1、2015年山东省枣庄五中高考数学模拟试卷（理科）（4月份）一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1已知全集=R集合A=x|x3，B=x|log2x0，则AB=（）Ax|1x3Bx|x1Cx|x4Dx|0x12已知复数z=2i，则z的值为（）A5BC3D3下列命题的说法错误的是（）A命题“若x23x+2=0，则x=1”的逆否命题为：“x1，则x23x+20”B“x=1是“x23x+2=0”的充分不必要条件C对于命题p：xR，x2+x+10，则p：x0R，D若pq为假命题，则p、q均为假命题4一个简单几何体的正视图、侧视图如图所示，则其
2、俯视图不可能为长方形；正方形；圆；椭圆其中正确的是（）ABCD5已知x，y满足，且z=2x+y的最大值是最小值的4倍，则a的值是（）ABCD46运行如如图所示的程序框图，则输出的结果S为（）A1008B2015C1007D10077已知函数f（x）=x2+cosx，f（x）是函数f（x）的导函数，则f（x）的图象大致是（）A BCD8已知函数f（x）=，则满足f（a）2的实数a的取值范围是（）A（，2）（0，+）B（1，0）C（2，0）D（，10，+）9在等腰三角形ABC中，AB=AC，D在线段AC，AD=kAC（k为常数，且0k1），BD=l为定长，则ABC的面积最大值为（）ABCD10已知
3、定义域为R的奇函数y=f（x）的导函数为y=f（x），当x0时，f（x）+0，若a=f（），b=2f（2），c=（ln）f（ln），则a，b，c的大小关系正确的是（）AabcBbcaCacbDcab二、填空题：本大题共5小题，每小题5分，共25分11若双曲线（a0）的离心率为2，则a等于12设随机变量N（，2），且P（2）=P（2）=0.3，则P（20）=13如图，在ABC中，若AB=1，AC=3， =，则BC=14学校体育组新买2个同样篮球，3个同样排球，从中取出4个发放给高一4个班，每班1个，则共有种不同的发放方法15圆O的半径为1，P为圆周上一点，现将如图放置的边长为1的正方形（实线所示
4、，正方形的顶点A与点P重合）沿圆周逆时针滚动，点A第一次回到点P的位置，则点A走过的路径的长度为三、解答题：本大题共6小题，共75分16已知函数f（x）=2asinxcosx+2cos2x（a0，0）的最大值为2，且最小正周期为（I）求函数f（x）的解析式及其对称轴方程；（II）若f（）=，求sin（4+）的值17在如图所示的空间几何体中，平面ACD平面ABC，ACD与ACB是边长为2的等边三角形，BE=2，BE和平面ABC所成的角为60，且点E在平面ABC上的射影落在ABC的平分线上（）求证：DE平面ABC；（）求二面角EBCA的余弦值18学校为测评班级学生对任课教师的满意度，采用“100分
5、制”打分的方式来计分现从某班学生中随机抽取10名，以下茎叶图记录了他们对某教师的满意度分数（以十位数字为茎，个位数字为叶）：规定若满意度不低于98分，测评价该教师为“优秀”（I）求从这10人中随机选取3人，至多有1人评价该教师是“优秀”的概率；（）以这10人的样本数据来估计整个班级的总体数据，若从该班任选3人，记表示抽到评价该教师为“优秀”的人数，求的分布列及数学期望19已知数列an中，a1=1，an+1=（I）求证：数列a2n是等比数列；（II）若Sn是数列an的前n项和，求满足Sn0的所有正整数n20已知函数f（x）=cos（x），g（x）=exf（x），其中e为自然对数的底数（）求曲线y
6、=g（x）在点（0，g（0）处的切线方程；（）若对任意x，0，不等式g（x）xf（x）+m恒成立，求实数m的取值范围；（）试探究当x，时，方程g（x）=xf（x）的解的个数，并说明理由21已知椭圆C： =1（ab0），其中F1，F2为左、右焦点，O为坐标原点直线l与椭圆交于P（x1，y1），Q（x2，y2）两个不同点当直线l过椭圆C右焦点F2且倾斜角为时，原点O到直线l的距离为又椭圆上的点到焦点F2的最近距离为1（I）求椭圆C的方程；（）以OP，OQ为邻边做平行四边形OQNP，当平行四边形OQNP面积为时，求平行四边形OQNP的对角线之积|ON|PQ|的最大值；（）若抛物线C2：y2=2px（
