福建省高考數(shù)學(xué)試卷理科

2015年福建省高考數(shù)學(xué)試卷（理科）一、選擇題（共10小題，每題5分，共50分）2015年一般高等學(xué)校招生全國一致考試（福建卷）數(shù)學(xué)（理工類）1．（5分）（2015?福建）若會集A={i，i2，i3，i4}（i是虛數(shù)單位），B={1，﹣1}，則A∩B等于（）A．{﹣1}B．{1}C．{1，﹣1}D．?2．（5分）（2015?福建）以下函數(shù)為奇函數(shù)的是（）．．x﹣xA．y=D．y=eBy=|sinx|Cy=cosx3．（5分）（2015?福建）若雙曲線E：=1的左、右焦點(diǎn)分別為F，F(xiàn)，點(diǎn)P在雙曲12線E上，且|PF1，則2等于（）|=3|PF|A．11B．9C．5D．34．（5分）（2015?福建）為認(rèn)識某社區(qū)居民的家庭年收入所年支出的關(guān)系，隨機(jī)檢查了該社區(qū)5戶家庭，獲得以下統(tǒng)計數(shù)據(jù)表：收入x（萬元）支出y（萬元）依據(jù)上表可得回歸直線方程，此中，據(jù)此預(yù)計，該社區(qū)一戶收入為15萬元家庭年支出為（）A．萬元B．萬元C．萬元D．萬元5（．5分）（2015?福建）若變量x，y滿足拘束條件則z=2x﹣y的最小值等于（）A．B．﹣2C．D．26．（5分）（2015?福建）閱讀以以下圖的程序框圖，運(yùn)轉(zhuǎn)相應(yīng)的程序，則輸出的結(jié)果為（）A．2B．1C．0D．﹣17．（5分）（2015?福建）若l，m是兩條不一樣的直線，m垂直于平面α，則“l(fā)⊥m”是“l(fā)∥α”的（）A．充分而不用要條件B．必需而不充分條件C．充分必需條件D．既不充分也不用要條件8．（5分）（2015?福建）若a，b是函數(shù)f（x）=x2﹣px+q（p＞0，q＞0）的兩個不一樣的零點(diǎn)，且a，b，﹣2這三個數(shù)可合適排序后成等差數(shù)列，也可合適排序后成等比數(shù)列，則p+q的值等于（）A．6B．7C．8D．99．（5分）（2015?福建）已知，若P點(diǎn)是△ABC所在平面內(nèi)一點(diǎn)，且，則的最大值等于（）A．13B．15C．19D．2110．（5分）（2015?福建）若定義在R上的函數(shù)f（x）滿足f（0）=﹣1，其導(dǎo)函數(shù)f（′x）滿足f′（x）＞k＞1，則以下結(jié)論中必定錯誤的選項(xiàng)是（

）A．

B．

C．

D．二、填空題：本大題共5小題，每題4分，共20分.11．（4分）（2015?福建）（x+2）5的睜開式中，x2的系數(shù)等于．（用數(shù)字作答）12（．4分）（2015?福建）若銳角△ABC的面積為，且AB=5，AC=8，則BC等于．13．（4分）（2015?福建）如圖，點(diǎn)A的坐標(biāo)為（1，0），點(diǎn)C的坐標(biāo)為（2，4），函數(shù)f（x）=x2，若在矩形ABCD內(nèi)隨機(jī)取一點(diǎn)，則此點(diǎn)取自暗影部分的概率等于．14．（4分）（2015?福建）若函數(shù)

f（x）=

（a＞0且

a≠1）的值域是[4，+∞），則實(shí)數(shù)a的取值范圍是．15．（4分）（2015?福建）一個二元碼是由

0和

1構(gòu)成的數(shù)字串

，此中

xkk=1，2，，n）稱為第k位碼元，二元碼是通訊中常用的碼，但在通訊過程中有時會發(fā)生碼元錯誤（即碼元由0變?yōu)?，也許由1變?yōu)?）已知某種二元碼x1x2x7的碼元滿足以下校驗(yàn)方程組：此中運(yùn)算⊕定義為：0⊕0=0，0⊕1=1，1⊕0=1，1⊕1=0．現(xiàn)已知一個這類二元碼在通訊過程中僅在第k位發(fā)生碼元錯誤后變?yōu)榱?101101，那么利用上述校驗(yàn)方程組可判斷k等于．三、解答題16．（13分）（2015?福建）某銀行規(guī)定，一張銀行卡若在一天內(nèi)出現(xiàn)3次密碼試試錯誤，該銀行卡將被鎖定，小王到銀行取錢時，發(fā)現(xiàn)自己忘掉了銀行卡的密碼，但是可以確立該銀行卡的正確密碼是他常用的6個密碼之一，小王決定從中不重復(fù)地隨機(jī)選擇1個進(jìn)行試試．若密碼正確，則結(jié)束試試；不然連續(xù)試試，直至該銀行卡被鎖定．（1）求當(dāng)日小王的該銀行卡被鎖定的概率；（2）設(shè)當(dāng)日小王用該銀行卡試試密碼次數(shù)為X，求X的分布列和數(shù)學(xué)希望．17．（13分）（2015?福建）如圖，在幾何體ABCDE中，四邊形ABCD是矩形，AB⊥平面BE⊥EC，AB=BE=EC=2，G，F(xiàn)分別是線段BE，DC的中點(diǎn)．（1）求證：GF∥平面ADE；（2）求平面AEF與平面BEC所成銳二面角的余弦值．

