－2m－4×3＝0.∴m＝－6.答案：－614．若x，y滿足約束條件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－y＋1≥0，,x＋y－3≥0，,x－3≤0，))則z＝x－2y的最小值為________．解析：作出不等式組表示的可行域，利用數(shù)形結(jié)合思想求解．不等式組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－y＋1≥0，,x＋y－3≥0，,x－3≤0))表示的可行域如圖陰影部分所示．由z＝x－2y得y＝eq\f(1,2)x－eq\f(1,2)z.平移直線y＝eq\f(1,2)x，易知經(jīng)過點(diǎn)A(3,4)時，z有最小值，最小值為z＝3－2×4＝－5.答案：－515．△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若cosA＝eq\f(4,5)，cosC＝eq\f(5,13)，a＝1，則b＝________.解析：利用正弦定理求解．在△ABC中，∵cosA＝eq\f(4,5)，cosC＝eq\f(5,13)，∴sinA＝eq\f(3,5)，sinC＝eq\f(12,13)，∴sinB＝sin(A＋C)＝sinAcosC＋cosAsinC＝eq\f(3,5)×eq\f(5,13)＋eq\f(4,5)×eq\f(12,13)＝eq\f(63,65).又∵eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，∴b＝eq\f(asinB,sinA)＝eq\f(1×\f(63,65),\f(3,5))＝eq\f(21,13).答案：eq\f(21,13)16．有三張卡片，分別寫有1和2,1和3,2和3.甲，乙，丙三人各取走一張卡片，甲看了乙的卡片后說：“我與乙的卡片上相同的數(shù)字不是2”，乙看了丙的卡片后說：“我與丙的卡片上相同的數(shù)字不是1”，丙說：“我的卡片上的數(shù)字之和不是5”，則甲的卡片上的數(shù)字是________．解析：根據(jù)丙的說法及乙看了丙的卡片后的說法進(jìn)行推理．由丙說“我的卡片上的數(shù)字之和不是5”，可推知丙的卡片上的數(shù)字是1和2或1和3.又根據(jù)乙看了丙的卡片后說：“我與丙的卡片上相同的數(shù)字不是1”可知，乙的卡片不含1，所以乙的卡片上的數(shù)字為2和3.再根據(jù)甲的說法“我與乙的卡片上相同的數(shù)字不是2”可知，甲的卡片上的數(shù)字是1和3.答案：1和3三、解答題(解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟)17．(本小題滿分12分)等差數(shù)列{an}中，a3＋a4＝4，a5＋a7＝6.(1)求{an}的通項(xiàng)公式；(2)設(shè)bn＝[an]，求數(shù)列{bn}的前10項(xiàng)和，其中[x]表示不超過x的最大整數(shù)，如[0.9]＝0，[2.6]＝2.【思路方法】(1)設(shè)出等差數(shù)列的公差，根據(jù)已知條件列出方程組，求出首項(xiàng)與公差后再寫出通項(xiàng)公式；(2)根據(jù)bn與an的關(guān)系，分別將n＝1,2，…，10代入，求出數(shù)列{bn}的前10項(xiàng)，再求和．解：(1)設(shè)數(shù)列{an}的首項(xiàng)為a1，公差為d，由題意有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2a1＋5d＝4，,a1＋5d＝3，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,d＝\f(2,5).))所以{an}的通項(xiàng)公式為an＝eq\f(2n＋3,5).(2)由(1)知，bn＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2n＋3,5))).當(dāng)n＝1,2,3時，1≤eq\f(2n＋3,5)<2，bn＝1；當(dāng)n＝4,5時，2≤eq\f(2n＋3,5)<3，bn＝2；當(dāng)n＝6,7,8時，3≤eq\f(2n＋3,5)<4，bn＝3；當(dāng)n＝9,10時，4≤eq\f(2n＋3,5)<5，bn＝4.所以數(shù)列{bn}的前10項(xiàng)和為1×3＋2×2＋3×3＋4×2＝24.18．(本小題滿分12分)某險種的基本保費(fèi)為a(單位：元)，繼續(xù)購買該險種的投保人稱為續(xù)保人，續(xù)保人本年度的保費(fèi)與其上年度出險次數(shù)的關(guān)聯(lián)如下：上年度出險次數(shù)01234≥5保費(fèi)0.85aa1.25a1.5a1.75a2a隨機(jī)調(diào)查了該險種的200名續(xù)保人在一年內(nèi)的出險情況，得到如下統(tǒng)計(jì)表：出險次數(shù)01234≥5頻數(shù)605030302010(1)記A為事件：“一續(xù)保人本年度的保費(fèi)不高于基本保費(fèi)”，求P(A)的估計(jì)值；(2)記B為事件：“一續(xù)保人本年度的保費(fèi)高于基本保費(fèi)但不高于基本保費(fèi)的160%”，求P(B)的估計(jì)值；(3)求續(xù)保人本年度平均保費(fèi)的估計(jì)值．【思路方法】(1)(2)根據(jù)頻率估計(jì)概率；(3)根據(jù)題意列出保費(fèi)與頻率的關(guān)系，利用公式求平均保費(fèi)．解：(1)事件A發(fā)生當(dāng)且僅當(dāng)一年內(nèi)出險次數(shù)小于2.由所給數(shù)據(jù)知，一年內(nèi)出險次數(shù)小于2的頻率為eq\f(60＋50,200)＝0.55，故P(A)的估計(jì)值為0.55.(2)事件B發(fā)生當(dāng)且僅當(dāng)一年內(nèi)出險次數(shù)大于1且小于4.由所給數(shù)據(jù)知，一年內(nèi)出險次數(shù)大于1且小于4的頻率為eq\f(30＋30,200)＝0.3，故P(B)的估計(jì)值為0.3.(3)由所給數(shù)據(jù)得保費(fèi)0.85aa1.25a1.5a1.75a2a頻率0.300.250.150.150.100.05調(diào)查的200名續(xù)保人的平均保費(fèi)為0.85a×0.30＋a×0.25＋1.25a×0.15＋1.5a×0.15＋1.75a×0.10＋2a×0.05＝1.1925a.因此，續(xù)保人本年度平均保費(fèi)的估計(jì)值為1.1925a.19．(本小題滿分12分)如圖，菱形ABCD的對角線AC與BD交于點(diǎn)O，點(diǎn)E，F(xiàn)分別在AD，CD上，AE＝CF，EF交BD于點(diǎn)H.將△DEF沿EF折到△D′EF的位置．(1)證明：AC⊥HD′；(2)若AB＝5，AC＝6，AE＝eq\f(5,4)，OD′＝2eq\r(2)，求五棱錐D′-ABCFE的體積．【思路方法】(1)利用AC與EF平行，轉(zhuǎn)化為證明EF與HD′垂直；(2)求五棱錐的體積需先求棱錐的高及底面的面積，結(jié)合圖形特征可以發(fā)現(xiàn)OD′是棱錐的高，而底面的面積可以利用菱形ABCD與△DEF面積的差求解，這樣就將問題轉(zhuǎn)化為證明OD′與底面垂直以及求△DEF的面積問題了．解：(1)證明：由已知得AC⊥BD，AD＝CD.又由AE＝CF得eq\f(AE,AD)＝eq\f(CF,CD)，故AC∥EF.由此得EF⊥HD，故EF⊥HD′，所以AC⊥HD′.(2)由EF∥AC得eq\f(OH,DO)＝eq\f(AE,AD)＝eq\f(1,4).由AB＝5，AC＝6得DO＝BO＝eq\r(AB2－AO2)＝4.所以O(shè)H＝1，D′H＝DH＝3.于是OD′2＋OH2＝(2eq\r(2))2＋12＝9＝D′H2，故OD′⊥OH.