高三数学综合题
一、填空题
1．如图正△ABC的边长为2，CD是AB边上的高，E，F分别为边AC与BC的中点，现将△ABC沿CD翻折，使平面ADC⊥平面DCB，则棱锥E－DFC的体积为 ．
【答案】24(3)．
【提示】S△DFC＝4(1)S△ABC＝4(1)×(4(3)×22)＝4(3)，E到面DFC的距离h等于2(1)AD＝2(1)．
VE－DFC＝3(1)×S△DFC×h＝24(3)．
【说明】平面图象的翻折，多面体的体积计算．
2．已知函数f(x)＝sin(ωx＋6(π))－cosωx (ω＞0)．若函数f(x)的图象关于直线x＝2π对称，且在区间[－4(π)，4(π)]上是单调函数，则ω的取值集合为 ．
【答案】{3(1)，6(5)，3(4)}．
【提示】f(x)＝sin(ωx－6(π))，因为f(x)的图象关于直线x＝2π对称，
所以f(2π)＝±1，则2πω－6(π)＝kπ＋2(π)，所以ω＝2(k)＋3(1)，k∈Z．
因为函数f(x)在区间[－4(π)，4(π)]上是单调函数，所以周期T≥2[4(π)―(―4(π))]，
即ω(2π)≥π，解得0＜ω≤2，所以ω＝3(1)或ω＝6(5)或ω＝3(4)或ω＝6(11)．
当ω＝3(1)时，f(x)＝sin(3(1)x－6(π))，x∈[－4(π)，4(π)]时，3(1)x－6(π)∈[－4(π)，－12(π)]，此时f(x)在区间[－4(π)，4(π)]上为增函数；
当ω＝6(5)时，f(x)＝sin(6(5)x－6(π))，x∈[－4(π)，4(π)]时，6(5)x－6(π)∈[－8(3π)，24(π)]，此时f(x)在区间
[－4(π)，4(π)]上为增函数；
当ω＝3(4)时，f(x)＝sin(3(4)x－6(π))，x∈[－4(π)，4(π)]时，3(4)x－6(π)∈[－2(π)，6(π)]，此时f(x)在区间
[－4(π)，4(π)]上为增函数；
当ω＝6(11)时，f(x)＝sin(6(11)x－6(π))，x∈[－4(π)，4(π)]时，6(11)x－6(π)∈[－8(5π)，24(7π)]，此时f(x)在区间[－4(π)，4(π)]上不是单调函数；
综上：ω∈{3(1)，6(5)，3(4)}．
【说明】考查两角和差公式及三角函数的图象与性质．
3．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且a不是最大边，已知a2－b2＝2bcsinA，
则tanA－9tanB的最小值为▲________．
【答案】－2．
【提示】由余弦定理，a2＝b2＋c2－2bccosA及a2－b2＝2bcsinA，得c2－2bccosA＝2bcsinA，
即c－2bcosA＝2bsinA，再由正弦定理，得sinC－2sinBcosA＝2sinBsinA，
即sin(A＋B)－2sinBcosA＝2sinBsinA，即sinAcosB－cosAsinB＝2sinAsinB，
所以tanA－tanB＝2tanAtanB．
所以tanB＝2tanA＋1(tanA)，所以tanA－9tanB＝tanA－2tanA＋1(9tanA)
＝2(1)(2tanA＋1)＋2tanA＋1(9)－5≥22(1)2tanA＋1(9)2tanA＋1(9)－5＝－2．
（当且仅当2(1)(2tanA＋1)＝2tanA＋1(9)，即tanA＝1时取“＝”）．
【说明】本题考查正弦定理、余弦定理、三角变换及基本不等式．
4．在平面直角坐标系xOy中，M为圆C：(x－a)2＋(y－1)2＝9(16)上任意一点，N为直线l：ax＋y＋3＝0上任意一点，若以M为圆心，MN为半径的圆与圆C至多有一个公共点，则正数a的最小值为_________．
【答案】2
【提示】因为圆M与圆C至多有一个公共点，
所以MC≤|MN－3(4)|，即|MN－3(4)|≥3(4)，解得MN≥3(8)，
又MN的最小值为－3(4)，所以有－3(4)≥3(8)，
解得a≥2，所以正数a的最小值为2．
【说明】本题考查圆与圆的位置关系，直线与圆的位置关系，求解时先要能根据两圆的位置关系，确定MN≥3(8)，由于M，N两点均是任意的，于是只要保证MN的最小值不小于3(8)即可．
5．在平面直角坐标系xOy中，M为直线x＝3上一动点，以M为圆心的圆记为圆M，若圆M截x轴所得的弦长恒为4．过点O作圆M的一条切线，切点为P，则点P到直线2x＋y－10＝0距离的最大值为_____．
【答案】3
【提示】设M(3，t)，P(x0，y0)，
因为OP⊥PM，所以→(OP)·→(PM)＝0，可得x02＋y02－3x0－ty0＝0 ①
