2017年普通高等學(xué)校招生全國(guó)統(tǒng)一考試（山東卷）理科數(shù)學(xué)一、選擇題1．(2017·山東理，1)設(shè)函數(shù)y＝eq\r(4－x2)的定義域?yàn)锳，函數(shù)y＝ln(1－x)的定義域?yàn)锽，則A∩B等于()A．(1,2) B．(1,2] C．(－2,1)D ．[－2,1)2．(2017·山東理，2)已知a∈R，i是虛數(shù)單位．若z＝a＋eq\r(3)i，z·eq\x\to(z)＝4，則a等于()A．1或－1 B.eq\r(7)或－eq\r(7)C．－eq\r(3) D.eq\r(3)3．(2017·山東理，3)已知命題p：?x＞0，ln(x＋1)＞0；命題q：若a＞b，則a2＞b2.下列命題為真命題的是()A．p∧q B．p∧綈qC.綈p∧q D.綈p∧綈q4．(2017·山東理，4)已知x，y滿(mǎn)足約束條件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－y＋3≤0，,3x＋y＋5≤0，,x＋3≥0，))則z＝x＋2y的最大值是()A．0 B．2 C．5 D．65．(2017·山東理，5)為了研究某班學(xué)生的腳長(zhǎng)x(單位：厘米)和身高y(單位：厘米)的關(guān)系，從該班隨機(jī)抽取10名學(xué)生，根據(jù)測(cè)量數(shù)據(jù)的散點(diǎn)圖可以看出y與x之間有線(xiàn)性相關(guān)關(guān)系，設(shè)其回歸直線(xiàn)方程為eq\o(y,\s\up6(^))＝eq\o(b,\s\up6(^))x＋eq\o(a,\s\up6(^)).已知eq\o(∑,\s\up6(10),\s\do4(i＝1))xi＝225，eq\o(∑,\s\up6(10),\s\do4(i＝1))yi＝1600，eq\o(b,\s\up6(^))＝4.該班某學(xué)生的腳長(zhǎng)為24，據(jù)此估計(jì)其身高為()A．160 B．163 C．166 D．1706．(2017·山東理，6)執(zhí)行兩次下圖所示的程序框圖，若第一次輸入的x的值為7，第二次輸入的x的值為9，則第一次、第二次輸出的a的值分別為()A．0,0 B．1,1C．0,1 D．1,07．(2017·山東理，7)若a＞b＞0，且ab＝1，則下列不等式成立的是()A．a(chǎn)＋eq\f(1,b)＜eq\f(b,2a)＜log2(a＋b) B．eq\f(b,2a)＜log2(a＋b)＜a＋eq\f(1,b)C．a(chǎn)＋eq\f(1,b)＜log2(a＋b)＜eq\f(b,2a) D．log2(a＋b)＜a＋eq\f(1,b)＜eq\f(b,2a)8．(2017·山東理，8)從分別標(biāo)有1,2，…，9的9張卡片中不放回地隨機(jī)抽取2次，每次抽取1張，則抽到的2張卡片上的數(shù)奇偶性不同的概率是()A．eq\f(5,18) B．eq\f(4,9) C．eq\f(5,9) D．eq\f(7,9)9．(2017·山東理，9)在△ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c.若△ABC為銳角三角形，且滿(mǎn)足sinB(1＋2cosC)＝2sinAcosC＋cosAsinC，則下列等式成立的是()A．a(chǎn)＝2b B．b＝2a C．A＝2B D．B＝2A10．(2017·山東理，10)已知當(dāng)x∈[0,1]時(shí)，函數(shù)y＝(mx－1)2的圖象與y＝eq\r(x)＋m的圖象有且只有一個(gè)交點(diǎn)，則正實(shí)數(shù)m的取值范圍是()A．(0,1]∪[2eq\r(3)，＋∞) B．(0,1]∪[3，＋∞)C．(0，eq\r(2)]∪[2eq\r(3)，＋∞) D．(0，eq\r(2)]∪[3，＋∞)二、填空題11．(2017·山東理，11)已知(1＋3x)n的展開(kāi)式中含有x2項(xiàng)的系數(shù)是54，則n＝________.12．(2017·山東理，12)已知e1，e2是互相垂直的單位向量，若eq\r(3)e1－e2與e1＋λe2的夾角為60°，則實(shí)數(shù)λ的值是________．