BEC，18．（13分）（2015?福建）已知橢圓

E：

+=1（a＞b＞0）過點(diǎn)

，且離心率

e為．（1）求橢圓

E的方程；（2）設(shè)直線x=my﹣1（m∈R）交橢圓E于A，B兩點(diǎn)，判斷點(diǎn)G與以線段AB為直徑的圓的地點(diǎn)關(guān)系，并說明原由．19．（13分）（2015?福建）已知函數(shù)f（x）的圖象是由函數(shù)g（x）=cosx的圖象經(jīng)以下變換獲得：先將g（x）圖象上全部點(diǎn)的縱坐標(biāo)伸長到本來的2倍，橫坐標(biāo)不變，再將所獲得的圖象向右平移

個單位長度．（1）求函數(shù)f（x）的分析式，并求其圖象的對稱軸方程；（2）已知關(guān)于x的方程f（x）+g（x）=m在[0，2π）內(nèi)有兩個不一樣的解α，β（i）務(wù)實(shí)數(shù)m的取值范圍；（ii）證明：cos（α﹣β）=﹣1．20．（7分）（2015?福建）已知函數(shù)f（x）=ln（1+x），g（x）=kx，（k∈R）（1）證明：當(dāng)x＞0時，f（x）＜x；（2）證明：當(dāng)k＜1時，存在x0＞，使得對任意x∈（，0），恒有f（）＞（）；00xxgx（3）確立k的因此可能取值，使得存在t＞0，對任意的x∈（0，t），恒有|f（x）﹣g（x）|＜x2．四、選修4-2：矩陣與變換21．（7分）（2015?福建）已知矩陣A=，B=（1）求A的逆矩陣A﹣1；（2）求矩陣C，使得AC=B．五、選修4-4：坐標(biāo)系與參數(shù)方程22．（7分）（2015?福建）在平面直角坐標(biāo)系xoy中，圓C的參數(shù)方程為（t為參數(shù)）．在極坐標(biāo)系（與平面直角坐標(biāo)系xoy取同樣的長度單位，且以原點(diǎn)O為極點(diǎn)，以軸非負(fù)半軸為極軸）中，直線l的方程為ρsin（θ﹣）=m，（m∈R）（1）求圓C的一般方程及直線l的直角坐標(biāo)方程；（2）設(shè)圓心C到直線l的距離等于2，求m的值．六、選修4-5：不等式選講23．（7分）（2015?福建）已知a＞0，b＞0，c＞0，函數(shù)f（x）=|x+a|+|x﹣b|+c的最小值為4．（1）求a+b+c的值；（2）求a2+b2+c2的最小值．2015年福建省高考數(shù)學(xué)試卷（理科）參照答案與試題分析一、選擇題（共10小題，每題5分，共50分）2015年一般高等學(xué)校招生全國一致考試（福建卷）數(shù)學(xué)（理工類）1．（5分）（2015?福建）若會集A={i，i2，i3，i4}（i是虛數(shù)單位），B={1，﹣1}，則A∩B等于（）A．{﹣1}B．{1}C．{1，﹣1}D．?【分析】利用虛數(shù)單位i的運(yùn)算性質(zhì)化簡A，而后利用交集運(yùn)算得答案．【解答】解：∵A={i，i2，i3，i4}={i，﹣1，﹣i，1}，B={1，﹣1}，∴A∩B={i，﹣1，﹣i，1}∩{1，﹣1}={1，﹣1}．應(yīng)選：C．【評論】本題觀察了交集及其運(yùn)算，觀察了虛數(shù)單位i的運(yùn)算性質(zhì)，是基礎(chǔ)題．2．（5分）（2015?福建）以下函數(shù)為奇函數(shù)的是（）．．x﹣xD．y=e﹣eA．y=By=|sinx|Cy=cosx【分析】依據(jù)函數(shù)奇偶性的定義進(jìn)行判斷即可．【解答】解：A．函數(shù)的定義域?yàn)閇0，+∞），定義域關(guān)于原點(diǎn)不對稱，故A為非奇非偶函數(shù)．B．f（﹣x）=|sin（﹣x）|=|sinx|=f（x），則f（x）為偶函數(shù)．C．y=cosx為偶函數(shù)．D．f（﹣x）=e﹣x﹣ex=﹣（ex﹣e﹣x）=﹣f（x），則f（x）為奇函數(shù)，應(yīng)選：D【評論】本題主要觀察函數(shù)奇偶性的判斷，依據(jù)函數(shù)奇偶性定義是解決本題的要點(diǎn)．3．（5分）（2015?福建）若雙曲線