由(1)知AC⊥HD′，又AC⊥BD，BD∩HD′＝H，所以AC⊥平面BHD′，于是AC⊥OD′.又由OD′⊥OH，AC∩OH＝O，所以O(shè)D′⊥平面ABC.又由eq\f(EF,AC)＝eq\f(DH,DO)得EF＝eq\f(9,2).五邊形ABCFE的面積S＝eq\f(1,2)×6×8－eq\f(1,2)×eq\f(9,2)×3＝eq\f(69,4).所以五棱錐D′-ABCFE的體積V＝eq\f(1,3)×eq\f(69,4)×2eq\r(2)＝eq\f(23\r(2),2).20．(本小題滿分12分)已知函數(shù)f(x)＝(x＋1)lnx－a(x－1)．(1)當(dāng)a＝4時，求曲線y＝f(x)在(1，f(1))處的切線方程；(2)若當(dāng)x∈(1，＋∞)時，f(x)>0，求a的取值范圍．【思路方法】(1)根據(jù)導(dǎo)數(shù)的幾何意義可得切線的斜率為f′(1)，再求出f(1)的值，進(jìn)而可得曲線y＝f(x)在(1，f(1))處的切線方程；(2)當(dāng)x∈(1，＋∞)時，f(x)>0等價于lnx－eq\f(ax－1,x＋1)>0，構(gòu)造函數(shù)g(x)＝lnx－eq\f(ax－1,x＋1)，求使函數(shù)g(x)的最小值大于0的a的取值范圍．解：(1)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)．當(dāng)a＝4時，f(x)＝(x＋1)lnx－4(x－1)，f(1)＝0，f′(x)＝lnx＋eq\f(1,x)－3，f′(1)＝－2.故曲線y＝f(x)在(1，f(1))處的切線方程為2x＋y－2＝0.(2)當(dāng)x∈(1，＋∞)時，f(x)>0等價于lnx－eq\f(ax－1,x＋1)>0.設(shè)g(x)＝lnx－eq\f(ax－1,x＋1)，則g′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(2a,x＋12)＝eq\f(x2＋21－ax＋1,xx＋12)，g(1)＝0.①當(dāng)a≤2，x∈(1，＋∞)時，x2＋2(1－a)x＋1≥x2－2x＋1>0，故g′(x)>0，g(x)在(1，＋∞)單調(diào)遞增，因此g(x)>0；②當(dāng)a>2時，令g′(x)＝0得x1＝a－1－eq\r(a－12－1)，x2＝a－1＋eq\r(a－12－1).由x2>1和x1x2＝1得x1<1，故當(dāng)x∈(1，x2)時，g′(x)<0，g(x)在(1，x2)單調(diào)遞減，因此g(x)<0.綜上，a的取值范圍是(－∞，2]．21．(本小題滿分12分)已知A是橢圓E：eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1的左頂點(diǎn)，斜率為k(k>0)的直線交E于A，M兩點(diǎn)，點(diǎn)N在E上，MA⊥NA.(1)當(dāng)|AM|＝|AN|時，求△AMN的面積；(2)當(dāng)2|AM|＝|AN|時，證明：eq\r(3)<k<2.【思路方法】(1)根據(jù)已知條件及橢圓的對稱性得出直線AM的方程，代入橢圓方程求得交點(diǎn)坐標(biāo)后即可求得△AMN的面積；(2)設(shè)出直線AM，AN的方程，代入橢圓方程中，求出|AM|，|AN|關(guān)于k的關(guān)系式，利用已知條件建立關(guān)于k的方程，再轉(zhuǎn)化為函數(shù)的零點(diǎn)問題來解決．解：(1)設(shè)M(x1，y1)，則由題意知y1>0.由已知及橢圓的對稱性知，直線AM的傾斜角為eq\f(π,4).又A(－2,0)，因此直線AM的方程為y＝x＋2.將x＝y(tǒng)－2代入eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1得7y2－12y＝0.解得y＝0或y＝eq\f(12,7)，所以y1＝eq\f(12,7).因此△AMN的面積S△AMN＝2×eq\f(1,2)×eq\f(12,7)×eq\f(12,7)＝eq\f(144,49).(2)證明：設(shè)直線AM的方程為y＝k(x＋2)(k>0)，代入eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1得(3＋4k2)x2＋16k2x＋16k2－12＝0.由x1·(－2)＝eq\f(16k2－12,3＋4k2)得x1＝eq\f(23－4k2,3＋4k2)，故|AM|＝|x1＋2|eq\r(1＋k2)＝eq\f(12\r(1＋k2),3＋4k2).由題意，設(shè)直線AN的方程為y＝－eq\f(1,k)(x＋2)，故同理可得|AN|＝eq\f(12k\r(1＋k2),3k2＋4).由2|AM|＝|AN|得eq\f(2,3＋4k2)＝eq\f(k,3k2＋4)，即4k3－6k2＋3k－8＝0.設(shè)f(t)＝4t3－6t2＋3t－8，則k是f(t)的零點(diǎn)．f′(t)＝12t2－12t＋3＝3(2t－1)2≥0，所以f(t)在(0，＋∞)單調(diào)遞增．又f(eq\r(3))＝15eq\r(3)－26<0，f(2)＝6>0，因此f(t)在(0，＋∞)有唯一的零點(diǎn)，且零點(diǎn)k在(eq\r(3)，2)內(nèi)，所以eq\r(3)<k<2.請考生在第22～24題中任選一題作答，如果多做，則按所做的第一題計(jì)分．22.(本小題滿分10分)選修4－1：幾何證明選講如圖，在正方形ABCD中，E，G分別在邊DA，DC上(不與端點(diǎn)重合)，且DE＝DG，過D點(diǎn)作DF⊥CE，垂足為F.(1)證明：B，C，G，F(xiàn)四點(diǎn)共圓；(2)若AB＝1，E為DA的中點(diǎn)，求四邊形BCGF的面積．【思路方法】(1)先證明△DGF∽△CBF，得到∠CGF＋∠CBF＝180°，進(jìn)而證明B，C，G，F(xiàn)四點(diǎn)共圓；(2)把四邊形BCGF分割為兩個全等的直角三角形，利用三角形的面積求四邊形BCGF的面積．解：(1)證明：因?yàn)镈F⊥EC，所以△DEF∽△CDF，則有∠GDF＝∠DEF＝∠FCB，eq\f(DF,CF)＝eq\f(DE,CD)＝eq\f(DG,CB)，所以△DGF∽△CBF，由此可得∠DGF＝∠CBF.因此∠CGF＋∠CBF＝180°，所以B，C，G，F(xiàn)四點(diǎn)共圓．(2)由B，C，G，F(xiàn)四點(diǎn)共圓，CG⊥CB知FG⊥FB.如圖，連接GB.由G為Rt△DFC斜邊CD的中點(diǎn)，知GF＝GC，故Rt△BCG≌Rt△BFG，因此，四邊形BCGF的面積S是△GCB面積S△GCB的2倍，即S＝2S△GCB＝2×eq\f(1,2)×eq\f(1,2)×1＝eq\f(1,2).23．(本小題滿分10分)選修4－4：坐標(biāo)系與參數(shù)方程在直角坐標(biāo)系xOy中，圓C的方程為(x＋6)2＋y2＝25.(1)以坐標(biāo)原點(diǎn)為極點(diǎn)，x軸正半軸為極軸建立極坐標(biāo)系，求C的極坐標(biāo)方程；(2)直線l的參數(shù)方程是eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝tcosα，,y＝tsinα))(t為參數(shù))，l與C交于A，B兩點(diǎn)，|AB|＝eq\r(10)，求l的斜率．【思路方法】(1)把x＝ρcosθ，y＝ρsinθ代入圓C的方程(x＋6)2＋y2＝25，化簡即得C的極坐標(biāo)方程．(2)把直線l的參數(shù)方程化為普通方程，根據(jù)垂徑定理、點(diǎn)到直線的距離公式，借助勾股定理求出l的斜率；或?qū)⒅本€的參數(shù)方程化為極坐標(biāo)方程，與圓的極坐標(biāo)方程聯(lián)立求解．解：(1)由x＝ρcosθ，y＝ρsinθ可得圓C的極坐標(biāo)方程為ρ2＋12ρcosθ＋11＝0.