7、p0）以F2为焦点，在抛物线C2上任取一点S（S不是原点O），以OS为直径作圆，交抛物线C2于另一点R，求该圆面积最小时点S的坐标2015年山东省枣庄五中高考数学模拟试卷（理科）（4月份）参考答案与试题解析一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1已知全集=R集合A=x|x3，B=x|log2x0，则AB=（）Ax|1x3Bx|x1Cx|x4Dx|0x1【考点】交集及其运算【分析】求出B中欧其他不等式的解集确定出B，再由A求出两集合的交集即可【解答】解：由B中的不等式变形得：log2xlog21，得到0x1，即B=x|0x1，A=x|
8、x3，AB=x|0x1故选D【点评】此题考查了交集及其运算，熟练掌握交集的定义是解本题的关键2已知复数z=2i，则z的值为（）A5BC3D【考点】复数代数形式的乘除运算【专题】数系的扩充和复数【分析】由z求出，然后直接利用复数代数形式的乘法运算求解【解答】解：由z=2i，得z=（2i）（2+i）=4i2=5故选：A【点评】本题考查了复数代数形式的乘法运算，是基础的计算题3下列命题的说法错误的是（）A命题“若x23x+2=0，则x=1”的逆否命题为：“x1，则x23x+20”B“x=1是“x23x+2=0”的充分不必要条件C对于命题p：xR，x2+x+10，则p：x0R，D若pq为假命题，则p、
9、q均为假命题【考点】特称命题；复合命题的真假；命题的真假判断与应用【专题】简易逻辑【分析】直接写出原命题的逆否命题判断A；求出一元二次方程x23x+2=0的解判断B；直接写出全称命题的否定判断C；由复合命题的真值表判断D【解答】解：命题“若x23x+2=0，则x=1”的逆否命题为：“x1，则x23x+20”选项A正确；若x=1，则x23x+2=0反之，若x23x+2=0，则x=1或x=2“x=1是“x23x+2=0”的充分不必要条件选项B正确；命题p：xR，x2+x+10为全称命题，其否定为特称命题，即p：x0R，选项C正确；若pq为假命题，则p或q为假命题选项D错误故选：D【点评】本题考查了
10、命题的真假判断及应用，关键是掌握全称命题及特称命题的否定格式，掌握复合命题的真值表，是中档题4一个简单几何体的正视图、侧视图如图所示，则其俯视图不可能为长方形；正方形；圆；椭圆其中正确的是（）ABCD【考点】简单空间图形的三视图【分析】本题给出了正视图与侧视图，由所给的数据知凭据三视图的作法规则，来判断侧视图的形状，由于正视图中的长与侧视图中的长不一致，此特征即是判断俯视图开关的关键，由此标准对四个可选项依次判断即可【解答】解：由题设条件知，正视图中的长与侧视图中的长不一致，对于，俯视图是长方形是可能的，比如此几何体为一个长方体时，满足题意；对于，由于正视图中的长与侧视图中的长不一致，故俯视图
11、不可能是正方形；对于，由于正视图中的长与侧视图中的长不一致，故俯视图不可能是圆形；对于，如果此几何体是一个椭圆柱，满足正视图中的长与侧视图中的长不一致，故俯视图可能是椭圆综上知是不可能的图形故选B【点评】本题考点是简单空间图形的三视图，考查根据作三视图的规则来作出三个视图的能力，三视图的投影规则是：“主视、俯视 长对正；主视、左视高平齐，左视、俯视 宽相等”三视图是高考的新增考点，不时出现在高考试题中，应予以重视5已知x，y满足，且z=2x+y的最大值是最小值的4倍，则a的值是（）ABCD4【考点】简单线性规划【专题】不等式的解法及应用【分析】作出不等式组对应的平面区域，利用z的几何意义，结合