E：

=1的左、右焦點(diǎn)分別為

F1，F(xiàn)2，點(diǎn)

P在雙曲線E上，且|PF1|=3，則|PF2|等于（A．11B．9C．5D．3

）【分析】確立

P在雙曲線的左支上，由雙曲線的定義可得結(jié)論．【解答】解：由題意，雙曲線

E：

=1中

a=3．|PF1|=3，∴P在雙曲線的左支上，∴由雙曲線的定義可得|PF2|﹣|PF1|=6，∴|PF2|=9．應(yīng)選：B．【評論】本題觀察雙曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程，觀察雙曲線的定義，屬于基礎(chǔ)題．4．（5分）（2015?福建）為認(rèn)識某社區(qū)居民的家庭年收入所年支出的關(guān)系，隨機(jī)檢查了該社區(qū)5戶家庭，獲得以下統(tǒng)計數(shù)據(jù)表：收入x（萬元）支出y（萬元）依據(jù)上表可得回歸直線方程

，此中

，據(jù)此預(yù)計，該社區(qū)一戶收入為15萬元家庭年支出為（）A．萬元B．萬元C．萬元D．萬元【分析】由題意可得和，可得回歸方程，把

x=15代入方程求得

y值即可．【解答】解：由題意可得

=（++++）=10，=（++++）=8，代入回歸方程可得=8﹣×10=，∴回歸方程為=+，把x=15代入方程可得y=×15+=，應(yīng)選：B．【評論】本題觀察線性回歸方程，涉及均勻值的計算，屬基礎(chǔ)題．5（．5分）（2015?福建）若變量x，y滿足拘束條件則z=2x﹣y的最小值等于（）A．B．﹣2C．D．2【分析】由拘束條件作出可行域，由圖獲得最優(yōu)解，求出最優(yōu)解的坐標(biāo)，數(shù)形聯(lián)合得答案．【解答】解：由拘束條件作出可行域如圖，由圖可知，最優(yōu)解為A，聯(lián)立，解得A（﹣1，）．∴z=2x﹣y的最小值為2×（﹣1）﹣=．應(yīng)選：A．【評論】本題觀察了簡單的線性規(guī)劃，觀察了數(shù)形聯(lián)合的解題思想方法，是中檔題．6．（5分）（2015?福建）閱讀以以下圖的程序框圖，運(yùn)轉(zhuǎn)相應(yīng)的程序，則輸出的結(jié)果為（）A．2B．1C．0D．﹣1【分析】模擬執(zhí)行程序框圖，挨次寫出每次循環(huán)獲得的i，S的值，當(dāng)i=6時滿足條件i＞5，退出循環(huán)，輸出S的值為0．【解答】解：模擬執(zhí)行程序框圖，可得i=1，S=0S=cos，i=2不滿足條件i＞5，S=cos+cosπ，i=3不滿足條件i＞5，S=cos+cosπ+cos，i=4不滿足條件i＞5，S=cos+cosπ+cos+cos2π，i=5不滿足條件i＞5，S=cos+cosπ+cos+cos2π+cos=0﹣1+0+1+0=0，i=6滿足條件i＞5，退出循環(huán)，輸出S的值為0，應(yīng)選：C．【評論】本題主要觀察了循環(huán)結(jié)構(gòu)的程序框圖，正確挨次寫出每次循環(huán)獲得的解題的要點(diǎn)，屬于基礎(chǔ)題．

