0.9544）
15.设（1-ax）（2-）4的展开式中的常数项为-16，则a=
1x
．
ìx3-3x-a,x³0ï
16.若函数f（x）=í2-|x+1|恰有2个零点，则a的取值范围为-a-1,x<0ïî2
．
三、解答题：
共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17～21题为必考题，每个试题考生都必需作答，第22/23题为选考题，考生根据要求作答．
（一）必考题：
共60分．
2+（n-2n）×an-n×2n=0．
17.设Sn为数列{an}的前n项和，且an
（1）若an>0，判断数列{Sn}的单调性；
an
（2）若an<0，求数列{1}的前n项和Tn．（n+1）an
18.如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，F,G分别是棱CC1,AA1的中点，E为棱AB上一点，B1M=3MA1且GM//平面B1EF．
（1）证明：
E为AB的中点；
（2）求平面B1EF与平面ABC1D1所成锐二面角的余弦值．
19.某鲜奶店每天以每瓶3元的价格从牧场购进若干瓶鲜牛奶，然后以每瓶7元的价格出售．如果当天卖不完，剩下的鲜牛奶作垃圾处理．
（1）若鲜奶店一天购进30瓶鲜牛奶，求当天的利润y（单位：
元）关于当天需求量n（单位：
瓶，nÎN）的函数解析式；
（2）鲜奶店记录了100天鲜牛奶的日需求量（单位：
瓶），绘制出如下的柱形图（例如：
日需求量为25瓶时，频数为5）：
以100天记录的各需求量的频率作为各需求量发生的概率．（ⅰ）若该鲜奶店一天购进30瓶鲜奶，X表示当天的利润（单位：
元），求X的分布列及数学期望；
（ⅱ）若该鲜奶店计划一天购进29瓶或30瓶鲜牛奶，你认为应购进29瓶还是30瓶？
请说明理由．
20.已知椭圆W:
y2x2x2+=1（a>b>0）W:
+y2=1的短轴长相等，且W与W的焦距与椭圆a2b24
的长轴长相等，这两个椭圆在第一象限的交点为A，直线l与直线OA（O为坐标原点）垂直，且l与W交于M,N两点．
（1）求W的方程；
（2）求DMON的面积的最大值．
21.已知aÎR，函数f（x）=xe2x+2ex-ax（xex+2）．
（1）若曲线y=f（x）在点（0,f
（0））处的切线的斜率为2+1，判断函数f（x）在（-,+¥）上的单调性；
（2）若aÎ（0,），证明：
f（x）>2a对xÎR恒成立．
12
1e
（二）选考题：
共10分．请考生在
22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.
22.选修4-4：
坐标系与参数方程
ìx=1+2cosq在平面直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为í，（q为参数），以坐标原点Oîy=2sinq
为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，已知直线l的极坐标方程为
r（cosq+sinq）=m（m>0）．
（1）求曲线C的极坐标方程；
（2）若直线q=
p
4
（rÎR）与直线l交于点A，与曲线C交于M,N两点．且
|OA|×|OM|×|ON|=6，求m．
23.选修4-5：
不等式选讲已知函数f（x）=|x-3|．
（1）若f（t）+f（2t）<9，求t的取值范围；
（2）若存在xÎ[2,4]，使得f（2x）+|x+a|£3成立，求a的取值范围．试卷答案
一、选择题
1-
5:
CAADB6-
10:
CADBD
11、12：
BD
二、填空题
13.-5
14.0.8185
15.-1
16.（-2,-1]È（0,1]È{3}
三、解答题
2
17.解：
（1）∵an+（n-2n）an-n2n=0，∴（an+n）
（an-2n）=0，∵an>0，∴an=2n.∴Sn=2n+1-2.于是
Sn2n+1-2==2-21-n，nan2
故数列{Sn}单调递增.an1111=-=-（-），（n+1）ann（n+1）nn+1
（2）∵an<0，∴an=-n，∴∴Tn=-（1-
111+-+223
+
111n-）=-（1-）=-.nn+1n+1n+1
18.解：
（1）当n³30时，y=30´（7-3）=120；当n£29时，y=（7-3）n-3（30-n）=7n-90.故y=í
ì7n-90（n£29）（nÎN）.î120（n³30）
（2）
（ⅰ）X的可能取值为85，92，99，106，113，120，P（X=85）=
0.05，P（X=92）=
0.1，P（X=99）=
0.1，P（X=106）=
0.05，P（X=113）=
0.1，P（X=120）=
0.6.
X的分布列为E（X）=（85+106）´
0.05+（92+99+113）´
0.1+120´
0.6=
111.95元.