12、目标函数z=2x+y的最大值是最小值的4倍，建立方程关系，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A时，直线的截距最大，此时z最大，由，解得即A（1，1），此时z=21+1=3，当直线y=2x+z经过点B时，直线的截距最小，此时z最小，由，解得，即B（a，a），此时z=2a+a=3a，目标函数z=2x+y的最大值是最小值的4倍，3=43a，即a=故选：B【点评】本题主要考查线性规划的应用，利用数形结合是解决本题的关键6运行如如图所示的程序框图，则输出的结果S为（）A1008B2015C1007
13、D1007【考点】程序框图【专题】图表型；算法和程序框图【分析】程序运行的功能是求S=12+34+（1）k1k，根据计算变量n判断程序终止运行时的k值，利用并项求和求得S【解答】解：执行程序框图，有k=1，S=0满足条件n2015，S=1，k=2；满足条件n2015，S=1，k=3；满足条件n2015S=2，k=4；满足条件n2015S=2，k=5；满足条件n2015S=3，k=6；满足条件n2015S=3，k=7；满足条件n2015S=4，k=8；观察规律可知，有满足条件n2015S=1006，k=2012；满足条件n2015S=1006，k=2013；满足条件n2015S=1007，k=2
14、014；满足条件n2015，S=1007，k=2015；不满足条件n2015，输出S的值为1007故选：D【点评】本题考查了循环结构的程序框图，根据计算变量n判断程序终止运行时的k值是解答本题的关键，属于基础题7已知函数f（x）=x2+cosx，f（x）是函数f（x）的导函数，则f（x）的图象大致是（）ABCD【考点】函数的图象【专题】函数的性质及应用【分析】由于f（x）=x+cosx，得f（x）=xsinx，由奇函数的定义得函数f（x）为奇函数，其图象关于原点对称，排除BD，取x=代入f（）=sin=10，排除C，只有A适合【解答】解：由于f（x）=x+cosx，f（x）=xsinx，f（x
15、）=f（x），故f（x）为奇函数，其图象关于原点对称，排除BD，又当x=时，f（）=sin=10，排除C，只有A适合，故选：A【点评】本题考查函数的图象，考查同学们对函数基础知识的把握程度以及数形结合的思维能力，同时考查导数的计算，属于中档题8已知函数f（x）=，则满足f（a）2的实数a的取值范围是（）A（，2）（0，+）B（1，0）C（2，0）D（，10，+）【考点】分段函数的应用【专题】函数的性质及应用【分析】根据不等式的解法，利用分类讨论即可得到结论【解答】解：函数f（x）=则满足f（a）2，若a1，则由f（a）2，得f（a）=22a2，解得a，可得a1若a1，则由f（a）2，得f（a）
16、=2a+22，解得a0，综上a（，10，+），故选：D【点评】本题主要考查分段函数的应用，不等式的解法，利用分类讨论是解决本题的关键，比较基础9在等腰三角形ABC中，AB=AC，D在线段AC，AD=kAC（k为常数，且0k1），BD=l为定长，则ABC的面积最大值为（）ABCD【考点】正弦定理【专题】解三角形【分析】判断出AB=AC，以B为原点、BD为x轴建立平面直角坐标系，设A（x，y），y0，根据题意得到AD=kAC，利用两点间的距离公式列出关系式，化简后表示出y2，利用二次函数的性质求出y的最大值，求出ABD面积的最大值，由AD=kAC得出ABC面积的最大值【解答】解：由题意得AB=AC
17、，如图所示，以B为原点，BD为x轴建立平面直角坐标系，设A（x，y），y0，AB=AC，BD=l，D（l，0），由AD=kAC=kAB得，AD2=k2AB2，（xl）2+y2=k2（x2+y2），整理得：y2=，当x=时，y2=取到最大值是：，y的最大值是，BD=l，（SABD）max=，AD=kAC，（SABC）max=（SABD）max=，所以ABC的面积最大值为，故选：C【点评】本题考查坐标法解决平面几何问题，两点间的距离公式，及二次函数的性质，建立适当的坐标系是解本题的关键10已知定义域为R的奇函数y=f（x）的导函数为y=f（x），当x0时，f（x）+0，若a=f（），b=2f（2）