i，S的值是7．（5分）（2015?福建）若l，m是兩條不一樣的直線，m垂直于平面α，則“l(fā)⊥m”是“l(fā)∥α”的（）A．充分而不用要條件B．必需而不充分條件C．充分必需條件D．既不充分也不用要條件【分析】利用直線與平面平行與垂直關(guān)系，判斷兩個命題的充要條件關(guān)系即可．【解答】解：l，m是兩條不一樣的直線，m垂直于平面α，則“l(fā)⊥m”可能“l(fā)∥α”也可能l?α，反之，“l(fā)∥α”必定有“l(fā)⊥m”，因此l，m是兩條不一樣的直線，m垂直于平面α，則“l(fā)⊥m”是“l(fā)∥α”的必需而不充分條件．應(yīng)選：B．【評論】本題觀察空間直線與平面垂直與平行關(guān)系的應(yīng)用，充要條件的判斷，基本知識的觀察．8．（5分）（2015?福建）若a，b是函數(shù)f（x）=x2﹣px+q（p＞0，q＞0）的兩個不一樣的零點(diǎn)，且a，b，﹣2這三個數(shù)可合適排序后成等差數(shù)列，也可合適排序后成等比數(shù)列，則p+q的值等于（）A．6B．7C．8D．9【分析】由一元二次方程根與系數(shù)的關(guān)系獲得a+b=p，ab=q，再由a，b，﹣2這三個數(shù)可適當(dāng)排序后成等差數(shù)列，也可合適排序后成等比數(shù)列列關(guān)于a，b的方程組，求得a，b后得答案．【解答】解：由題意可得：a+b=p，ab=q，∵p＞0，q＞0，可得a＞0，b＞0，又a，b，﹣2這三個數(shù)可合適排序后成等差數(shù)列，也可合適排序后成等比數(shù)列，可得①或②．解①得：；解②得：．p=a+b=5，q=1×4=4，則p+q=9．應(yīng)選：D．【評論】本題觀察了一元二次方程根與系數(shù)的關(guān)系，觀察了等差數(shù)列和等比數(shù)列的性質(zhì)，是基礎(chǔ)題．9．（5分）（2015?福建）已知，若P點(diǎn)是△ABC所在平面內(nèi)一點(diǎn)，且，則的最大值等于（）A．13B．15C．19D．21【分析】建系，由向量式的幾何意義易得P的坐標(biāo)，可化=﹣（﹣1）﹣4（t﹣4）=17﹣（+4t），由基本不等式可得．【解答】解：由題意建立以以下圖的坐標(biāo)系，可得A（0，0），B（，0），C（0，t），∵，∴P（1，4），=（﹣1，﹣4），=（﹣1，t﹣4），=﹣（﹣1）﹣4（t﹣4）=17﹣（+4t），由基本不等式可得+4t≥2=4，∴17﹣（+4t）≤17﹣4=13，當(dāng)且僅當(dāng)=4t即t=時取等號，∴的最大值為13，應(yīng)選：A．【評論】本題觀察平面向量數(shù)目積的運(yùn)算，涉及基本不等式求最值，屬中檔題．10．（5分）（2015?福建）若定義在R上的函數(shù)f（x）滿足f（0）=﹣1，其導(dǎo)函數(shù)f（′x）滿足f′（x）＞k＞1，則以下結(jié)論中必定錯誤的選項(xiàng)是（）A．B．C．D．【分析】依據(jù)導(dǎo)數(shù)的看法得出＞k＞1，用x=代入可判斷出（f）＞，即可判斷答案．【解答】解；∵f′（x）=f（′x）＞k＞1，∴＞k＞1，即＞k＞1，當(dāng)x=時，f（）+1＞×k=，即f（）﹣1=故f（）＞，因此f（）＜，必定犯錯，應(yīng)選：C．【評論】本題觀察了導(dǎo)數(shù)的看法，不等式的化簡運(yùn)算，屬于中檔題，理解了變量的代換問題．二、填空題：本大題共5小題，每題4分，共20分.11．（4分）（2015?福建）（x+2）5的睜開式中，x2的系數(shù)等于80．（用數(shù)字作答）【分析】先求出二項(xiàng)式睜開式的通項(xiàng)公式，再令x的冪指數(shù)等于睜開式中的x2項(xiàng)的系數(shù)．

2，求得r的值，即可求得【解答】解：（x+2）5的睜開式的通項(xiàng)公式為

Tr+1=

?x5﹣r?2r，令5﹣r=2，求得

r=3，可得睜開式中

x2項(xiàng)的系數(shù)為

=80，故答案為：80．【評論】本題主要觀察二項(xiàng)式定理的應(yīng)用，二項(xiàng)式系數(shù)的性質(zhì)，二項(xiàng)式睜開式的通項(xiàng)公式，求睜開式中某項(xiàng)的系數(shù)，屬于基礎(chǔ)題．12．（4分）（2015?福建）若銳角△ABC的面積為，且AB=5，AC=8，則【分析】利用三角形的面積公式求出A，再利用余弦定理求出BC．【解答】解：因?yàn)殇J角△ABC的面積為，且AB=5，AC=8，