又圆M截x轴所得的弦长为4，
所以4＋t2＝(x0－3)2＋(y0－t)2，整理得x02＋y02－6x0－2ty0＋5＝0 ②
由①②得x02＋y02＝5，即点P在圆x2＋y2＝5上，
于是P到直线2x＋y－10＝0距离的最大值为＋＝3．
【说明】本题应该是通过①，②联立方程组，把P的坐标用t表示出来，从而可以建立P到直线2x＋y－10＝0距离关于t的函数，再求函数的最大值即可．但是实际操作时，要注意观察，把①，②联立方程组后很容易消去t，得到x0，y0之间的关系，也即得到点P所在的曲线，进而求出距离的最大值，注意从形到数，再从数到形之间的转换．
6．数列{an}中，an＝2n－1，现将{an}中的项依原顺序按第k组有2k项的要求进行分组：
（1，3），（5，7，9，11），（13，15，17，19，21，23），…，则第n组中各数的和为 ．
【答案】4n3
【提示】设数列{an}前n项和为Sn，则Sn＝n2，因为2＋4＋…＋2n＝n( n＋1)＝n2＋n，2＋4＋…＋2( n－1)＝n( n－1)＝n2－n．所以第n组中各数的和＝Sn2＋n－Sn2－n＝( n2＋n)2－(n2－n)2＝4n3．
【说明】考查等差数列前n项和．
7．已知椭圆C：mx2＋y2＝1 (0＜m＜1)，直线l：y＝x＋1，若椭圆C上总存在不同的两点A与B关于直线l对称，则椭圆C的离心率e的取值范围 ．
【答案】(3(6)，1)．
【提示】设AB中点P，由中点弦问题可知kAB•kOP＝－m，kAB＝－1，kOP＝m，联立直线l与直线OP可得P(m－1(1)，m－1(m))，由点
在椭圆内m(m－1(1))＋(m－1(m))2＜1，
得m∈(0，3(1))．离心率e＝1－m( )∈(3(6)，1)．
【说明】考查点关于直线对称问题的处理方法及椭圆中点弦问题、点与椭圆位置关系．
*8．已知函数f(x)＝(x－2)3，数列{an}是公差不为0的等差数列，若i=1(∑)f(ai)＝0，则数列{an}的前11项和S11为 ．
【答案】22
【提示】f(x)＝(x－2)3为增函数，且关于点(2，0)中心对称，则f(2＋x)＋f(2－x)＝0．设数列{an}公差为d，若a6＞2，则f(a6)＞0，f(a5)＋f(a7)＝f(a6－d)＋f(a6＋d)＞f(2－d)＋f(2＋d)＝0，即f(a5)＋f(a7)＞0，同理，f(a4)＋f(a8)＞0，…，f(a1)＋f(a11)＞0，则i=1(∑)f(ai)＞0；同理，若a6＜2，则i=1(∑)f(ai)＜0，所以a6＝2．所以S11＝11a6＝22．
【说明】考查函数的性质及等差数列的运算．
*9．在直角梯形ABCD中，AB∥CD，∠DAB＝90°，AB＝2CD，M为CD的中点，N为线段BC上一点（不包括端点），若→(AC)＝λ→(AM)＋μ→(AN)，则λ(1)＋μ(3)的最小值为 ．
【答案】：4(27)
【提示】：以AB为x轴，A为坐标原点建立直角坐标系，
设B(2，0)，C(1，t)，M(2(1)，t)，N(x0，y0)，
因为N在线段BC上，所以y0＝1－2(t)(x0－2)，
即y0＝t(2－x0)，
因为→(AC)＝λ→(AM)＋μ→(AN)，所以1＝2(1)λ＋μx0，t＝λt＋μy0，
t＝λt＋μy0＝λt＋μt(2－x0)，因为t≠0，
所以1＝λ＋μ(2－x0)＝λ＋2μ－μx0＝λ＋2μ－(1－2(1)λ)
所以3λ＋4μ＝4，这里λ，μ均为正数，
所以4(λ(1)＋μ(3))＝(3λ＋4μ)(λ(1)＋μ(3))＝3＋12＋λ(4μ)＋μ(9λ)≥15＋2＝27，
所以λ(1)＋μ(3)≥4(27)，(当且仅当λ(4μ)＝μ(9λ)，即λ＝9(4)，μ＝3(2)时取等号)
所以λ(1)＋μ(3)的最小值为4(27)．
【说明】本题考查平面向量的线性运算，基底法与坐标法，基本不等式求最值．
10．已知函数f(x)是以4为周期的函数，且当－1＜x≤3时，f(x)＝1－|x－2|，1＜x≤3．(1－x2， －1＜x≤1，)若函数y＝f(x)－m|x|恰有10个不同零点，则实数m的取值范围为 ．
【答案】(6(1)，8－2)
【提示】作出函数f(x)与y＝m|x|的图象．
【说明】考查函数的零点，利用分段函数的性质与图象数形结合，分析两个函数图象的位置关系．
*11．已知a＞0，函数f (x)＝(a＋1)x2－x＋sinx＋a－2，x∈R．记函数f(x)的值域为M，函数f (f (x))的值域为N，若MN，则a的最大值是_________．
【答案】2
【提示】f′(x)＝2(a＋1)x－1＋cosx，[f′(x)]′＝2(a＋1)－sinx＞0恒成立，