13．(2017·山東理，13)由一個(gè)長(zhǎng)方體和兩個(gè)eq\f(1,4)圓柱體構(gòu)成的幾何體的三視圖如下，則該幾何體的體積為_(kāi)_______．14．(2017·山東理，14)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，雙曲線(xiàn)eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的右支與焦點(diǎn)為F的拋物線(xiàn)x2＝2py(p＞0)交于A(yíng)，B兩點(diǎn)，若|AF|＋|BF|＝4|OF|，則該雙曲線(xiàn)的漸近線(xiàn)方程為_(kāi)_______．15．(2017·山東理，15)若函數(shù)exf(x)(e＝2.71828…是自然對(duì)數(shù)的底數(shù))在f(x)的定義域上單調(diào)遞增，則稱(chēng)函數(shù)f(x)具有M性質(zhì)，下列函數(shù)中所有具有M性質(zhì)的函數(shù)的序號(hào)為_(kāi)_______．①f(x)＝2－x；②f(x)＝3－x；③f(x)＝x3；④f(x)＝x2＋2.三、解答題16．(2017·山東理，16)設(shè)函數(shù)f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,6)))＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,2)))，其中0＜ω＜3.已知feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝0.(1)求ω；(2)將函數(shù)y＝f(x)的圖象上各點(diǎn)的橫坐標(biāo)伸長(zhǎng)為原來(lái)的2倍(縱坐標(biāo)不變)，再將得到的圖象向左平移eq\f(π,4)個(gè)單位，得到函數(shù)y＝g(x)的圖象，求g(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(3π,4)))上的最小值．17．(2017·山東理，17)如圖，幾何體是圓柱的一部分，它是由矩形ABCD(及其內(nèi)部)以AB邊所在直線(xiàn)為旋轉(zhuǎn)軸旋轉(zhuǎn)120°得到的，G是eq\x\to(DF)的中點(diǎn)．(1)設(shè)P是eq\x\to(CE)上的一點(diǎn)，且AP⊥BE，求∠CBP的大小；(2)當(dāng)AB＝3，AD＝2時(shí)，求二面角E—AG—C的大小．18．(2017·山東理，18)在心理學(xué)研究中，常采用對(duì)比試驗(yàn)的方法評(píng)價(jià)不同心理暗示對(duì)人的影響，具體方法如下：將參加試驗(yàn)的志愿者隨機(jī)分成兩組，一組接受甲種心理暗示，另一組接受乙種心理暗示，通過(guò)對(duì)比這兩組志愿者接受心理暗示后的結(jié)果來(lái)評(píng)價(jià)兩種心理暗示的作用．現(xiàn)有6名男志愿者A1，A2，A3，A4，A5，A6和4名女志愿者B1，B2，B3，B4，從中隨機(jī)抽取5人接受甲種心理暗示，另5人接受乙種心理暗示．(1)求接受甲種心理暗示的志愿者中包含A1但不包含B1的概率；(2)用X表示接受乙種心理暗示的女志愿者人數(shù)，求X的分布列與數(shù)學(xué)期望EX.19．(2017·山東理，19)已知{xn}是各項(xiàng)均為正數(shù)的等比數(shù)列，且x1＋x2＝3，x3－x2＝2.(1)求數(shù)列{xn}的通項(xiàng)公式；(2)如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，依次連接點(diǎn)P1(x1,1)，P2(x2,2)，…，Pn＋1(xn＋1，n＋1)得到折線(xiàn)P1P2…Pn＋1，求由該折線(xiàn)與直線(xiàn)y＝0，x＝x1，x＝xn＋1所圍成的區(qū)域的面積Tn.20．