BC等于

7．因此，因此sinA=，因此A=60°，因此cosA=，因此BC==7．故答案為：7．【評論】本題觀察三角形的面積公式，觀察余弦定理的運(yùn)用，比較基礎(chǔ)．13．（4分）（2015?福建）如圖，點(diǎn)A的坐標(biāo)為（1，0），點(diǎn)C的坐標(biāo)為（2，4），函數(shù)f（x）=x2，若在矩形ABCD內(nèi)隨機(jī)取一點(diǎn)，則此點(diǎn)取自暗影部分的概率等于．【分析】分別求出矩形和暗影部分的面積，利用幾何概型公式，解答．【解答】解：由已知，矩形的面積為4×（2﹣1）=4，暗影部分的面積為=（4x﹣）|=，由幾何概型公式可得此點(diǎn)取自暗影部分的概率等于；故答案為：．【評論】本題觀察了定積分求曲邊梯形的面積以及幾何概型的運(yùn)用；要點(diǎn)是求出暗影部分的面積，利用幾何概型公式解答．14．（4分）（2015?福建）若函數(shù)f（x）=（a＞0且a≠1）的值域是[4，+∞），則實(shí)數(shù)a的取值范圍是（1，2]．，即a≥，故有【分析】當(dāng)x≤2時，滿足f（x）≥4．當(dāng)x＞2時，由f（x）=3+loga≥x4logx1loga2≥1，由此求得a的范圍，綜合可得結(jié)論．【解答】解：因?yàn)楹瘮?shù)f（x）=（a＞0且a≠1）的值域是[4，+∞），故當(dāng)x≤2時，滿足f（x）=6﹣x≥4．當(dāng)x＞2時，由f（x）=3+logax≥4，∴l(xiāng)ogax≥1，∴l(xiāng)oga2≥1，∴1＜a≤2．綜上可得，1＜a≤2，故答案為：（1，2]．【評論】本題主要觀察分段函數(shù)的應(yīng)用，對數(shù)函數(shù)的單調(diào)性和特別點(diǎn)，屬于基礎(chǔ)題．15．（4分）（2015?福建）一個二元碼是由0和1構(gòu)成的數(shù)字串，此中xkk=1，2，，n）稱為第k位碼元，二元碼是通訊中常用的碼，但在通訊過程中有時會發(fā)生碼元錯誤（即碼元由0變?yōu)?，也許由1變?yōu)?）已知某種二元碼x1x2x7的碼元滿足以下校驗(yàn)方程組：此中運(yùn)算⊕定義為：0⊕0=0，0⊕1=1，1⊕0=1，1⊕1=0．現(xiàn)已知一個這類二元碼在通訊過程中僅在第k位發(fā)生碼元錯誤后變?yōu)榱?101101，那么利用上述校驗(yàn)方程組可判斷k等于5．的值從至【分析】依據(jù)二元碼x12x7的碼元滿足的方程組，及“⊕”的運(yùn)算規(guī)則，將k17x逐一考據(jù)即可．【解答】解：依題意，二元碼在通訊過程中僅在第k位發(fā)生碼元錯誤后變?yōu)榱?101101，①若k=1，則x1=0，x2=1，x3=0，x4=1，x5=1，x6=0，x7=1，從而由校驗(yàn)方程組，得x4⊕x5⊕x6⊕x7=1，故k≠1；②若k=2，則x=1，x=0，x=0，x=1，x=1，x=0，x=1，1234567從而由校驗(yàn)方程組，得x2⊕x3⊕x6⊕x7=1，故k≠2；③若k=3，則x1=1，x2=1，x3=1，x4=1，x5=1，x6=0，x7=1，從而由校驗(yàn)方程組，得x2⊕3⊕6⊕7，故k≠；xxx=13④若k=4，則x1=1，x2=1，x3=0，x4=0，x5=1，x6=0，x7=1，從而由校驗(yàn)方程組，得x1⊕3⊕5⊕7，故k≠；xxx=14⑤若k=5，則x1=1，x2=1，x3=0，x4=1，x5=0，x6=0，x7=1，從而由校驗(yàn)方程組，得x4⊕5⊕6⊕7，2⊕x3⊕6⊕7，1⊕3⊕5⊕7，故k=5切合題意；xxx=0xxx=0xxxx=0⑥若k=6，則x1=1，x2=1，x3=0，x4=1，x5=1，x6=1，x7=1，從而由校驗(yàn)方程組，得x2⊕3⊕6⊕7，故k≠；xxx=16⑦若k=7，則x1=1，x2=1，x3=0，x4=1，x5=1，x6=0，x7=0，從而由校驗(yàn)方程組，得x2⊕3⊕6⊕7，故k≠；xxx=17綜上，k等于5．故答案為：5．【評論】本題屬新定義題，要點(diǎn)是弄懂新定義的含義或規(guī)則，事實(shí)上，本題中的運(yùn)算符號“⊕”可看作是兩個數(shù)差的絕對值運(yùn)算，知道了這一點(diǎn)，考據(jù)就不是難事了．三、解答題16．（13分）（2015?福建）某銀行規(guī)定，一張銀行卡若在一天內(nèi)出現(xiàn)3次密碼試試錯誤，該銀行卡將被鎖定，小王到銀行取錢時，發(fā)現(xiàn)自己忘掉了銀行卡的密碼，但是可以確立該銀行卡的正確密碼是他常用的6個密碼之一，小王決定從中不重復(fù)地隨機(jī)選擇1個進(jìn)行試試．若密碼正確，則結(jié)束試試；不然連續(xù)試試，直至該銀行卡被鎖定．（1）求當(dāng)日小王的該銀行卡被鎖定的概率；（2）設(shè)當(dāng)日小王用該銀行卡試試密碼次數(shù)為X，求X的分布列和數(shù)學(xué)希望．【分析】（1）依據(jù)概率的公式即可求當(dāng)日小王的該銀行卡被鎖定的概率；（2）隨機(jī)變量X的取值為：1，2，3，別求出對應(yīng)的概率，即可求出分布列和希望．【解答】解：（1）設(shè)“當(dāng)日小王的該銀行卡被鎖定”的事件為A，則P（A）=．（2）有可能的取值是1，2，3又則P（X=1）=，P（X=2）==，P（X=3）==，因此X的分布列為：X123PEX=1×+2×+3×=．