于是f′(x)单调递增，又f′(0)＝0，
所以当x＜0时，f′(x)＜0；当x＞0时，f′(x)＞0；
即f (x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．
所以f (x)的最小值为f (0)＝a－2，于是f (x)值域为[a－2，＋∞)．
若a－2≤0，则f (f (x))的值域为[f (0)，＋∞)，即[a－2，＋∞)，此时MN成立；
若a－2＞0，则f (f (x))的值域为[f (a－2)，＋∞)，
因为 f (a－2)＞f (0)＝a－2，故此时有[f (a－2)，＋∞) ¹Ì[a－2，＋∞)，即N¹ÌM，不合题意．
因此0＜a≤2，所以a的最大值是2．
【说明】这里需要注意的是遇到f (f (x))的问题，要能分级处理，即先研究内层函数f (x)，再把内层函数f (x)看作一个整体，然后研究f (f (x))，另外本题还要注意简单的分类讨论．
*12．已知函数f(x)＝－xlnx＋ax在(0，e)上是增函数，函数g(x)＝|ex－a|＋2(a 2)，当x∈[0，ln3]时，函数g(x)的最大值M与最小值m的差为2(3)，则a的值为 ．
【答案】2(5)
【提示】由f ¢(x)＝－(lnx＋1)＋a≥0在(0，e)上恒成立，即a≥lnx＋1，得a≥2．当2≤a＜3，g(x)＝2(a 2)2(a 2)，lna≤x≤ln3，(a 2) g(x)在[0，lna]上递减，[lna，ln3]上递增，且g(0)≥g(ln3)，所以M－m＝g(0)－g(lna)＝a－1＝2(3)，解得a＝2(5)；当a≥3，g(x)＝a－ex＋2(a 2)，g(x)在[0，ln3]上递减，所以M－m＝g(0)－g(ln3)＝2≠2(3)，舍去．
【说明】考查用导数研究函数的性质，分段函数的最值．对a进行分类讨论，研究g(x)的单调性与最值．
二、解答题
1．某银行柜台有从左到右编号依次为1，2，3，4，5，6的六个服务窗口，其中1，2，3，4，5号服务窗口办理A类业务，6号服务窗口办理B类业务．
（1）每天12：00至14：00，由于需要办理A类业务的顾客较少，现从1，2，3，4，5号服务窗口中随机选择2个窗口暂停服务，求“1号窗口或2号窗口暂停服务”的概率；
（2）经统计，在6号窗口办理B类业务的等候人数及相应概率如下：
|
排队人数 |
0 |
1 |
2 |
3 |
4 |
4人及4人以上 |
|
概 率 |
0.1 |
0.16 |
0.3 |
0.3 |
0.1 |
0.04 |
求至少2人排队等侯的概率．
解：（1）由题意，有如下基本事件（ (i，j)表示第i，j号窗口暂停服务）：
(1，2)，(1，3)，(1，4)，(1，5)，(2，3)，
(2，4)，(2，5)，(3，4)，(3，5)，(4，5)，
因此，共有10个基本事件．
记事件A“1号窗口或2号窗口暂停服务”，事件A包括：
(1，2)，(1，3)，(1，4)，(1，5)，
(2，3)，(2，4)，(2，5)，
因此，共有7个基本事件，故P(A)＝10(7)．
答：暂停服务的三个窗口恰有两个连在一起的概率为10(7)．
（2）记事件“6号窗口办理B类业务的等候人数为k”记为Bk，（k∈N），
则事件Bk两两互斥．
记事件“至少2人排队等侯”为B，则事件B(－)“排队等侯人数为0或1”，
所以P(B(－))＝P(B0)＋P(B1) ＝0.1＋0.16＝0.26，
所以P(B)＝1－P(B(－))＝1－0.26＝0.74．
答：至少2人排队等侯的概率为0.74．
【说明】考查古典概型及互斥事件发生的概率．
2．△ABC中，→(AB)·→(AC)＝7(2)S△ABC（S△ABC表示△ABC的面积）
（1）若BC＝2，求△ABC外接圆的半径；
（2）若B－C＝4(π)，求sinB的值．
解：（1）→(AB)·→(AC)＝AB·AC·cosA，S△ABC＝2(1)AB·AC·sinA，
因为→(AB)·→(AC)＝7(2)S△ABC，所以AB·AC·cosA＝7(2)×2(1)AB·AC·sinA，
即：cosA＝7(1)sinA，又因为cos2A＋sin2A＝1，A∈(0，π)
解得：sinA＝10(2)，cosA＝10(2)．
设△ABC外接圆的半径为R，则2R＝sinA(BC)＝10(2)10(2)＝7(2)，
所以R＝7(2)，即△ABC外接圆的半径为7(2)．
（2）因为A＋B＋C＝π，
所以sin(B＋C)＝sin(π－A)＝sinA＝10(2)，cos(B＋C)＝cos(π－A)＝－cosA＝－10(2)，
则cos2B＝cos[(B＋C)＋(B－C)]＝cos[(B＋C)＋4(π)]