(2017·山東理，20)已知函數(shù)f(x)＝x2＋2cosx，g(x)＝ex(cosx－sinx＋2x－2)，其中e＝2.71828…是自然對(duì)數(shù)的底數(shù)．(1)求曲線(xiàn)y＝f(x)在點(diǎn)(π，f(π))處的切線(xiàn)方程；(2)令h(x)＝g(x)－af(x)(a∈R)，討論h(x)的單調(diào)性并判斷有無(wú)極值，有極值時(shí)求出極值．21．(2017·山東理，21)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，橢圓E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的離心率為eq\f(\r(2),2)，焦距為2.(1)求橢圓E的方程；(2)如圖，動(dòng)直線(xiàn)l：y＝k1x－eq\f(\r(3),2)交橢圓E于A(yíng)，B兩點(diǎn)，C是橢圓E上一點(diǎn)，直線(xiàn)OC的斜率為k2，且k1k2＝eq\f(\r(2),4).M是線(xiàn)段OC延長(zhǎng)線(xiàn)上一點(diǎn)，且|MC|∶|AB|＝2∶3，⊙M的半徑為|MC|，OS，OT是⊙M的兩條切線(xiàn)，切點(diǎn)分別為S，T.求∠SOT的最大值，并求取得最大值時(shí)直線(xiàn)l的斜率．參考答案一、選擇題1．【答案】D【解析】∵4－x2≥0，∴－2≤x≤2，∴A＝[－2,2]．∵1－x＞0，∴x＜1，∴B＝(－∞，1)．∴A∩B＝[－2,1)，故選D.2．【答案】A【解析】∵z·eq\x\to(z)＝4，∴|z|2＝4，即|z|＝2.∵z＝a＋eq\r(3)i，∴|z|＝eq\r(a2＋3)＝2，∴a＝±1.故選A.3．【答案】B【解析】∵x＞0，∴x＋1＞1，∴l(xiāng)n(x＋1)＞ln1＝0.∴命題p為真命題，∴綈p為假命題．∵a＞b，取a＝1，b＝－2，而12＝1，(－2)2＝4，此時(shí)a2＜b2，∴命題q為假命題，∴綈q為真命題．∴p∧q為假命題，p∧綈q為真命題，綈p∧q為假命題，綈p∧綈q為假命題．故選B.4．【答案】C【解析】如圖所示，先畫(huà)出可行域，作出直線(xiàn)l：x＋2y＝0.由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3x＋y＋5＝0，,x＋3＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－3，,y＝4.))∴A(－3,4)．由圖可知，平移直線(xiàn)l至過(guò)點(diǎn)A時(shí)，z取得最大值，zmax＝－3＋2×4＝5.故選C.5．【答案】C【解析】∵eq\o(∑,\s\up6(10),\s\do8(i＝1))xi＝225，∴eq\x\to(x)＝eq\f(1,10)eq\o(∑,\s\up6(10),\s\do8(i＝1))xi＝22.5.∵eq\o(∑,\s\up6(10),\s\do8(i＝1))yi＝1600，∴eq\x\to(y)＝eq\f(1,10)eq\o(∑,\s\up6(10),\s\do8(i＝1))yi＝160.又eq\o(b,\s\up6(^))＝4，∴eq\o(a,\s\up6(^))＝eq\x\to(y)－eq\o(b,\s\up6(^))eq\x\to(x)＝160－4×22.5＝70.∴回歸直線(xiàn)方程為eq\o(y,\s\up6(^))＝4x＋70.將x＝24代入上式，得eq\o(y,\s\up6(^))＝4×24＋70＝166.故選C.6．【答案】D【解析】當(dāng)x＝7時(shí)，∵b＝2，∴b2＝4＜7＝x.又7不能被2整除，∴b＝2＋1＝3.此時(shí)b2＝9＞7＝x，∴退出循環(huán)，a＝1，∴輸出a＝1.當(dāng)x＝9時(shí)，∵b＝2，∴b2＝4＜9＝x.又9不能被2整除，∴b＝2＋1＝3.此時(shí)b2＝9＝x，又9能被3整除，∴退出循環(huán)，a＝0.∴輸出a＝0.故選D.7．【答案】B【解析】方法一∵a＞b＞0，ab＝1，∴l(xiāng)og2(a＋b)＞log2(2eq\r(ab))＝1.∵eq\f(b,2a)＝eq\f(\f(1,a),2a)＝a－1·2－a，令f(a)＝a－1·2－a，又∵b＝eq\f(1,a)，a＞b＞0，∴a＞eq\f(1,a)，解得a＞1.