18、，c=（ln）f（ln），则a，b，c的大小关系正确的是（）AabcBbcaCacbDcab【考点】利用导数研究函数的单调性【专题】导数的概念及应用【分析】利用条件构造函数h（x）=xf（x），然后利用导数研究函数h（x）的单调性，利用函数的单调性比较大小【解答】解：设h（x）=xf（x），h（x）=f（x）+xf（x），y=f（x）是定义在实数集R上的奇函数，h（x）是定义在实数集R上的偶函数，当x0时，h（x）=f（x）+xf（x）0，此时函数h（x）单调递增a=f（）=h（），b=2f（2）=2f（2）=h（2），c=（ln）f（ln）=h（ln）=h（ln2）=h（ln2），又2ln2
19、，bca故选：C【点评】本题考查如何构造新的函数，利用单调性比较大小，是常见的题目本题属于中档题二、填空题：本大题共5小题，每小题5分，共25分11若双曲线（a0）的离心率为2，则a等于【考点】双曲线的简单性质【专题】计算题；圆锥曲线的定义、性质与方程【分析】根据双曲线的方程算出c=，再根据离心率e=2建立关于a的等式，解之即可得到实数a的值【解答】解：双曲线中，c=，双曲线的离心率e=2，即=2，解之得a=故答案为：【点评】本题已知含有参数的双曲线的离心率，求参数的值着重考查了双曲线的标准方程与简单几何性质等知识，属于基础题12设随机变量N（，2），且P（2）=P（2）=0.3，则P（20）
20、=0.2【考点】正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义【专题】计算题；概率与统计【分析】随机变量服从正态分布N（，2），且P（1）=P（1），得到曲线关于x=0对称，利用P（2）=0.3，根据概率的性质得到结果【解答】解：因为P（2）=P（2），所以正态分布曲线关于y轴对称，又因为P（2）=0.3，所以P（20）=0.2故答案为：0.2【点评】一个随机变量如果是众多的、互不相干的、不分主次的偶然因素作用结果之和，它就服从或近似的服从正态分布，正态分布在概率和统计中具有重要地位13如图，在ABC中，若AB=1，AC=3， =，则BC=【考点】平面向量数量积的运算【专题】平面向量及应用【分析】根据数
21、量积得出13cosBAC=，cosBAC=，运用余弦定理得出BC即可【解答】解：在ABC中，若AB=1，AC=3， =，13cosBAC=，cosBAC=，在ABC中根据余弦定理得出BC2=1=7，BC=故答案为：【点评】本题考查了平面向量的数量积在求夹角中的应用，余弦定理求解边长问题，属于中档题14学校体育组新买2个同样篮球，3个同样排球，从中取出4个发放给高一4个班，每班1个，则共有10种不同的发放方法【考点】排列、组合及简单计数问题【专题】排列组合【分析】根据题意，分2种情况讨论，、将3个排球、1个篮球分给4个班，、将2个排球、2个篮球分给4个班，分别求出每种情况的发放方法数目，由分类计
22、数原理，计算可得答案【解答】解：根据题意，分2种情况讨论，、将3个排球、1个篮球分给4个班，在4个班中取出3个，分得排球剩余1个班分得篮球即可，则有C43=4种情况，、将2个排球、2个篮球分给4个班，在4个班中取出2个，分得排球剩余2个班分得篮球即可，则有C42=6种情况，则共有6+4=10种发放方法，故答案为：10【点评】本题考查排列、组合的应用，注意篮球、排球之间是相同的，属于基础题15圆O的半径为1，P为圆周上一点，现将如图放置的边长为1的正方形（实线所示，正方形的顶点A与点P重合）沿圆周逆时针滚动，点A第一次回到点P的位置，则点A走过的路径的长度为【考点】弧长公式【专题】三角函数的求值
23、【分析】由图可知：圆O的半径r=1，正方形ABCD的边长a=1，以正方形的边为弦时所对的圆心角为，正方形在圆上滚动时点的顺序依次为如图所示，当点A首次回到点P的位置时，正方形滚动了3圈共12次，分别算出转4次的长度，即可得出【解答】解：由图可知：圆O的半径r=1，正方形ABCD的边长a=1，以正方形的边为弦时所对的圆心角为，正方形在圆上滚动时点的顺序依次为如图所示，当点A首次回到点P的位置时，正方形滚动了3圈共12次，设第i次滚动，点A的路程为Ai，则A1=|AB|=，A2=|AC|=，A3=|DA|=，A4=0，点A所走过的路径的长度为3（A1+A2+A3+A4）=故答案为：【点评】本题考查