（ⅱ）购进29瓶时，当天利润的数学期望为
t=（25´4-4´3）´
0.05+
（26´4-3´3）´
0.1+
（27´4-2´3）´
0.1+
（28´4-1´3）´
0.05+
29´4´
0.7=
110.75，因为
111.95>
110.75，所以应购进30瓶.
M为A1N的中点，
19.
（1）证明：
取A1B1的中点N，连接AN，因为B1M=3MA1，所以
又G为AA1的中点，所以GM∥AN，因为GM∥平面B1EF，GMÌ平面ABB1A1，平面
ABB1A1
平面B1EF=B1E，所以GM∥B1E，即AN∥B1E，又B1N∥AE，所以四边形
AEB1N为平行四边形，则AE=B1N，所以E为AB的中点.
（2）解：
以D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz.不妨令正方体的棱长为2，则B1（2,2,2）,E（2,1,0）,F（0,2,1）,A1（2,0,2），可得B1E=（0,-1,-2），EF=（-2,1,1），设m=（x,y,z）是平面B1EF的法向量，则í
ìmB1E=-y-2z=0ïïîmEF=-2x+y+z=
0.令z=2，得
m=（-1,-4,.2）
易得平面ABC1D1的一个法向量为n=DA1=（2,0,2），所以cosm,n=
42mn2.==42|m||n|22´2142.42
故所求锐二面角的余弦值为
20.解：
（1）由题意可得í
ìa2=4
22îa-b=1，∴í
ìa2=4
2îb=3，故W的方程为
y2x2+=
1.43
ìy2x2ì236+=1x=ïïy1y21ï4ï133
（2）联立í，得í，∴=，又A在第一象限，∴kOA==.2x3x29ïy2=4ïx+y2=1ïï13îî4
故可设l的方程为y=-3x+m.
ìy=-3x+mï联立íy2x2，得31x2-18mx+3m2-12=0，ï+=13î4
设M（x1,y1）,N（x2,y2），则x1+x2=
3m2-1218m，x1x2=，3131
∴|MN|=1+（-3）´（x1+x2）-4x1x2=10´
22
4331-m2，31
又O到直线l的距离为d=
123|m|31-m2|m|DMON，则的面积S=d|MN|=，23110
23m2（31-m2）3132∴S=£（m+31-m2）=3，当且仅当m2=31-m，即m2=，23131
满足D>0，故DMON的面积的最大值为3（若未写满足D>0不扣分）.
21．
（1）解：
∵f（x）=（ex-ax）
（xex+2），∴f¢（x）=（ex-a）
（xex+2）+（e-ax）
（x+1）e，∴f¢
（0）=2（1-a）+1=2+1，xx
∴a=0.∴f¢（x）=（2x+1）e2x+2ex，当xÎ（-
11,+¥）时，2x+1>0，e2x>0，ex>0，∴f¢（x）>0，∴函数f（x）在（-,+¥）22
上单调递增.
（2）证明：
设g（x）=xex+2，g¢（x）=（x+1）ex，令g¢（x）>0，得x>-1，g（x）递增；令g¢（x）<0，得x<-1,g（x）递减.∴g（x）min=g（-1）=-
11+2，∵e»
2.7，∴-+2>1，∴g（x）>1.ee
设h（x）=ex-ax，令h¢（x）=0得x=lna，令h¢（x）>0，得x>lna,h（x）递增；令h¢（x）<0，得x2，∴h（x）min>2a，∴h（x）>2a>0.又g（x）>1，∴g（x）h（x）>2a，即f（x）>2a.
22.解：
（1）∵（x-1）2+y2=4，∴x2+y2-2x-3=0，故曲线C的极坐标方程为
1e
r2-2rcosq-3=0.
（2）将q=将q=
p
4
代入rcosq+rsinq=m得r=
2
2
m.2
p
4
代入r-2rcosq-3=0，得r1r2=-3，则|OM||ON|=3，则3´
2m=6，∴m=22.2
ì3ït£
23.解：
（1）由f（t）+f（2t）<9得|t-3|+|2t-3|<9，∴í，2ïî3-t+3-2t<9ì3ìt³3ï
（2）当xÎ[2,4]时，f（2x）+|x+a|=2x-3+|x+a|，∴存在xÎ[2,4]，使得|x+a|£6-2x即2x-6£x+a£6-2x成立，∴存在xÎ[2,4]，使得í
ìx£a+6ìa+6³2成立，∴í，∴aÎ[-4,0].î3x£6-aî6-a³6
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