∴f′(a)＝－a－2·2－a－a－1·2－a·ln2＝－a－2·2－a(1＋aln2)＜0，∴f(a)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減．∴f(a)＜f(1)，即eq\f(b,2a)＜eq\f(1,2).∵a＋eq\f(1,b)＝a＋a＝2a＞a＋b＞log2(a＋b)，∴eq\f(b,2a)＜log2(a＋b)＜a＋eq\f(1,b).故選B.方法二∵a＞b＞0，ab＝1，∴取a＝2，b＝eq\f(1,2)，此時(shí)a＋eq\f(1,b)＝4，eq\f(b,2a)＝eq\f(1,8)，log2(a＋b)＝log25－1≈1.3，∴eq\f(b,2a)＜log2(a＋b)＜a＋eq\f(1,b).故選B.8．【答案】C【解析】方法一∵9張卡片中有5張奇數(shù)卡片，4張偶數(shù)卡片，且為不放回地隨機(jī)抽取，∴P(第一次抽到奇數(shù)，第二次抽到偶數(shù))＝eq\f(5,9)×eq\f(4,8)＝eq\f(5,18)，P(第一次抽到偶數(shù)，第二次抽到奇數(shù))＝eq\f(4,9)×eq\f(5,8)＝eq\f(5,18)，∴P(抽到的2張卡片上的數(shù)奇偶性不同)＝eq\f(5,18)＋eq\f(5,18)＝eq\f(5,9).故選C.方法二依題意，得P(抽到的2張卡片上的數(shù)奇偶性不同)＝eq\f(5×4,C\o\al(2,9))＝eq\f(5,9).故選C.9．【答案】A【解析】∵等式右邊＝sinAcosC＋(sinAcosC＋cosAsinC)＝sinAcosC＋sin(A＋C)＝sinAcosC＋sinB，等式左邊＝sinB＋2sinBcosC，∴sinB＋2sinBcosC＝sinAcosC＋sinB.由cosC＞0，得sinA＝2sinB.根據(jù)正弦定理，得a＝2b.故選A.10．【答案】B【解析】在同一直角坐標(biāo)系中，分別作出函數(shù)f(x)＝(mx－1)2＝m2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,m)))2與g(x)＝eq\r(x)＋m的大致圖象．分兩種情形：(1)當(dāng)0＜m≤1時(shí)，eq\f(1,m)≥1，如圖①，當(dāng)x∈[0,1]時(shí)，f(x)與g(x)的圖象有一個(gè)交點(diǎn)，符合題意．(2)當(dāng)m＞1時(shí)，0＜eq\f(1,m)＜1，如圖②，要使f(x)與g(x)的圖象在[0,1]上只有一個(gè)交點(diǎn)，只需g(1)≤f(1)，即1＋m≤(m－1)2，解得m≥3或m≤0(舍去)．綜上所述，m∈(0,1]∪[3，＋∞)．故選B.二、填空題11．【答案】4【解析】(1＋3x)n的展開(kāi)式的通項(xiàng)為T(mén)r＋1＝Ceq\o\al(r,n)(3x)r.令r＝2，得T3＝9Ceq\o\al(2,n)x2.由題意得9Ceq\o\al(2,n)＝54，解得n＝4.12．【答案】eq\f(\r(3),3)【解析】由題意知|e1|＝|e2|＝1，e1·e2＝0，|eq\r(3)e1－e2|＝eq\r(\r(3)e1－e22)＝eq\r(3e\o\al(2,1)－2\r(3)e1·e2＋e\o\al(2,2))＝eq\r(3－0＋1)＝2.同理|e1＋λe2|＝eq\r(1＋λ2).所以cos60°＝eq\f(\r(3)e1－e2·e1＋λe2,|\r(3)e1－e2||e1＋λe2|)＝eq\f(\r(3)e\o\al(2,1)＋\r(3)λ－1e1·e2－λe\o\al(2,2),2\r(1＋λ2))＝eq\f(\r(3)－λ,2\r(1＋λ2))＝eq\f(1,2)，解得λ＝eq\f(\r(3),3).13．【答案】2＋eq\f(π,2)【解析】該幾何體由一個(gè)長(zhǎng)、寬、高分別為2,1,1的長(zhǎng)方體和兩個(gè)底面半徑為1，高為1的四分之一圓柱體構(gòu)成，∴V＝2×1×1＋2×eq\f(1,4)×π×12×1＝2＋eq\f(π,2).14．