24、了正方形与圆的性质、旋转的性质、弧长的计算公式，考查了数形结合、分类讨论的思想方法，考查了分析问题与解决问题的能力，属于难题三、解答题：本大题共6小题，共75分16已知函数f（x）=2asinxcosx+2cos2x（a0，0）的最大值为2，且最小正周期为（I）求函数f（x）的解析式及其对称轴方程；（II）若f（）=，求sin（4+）的值【考点】两角和与差的正弦函数；由y=Asin（x+）的部分图象确定其解析式【专题】三角函数的图像与性质【分析】（）根据条件函数最值和周期，利用三角函数的公式进行化简即可求a和的值，即可求出函数的解析式和对称轴方程；（）根据f（a）=，利用余弦函数的倍角公式进行
25、化简即可求sin（4+）的值【解答】解：（）f（x）=2asinxcosx+2cos2x=asin2x+cos2x=sin（2x+）f（x）的最小正周期为T=，=1，f（x）的最大值为2，=2，即a=1，a0，a=1即f（x）=2sin（2x+）由2x+=+k，即x=+，（kZ）（）由f（）=，得2sin（2+）=，即sin（2+）=，则sin（4+）=sin2（2+）=cos2（2+）=1+2sin2（2+）=1+2（）2=【点评】本题主要考查三角函数的图象和性质，利用条件求出函数的解析式是解决本题的关键同时也考查三角函数倍角公式的应用17在如图所示的空间几何体中，平面ACD平面ABC，AC
26、D与ACB是边长为2的等边三角形，BE=2，BE和平面ABC所成的角为60，且点E在平面ABC上的射影落在ABC的平分线上（）求证：DE平面ABC；（）求二面角EBCA的余弦值【考点】用空间向量求平面间的夹角；直线与平面平行的判定；与二面角有关的立体几何综合题【专题】空间位置关系与距离；空间向量及应用【分析】（）取AC中点O，连接BO，DO，由题设条件推导出DO平面ABC，作EF平面ABC，由已知条件推导出EBF=60，由此能证明DE平面ABC（）法一：作FGBC，垂足为G，连接EG，能推导出EGF就是二面角EBCA的平面角，由此能求出二面角EBCA的余弦值法二：以OA为x轴，以OB为y轴，以
27、OD为z轴，建立空间直角坐标系Oxyz，利用向量法能求出二面角EBCA的余弦值【解答】（本小题满分12分）解：（）由题意知，ABC，ACD都是边长为2的等边三角形，取AC中点O，连接BO，DO，则BOAC，DOAC，又平面ACD平面ABC，DO平面ABC，作EF平面ABC，那么EFDO，根据题意，点F落在BO上，BE和平面ABC所成的角为60，EBF=60，BE=2，四边形DEFO是平行四边形，DEOF，DE不包含于平面ABC，OF平面ABC，DE平面ABC（）解法一：作FGBC，垂足为G，连接EG，EF平面ABC，EFBC，又EFFG=F，BC平面EFG，EGBC，EGF就是二面角EBCA的
28、平面角RtEFG中，即二面角EBCA的余弦值为解法二：建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz，B（0，0），C（1，0，0），E（0，），=（1，0），=（0，1，），平面ABC的一个法向量为设平面BCE的一个法向量为则，所以，又由图知，所求二面角的平面角是锐角，二面角EBCA的余弦值为【点评】本题考查直线与平面平行的证明，考查二面角的余弦值的求法，解题时要注意空间思维能力的培养，注意向量法的合理运用18学校为测评班级学生对任课教师的满意度，采用“100分制”打分的方式来计分现从某班学生中随机抽取10名，以下茎叶图记录了他们对某教师的满意度分数（以十位数字为茎，个位数字为叶）：规定若满意度不低于