【評論】本小題主要觀察分步計數(shù)原理、隨機(jī)變量的分布列、數(shù)學(xué)希望等基礎(chǔ)知識，觀察運(yùn)算求解能力、應(yīng)意圖識，觀察必然與或然思想．17．（13分）（2015?福建）如圖，在幾何體ABCDE中，四邊形ABCD是矩形，AB⊥平面BEC，BE⊥EC，AB=BE=EC=2，G，F(xiàn)分別是線段BE，DC的中點(diǎn)．（1）求證：GF∥平面ADE；（2）求平面AEF與平面BEC所成銳二面角的余弦值．【分析】解法一：（1）取AE的中點(diǎn)H，連接HG，HD，經(jīng)過證明四邊形HGFD是平行四邊形來證明GF∥DH，由線面平行的判判定理可得；（2）以B為原點(diǎn)，分別以的方向?yàn)閤軸，y軸，z軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系，可得平面BEC和平面AEF的法向量，由向量夾角的余弦值可得．解法二：（1）如圖，取AB中點(diǎn)M，連接MG，MF，經(jīng)過證明平面GMF∥平面ADE來證明GF∥平面ADE；（2）同解法一．【解答】解法一：（1）如圖，取AE的中點(diǎn)H，連接HG，HD，∵G是BE的中點(diǎn)，∴GH∥AB，且GH=AB，又∵F是CD中點(diǎn)，四邊形ABCD是矩形，∴DF∥AB，且DF=AB，即GH∥DF，且GH=DF，∴四邊形HGFD是平行四邊形，∴GF∥DH，又∵DH?平面ADE，GF?平面ADE，∴GF∥平面ADE．（2）如圖，在平面BEG內(nèi)，過點(diǎn)B作BQ∥CE，∵BE⊥EC，∴BQ⊥BE，又∵AB⊥平面BEC，∴AB⊥BE，AB⊥BQ，以B為原點(diǎn)，分別以的方向?yàn)閤軸，y軸，z軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系，則A（0，0，2），B（0，0，0），E（2，0，0），F(xiàn)（2，2，1）∵AB⊥平面BEC，∴為平面BEC的法向量，設(shè)=（x，y，z）為平面AEF的法向量．又=（2，0，﹣2），=（2，2，﹣1）由垂直關(guān)系可得，取z=2可得．∴cos＜，＞==∴平面AEF與平面BEC所成銳二面角的余弦值為．解法二：（1）如圖，取AB中點(diǎn)M，連接MG，MF，又G是BE的中點(diǎn)，可知GM∥AE，且GM=AE又AE?平面ADE，GM?平面ADE，∴GM∥平面ADE．在矩形ABCD中，由M，F(xiàn)分別是AB，CD的中點(diǎn)可得MF∥AD．又AD?平面ADE，MF?平面ADE，∴MF∥平面ADE．又∵GM∩MF=M，GM?平面GMF，MF?平面GMF∴平面GMF∥平面ADE，∵GF?平面GMF，∴GF∥平面ADE（2）同解法一．【評論】本題觀察空間線面地點(diǎn)關(guān)系，觀察空間想象能力、推理論證能力、運(yùn)算求解能力，建系求二面角是解決問題的要點(diǎn)，屬難題．18．（13分）（2015?福建）已知橢圓E：+=1（a＞b＞0）過點(diǎn)，且離心率e為．（1）求橢圓E的方程；（2）設(shè)直線x=my﹣1（m∈R）交橢圓E于A，B兩點(diǎn)，判斷點(diǎn)G與以線段AB為直徑的圓的地點(diǎn)關(guān)系，并說明原由．【分析】解法一：（1）由已知得，解得即可得出橢圓E的方程．（2）設(shè)點(diǎn)A（x1，y1），B（x2，y2），AB中點(diǎn)為H（x0，y0）．直線方程與橢圓方程聯(lián)立化為（m2+2）y2﹣2my﹣3=0，利用根與系數(shù)的關(guān)系中點(diǎn)坐標(biāo)公式可得：y0=．|GH|2=．=，作差|GH|2﹣即可判斷出．解法二：（1）同解法一．（2）設(shè)點(diǎn)A（x1，1），（2，2），則=，=．直線方程與yBxy橢圓方程聯(lián)立化為（m2+2）y2﹣2my﹣3=0，計算=即可得出∠AGB，從而判斷出地點(diǎn)關(guān)系．【解答】解法一：（1）由已知得，解得，∴橢圓E的方程為．（2）設(shè)點(diǎn)A（x1y1），B（x2，y2），AB中點(diǎn)為H（x0，y0）．由，化為（m2+2）y2﹣2my﹣3=0，∴y1+y2=，y1y2=，∴y0=．G，∴|GH|2==+=++．===，故|GH|2﹣=+=﹣+=＞0．∴，故G在以AB為直徑的圓外．解法二：（1）同解法一．（2）設(shè)點(diǎn)A（x11），（2，2），則=，=．yBxy由，化為（m2+2）y2﹣2my﹣3=0，∴y1+y2=，y1y2=，從而==+y1y2=+=﹣+=＞0．∴＞0，又，不共線，∴∠AGB為銳角．故點(diǎn)G在以AB為直徑的圓外．【評論】本小題主要觀察橢圓、圓、直線與橢圓的地點(diǎn)關(guān)系、點(diǎn)與圓的地點(diǎn)關(guān)系、向量數(shù)目積運(yùn)算性質(zhì)等基礎(chǔ)知識，觀察推理論證能力、運(yùn)算求解能力，觀察數(shù)形聯(lián)合思想、化歸與轉(zhuǎn)變思想、函數(shù)與方程思想，屬于難題．19．（13分）（2015?福建）已知函數(shù)f（x）的圖象是由函數(shù)g（x）=cosx的圖象經(jīng)以下變換獲得：先將