【答案】y＝±eq\f(\r(2),2)x【解析】設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,a2)－\f(y2,b2)＝1，,x2＝2py，))得a2y2－2pb2y＋a2b2＝0，∴y1＋y2＝eq\f(2pb2,a2).又∵|AF|＋|BF|＝4|OF|，∴y1＋eq\f(p,2)＋y2＋eq\f(p,2)＝4×eq\f(p,2)，即y1＋y2＝p，∴eq\f(2pb2,a2)＝p，即eq\f(b2,a2)＝eq\f(1,2)，∴eq\f(b,a)＝eq\f(\r(2),2)，∴雙曲線(xiàn)的漸近線(xiàn)方程為y＝±eq\f(\r(2),2)x.15．【答案】①④【解析】設(shè)g(x)＝exf(x)．對(duì)于①，g(x)＝ex2－x(x∈R)，g′(x)＝ex·2－x－ex·2－x·ln2＝(1－ln2)·ex·2－x＞0，∴函數(shù)g(x)在R上單調(diào)遞增，故①中f(x)具有M性質(zhì)；對(duì)于②，g(x)＝ex·3－x(x∈R)，g′(x)＝ex·3－x－ex·3－x·ln3＝(1－ln3)·ex·3－x＜0，∴函數(shù)g(x)在R上單調(diào)遞減，故②中f(x)不具有M性質(zhì)；對(duì)于③，g(x)＝ex·x3(x∈R)，g′(x)＝ex·x3＋ex·3x2＝(x＋3)·ex·x2，當(dāng)x＜－3時(shí)，g′(x)＜0，g(x)單調(diào)遞減，故③中f(x)不具有M性質(zhì)；對(duì)于④，g(x)＝ex·(x2＋2)(x∈R)，g′(x)＝ex·(x2＋2)＋ex·2x＝(x2＋2x＋2)·ex＝[(x＋1)2＋1]·ex＞0，∴函數(shù)g(x)在R上單調(diào)遞增，故④中f(x)具有M性質(zhì)．綜上，具有M性質(zhì)的函數(shù)的序號(hào)為①④.三、解答題16．解(1)因?yàn)閒(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,6)))＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,2)))，所以f(x)＝eq\f(\r(3),2)sinωx－eq\f(1,2)cosωx－cosωx＝eq\f(\r(3),2)sinωx－eq\f(3,2)cosωx＝eq\r(3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)sinωx－\f(\r(3),2)cosωx))＝eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,3))).由題設(shè)知feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝0，所以eq\f(ωπ,6)－eq\f(π,3)＝kπ，k∈Z，故ω＝6k＋2，k∈Z.又0＜ω＜3，所以ω＝2.(2)由(1)得f(x)＝eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))，所以g(x)＝eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)－\f(π,3)))＝eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,12))).因?yàn)閤∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(3π,4)))，所以x－eq\f(π,12)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(2π,3)))，當(dāng)x－eq\f(π,12)＝－eq\f(π,3)，即x＝－eq\f(π,4)時(shí)，g(x)取得最小值－eq\f(3,2).17．解(1)因?yàn)锳P⊥BE，AB⊥BE，AB，AP?平面ABP，AB∩AP＝A，所以BE⊥平面ABP.又BP?平面ABP，所以BE⊥BP，又∠EBC＝120°，所以∠CBP＝30°.(2)方法一取eq\x\to(EC)的中點(diǎn)H，連接EH，GH，CH.