29、98分，测评价该教师为“优秀”（I）求从这10人中随机选取3人，至多有1人评价该教师是“优秀”的概率；（）以这10人的样本数据来估计整个班级的总体数据，若从该班任选3人，记表示抽到评价该教师为“优秀”的人数，求的分布列及数学期望【考点】离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差【专题】概率与统计【分析】（）设Ai表示所取3人中有i个人评价该教师为“优秀”，至多1人评价该教师为“优秀”记为事件A，由P（A）=P（A0）+P（A1），能求出至多有1人评价该教师是“优秀”的概率（）由已知得的可能取值为0，1，2，3，分别求出相应的概率，由此能求出的分布列及数学期望【解答】解：（）设Ai表示
30、所取3人中有i个人评价该教师为“优秀”，至多1人评价该教师为“优秀”记为事件A，则P（A）=P（A0）+P（A1）=（）由已知得的可能取值为0，1，2，3，P（=0）=（）3=，P（=1）=，P（=2）=，P（=3）=（）3=，的分布列为： 0 1 2 3 PE=0.9【点评】本题考查概率的求法，考查离散型随机变量的分布列和数学期望的求法，是中档题，解题时要注意排列组合知识的合理运用19已知数列an中，a1=1，an+1=（I）求证：数列a2n是等比数列；（II）若Sn是数列an的前n项和，求满足Sn0的所有正整数n【考点】数列递推式；数列的求和【专题】等差数列与等比数列【分析】（）设bn=a
31、2n，则=， =，由此能证明数列是以为首项，为公比的等比数列（）由bn=a2n=（）n1=（）n，得+，从而a2n1+a2n=2（）n6n+9，由此能求出S2n从而能求出满足Sn0的所有正整数n【解答】（）证明：设bn=a2n，则=（）=，=，数列是以为首项，为公比的等比数列（）解：由（）得bn=a2n=（）n1=（）n，+，由a2n=+（2n1），得a2n1=3a2n（2n1）=（）n16n+，a2n1+a2n= （）n1+（）n6n+9=2（）n6n+9，S2n=（a1+a2）+（a3+a4）+（a2n1+a2n）=26（1+2+3+n）+9n=（）n3（n1）2+2由题意得nN*时，S2
32、n单调递减，又当n=1时，S2=0，当n=2时，S4=0，当n2时，S2n0，S2n1=S2na2n=，故当且仅当n=1时，S2n+10，综上所述，满足Sn0的所有正整数n为1和2【点评】本题考查等比数列的证明，考查数列的前2n项和的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意构造法、等比数列性质、分组求和法的合理运用20已知函数f（x）=cos（x），g（x）=exf（x），其中e为自然对数的底数（）求曲线y=g（x）在点（0，g（0）处的切线方程；（）若对任意x，0，不等式g（x）xf（x）+m恒成立，求实数m的取值范围；（）试探究当x，时，方程g（x）=xf（x）的解的个数，并说明理由【考点】
33、利用导数求闭区间上函数的最值；函数的零点与方程根的关系；利用导数研究曲线上某点切线方程【专题】计算题；函数的性质及应用；导数的概念及应用；导数的综合应用【分析】（）化简f（x）=sinx，g（x）=excosx，g（0）=e0cos0=1；从而由导数的几何意义写出切线方程；（）对任意x，0，不等式g（x）xf（x）+m恒成立可化为mg（x）xf（x）min，x，0，从而设h（x）=g（x）xf（x），x，0，转化为函数的最值问题求解（）设H（x）=g（x）xf（x），x，；从而由函数的单调性及函数零点的判定定理求解函数的零点的个数【解答】解：（）由题意得，f（x）=sinx，g（x）=exco
34、sx，g（0）=e0cos0=1；g（x）=ex（cosxsinx），g（0）=1；故曲线y=g（x）在点（0，g（0）处的切线方程为y=x+1；（）对任意x，0，不等式g（x）xf（x）+m恒成立可化为mg（x）xf（x）min，x，0，设h（x）=g（x）xf（x），x，0，则h（x）=ex（cosxsinx）sinxxcosx=（exx）cosx（ex+1）sinx，x，0，（exx）cosx0，（ex+1）sinx0；故h（x）0，故h（x）在，0上单调递增，故当x=时，hmin（x）=h（）=；故m；（）设H（x）=g（x）xf（x），x，；则当x，时，H（x）=ex（cosxsin