＝cos(B＋C)cos4(π)－sin(B＋C)sin4(π)
＝－10(2)×2(2)－10(2)×2(2)＝－5(4)．
又cos2B＝1－2sin2B，所以sin2B＝2(1－cos2B)＝5(4)5()＝10(9)，
又因为B∈(0，π)，所以sinB＞0，所以sinB＝10(10)．
【说明】考查平面向量数量积、三角形面积公式、同角三角函数关系、正弦定理、两角和差公式及二倍角公式等．
3．如图所示，某公路AB一侧有一块空地△OAB，其中OA＝3 km，OB＝3 km，∠AOB＝90°．当地政府拟在中间开挖一个人工湖△OMN，其中M，N都在边AB上（M，N不与A，B重合，M在A，N之间），且∠MON＝30°．
（1）若M在距离A点2 km处，求点M，N之间的距离；
（2）为节省投入资金，人工湖△OMN的面积要尽可能小．试确定M的
位置，使△OMN的面积最小，并求出最小面积．
解：（1）在△OAB中，因为OA＝3，OB＝3，∠AOB＝90°，所以∠OAB＝60°．
在△OAM中，由余弦定理得OM2＝AO2＋AM2－2AO·AM·cosA＝7，
所以OM＝，所以cos∠AOM＝2OA·OM(OA2＋OM2－AM2)＝7(7)，
在△OAN中，sin∠ONA＝sin(∠A＋∠AON)＝ sin(∠AOM＋90°)＝cos∠AOM＝7(7)．
在△OMN中，由sin30°(MN)＝sin∠ONA(OM)，得MN＝7(7)7(7)×2(1)＝4(7)．
（2）解法1：设AM＝x，0＜x＜3．
在△OAM中，由余弦定理得OM2＝AO2＋AM2－2AO·AM·cosA＝x2－3x＋9，
所以OM＝，所以cos∠AOM＝2OA·OM(OA2＋OM2－AM2)＝，
在△OAN中，sin∠ONA＝sin(∠A＋∠AON)＝ sin(∠AOM＋90°)
＝cos∠AOM＝．
由sin∠OAB(ON)＝sin∠ONA(OA)，得ON＝·2(3)＝6－x(x2－3x＋9)．
所以S△OMN＝2(1)OM·ON·sin∠MON＝2(1)··6－x(x2－3x＋9)·2(1)
＝6－x(x2－3x＋9)，0＜x＜3．
令6－x＝t，则x＝6－t，3＜t＜6，则S△OMN＝4t(t2－9t＋27)＝4(3)(t－9＋t(27))
≥4(3)·(2t(27)t(27)－9)＝ 4(3)．
当且仅当t＝t(27)，即t＝3，x＝6－3时等号成立，S△OMN的最小值为 4(3)．
所以M的位置为距离A点6－3 km处，可使△OMN的面积最小，最小面积是
4(3) km2．
解法2：设∠AOM＝θ，0＜θ＜p
在△OAM中，由sin∠OAB(OM)＝sin∠OMA(OA)，得OM＝p．
在△OAN中，由sin∠OAB(ON)＝sin∠ONA(OA)，得ON＝p＝2cosθ(3)．
所以S△OMN＝2(1)OM·ON·sin∠MON＝2(1)·p·2cosθ(3)·2(1)
＝p＝＝
＝＝p，0＜θ＜p．
当2θ＋p＝p，即θ＝p时，S△OMN的最小值为 4(3)．
所以应设计∠AOM＝p，可使△OMN的面积最小，最小面积是 4(3) km2．
【说明】考查以解三角形为背景的数学建模应用，灵活选择自变量建立目标函数求解最值．
4．某企业准备投入适当的广告费对产品进行促销，在一年内预计销售Q（万件）与广告费
x（万元）之间的函数关系为Q＝x＋1(4x＋1)（x≥0）．已知生产此产品的年固定投入为4.5
万元，每生产1万件此产品仍需再投入32万元，且能全部销售完．若每件销售价定为：“平均每件生产成本的150%”与“年平均每件所占广告费的25%”之和．
（1）试将年利润W（万元）表示为年广告费x（万元）的函数；
（2）当年广告费投入多少万元时，企业年利润最大？最大利润为多少？
解：（1）由题意可得，产品的生产成本为（32Q＋4.5）万元，
每件销售价为Q(32Q＋4.5)×150%＋Q(x)×25%．
∴年销售收入为(Q(32Q＋4.5)×150%＋Q(x)×25%)·Q＝2(3)(32Q＋2(9))＋4(1)x．
∴年利润W＝2(3)(32Q＋2(9))＋4(1)x－(32Q＋2(9))－x＝2(1)(32Q＋2(9))－4(3)x＝16Q＋4(9)－4(3)x
＝16·x＋1(4x＋1)＋4(9)－4(3)x，(x≥0) ．
（2）令x＋1＝t（t≥1），则W＝16·t(4t－3)＋4(9)－4(3)(t－1)＝64－t(48)＋3－4(3)t＝67－3(t(16)＋4(t))．
∵t≥1，∴t(16)＋4(t)≥2t(16)4(t)4(t)＝4，即W≤55，
当且仅当t(16)＝4(t)，即t＝8时，W有最大值55，此时x＝7．