(2)(方法一)由直線l的參數(shù)方程eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝tcosα，,y＝tsinα))(t為參數(shù))，消去參數(shù)得y＝x·tanα.設(shè)直線l的斜率為k，則直線l的方程為kx－y＝0.由圓C的方程(x＋6)2＋y2＝25知，圓心坐標(biāo)為(－6,0)，半徑為5.又|AB|＝eq\r(10)，由垂徑定理及點(diǎn)到直線的距離公式得eq\f(|－6k|,\r(1＋k2))＝eq\r(25－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(10),2)))2)，即eq\f(36k2,1＋k2)＝eq\f(90,4)，整理得k2＝eq\f(5,3)，解得k＝±eq\f(\r(15),3)，即l的斜率為±eq\f(\r(15),3).(方法二)在(1)中建立的極坐標(biāo)系中，直線l的極坐標(biāo)方程為θ＝α(ρ∈R)．設(shè)A，B所對應(yīng)的極徑分別為ρ1，ρ2，將l的極坐標(biāo)方程代入C的極坐標(biāo)方程得ρ2＋12ρcosα＋11＝0，于是ρ1＋ρ2＝－12cosα，ρ1ρ2＝11.|AB|＝|ρ1－ρ2|＝eq\r(ρ1＋ρ22－4ρ1ρ2)＝eq\r(144cos2α－44).由|AB|＝eq\r(10)得cos2α＝eq\f(3,8)，tanα＝±eq\f(\r(15),3).所以l的斜率為eq\f(\r(15),3)或－eq\f(\r(15),3).24．(本小題滿分10分)選修4－5：不等式選講已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))＋eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))，M為不等式f(x)<2的解集．(1)求M；(2)證明：當(dāng)a，b∈M時，|a＋b|<|1＋ab|.【思路方法】(1)先分段寫出函數(shù)f(x)的解析式，再解不等式f(x)<2求出M；(2)先證明(a＋b)2－(1＋ab)2<0，進(jìn)而證明|a＋b|<|1＋ab|.解：(1)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2x，x≤－\f(1,2)，,1，－\f(1,2)＜x＜\f(1,2)，,2x，x≥\f(1,2).))當(dāng)x≤－eq\f(1,2)時，由f(x)<2得－2x<2，解得x>－1；當(dāng)－eq\f(1,2)<x<eq\f(1,2)時，f(x)<2；當(dāng)x≥eq\f(1,2)時，由f(x)<2得2x<2，解得x<1.所以f(x)<2的解集M＝{x|－1<x<1}．(2)證明：由(1)知，當(dāng)a，b∈M時，－1<a<1，－1<b<1，從而(a＋b)2－(1＋ab)2＝a2＋b2－a2b2－1＝(a2－1)(1－b2)<0.因此|a＋b|<|1＋ab|.數(shù)學(xué)(全國乙卷)本試卷分第Ⅰ卷(選擇題)和第Ⅱ卷(非選擇題)兩部分，共150分，考試時間120分鐘．第Ⅰ卷一、選擇題(本大題共12小題，每小題5分，共60分．在每小題給出的四個選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的)1．設(shè)集合A＝{1,3,5,7}，B＝{x|2≤x≤5}，則A∩B＝()A．{1,3}B．{3,5}C．{5,7}D．{1,7}解析：選B.根據(jù)交集的定義求解．集合A與集合B的公共元素有3,5，故A∩B＝{3,5}，故選B.2．設(shè)(1＋2i)(a＋i)的實(shí)部與虛部相等，其中a為實(shí)數(shù)，則a＝()A．－3B．－2C．2D．3解析：選A.先化簡復(fù)數(shù)，再根據(jù)實(shí)部與虛部相等列方程求解．(1＋2i)(a＋i)＝a－2＋(1＋2a)i，由題意知a－2＝1＋2a，解得a＝－3，故選A.3．為美化環(huán)境，從紅、黃、白、紫4種顏色的花中任選2種花種在一個花壇中，余下的2種花種在另一個花壇中，則紅色和紫色的花不在同一花壇的概率是()A.eq\f(1,3)B.eq\f(1,2)C.eq\f(2,3)D.eq\f(5,6)解析：選C.先列出基本事件，再利用古典概型概率公式求解．從4種顏色的花中任選2種顏色的花種在一個花壇中，余下的2種顏色的花種在另一個花壇的種數(shù)有：紅黃—白紫、紅白—黃紫、紅紫—白黃、黃白—紅紫、黃紫—紅白、白紫—紅黃，共6種，其中紅色和紫色的花不在同一花壇的種數(shù)有：紅黃—白紫、紅白—黃紫、黃紫—紅白、白紫—紅黃，共4種，求所求概率為P＝eq\f(4,6)＝eq\f(2,3)，故選C.4．△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知a＝eq\r(5)，c＝2，cosA＝eq\f(2,3)，則b＝()A.eq\r(2)B.eq\r(3)C．2D．3解析：選D.利用余弦定理列方程求解．由余弦定理得5＝b2＋4－2×b×2×eq\f(2,3)，解得b＝3或b＝－eq\f(1,3)(舍去)，故選D.5．直線l經(jīng)過橢圓的一個頂點(diǎn)和一個焦點(diǎn)，若橢圓中心到l的距離為其短軸長的eq\f(1,4)，則該橢圓的離心率為()A.eq\f(1,3)B.eq\f(1,2)C.eq\f(2,3)D.eq\f(3,4)解析：選B.利用橢圓的幾何性質(zhì)列方程求離心率．不妨設(shè)直線l經(jīng)過橢圓的一個頂點(diǎn)B(0，b)和一個焦點(diǎn)F(c,0)，則直線l的方程為eq\f(x,c)＋eq\f(y,b)＝1，即bx＋cy－bc＝0.由題意知eq\f(|－bc|,\r(b2＋c2))＝eq\f(1,4)×2b，解得eq\f(c,a)＝eq\f(1,2)，即e＝eq\f(1,2).故選B.6．將函數(shù)y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))的圖象向右平移eq\f(1,4)個周期后，所得圖象對應(yīng)的函數(shù)為()A．y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))B．y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))C．y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4)))D．y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))解析：選D.先求出函數(shù)的周期，再根據(jù)函數(shù)圖象的平移變換規(guī)律求出對應(yīng)的函數(shù)解析式．函數(shù)y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))的周期為π，將函數(shù)y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))的圖象向右平移eq\f(1,4)個周期即eq\f(π,4)個單位長度，所得圖象對應(yīng)的函數(shù)為y＝2sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))＋\f(π,6)))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))，故選D.7.如圖，某幾何體的三視圖是三個半徑相等的圓及每個圓中兩條互相垂直的半徑．若該幾何體的體積是eq\f(28π,3)，則它的表面積是()A．17πB．18πC．20πD．28π解析：選A.根據(jù)三視圖還原出幾何體，再根據(jù)表面積公式求解．