因?yàn)椤螮BC＝120°，所以四邊形BEHC為菱形，所以AE＝GE＝AC＝GC＝eq\r(32＋22)＝eq\r(13).取AG的中點(diǎn)M，連接EM，CM，EC，則EM⊥AG，CM⊥AG，所以∠EMC為所求二面角的平面角．又AM＝1，所以EM＝CM＝eq\r(13－1)＝2eq\r(3).在△BEC中，由于∠EBC＝120°，由余弦定理得EC2＝22＋22－2×2×2×cos120°＝12，所以EC＝2eq\r(3)，因此△EMC為等邊三角形，故所求的角為60°.方法二在平面EBC內(nèi)，作EB⊥BP交eq\x\to(CE)于點(diǎn)P.以B為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以BE，BP，BA所在的直線(xiàn)為x，y，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系．由題意得A(0,0,3)，E(2,0,0)，G(1，eq\r(3)，3)，C(－1，eq\r(3)，0)，故eq\o(AE,\s\up6(→))＝(2,0，－3)，eq\o(AG,\s\up6(→))＝(1，eq\r(3)，0)，eq\o(CG,\s\up6(→))＝(2,0,3)，設(shè)m＝(x1，y1，z1)是平面AEG的一個(gè)法向量．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(AE,\s\up6(→))＝0，,m·\o(AG,\s\up6(→))＝0，))可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x1－3z1＝0，,x1＋\r(3)y1＝0.))取z1＝2，可得平面AEG的一個(gè)法向量m＝(3，－eq\r(3)，2)．設(shè)n＝(x2，y2，z2)是平面ACG的一個(gè)法向量．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(AG,\s\up6(→))＝0，,n·\o(CG,\s\up6(→))＝0，))可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋\r(3)y2＝0，,2x2＋3z2＝0.))取z2＝－2，可得平面ACG的一個(gè)法向量n＝(3，－eq\r(3)，－2)．所以cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m||n|)＝eq\f(1,2).因此所求的角為60°.18．解(1)記接受甲種心理暗示的志愿者中包含A1但不包含B1的事件為M，則P(M)＝eq\f(C\o\al(4,8),C\o\al(5,10))＝eq\f(5,18).(2)由題意知X可取的值為0,1,2,3,4，則P(X＝0)＝eq\f(C\o\al(5,6),C\o\al(5,10))＝eq\f(1,42)，P(X＝1)＝eq\f(C\o\al(4,6)C\o\al(1,4),C\o\al(5,10))＝eq\f(5,21)，P(X＝2)＝eq\f(C\o\al(3,6)C\o\al(2,4),C\o\al(5,10))＝eq\f(10,21)，P(X＝3)＝eq\f(C\o\al(2,6)C\o\al(3,4),C\o\al(5,10))＝eq\f(5,21)，P(X＝4)＝eq\f(C\o\al(1,6)C\o\al(4,4),C\o\al(5,10))＝eq\f(1,42).因此X的分布列為X01234Peq\f(1,42)eq\f(5,21)eq\f(10,21)eq\f(5,21)eq\f(1,42)所以X的數(shù)學(xué)期望EX＝0×P(X＝0)＋1×P(X＝1)＋2×P(X＝2)＋3×P(X＝3)＋4×P(X＝4)＝0＋1×eq\f(5,21)＋2×eq\f(10,21)＋3×eq\f(5,21)＋4×eq\f(1,42)＝2.19．解(1)設(shè)數(shù)列{xn}的公比為q.由題意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＋x1q＝3，,x1q2－x1q＝2.))所以3q2－5q－2＝0，由已知得q＞0，所以q＝2，x1＝1.