即当年广告费为7万元时，企业利润最大，最大值为55万元．
【说明】函数应用题，基本不等式求最值．
5．已知椭圆M：a 2(x2)＋b2(y2)＝1(a＞b＞0)的左右顶点分别为A，B，一个焦点为F(－1，0)，点F到相应准线的距离为3．经过点F的直线l与椭圆M交于C，D两点．
（1）求椭圆M的方程；
（2）记△ABD与△ABC的面积分别为S1和S2，求|S1－S2|的最大值．
解：（1）由焦点F(－1，0)知c＝1，又c(a2)－c＝3，所以a2＝4，从而b2＝a2－c2＝3．
所以椭圆M的方程为4(x2)＋3(y2)＝1．
（2）若直线l的斜率不存在，l的方程为x＝－1，此时S1＝S2，|S1－S2|＝0；
若直线l的斜率存在，设l的方程为y＝k(x＋1)，k≠0，C(x1，y1)，D(x2，y2)．
联立4(x2)3(y2)＝1，(y2)消去y，得(3＋4k2)x2＋8k2x＋4k2－12＝0，
所以x1＋x2＝3＋4k2(－8k2)，x1x2＝3＋4k2(4k2－12)．
此时|S1－S2|＝2(1)×AB×||y1|－|y2||＝2|y1＋y2|＝2|k(x1＋1)＋k(x2＋1)|
＝2|k||(x1＋x2)＋2|＝2|k||3＋4k2(－8k2)＋2|＝2|k||3＋4k2(6)|＝3＋4k2(12|k|)．
因为k≠0，所以|S1－S2|＝|k|(3)＋4|k|(3)≤|k|(3)·4|k|(3)·4|k|(3)＝＝，
当且仅当|k|(3)＝4|k|，即k＝±2(3)时取等号．
所以|S1－S2|的最大值为．
【说明】考查椭圆的方程，直线与椭圆的位置关系，最值问题等．突出基本量运算、用基本不等式求最值等方法．
6．如图，在平面直角坐标系xOy中，过椭圆C：a 2(x2)＋b2(y2)＝1(a＞b＞0)内一点A(0，1)的动直线l与椭圆相交于M，N两点，当l平行于x轴和垂直于x轴时，l被椭圆C所截得的线段长均为2．
（1）求椭圆C的方程；
（2）是否存在与点A不同的定点B，使得对任意过点A的动直线l都满足AN(AM)＝BN(BM)？若存在，求出定点B的坐标；若不存在，请说明理由．
解：（1）当l垂直于x轴时，2b＝2，从而b＝．
当l平行于x轴时，点(，1)在椭圆C上，所以a 2(2)＋2(1)＝1，解得a＝2．
所以椭圆C的方程为4(x2)＋2(y2)＝1．
（2）设存在与点A不同的定点B满足AN(AM)＝BN(BM)．
当l平行于x轴时，AM＝AN，所以BM＝BN，从而点B在y轴上，设B(0，t)；
当l垂直于x轴时，不妨设M(0，)，N(0，－)．
由AN(AM)＝BN(BM)可得＝，解得t＝1（舍去）或t＝2，即B(0，2)．
下面证明对任意斜率存在且不为0的动直线l都满足AN(AM)＝BN(BM)．
设直线l的方程为y＝kx＋1，M(x1，y1)，N(x2，y2)．
联立4(x2)2(y2)＝1，(y2)消去y，得(1＋2k2)x2＋4kx－2＝0，
所以x1＋x2＝1＋2k2(－4k)，x1x2＝1＋2k2(－2)．
因为AN(AM)＝＝|x2|(|x1|)，BN(BM)＝
＝＝，
要证AN(AM)＝BN(BM)，只要证|x2|(|x1|)＝，
只要证x12[(1＋k2)x22－2kx2＋1)]＝x22[(1＋k2)x12－2kx1＋1)]，
即证2kx12x2－2kx22x1＋x22－x12＝0，即证(x1－x2)[2kx1x2－(x1＋x2)]＝0．
因为2kx1x2－(x1＋x2)＝2k×1＋2k2(－2)－1＋2k2(－4k)＝0，所以AN(AM)＝BN(BM)．
所以存在与点A不同的定点B(0，2)，使得对任意过点A的动直线l都满足AN(AM)＝BN(BM)．
【说明】考查椭圆的标准方程，直线与椭圆的位置关系，定点的探求等．突出基本量运算、代数式恒等变形、由特殊到一般等方法．
7. 已知函数f (x)＝exsinx－cosx，g (x)＝xcosx－ex ，其中e是自然对数的底数.
（1）判断函数y＝f (x)在(0，2(π))内零点的个数，并说明理由；
（2）任意x1∈[0，2(π)]，存在x2∈[0，2(π)]，使得不等式f (x1)＋g (x2)≥m成立，试求实数m的取值范围；
（3）若x＞－1，求证：f (x)－g (x)＞0.
解：（1）函数y＝f (x)在(0,2(π))上的零点的个数为1，
理由如下：
因为f (x)＝exsinx－cosx，所以f′(x)＝exsinx＋excosx＋sinx.
因为x∈(0，2(π))，所以f ′(x)＞0.
所以函数f (x)在(0，2(π))上是单调递增函数.