由三視圖可知其對應(yīng)幾何體應(yīng)為一個切去了eq\f(1,8)部分的球，由eq\f(4,3)πr3×eq\f(7,8)＝eq\f(28π,3)，得r＝2，所以此幾何體的表面積為4πr2×eq\f(7,8)＋3×eq\f(1,4)πr2＝17π，故選A.8．若a>b>0,0<c<1，則()A．logac<logbcB．logca<logcbC．a(chǎn)c<bcD．ca>cb解析：選B.根據(jù)式子的特征，構(gòu)造函數(shù)并利用其單調(diào)性進(jìn)行比較．對于選項(xiàng)A：logac＝eq\f(lgc,lga)，logbc＝eq\f(lgc,lgb)，∵0<c<1，∴l(xiāng)gc<0.而a>b>0，∴l(xiāng)ga>lgb，但不能確定lga，lgb的正負(fù)，∴l(xiāng)ogac與logbc的大小不能確定．對于選項(xiàng)B：logca＝eq\f(lga,lgc)，logcb＝eq\f(lgb,lgc)，而lga>lgb，兩邊同乘一個負(fù)數(shù)eq\f(1,lgc)不等號方向改變，∴l(xiāng)ogca<logcb，∴選項(xiàng)B正確．對于選項(xiàng)C：利用y＝xc(0<c<1)在第一象限內(nèi)是增函數(shù)，可得ac>bc，∴選項(xiàng)C錯誤．對于選項(xiàng)D：利用y＝cx(0<c<1)在R上為減函數(shù)，可得ca<cb，∴選項(xiàng)D錯誤，故選B.9．函數(shù)y＝2x2－e|x|在[－2,2]的圖象大致為()解析：選D.利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)y＝2x2－e|x|在[0,2]上的圖象，再利用奇偶性判斷．∵f(x)＝2x2－e|x|，x∈[－2,2]是偶函數(shù)，又f(2)＝8－e2∈(0,1)，故排除A，B.設(shè)g(x)＝2x2－ex，則g′(x)＝4x－ex.又g′(0)<0，g′(2)>0，∴g(x)在(0,2)內(nèi)至少存在一個極值點(diǎn)，∴f(x)＝2x2－e|x|在(0,2)內(nèi)至少存在一個極值點(diǎn)，排除C.故選D.10.執(zhí)行右面的程序框圖，如果輸入的x＝0，y＝1，n＝1，則輸出x，y的值滿足()A．y＝2xB．y＝3xC．y＝4xD．y＝5x解析：選C.執(zhí)行程序框圖，直至輸出x，y的值．輸入x＝0，y＝1，n＝1，運(yùn)行第一次，x＝0，y＝1，不滿足x2＋y2≥36；運(yùn)行第二次，x＝eq\f(1,2)，y＝2，不滿足x2＋y2≥36；運(yùn)行第三次，x＝eq\f(3,2)，y＝6，滿足x2＋y2≥36，輸出x＝eq\f(3,2)，y＝6.由于點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，6))在直線y＝4x上，故選C.11．平面α過正方體ABCD-A1B1C1D1的頂點(diǎn)A，α∥平面CB1D1，α∩平面ABCD＝m，α∩平面ABB1A1＝n，則m，n所成角的正弦值為()A.eq\f(\r(3),2)B.eq\f(\r(2),2)C.eq\f(\r(3),3)D.eq\f(1,3)解析：選A.根據(jù)平面與平面平行的性質(zhì)，將m，n所成的角轉(zhuǎn)化為平面CB1D1與平面ABCD的交線及平面CB1D1與平面ABB1A1的交線所成的角．設(shè)平面CB1D1∩平面ABCD＝m1.∵平面α∥平面CB1D1，∴m1∥m.又平面ABCD∥平面A1B1C1D1，且平面CB1D1∩平面A1B1C1D1＝B1D1，∴B1D1∥m1.∴B1D1∥m.∵平面ABB1A1∥平面DCC1D1，且平面CB1D1∩平面DCC1D1＝CD1，同理可證CD1∥n.因此直線m與n所成的角即直線B1D1與CD1所成的角．在正方體ABCD-A1B1C1D1中，△CB1D1是正三角形，故直線B1D1與CD1所成角為60°，其正弦值為eq\f(\r(3),2).12．若函數(shù)f(x)＝x－eq\f(1,3)sin2x＋asinx在(－∞，＋∞)單調(diào)遞增，則a的取值范圍是()A．[－1,1]B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,3)))C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，\f(1,3)))D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，－\f(1,3)))解析：選C.根據(jù)四個選項(xiàng)的特點(diǎn)，用特殊值法判斷．取a＝－1，則f(x)＝x－eq\f(1,3)sin2x－sinx，f′(x)＝1－eq\f(2,3)cos2x－cosx，但f′(0)＝1－eq\f(2,3)－1＝－eq\f(2,3)<0，不具備在(－∞，＋∞)單調(diào)遞增的條件，故排除A，B，D.故選C.第Ⅱ卷本卷包括必考題和選考題兩部分．第13～21題為必考題，每個試題考生都必須作答．第22～24題為選考題，考生根據(jù)要求作答．二、填空題(本大題共4小題，每小題5分，共20分．把答案填在題中橫線上)13．設(shè)向量a＝(x，x＋1)，b＝(1,2)，且a⊥b，則x＝________.解析：根據(jù)向量垂直的性質(zhì)列方程求解．∵a⊥b，∴a·b＝0，即x＋2(x＋1)＝0，∴x＝－eq\f(2,3).答案：－eq\f(2,3)14．已知θ是第四象限角，且sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))＝eq\f(3,5)，則taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,4)))＝________.解析：將θ－eq\f(π,4)轉(zhuǎn)化為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))－eq\f(π,2).由題意知sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))＝eq\f(3,5)，θ是第四象限角，所以coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))>0，所以coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))＝eq\r(1－sin2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4))))＝eq\f(4,5).taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,4)))＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)－\f(π,2)))＝－eq\f(1,tan\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4))))＝－eq\f(cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4))),sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4))))＝－eq\f(\f(4,5),\f(3,5))＝－eq\f(4,3).答案：－eq\f(4,3)15．設(shè)直線y＝x＋2a與圓C：x2＋y2－2ay－2＝0相交于A，B兩點(diǎn)，若|AB|＝2eq\r(3)，則圓C的面積為________．解析：利用圓的弦長、弦心距、圓的半徑之間的關(guān)系及勾股定理列方程求解．圓C：x2＋y2－2ay－2＝0化為標(biāo)準(zhǔn)方程是C：x2＋(y－a)2＝a2＋2，所以圓心C(0，a)，半徑r＝eq\r(a2＋2).