g（x）圖象上全部點(diǎn)的縱坐標(biāo)伸長到本來的

2倍，橫坐標(biāo)不變，再將所獲得的圖象向右平移

個單位長度．（1）求函數(shù)f（x）的分析式，并求其圖象的對稱軸方程；（2）已知關(guān)于x的方程f（x）+g（x）=m在[0，2π）內(nèi)有兩個不一樣的解α，β（i）務(wù)實(shí)數(shù)m的取值范圍；（ii）證明：cos（α﹣β）=﹣1．【分析】（1）由函數(shù)y=Asin（ωx+φ）的圖象變換規(guī)律可得：f（x）=2sinx，從而可求對稱軸方程．（2）（i）由三角函數(shù)中的恒等變換應(yīng)用化簡分析式可得f（x）+g（x）=sin（x+φ）（此中sin

φ=，cosφ=），從而可求

|

|

＜1，即可得解．（ii）由題意可得

sin（α+φ）=

，sin（β+φ）=

．當(dāng)

1≤m＜

時，可求α﹣β=π﹣2（β+φ），當(dāng)﹣＜m＜0時，可求α﹣β=3π﹣2（β+φ），由cos（α﹣β）=2sin2（β+φ）﹣1，從而得證．【解答】解：（1）將g（x）=cosx的圖象上全部點(diǎn)的縱坐標(biāo)伸長到本來的2倍（橫坐標(biāo)不變）獲得y=2cosx的圖象，再將y=2cosx的圖象向右平移個單位長度后獲得y=2cos（x﹣）的圖象，故f（x）=2sinx，從而函數(shù)f（x）=2sinx圖象的對稱軸方程為x=k（k∈Z）．（2）（i）f（x）+g（x）=2sinx+cosx=（）=sin（x+φ）（此中sinφ=，cosφ=）依題意，sin（x+φ）=在區(qū)間[0，2π）內(nèi)有兩個不一樣的解α，β，當(dāng)且僅當(dāng)||＜1，故m的取值范圍是（﹣，）．（ii）因?yàn)棣?，β是方程sin（x+φ）=m在區(qū)間[0，2π）內(nèi)的兩個不一樣的解，因此sin（α+φ）=，sin（β+φ）=．當(dāng)1≤m＜時，α+β=2（﹣φ），即α﹣β=π﹣2（β+φ）；當(dāng)﹣＜m＜1時，α+β=2（﹣φ），即α﹣β=3π﹣2（β+φ）；因此cos（α﹣β）=﹣cos2（β+φ）=2sin2（β+φ）﹣1=2（）2﹣1=．【評論】本小題主要觀察三角函數(shù)的圖象與性質(zhì)、三角恒等變換等基礎(chǔ)知識，觀察運(yùn)算求解能力、抽象概括能力、推理論證能力，觀察函數(shù)與方程思想、分類與整體思想、化歸與轉(zhuǎn)變思想、數(shù)形聯(lián)合思想．20．（7分）（2015?福建）已知函數(shù)f（x）=ln（1+x），g（x）=kx，（k∈R）（1）證明：當(dāng)x＞0時，f（x）＜x；（2）證明：當(dāng)k＜1時，存在x0＞0，使得對任意x∈（0，x0），恒有f（x）＞g（x）；（3）確立k的因此可能取值，使得存在t＞0，對任意的x∈（0，t），恒有|f（x）﹣g（x）|＜x2．【分析】（1）令F（x）=f（x）﹣x=ln（1+x）﹣x，x＞0，求導(dǎo)獲得F′（x）＜0，說明F（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞減，則x＞0時，f（x）＜x；（2）令G（x）=f（x）﹣g（x）=ln（1+x）﹣kx，x∈（0，+∞），可得k≤0時，G′（x）＞0，說明G（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞加，存在x0＞0，使得對任意x∈（0，x0），恒有f（x）＞g（x）；當(dāng)0＜k＜1時，由G′（x）=0，求得．