因为f (0)＝－1＜0，f (2(π))＝e2(π)2(π)＞0，
根据函数零点存在性定理得
函数y＝f (x)在(0，2(π))上的零点的个数为1.
（2）因为不等式f (x1)＋g (x2)≥m等价于f (x1)≥m－g (x2)，
所以任意x1∈[0，2(π)]，存在x2∈[0，2(π)]，使得不等式f (x1)＋g (x2)≥m成立，等价于
f (x)min≥(m－g (x))min，即f (x)min≥m－g (x)max.
当x∈[0，2(π)]时，f ′(x)＝exsinx＋excosx＋sinx＞0，故f(x)在区间[0，2(π)]上单调递增，
所以x＝0时，f (x)取得最小值－1，
又g′(x)=cosx－xsinx－ex，由于0≤cosx≤1，xsinx≥0，ex≥，
所以g′(x)＜0，故g (x)在区间[0，2(π)]上单调递减.
因此，x＝0时，g (x)取得最大值－.
所以m≤－－1.
（3）当x＞－1时，要证f (x)－g (x)＞0，只要证f (x)＞g (x)，
只要证exsinx－cosx＞xcosx－ex，
只要证exsinx＋ex＞cosx＋xcosx，
由于sinx＋＞0，1＋x＞0只要证 x＋1(ex)＞2(cosx)2(cosx).
下面证明x＞－1时，不等式 x+1(ex)＞2(cosx)2(cosx)成立.
令h(x)＝ x＋1(ex)，则h′(x)＝2(xex)，
当x∈(－1,0)时，h′(x)＜0，h(x)是单调递减；
当x∈(0，＋∞)时，h′(x)＞0，h(x)是单调递增.
所以当且仅当x＝0时，h(x)取得极小值也就是最小值为1，
即 x＋1(ex)≥1，当x＝0时，取“＝”.
又因为cosx－sinx＝sin(4(π)－x)≤，当x＝2kπ－4(π)时，k∈Z时取“＝”.
所以cosx－sinx≤，即2(cosx)2(cosx)≤1，当x＝2kπ－4(π)时，k∈Z时取“＝”.
所以 x+1(ex)＞2(cosx)2(cosx).
综上所述，当x＞－1时，f (x)－g (x)＞0成立.
【说明】考查函数零点问题、函数不等式的转化与证明，转化与化归的思想。
8．已知函数f (x)＝xlnx－x．
（1）设g (x)＝f (x)＋|x－a|，a∈R．e为自然对数的底数．
①当a＝－e3(2)时，判断函数g (x)零点的个数；
②当x∈[e(1)，e]时，求函数g (x)的最小值．
（2）设0＜m＜n＜1，求证：f (n)＋m2＋1(2m)＜0．
解：（1）①当a＝－e3(2)时，g (x)＝xlnx－x＋|x＋e3(2)|＝xlnx＋e3(2)，
g′(x)＝1＋lnx，
当0＜x＜e(1)时，g′(x)＜0；当x＞e(1)时，g′(x)＞0；
因此g (x)在 (0，e(1))上单调递减，在(e(1)，＋∞)上单调递增，
又g (e4(1))＝e3(2)－e4(4)＝e4(2e－4)＞0，g (e(1))＝－e(1)＋e3(2)＝e3(2－e2)＜0，g (1)＝e3(2)＞0，
所以g (x)有且仅有两个零点．
②（i）当a≤e(1)时，g (x)＝xlnx－x＋x－a＝xlnx－a，
因为x∈[e(1)，e]，g′(x)＝1＋lnx≥0恒成立，
所以g (x)在[e(1)，e]上单调递增，所以此时g (x)的最小值为g (e(1))＝－e(1)－a．
（ii）当a≥e时，g (x)＝xlnx－x＋a－x＝xlnx－2x＋a，
因为x∈[e(1)，e]，g′(x)＝lnx－1≤0恒成立，
所以g (x)在[e(1)，e]上单调递减，所以此时g (x)的最小值为g (e)＝a－e．
（iii）当e(1)＜a＜e时，
若e(1)≤x≤a，则g (x)＝xlnx－x＋a－x＝xlnx－2x＋a，
若a≤x≤e，则g (x)＝xlnx－x＋x－a＝xlnx－a，
由（i），（ii）知g (x)在[e(1)，a]上单调递减，在[a，e]上单调递增，
所以此时g (x)的最小值为g (a)＝alna－a，
综上有：当a≤e(1)时，g (x)的最小值为－e(1)－a；
当e(1)＜a＜e时，g (x)的最小值为alna－a；
当a≥e时，g (x)的最小值为a－e．
（2）设h(x)＝x 2＋1(2x)，
则当x∈(0，1)时，h′(x)＝2(1－x2)＞0，于是h(x)在(0，1)单调递增，
又0＜m＜n＜1，所以h(m)＜h(n)，
从而有f (n)＋m2＋1(2m)＜f (n)＋h(n)＝n(lnn－1＋n2＋1(2))
设φ(x)＝lnx－1＋x2＋1(2)，x＞0
则φ′(x)＝x(1)－2(4x)＝2(x2－12)≥0，
因此φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，