|AB|＝2eq\r(3)，點(diǎn)C到直線y＝x＋2a，即x－y＋2a＝0的距離d＝eq\f(|0－a＋2a|,\r(2))，由勾股定理得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3),2)))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(|0－a＋2a|,\r(2))))2＝a2＋2，解得a2＝2，所以r＝2，所以圓C的面積為π×22＝4π.答案：4π16．某高科技企業(yè)生產(chǎn)產(chǎn)品A和產(chǎn)品B需要甲、乙兩種新型材料，生產(chǎn)一件產(chǎn)品A需要甲材料1.5kg，乙材料1kg，用5個工時；生產(chǎn)一件產(chǎn)品B需要甲材料0.5kg，乙材料0.3kg，用3個工時．生產(chǎn)一件產(chǎn)品A的利潤為2100元，生產(chǎn)一件產(chǎn)品B的利潤為900元．該企業(yè)現(xiàn)有甲材料150kg，乙材料90kg，則在不超過600個工時的條件下，生產(chǎn)產(chǎn)品A、產(chǎn)品B的利潤之和的最大值為________元．解析：設(shè)出產(chǎn)品A、產(chǎn)品B的產(chǎn)量，列出產(chǎn)品A，B的產(chǎn)量滿足的約束條件，轉(zhuǎn)化為線性規(guī)劃問題求解．設(shè)生產(chǎn)產(chǎn)品Ax件，產(chǎn)品By件，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1.5x＋0.5y≤150，,x＋0.3y≤90，,5x＋3y≤600，,x≥0，x∈N*，,y≥0，y∈N*.))目標(biāo)函數(shù)z＝2100x＋900y.作出可行域?yàn)閳D中的陰影部分(包括邊界)內(nèi)的整數(shù)點(diǎn)，圖中陰影四邊形的頂點(diǎn)坐標(biāo)分別為(60,100)，(0,200)，(0,0)，(90,0)．當(dāng)直線z＝2100x＋900y經(jīng)過點(diǎn)(60,100)時，z取得最大值，zmax＝2100×60＋900×100＝216000(元)．答案：216000三、解答題(解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟)17．(本小題滿分12分)已知{an}是公差為3的等差數(shù)列，數(shù)列{bn}滿足b1＝1，b2＝eq\f(1,3)，anbn＋1＋bn＋1＝nbn.(1)求{an}的通項(xiàng)公式；(2)求{bn}的前n項(xiàng)和．【思路方法】(1)取n＝1，先求出a1，再求{an}的通項(xiàng)公式．(2)將an代入anbn＋1＋bn＋1＝nbn，得出數(shù)列{bn}為等比數(shù)列，再求{bn}的前n項(xiàng)和．解：(1)由已知，a1b2＋b2＝b1，b1＝1，b2＝eq\f(1,3)，得a1＝2.所以數(shù)列{an}是首項(xiàng)為2，公差為3的等差數(shù)列，通項(xiàng)公式為an＝3n－1.(2)由(1)知anbn＋1＋bn＋1＝nbn，得bn＋1＝eq\f(bn,3)，因此{(lán)bn}是首項(xiàng)為1，公比為eq\f(1,3)的等比數(shù)列．記{bn}的前n項(xiàng)和為Sn，則Sn＝eq\f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n,1－\f(1,3))＝eq\f(3,2)－eq\f(1,2×3n－1).18.(本小題滿分12分)如圖，已知正三棱錐P-ABC的側(cè)面是直角三角形，PA＝6，頂點(diǎn)P在平面ABC內(nèi)的正投影為點(diǎn)D，D在平面PAB內(nèi)的正投影為點(diǎn)E，連接PE并延長交AB于點(diǎn)G.(1)證明：G是AB的中點(diǎn)；(2)在圖中作出點(diǎn)E在平面PAC內(nèi)的正投影F(說明作法及理由)，并求四面體PDEF的體積．【思路方法】(1)利用等腰三角形的“三線合一”性質(zhì)，只需證明AB⊥PG即可．(2)過點(diǎn)E作PB的平行線交PA于點(diǎn)F，證明F為點(diǎn)E在平面PAC內(nèi)的正投影，再求四面體PDEF的體積．解：(1)證明：因?yàn)镻在平面ABC內(nèi)的正投影為D，所以AB⊥PD.因?yàn)镈在平面PAB內(nèi)的正投影為E，所以AB⊥DE.因?yàn)镻D∩DE＝D，所以AB⊥平面PED，故AB⊥PG.又由已知可得，PA＝PB，所以G是AB的中點(diǎn)．(2)在平面PAB內(nèi)，過點(diǎn)E作PB的平行線交PA于點(diǎn)E，F(xiàn)即為E在平面PAC內(nèi)的正投影．理由如下：由已知可得PB⊥PA，PB⊥PC，又EF∥PB，所以EF⊥PA，EF⊥PC.又PA∩PC＝P，因此EF⊥平面PAC，即點(diǎn)F為E在平面PAC內(nèi)的正投影．連接CG，因?yàn)镻在平面ABC內(nèi)的正投影為D，所以D是正三角形ABC的中心．由(1)知，G是AB的中點(diǎn)，所以D在CG上，故CD＝eq\f(2,3)CG.由題設(shè)可得PC⊥平面PAB，DE⊥平面PAB，所以DE∥PC，因此PE＝eq\f(2,3)PG，DE＝eq\f(1,3)PC.由已知，正三棱錐的側(cè)面是直角三角形且PA＝6，可得DE＝2，PE＝2eq\r(2).在等腰直角三角形EFP中，可得EF＝PF＝2，所以四面體PDEF的體積V＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×2×2×2＝eq\f(4,3).19．(本小題滿分12分)某公司計(jì)劃購買1臺機(jī)器，該種機(jī)器使用三年后即被淘汰．機(jī)器有一易損零件，在購進(jìn)機(jī)器時，可以額外購買這種零件作為備件，每個200元．在機(jī)器使用期間，如果備件不足再購買，則每個500元．現(xiàn)需決策在購買機(jī)器時應(yīng)同時購買幾個易損零件，為此搜集并整理了100臺這種機(jī)器在三年使用期內(nèi)更換的易損零件數(shù)，得下面柱狀圖：記x表示1臺機(jī)器在三年使用期內(nèi)需要換的易損零件數(shù)，y表示1臺機(jī)器在購買易損零件上所需的費(fèi)用(單位：元)，n表示購機(jī)的同時購買的易損零件數(shù)．(1)若n＝19，求y與x的函數(shù)解析式；(2)若要求“需更換的易損零件數(shù)不大于n”的頻率不小于0.5，求n的最小值；(3)假設(shè)這100臺機(jī)器在購機(jī)的同時每臺都購買19個易損零件，或每臺都購買20個易損零件，分別計(jì)算這100臺機(jī)器在購買易損零件上所需費(fèi)用的平均數(shù)，以此作為決策依據(jù)，購買1臺機(jī)器的同時應(yīng)購買19個還是20個易損零件？【思路方法】(1)根據(jù)題意寫出分段函數(shù)的解析式．(2)根據(jù)柱狀圖結(jié)合頻率的概念，求n的最小值．(3)分別計(jì)算兩種情況的平均數(shù)，并比較大小，作出決策．解：(1)當(dāng)x≤19時，y＝3800；當(dāng)x>19時，y＝3800＋500(x－19)＝500x－5700，所以y與x的函數(shù)解析式為y＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3800，x≤19，,500x－5700，x>19))(x∈N)．(2)由柱狀圖知，需更換的零件數(shù)不大于18的頻率為0.46，不大于19的頻率為0.7，故n的最小值為19.(3)若每臺機(jī)器在購機(jī)同時都購買19個易損零件，則這100臺機(jī)器中有70臺在購買易損零件上的費(fèi)用為3800,20臺的費(fèi)用為4300,10臺的費(fèi)用為4800，因此這100臺機(jī)器在購買易損零件上所需費(fèi)用的平均數(shù)為eq\f(1,100)(3800×70＋4300×20＋4800×10)＝4000.