35、x）sinxxcosx=（exx）cosx（ex+1）sinx，由=tanx1， =11，即有，即有H（x）0，故H（x）在，上单调递减，故函数H（x）在，上至多有一个零点；又H（）=（）0，H（）=0；且H（x）在，上是连续不断的，故函数H（x）在，上有且只有一个零点【点评】本题考查了导数的几何意义的应用及导数的综合应用，同时考查了恒成立问题及函数的最值问题，还考查了零点的个数的判断，属于难题21已知椭圆C： =1（ab0），其中F1，F2为左、右焦点，O为坐标原点直线l与椭圆交于P（x1，y1），Q（x2，y2）两个不同点当直线l过椭圆C右焦点F2且倾斜角为时，原点O到直线l的距离为又椭圆
36、上的点到焦点F2的最近距离为1（I）求椭圆C的方程；（）以OP，OQ为邻边做平行四边形OQNP，当平行四边形OQNP面积为时，求平行四边形OQNP的对角线之积|ON|PQ|的最大值；（）若抛物线C2：y2=2px（p0）以F2为焦点，在抛物线C2上任取一点S（S不是原点O），以OS为直径作圆，交抛物线C2于另一点R，求该圆面积最小时点S的坐标【考点】直线与圆锥曲线的综合问题；椭圆的标准方程【专题】圆锥曲线中的最值与范围问题【分析】（I）直线l过椭圆C右焦点F2且倾斜角为时，可得直线l的方程为：y=xc由原点O到直线l的距离为，可得，解得c又椭圆上的点到焦点F2的最近距离为1，可得1，解得a，b
37、2=a2c2即可得出椭圆C的方程（II）设P（x1，y1），Q（x2，y2）当直线l的斜率不存在时，x1=x2，y1=y2，由=1，|2x12y1|=，可得|ON|PQ|=当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y=kx+m，与椭圆方程联立可得（2+3k2）x2+6kmx+3m26=0，由0，解得3k2+2m2利用根与系数的关系可得|PQ|=，原点到直线l的距离d=，利用SPOQ=，化为3k2+2=2m2，满足0设M（x0，y0）为PQ的中点，可得=，|PQ|2=，可得|OM|2|PQ|2=，利用基本不等式的性质即可得出（III）由题意可得抛物线C2：y2=4x，由以OS为直径作圆，交抛物线C2
38、于另一点R，可得ORS=90可得=0设S（x3，y3），R（x4，y4），可得y4（y4y3）=16利用基本不等式的性质可得y38，或y38，x316即可得出【解答】解：（I）直线l过椭圆C右焦点F2且倾斜角为时，直线l的方程为：y=xc原点O到直线l的距离为，解得c=1又椭圆上的点到焦点F2的最近距离为1，1，解得a=，b2=a2c2=2椭圆C的方程为（II）设P（x1，y1），Q（x2，y2）当直线l的斜率不存在时，x1=x2，y1=y2，由=1，|2x12y1|=，解得，|y1|=1|ON|PQ|=当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y=kx+m，联立，化为（2+3k2）x2+6kmx
39、+3m26=0，由0，解得3k2+2m2x1+x2=，x1x2=，|PQ|=，原点到直线l的距离d=，SPOQ=，化为3k2+2=2m2，满足0设M（x0，y0）为PQ的中点，则x0=，y0=kx0+m=，|PQ|2=，|OM|2|PQ|2=，当且仅当m=时取等号|OM|PQ|的最大值为|ON|PQ|=2|OM|PQ|的最大值为5综上可得：ON|PQ|的最大值为5（III）由题意可得抛物线C2：y2=4x，以OS为直径作圆，交抛物线C2于另一点R，ORS=90=0设S（x3，y3），R（x4，y4），则=x4（x4x3）+y4（y4y3）=+y4（y4y3）=0y4（y4y3）0，y4（y4y3）=168，或y38x3=16该圆面积最小时点S的坐标为（16，8）【点评】本题考查了椭圆与抛物线的标准方程及其性质、直线与椭圆相交问题转化为方程联立可得0及其根与系数的关系、弦长公式、点到直线的距离公式、三角形的面积计算公式、基本不等式的性质，考查了推理能力与计算能力，属于难题