取，對任意x∈（0，x0），恒有G′（x）＞0，G（x）在上單調(diào)遞加，G（x）＞G（0）=0，即f（x）＞g（x）；（3）分k＞1、k＜1和k=1把不等式|f（x）﹣g（x）|＜x2的左側(cè)去絕對值，當(dāng)k＞1時，利用導(dǎo)數(shù)求得|f（x）﹣g（x）|＞x2，滿足題意的t不存在．0），（）＞（）．令（）當(dāng)k＜1時，由（2）知存在x0＞，使得對任意的任意x∈（，00xfxgxNx=ln（1+x）﹣kx﹣x2，x∈[0，+∞），求導(dǎo)數(shù)分析滿足題意的t不存在．當(dāng)k=1，由（1）知，當(dāng)x∈（0，+∞）時，|f（x）﹣g（x）|=g（x）﹣f（x）=x﹣ln（1+x），令H（x）=x﹣ln（1+x）﹣x2，x∈[0，+∞），則有x＞0，H′（x）＜0，H（x）在[0，+∞）上單調(diào)遞減，故H（x）＜H（0）=0，說明當(dāng)x＞0時，恒有|f（x）﹣g（x）|＜x2，此時，任意實(shí)數(shù)t滿足題意．【解答】（1）證明：令F（x）=f（x）﹣x=ln（1+x）﹣x，x＞0，則有F′（x）=﹣1=﹣，x＞0，∴F′（x）＜0，∴F（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞減，∴F（x）＜F（0）=0，∴x＞0時，f（x）＜x；（2）證明：令G（x）=f（x）﹣g（x）=ln（1+x）﹣kx，x∈（0，+∞），則有G′（x）=﹣k=，當(dāng)k≤0時，G′（x）＞0，∴G（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞加，∴G（x）＞G（0）=0，故對任意正實(shí)數(shù)x0均滿足題意．當(dāng)0＜k＜1時，令G′（x）=0，得．取，對任意x∈（0，x0），恒有′（）＞，∴（）在（，0）上單調(diào)遞加，GGx0Gx0x（x）＞G（0）=0，即f（x）＞g（x）．綜上，當(dāng)k＜1時，總存在x0＞0，使得對任意的x∈（0，x0），恒有f（x）＞g（x）；（3）解：當(dāng)k＞1時，由（1）知，關(guān)于任意x∈（0，+∞），g（x）＞x＞f（x），故g（x）＞f（x），|f（x）﹣g（x）|=g（x）﹣f（x）=kx﹣ln（1+x），令M（x）=kx﹣ln（1+x）﹣x2，x∈（0，+∞），則有，故當(dāng)時，M′（x）＞0，M（x）在[0，）上單調(diào)遞加，故M（x）＞M（0）=0，即|f（x）﹣g（x）|＞x2，∴滿足題意的t不存在．當(dāng)k＜1時，由（2）知存在x0＞0，使得對任意的任意x∈（0，x0），f（x）＞g（x）．此時|f（x）﹣g（x）|=f（x）﹣g（x）=ln（1+x）﹣kx，令N（x）=ln（1+x）﹣kx﹣x2，x∈[0，+∞），則有，故當(dāng)時，N′（x）＞0，M（x）在[0，）上單調(diào)遞加，故N（x）＞N（0）=0，即f（x）﹣g（x）＞x2，記x0與中較小的為x1，則當(dāng)x∈（0，x1）時，恒有|f（）﹣（）＞2，故滿足題意的t不存在．xgx|x當(dāng)k=1，由（1）知，當(dāng)x∈（0，+∞）時，|f（x）﹣g（x）|=g（x）﹣f（x）=x﹣ln（1+x），令H（x）=x﹣ln（1+x）﹣x2，x∈[0，+∞），則有，當(dāng)x＞0，H′（x）＜0，∴H（x）在[0，+∞）上單調(diào)遞減，故H（x）＜H（0）=0