因为0＜n＜1，所以φ(n)＜φ(1)＝0，即lnn－1＋n2＋1(2)＜0，
因此f (n)＋m2＋1(2m)＜n(lnn－1＋n2＋1(2))＜0，
即原不等式得证．
【说明】本题（1）中两问考查了函数的零点及带有绝对值问题的分类讨论，第（2）问是二元函数不等式的证明，需要有消元意识，利用函数h(x)＝x 2＋1(2x)的单调性，将所证不等式转化为f(n)＋h(n)＜0是解决该问的关键．
9．若各项均为正数的数列{an}的前n项和为S n，且2Sn( )＝an＋1 (n∈N*)．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）若正项等比数列{bn}，满足b2＝2，2b7＋b8＝b9，求Tn＝a1b1＋a2b2＋…＋anbn．
（3）对于(2)中的Tn，若对任意的n∈N*，不等式λ·(－1)n＜2n＋1(1)(Tn＋21)恒成立，
求实数λ的取值范围；
解：（1）因为4Sn＝(an＋1)2，且an＞0，由4a1＝(a1＋1)2得a1＝1，
又4Sn＋1＝(an＋1＋1)2，所以4an＋1＝4Sn＋1－4Sn＝(an＋1＋1)2－(an＋1)2，
(an＋1＋an) (an＋1－an)－2(an＋1＋an)＝0，因为an＞0，所以an＋1＋an≠0，
所以an＋1－an＝2，所以{an}是公差为2的等差数列，又a1＝1，
所以an＝2n－1．
（2） 设{bn}的公比为q，因为2b7＋b8＝b9，2＋q＝q2，所以q＝－1(舍)或q＝2，
b1＝1，bn＝2n－1．
记A＝a1b1＋a2b2＋…＋anbn＝1×1＋3×2＋5×22＋…＋(2n－1)·2 n－1，
2A＝1×2＋3×22＋5×23＋…＋(2n－1)·2n，
－A＝1＋2(2＋22＋…＋2n－1)－(2n－1)·2n，
A＝(2n－1)·2n－1－2(2＋22＋…＋2n－1)＝(2n－1)·2n－1－2(2n－2)＝(2n－3)·2n＋3
所以Tn＝a1b1＋a2b2＋…＋anbn＝(2n－3)·2n＋3．
（3）不等式λ·(－1)n＜2n＋1(1)(Tn＋21)可化为(－1)n·λ＜(n－2(3))＋2n－1(6)．
当n为偶数时，λ＜(n－2(3))＋2n－1(6)，记g(n)＝(n－2(3))＋2n－1(6)．所以λ＜[g(n)]min．
g(n＋2)－g(n)＝2＋2n＋1(6)－2n－1(6)＝2－2n(9)，
n＝2时，g(n＋2)＜g(n)，n≥4时，g(n＋2)＞g(n)，
即g(4)＜g(2)，n≥4时，g(n)递增，[g(n)]min＝g(4)＝4(13)，即λ＜4(13)．
当n为奇数时，λ＞(2(3)－n)－2n－1(6)，记h(n)＝2(3)－(n＋2n－1(6))，所以λ＞[h(n)]max．
h(n＋2)－h(n)＝－2－2n＋1(6)＋2n－1(6)＝－2＋2n(9)，
n＝1时，h (n＋2)＞h(n)，n≥3时，h(n＋1)＜h(n)，
即h(3)＞h(1)，n≥3时，h(n)递减，[h(n)]max＝h(3)＝－3，所以λ＞－3
综上所述，实数λ的取值范围为(－3，4(13))
【说明】等差数列与等比数列的判定，基本量计算，数列求和，求数列的最大项与最小项，数列与不等式综合．
10．已知数列{an}的前n项和为Sn，把满足条件an＋1≤Sn(n∈N*)的所有数列{an}构成的集合记为M．
（1）若数列{an}通项为an＝2n(1)，求证：{an}∈M；
（2）若数列{an}是等差数列，且{an＋n}∈M，求2a5－a1的取值范围；
（3）若数列{an}的各项均为正数，且{an}∈M，数列{an(4n)}中是否存在无穷多项依次成等差数列，若存在，给出一个数列{an}的通项；若不存在，说明理由．
解:（1）因为an＝2n(1)，所以Sn＝2(1)×2(1)2(1)2(1)＝1－(2(1))n，所以an＋1－Sn＝(2(1))n＋1－1＋(2(1))n＝2(3)(2(1))n－1≤2(3)×2(1)－1＝－4(1)＜0，
所以an＋1＜Sn，即{an}∈M．
（2）设{an}的公差为d，
因为{an＋n}∈M，
所以an＋1＋n＋1≤(a1＋1)＋(a2＋2)＋…＋(an＋n) （*）
特别的当n＝1时，a2＋2≤a1＋1，即d≤－1，
由（*）得a1＋nd＋n＋1≤na1＋2(n－1)d＋2(n＋1)，整理得2(d＋1)n2＋(a1－2(3)d－2(1))n－a1－1≥0，
因为上述不等式对一切n∈N*恒成立，所以必有2(d＋1)≥0，解得d≥－1，
又d≤－1，所以d＝－1，
于是(a1＋1)n－a1－1≥0，即(a1＋1)(n－1)≥0，