若每臺機(jī)器在購機(jī)同時都購買20個易損零件，則這100臺機(jī)器中有90臺在購買易損零件上的費(fèi)用為4000,10臺的費(fèi)用為4500，因此這100臺機(jī)器在購買易損零件上所需費(fèi)用的平均數(shù)為eq\f(1,100)(4000×90＋4500×10)＝4050.比較兩個平均數(shù)可知，購買1臺機(jī)器的同時應(yīng)購買19個易損零件．20．(本小題滿分12分)在直角坐標(biāo)系xOy中，直線l：y＝t(t≠0)交y軸于點(diǎn)M，交拋物線C：y2＝2px(p>0)于點(diǎn)P，M關(guān)于點(diǎn)P的對稱點(diǎn)為N，連接ON并延長交C于點(diǎn)H.(1)求eq\f(|OH|,|ON|)；(2)除H以外，直線MH與C是否有其他公共點(diǎn)？說明理由．【思路方法】(1)先求出N，H的坐標(biāo)，再求eq\f(|OH|,|ON|).(2)將直線MH的方程與拋物線C的方程聯(lián)立，根據(jù)方程的解的個數(shù)進(jìn)行判斷．解：(1)如圖，由已知得M(0，t)，Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(t2,2p)，t)).又N為M關(guān)于點(diǎn)P的對稱點(diǎn)，故Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(t2,p)，t))，故直線ON的方程為y＝eq\f(p,t)x，將其代入y2＝2px整理得px2－2t2x＝0，解得x1＝0，x2＝eq\f(2t2,p).因此Heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2t2,p)，2t)).所以N為OH的中點(diǎn)，即eq\f(|OH|,|ON|)＝2.(2)直線MH與C除H以外沒有其他公共點(diǎn)．理由如下：直線MH的方程為y－t＝eq\f(p,2t)x，即x＝eq\f(2t,p)(y－t)．代入y2＝2px得y2－4ty＋4t2＝0，解得y1＝y(tǒng)2＝2t，即直線MH與C只有一個公共點(diǎn)，所以除H以外，直線MH與C沒有其他公共點(diǎn)．21．(本小題滿分12分)已知函數(shù)f(x)＝(x－2)ex＋a(x－1)2.(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)若f(x)有兩個零點(diǎn)，求a的取值范圍．【思路方法】先求出f′(x)，對f′(x)中的字母參數(shù)分類討論確定f′(x)的符號，從而得出f(x)的單調(diào)性．(2)根據(jù)(1)中所得函數(shù)的單調(diào)性的結(jié)論，結(jié)合函數(shù)圖象和零點(diǎn)存在性定理對參數(shù)a分類討論，得出f(x)有兩個零點(diǎn)時a的取值范圍．解：(1)f′(x)＝(x－1)ex＋2a(x－1)＝(x－1)(ex＋2a)．(ⅰ)設(shè)a≥0，則當(dāng)x∈(－∞，1)時，f′(x)<0；當(dāng)x∈(1，＋∞)時，f′(x)>0.所以f(x)在(－∞，1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增．(ⅱ)設(shè)a<0，由f′(x)＝0得x＝1或x＝ln(－2a)．①若a＝－eq\f(e,2)，則f′(x)＝(x－1)(ex－e)，所以f(x)在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增．②若a>－eq\f(e,2)，則ln(－2a)<1，故當(dāng)x∈(－∞，ln(－2a))∪(1，＋∞)時，f′(x)>0；當(dāng)x∈(ln(－2a)，1)時，f′(x)<0.所以f(x)在(－∞，ln(－2a))，(1，＋∞)上單調(diào)遞增，在(ln(－2a)，1)上單調(diào)遞減．③若a<－eq\f(e,2)，則ln(－2a)>1，故當(dāng)x∈(－∞，1)∪(ln(－2a)，＋∞)時，f′(x)>0；當(dāng)x∈(1，ln(－2a))時，f′(x)<0.所以f(x)在(－∞，1)，(ln(－2a)，＋∞)上單調(diào)遞增，在(1，ln(－2a))上單調(diào)遞減．(2)(ⅰ)設(shè)a>0，則由(1)知，f(x)在(－∞，1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增．又f(1)＝－e，f(2)＝a，取b滿足b<0且b<lneq\f(a,2)，則f(b)>eq\f(a,2)(b－2)＋a(b－1)2＝aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b2－\f(3,2)b))>0，所以f(x)有兩個零點(diǎn)．(ⅱ)設(shè)a＝0，則f(x)＝(x－2)ex，所以f(x)只有一個零點(diǎn)．(ⅲ)設(shè)a<0，若a≥－eq\f(e,2)，則由(1)知，f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增．又當(dāng)x≤1時f(x)<0，故f(x)不存在兩個零點(diǎn)；若a<－eq\f(e,2)，則由(1)知，f(x)在(1，ln(－2a))上單調(diào)遞減，在(ln(－2a)，＋∞)上單調(diào)遞增．又當(dāng)x≤1時，f(x)<0，故f(x)不存在兩個零點(diǎn)．綜上，a的取值范圍為(0，＋∞)．請考生在第22～24題中任選一題作答，如果多做，則按所做的第一題計(jì)分．22.(本小題滿分10分)選修4－1：幾何證明選講如圖，△OAB是等腰三角形，∠AOB＝120°.以O(shè)為圓心，eq\f(1,2)OA為半徑作圓．(1)證明：直線AB與⊙O相切；(2)點(diǎn)C，D在⊙O上，且A，B，C，D四點(diǎn)共圓，證明：AB∥CD.【思路方法】(1)利用圓心到直線的距離等于圓的半徑證明直線與圓相切；(2)利用直線AB，CD均與直線OO′垂直證明AB，CD平行．證明：(1)設(shè)E是AB的中點(diǎn)，連接OE.因?yàn)镺A＝OB，∠AOB＝120°，所以O(shè)E⊥AB，∠AOE＝60°.在Rt△AOE中，OE＝eq\f(1,2)AO，即O到直線AB的距離等于⊙O的半徑，所以直線AB與⊙O相切．(2)因?yàn)镺A＝2OD，所以O(shè)不是A，B，C，D四點(diǎn)所在圓的圓心．設(shè)O′是A，B，C，D四點(diǎn)所在圓的圓心，作直線OO′.由已知得O在線段AB的垂直平分線上，又O′在線段AB的垂直平分線上，所以O(shè)O′⊥AB.同理可證，OO′⊥CD，所以AB∥CD.23．(本小題滿分10分)選修4－4：坐標(biāo)系與參數(shù)方程在直角坐標(biāo)系xOy中，曲線C1的參數(shù)方程為eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝acost，,y＝1＋asint，))(t為參數(shù)，a>0)．在以坐標(biāo)原點(diǎn)為極點(diǎn)，x軸正半軸為極軸的極坐標(biāo)系中，曲線C2：ρ＝4cosθ.(1)說明C1是哪一種曲線，并將C1的方程化為極坐標(biāo)方程；(2)直線C3的極坐標(biāo)方程為θ＝α0，其中α0滿足tanα0＝2，若曲線C1與C2的公共點(diǎn)都在C3上，求a.【思路方法】(1)消去參數(shù)，求出曲線C1的直角坐標(biāo)方程，利用極坐標(biāo)與直角坐標(biāo)互化公式求出曲線C1的極坐標(biāo)方程；(2)將曲線C1，C2的極坐標(biāo)方程聯(lián)立得方程組，解方程組求解．解：(1)消去參數(shù)t得到C1的普通方程為x2＋(y－1)2＝a2，則C1是以(0,1)為圓心，a為半徑的圓．