所以a1＋1≥0，即a1≥－1，
所以2a5－a1＝2(a5－a1)＋a1＝8d＋a1＝－8＋a1≥－9，
因此2a5－a1的取值范围是[－9，＋∞)．
（3）由an＋1≤Sn得Sn＋1－Sn≤Sn，所以Sn＋1≤2Sn，即Sn(Sn＋1)≤2，
所以S1(Sn＋1)＝S1(S2)×S2(S3)×…×Sn(Sn＋1)≤2n，
从而有Sn＋1≤S1×2n＝a1×2n，
又an＋1≤Sn，所以an＋2≤Sn＋1≤a1×2n，即an≤a1×2n－2(n≥3)，
又a2≤S1＝a1×22－2，a1＜a1×21－2，
所以有an≤a1×2n－2(n∈N*)，所以an(4n)≥a1(4)×2n，
假设数列{an(4n)}中存在无穷多项依次成等差数列，
不妨设该等差数列的第n项为dn＋b(b为常数)，
则存在m∈N，m≥n，使得dn＋b＝am(4m)≥a1(4)×2m≥a1(4)×2n，
即da1n＋ba1≥2n＋2，
设f (n)＝2n＋2(n2)，n∈N*，n≥3，
则f (n＋1)－f (n)＝2n＋3(n＋12)－2n＋2(n2)＝2n＋3(n－12)＜0，
即f (n＋1)＜f (n)≤f (3)＝32(9)＜1，
于是当n≥3时，2n＋2＞n2，
从而有：当n≥3时da1n＋ba1＞n2，即n2－da1n－ba1＜0，
于是当n≥3时，关于n的不等式n2－da1n－ba1＜0有无穷多个解，显然不成立，
因此数列{an(4n)}中是不存在无穷多项依次成等差数列．
【说明】（1）解决本题第二问时，要能通过n＝1的特殊情形得到数列{an}的公差d≤－1，这是能方便解决第二问的关键．第三问难度较大，在推出矛盾时要能有一些常识即：存在无穷多个n (n∈N*)，使得2n不小于f (n)，其中f (n)时关于n多项式函数．
（2）本题考查了数列前n项的和与项之间的关系，要能熟练的进行两者之间的相互转化．第三问参数较多，遇到此类问题要能先锁定一个变量，其余看作常量处理问题，该问还涉及到了指数函数的单调性的相关讨论，本题属于难题．
11．箱子中有4个形状、大小完全相同的小球，其中红色小球2个、黑色和白色小球各1个，现从中有放回的连续摸4次，每次摸出1个球．
（1）求4次中恰好有1次红球和1次黑球的概率；
（2）求4次摸出球的颜色种数ξ的分布列与数学期望．
解：（1）记事件A“摸出1个球，是红色小球”，事件B“摸出1个球，是黑色小球”，事件C“摸出1个球，是白色小球”，则A，B，C相互独立，且P(A)＝2(1)，P(B)＝4(1)，P(C)＝4(1)．
记事件D“有放回的连续摸4次，恰好有1次红球和1次黑球”，
则P(D)＝A4(2)×2(1)×4(1)×(4(1))2＝32(3)．
答：恰好有有1次红球和1次黑球的概率是32(3)．
（2）随机变量ξ的可能值为1，2，3．记Ai“摸出i个红色小球”，Bi“摸出i个黑色小球”，Ci“摸出i个白色小球”．
P(ξ＝1)＝P(A4＋B4＋C4) ＝P(A4)＋P(B4)＋P(C4) ＝(2(1))4＋(4(1))4＋(4(1))4＝128(9)；
P(A1·B3＋A2·B2＋A3·B1)＝C4(1)(2(1)) (4(1))3＋C4(2)(2(1))2 (4(1))2＋C4(3)(2(1))3 (4(1))＝32(1)＋32(3)＋8(1)＝4(1)，
P(A1·C3＋A2·C2＋A3·C1)＝C4(1)(2(1)) (4(1))3＋C4(2)(2(1))2 (4(1))2＋C4(3)(2(1))3 (4(1))＝32(1)＋32(3)＋8(1)＝4(1)，
P(B1·C3＋B2·C2＋B3·C1)＝C4(1)(4(1)) (4(1))3＋C4(2)(4(1))2 (4(1))2＋C4(3)(4(1))3 (4(1))＝64(1)＋128(3)＋64(1)＝128(7)，
P(ξ＝2)＝P(A1·B3＋A2·B2＋A3·B1)＋P(A1·C3＋A2·C2＋A3·C1)＋P(B1·C3＋B2·C2＋B3·C1)＝4(1)＋4(1)＋128(7)＝128(71)；
P(ξ＝3)＝P(A2·B1·C1＋A1·B2·C1＋A1·B1·C2)＝A4(2)(2(1))2(4(1))2＋A4(2)(4(1))2 (4(1))(2(1))＋A4(2)(4(1))2 (4(1))(2(1))＝16(3)＋32(3)＋32(3)＝8(3)．
故随机变量ξ的分布列为：
|
ξ |
1 |
2 |
3 |
|
P |
128(9) |
128(71) |
8(3) |
所以数学期望E(ξ)＝1×128(9)＋2×128(71)＋3×8(3)＝128(295)．
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