將x＝ρcosθ，y＝ρsinθ代入C1的普通方程中，得到C1的極坐標(biāo)方程為ρ2－2ρsinθ＋1－a2＝0.(2)曲線C1，C2的公共點(diǎn)的極坐標(biāo)滿足方程組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ρ2－2ρsinθ＋1－a2＝0，,ρ＝4cosθ.))若ρ≠0，由方程組得16cos2θ－8sinθcosθ＋1－a2＝0，由已知tanθ＝2，可得16cos2θ－8sinθcosθ＝0，從而1－a2＝0，解得a＝－1(舍去)或a＝1.當(dāng)a＝1時，極點(diǎn)也為C1，C2的公共點(diǎn)，且在C3上．所以a＝1.24．(本小題滿分10分)選修4－5：不等式選講已知函數(shù)f(x)＝|x＋1|－|2x－3|.(1)畫出y＝f(x)的圖象；(2)求不等式|f(x)|>1的解集．【思路方法】(1)利用絕對值的性質(zhì)化簡函數(shù)表達(dá)式；(2)根據(jù)函數(shù)的圖象寫出不等式的解集．解：(1)由題意得f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－4，x≤－1，,3x－2，－1<x≤\f(3,2)，,－x＋4，x>\f(3,2)，))故y＝f(x)的圖象如圖所示．(2)由f(x)的函數(shù)表達(dá)式及圖象可知，當(dāng)f(x)＝1時，可得x＝1或x＝3；當(dāng)f(x)＝－1時，可得x＝eq\f(1,3)或x＝5.故f(x)>1的解集為{x|1<x<3}，f(x)<－1的解集為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(x<\f(1,3)或x>5)))).所以|f(x)|>1的解集為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(x<\f(1,3)或1<x<3或x>5)))).數(shù)學(xué)(全國丙卷)本試卷分第Ⅰ卷(選擇題)和第Ⅱ卷(非選擇題)兩部分，共150分，考試時間120分鐘．第Ⅰ卷一、選擇題(本大題共12小題，每小題5分，共60分．在每小題給出的四個選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的)1．設(shè)集合A＝{0,2,4,6,8,10}，B＝{4,8}，則?AB＝()A．{4,8}B．{0,2,6}C．{0,2,6,10}D．{0,2,4,6,8,10}解析：選C.直接根據(jù)補(bǔ)集的定義進(jìn)行計(jì)算即可．∵集合A＝{0,2,4,6,8,10}，B＝{4,8}，∴?AB＝{0,2,6,10}．2．若z＝4＋3i，則eq\f(\x\to(z),|z|)＝()A．1B．－1C.eq\f(4,5)＋eq\f(3,5)iD.eq\f(4,5)－eq\f(3,5)i解析：選D.先求出eq\x\to(z)與|z|，再計(jì)算eq\f(\x\to(z),|z|).∵z＝4＋3i，∴eq\x\to(z)＝4－3i，|z|＝eq\r(42＋32)＝5，∴eq\f(\x\to(z),|z|)＝eq\f(4－3i,5)＝eq\f(4,5)－eq\f(3,5)i.3．已知向量eq\o(BA,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(\r(3),2)))，eq\o(BC,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)))，則∠ABC＝()A．30°B．45°C．60°D．120°解析：選A.根據(jù)向量的夾角公式求解．∵eq\o(BA,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(\r(3),2)))，eq\o(BC,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)))，∴|eq\o(BA,\s\up6(→))|＝1，|eq\o(BC,\s\up6(→))|＝1，eq\o(BA,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)×eq\f(\r(3),2)＋eq\f(\r(3),2)×eq\f(1,2)＝eq\f(\r(3),2)，∴cos∠ABC＝cos〈eq\o(BA,\s\up6(→))，eq\o(BC,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(BA,\s\up6(→))·\o(BC,\s\up6(→)),|\o(BA,\s\up6(→))|·|\o(BC,\s\up6(→))|)＝eq\f(\r(3),2).∵0°≤〈eq\o(BA,\s\up6(→))，eq\o(BC,\s\up6(→))〉≤180°，∴∠ABC＝〈eq\o(BA,\s\up6(→))，eq\o(BC,\s\up6(→))〉＝30°.4．某旅游城市為向游客介紹本地的氣溫情況，繪制了一年中各月平均最高氣溫和平均最低氣溫的雷達(dá)圖．圖中A點(diǎn)表示十月的平均最高氣溫約為15℃，B點(diǎn)表示四月的平均最低氣溫約為5℃.下面敘述不正確的是()A．各月的平均最低氣溫都在0℃以上B．七月的平均溫差比一月的平均溫差大C．三月和十一月的平均最高氣溫基本相同D．平均最高氣溫高于20℃的月份有5個解析：選D.依據(jù)給出的雷達(dá)圖，逐項(xiàng)驗(yàn)證．對于選項(xiàng)A，由圖易知各月平均最低氣溫都在0℃以上，A正確；對于選項(xiàng)B，七月的平均最高氣溫點(diǎn)與平均最低氣溫點(diǎn)間的距離大于一月的平均最高氣溫點(diǎn)與平均最低氣溫點(diǎn)間的距離，所以七月的平均溫差比一月的平均溫差大，B正確；對于選項(xiàng)C，三月和十一月的平均最高氣溫均為10℃，所以C正確；對于選項(xiàng)D，平均最高氣溫高于20℃的月份有七月、八月，共2個月份，故D錯誤．5．小敏打開計(jì)算機(jī)時，忘記了開機(jī)密碼的前兩位，只記得第一位是M，I，N中的一個字母，第二位是1,2,3,4,5中的一個數(shù)字，則小敏輸入一次密碼能夠成功開機(jī)的概率是()A.eq\f(8,15)B.eq\f(1,8)C.eq\f(1,15)D.eq\f(1,30)解析：選C.根據(jù)古典概型的概率公式求解．∵Ω＝{(M,1)，(M,2)，(M,3)，(M,4)，(M,5)，(I,1)，(I,2)，(I,3)，(I,4)，(I,5)，(N,1)，(N,2)，(N,3)，(N,4)，(N,5)}，∴事件總數(shù)有15種．∵正確的開機(jī)密碼只有1種，∴P＝eq\f(1,15).6．若tanθ＝－eq\f(1,3)，則cos2θ＝()A．－eq\f(4,5)B．－eq\f(1,5)C.eq\f(1,5)D.eq\f(4,5)解析：選D.先利用二倍角公式展開，再進(jìn)行“1”的代換，轉(zhuǎn)化為關(guān)于tanθ的關(guān)系式進(jìn)行求解．∵cos2θ＝eq\f(cos2θ－sin2θ,cos2θ＋sin2θ)＝eq\f(1－tan2θ,1＋tan2θ)，又∵tanθ＝－eq\f(1,3)，∴cos2θ＝eq\f(1－\f(1,9),1＋\f(1,9))＝eq\f(4,5).7．已知a＝2eq\f(4,3)，b＝3eq\f(2,3)，c＝25eq\f(1,3)，則()A．b<a<cB．a(chǎn)<b<cC．b<c<aD．c<a<b解析：選A.利用冪函數(shù)的性質(zhì)比較大?。產(chǎn)＝2eq\f(4,3)＝4eq\f(2,3)，b＝3eq\f(2,3)，c＝25eq\f(1,3)＝5eq\f(2,3).∵y＝xeq\f(2,3)在第一象限內(nèi)為增函數(shù)，又5>4>3，∴c>a>b.8．執(zhí)行如圖所示的程序框圖，如果輸入的a＝4，b＝6，那么輸出的n＝()A．3B．4C．5D．6解析：選B.先識別程序框圖的功能，再結(jié)合循環(huán)結(jié)構(gòu)和條件結(jié)構(gòu)求解．a(chǎn)＝4，b＝6，n＝0，s＝0，第一次循環(huán)：a＝b－a＝6－4＝2，b＝b－a＝6－2＝4，a＝b＋a＝4＋2＝6，s＝s＋a＝0＋6＝6，n＝n＋1＝1，不滿足x>16；第二次循環(huán)：a＝b－a＝4－6＝－2，b＝b－a＝4－(－2)＝6，a＝b＋a＝6－2＝4，s＝s＋a＝6＋4＝10，n＝n＋1＝1＋1＝2，不滿足s>16；第三次循環(huán)：a＝b－a＝6－4＝2，b＝b－a＝6－2＝4，a＝b＋a＝4＋2＝6，s＝s＋a＝10＋6＝16，n＝n＋1＝2＋1＝3，不滿足s>16；第四次循環(huán)：a＝b－a＝4－6＝－2，b＝b－a＝4－(－2)＝6，a＝b＋a＝6－2＝4，s＝s＋a＝16＋4＝20，n＝n＋1＝3＋1＝4，滿足s>16，輸出n＝4.9．在△ABC中，B＝eq\f(π,4)，BC邊上的高等于eq\f(1,3)BC，則sinA＝()A.eq\f(3,10)B.eq\f(\r(10),10)C.eq\f(\r(5),5)D.eq\f(3\r(10),10)解析：選D.利用勾股定理及三角形的面積公式求解．如圖，AD為△ABC中BC邊上的高．設(shè)BC＝a，由題意知AD＝eq\f(1,3)BC＝eq\f(1,3)a，B＝eq\f(π,4)，易知BD＝AD＝eq\f(1,3)a，DC＝eq\f(2,3)a.在Rt△ABD中，由勾股定理得，AB＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)a))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)a))2)＝eq\f(\r(2),3)a.同理，在Rt△ACD中，AC＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)a))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)a))2)＝eq\f(\r(5),3)a.∵S△ABC＝eq\f(1,2)AB·AC·sin∠BAC＝eq\f(1,2)BC·AD，∴eq\f(1,2)×eq\f(\r(2),3)a×eq\f(\r(5),3)a·sin∠BAC＝eq\f(1,2)a·eq\f(1,3)a，∴sin∠BAC＝eq\f(3,\r(10))＝eq\f(3\r(10),10).10．如圖所示，網(wǎng)格紙上小正方形的邊長為1，粗實(shí)線畫出的是某多面體的三視圖，則該多面體的表面積為()A．18＋36eq\r(5)B．54＋18eq\r(5)C．90D．81解析：選B.先通過三視圖還原出幾何體，再求幾何體的表面積．由幾何體的三視圖可知，該幾何體是底面為正方形的斜平行六面體．由題意可知該幾何體底面邊長為3，高為6，所以側(cè)棱長為eq\r(32＋62)＝3eq\r(5).故該幾何體的表面積S＝32×2＋(3×6)×2＋(3×3eq\r(5))×2＝54＋18eq\r(5).11．在封閉的直三棱柱ABC-A1B1C1內(nèi)有一個體積為V的球，若AB⊥BC，AB＝6，BC＝8，AA1＝3，則V的最大值是()A．4πB.eq\f(9π,2)C．6πD.eq\f(32π,3)解析：選B.先計(jì)算球與直三棱柱三個側(cè)面相切時球的半徑，再計(jì)算球與直三棱柱兩底面相切時球的半徑，半徑較小的球即為所求．設(shè)球的半徑為R，∵AB⊥BC，AB＝6，BC＝8，∴AC＝10.當(dāng)球與直三棱柱的三個側(cè)面相切時，有eq\f(1,2)(6＋8＋10)×R＝eq\f(1,2)×6×8，此時R＝2；當(dāng)球與直三棱柱兩底面相切時，有2R＝3，此時R＝eq\f(3,2).所以在封閉的直三棱柱中，球的最大半徑只能為eq\f(3,2)，故最大體積V＝eq\f(4,3)πeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))3＝eq\f(9π,2).12．已知O為坐標(biāo)原點(diǎn)，F(xiàn)是橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左焦點(diǎn)，A，B分別為C的左、右頂點(diǎn)．P為C上一點(diǎn)，且PF⊥x軸．過點(diǎn)A的直線l與線段PF交于點(diǎn)M，與y軸交于點(diǎn)E.若直線BM經(jīng)過OE的中點(diǎn)，則C的離心率為()A.eq\f(1,3)B.eq\f(1,2)C.eq\f(2,3)D.eq\f(3,4)解析：選A.根據(jù)比例的性質(zhì)建立關(guān)于a，c的關(guān)系式求解．如圖所示，設(shè)OE的中點(diǎn)為N，在△AOE中，∵M(jìn)F∥OE，∴eq\f(|MF|,|OE|)＝eq\f(|AF|,|AO|)＝eq\f(a－c,a).①在△MFB中，∵ON∥MF，∴eq\f(|ON|,|MF|)＝eq\f(|BO|,|BF|)＝eq\f(a,a＋c)＝eq\f(\f(1,2)|OE|,|MF|)，∴eq\f(2a,a＋c)＝eq\f(|OE|,|MF|)，即eq\f(|MF|,|OE|)＝eq\f(a＋c,2a).②由①②可得eq\f(a－c,a)＝eq\f(a＋c,2a)，解得a＝3c，從而得e＝eq\f(c,a)＝eq\f(1,3).第Ⅱ卷本卷包括必考題和選考題兩部分．第13～21題為必考題，每個試題考生都必須作答．第22～24題為選考題，考生根據(jù)要求作答．二、填空題(本大題共4小題，每小題5分，共20分．把答案填在題中橫線上)13．設(shè)x，y滿足約束條件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x－y＋1≥0，,x－2y－1≤0，,x≤1，))則z＝2x＋3y－5的最小值為________．解析：作出可行域，利用線性規(guī)劃知識求解．畫出不等式組表示的平面區(qū)域如圖中陰影部分所示．由題意可知，當(dāng)直線y＝－eq\f(2,3)x＋eq\f(5,3)＋eq\f(z,3)過點(diǎn)A(－1，－1)時，z取得最小值，即zmin＝2×(－1)＋3×(－1)－5＝－10.答案：－1014．函數(shù)y＝sinx－eq\r(3)cosx的圖象可由函數(shù)y＝2sinx的圖象至少向右平移________個單位長度得到．解析：首先利用輔助角公式將函數(shù)y＝sinx－eq\r(3)cosx化為正弦型函數(shù)，再進(jìn)行平移變換．∵y＝sinx－eq\r(3)cosx＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)))，∴函數(shù)y＝sinx－eq\r(3)cosx的圖象可由函數(shù)y＝2sinx的圖象向右平移eq\f(π,3)個單位長度得到．答案：eq\f(π,3)15．已知直線l：x－eq\r(3)y＋6＝0與圓x2＋y2＝12交于A，B兩點(diǎn)，過A，B分別作l的垂線與x軸交于C，D兩點(diǎn)，則|CD|＝________.解析：作出平面圖形，利用數(shù)形結(jié)合求解．如圖所示，∵直線AB的方程為x－eq\r(3)y＋6＝0，∴kAB＝eq\f(\r(3),3)，∴∠BPD＝30°，從而∠BDP＝60°.在Rt△BOD中，∵|OB|＝2eq\r(3)，∴|OD|＝2.取AB的中點(diǎn)H，連接OH，則OH⊥AB，∴OH為直角梯形ABDC的中位線，∴|OC|＝|OD|，∴|CD|＝2|OD|＝2×2＝4.答案：416．已知f(x)為偶函數(shù)，當(dāng)x≤0時，f(x)＝e－x－1－x，則曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1,2)處的切線方程是________．解析：首先求