因此數(shù)列{xn}的通項(xiàng)公式為xn＝2n－1.(2)過(guò)P1，P2，…，Pn＋1向x軸作垂線(xiàn)，垂足分別為Q1，Q2，…，Qn＋1.由(1)得xn＋1－xn＝2n－2n－1＝2n－1，記梯形PnPn＋1Qn＋1Qn的面積為bn，由題意得bn＝eq\f(n＋n＋1,2)×2n－1＝(2n＋1)×2n－2，所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝3×2－1＋5×20＋7×21＋…＋(2n－1)×2n－3＋(2n＋1)×2n－2.①又2Tn＝3×20＋5×21＋7×22＋…＋(2n－1)×2n－2＋(2n＋1)×2n－1，②①－②得－Tn＝3×2－1＋(2＋22＋…＋2n－1)－(2n＋1)×2n－1＝eq\f(3,2)＋eq\f(21－2n－1,1－2)－(2n＋1)×2n－1.所以Tn＝eq\f(2n－1×2n＋1,2).20．解(1)由題意知f(π)＝π2－2.又f′(x)＝2x－2sinx，所以f′(π)＝2π.所以曲線(xiàn)y＝f(x)在點(diǎn)(π，f(π))處的切線(xiàn)方程為y－(π2－2)＝2π(x－π)．即y＝2πx－π2－2.(2)由題意得h(x)＝ex(cosx－sinx＋2x－2)－a(x2＋2cosx)，因?yàn)閔′(x)＝ex(cosx－sinx＋2x－2)＋ex(－sinx－cosx＋2)－a(2x－2sinx)＝2ex(x－sinx)－2a(x－sinx)＝2(ex－a)(x－sinx)．令m(x)＝x－sinx，則m′(x)＝1－cosx≥0，所以m(x)在R上單調(diào)遞增．因?yàn)閙(0)＝0，所以當(dāng)x＞0時(shí)，m(x)＞0；當(dāng)x＜0時(shí)，m(x)＜0.①當(dāng)a≤0時(shí)，ex－a＞0，當(dāng)x＜0時(shí)，h′(x)＜0，h(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x＞0時(shí)，h′(x)＞0，h(x)單調(diào)遞增，所以當(dāng)x＝0時(shí)，h(x)取到極小值，極小值是h(0)＝－2a－1.②當(dāng)a＞0時(shí)，h′(x)＝2(ex－elna)(x－sinx)，由h′(x)＝0，得x1＝lna，x2＝0.(i)當(dāng)0＜a＜1時(shí)，lna＜0，當(dāng)x∈(－∞，lna)時(shí)，ex－elna＜0，h′(x)＞0，h(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x∈(lna,0)時(shí)，ex－elna＞0，h′(x)＜0，h(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(0，＋∞)時(shí)，ex－elna＞0，h′(x)＞0，h(x)單調(diào)遞增．所以當(dāng)x＝lna時(shí)，h(x)取到極大值，極大值為h(lna)＝－a[(lna)2－2lna＋sin(lna)＋cos(lna)＋2]．當(dāng)x＝0時(shí)，h(x)取到極小值，極小值是h(0)＝－2a－1；(ii)當(dāng)a＝1時(shí)，lna＝0，所以當(dāng)x∈(－∞，＋∞)時(shí)，h′(x)≥0，函數(shù)h(x)在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增，無(wú)極值；(iii)當(dāng)a＞1時(shí)，lna＞0，所以當(dāng)x∈(－∞，0)時(shí)，ex－elna＜0，h′(x)＞0，h(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x∈(0，lna)時(shí)，ex－elna＜0，h′(x)＜0，h(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(lna，＋∞)時(shí)，ex－elna＞0，h′(x)＞0，h(x)單調(diào)遞增．所以當(dāng)x＝0時(shí)，h(x)取到極大值，極大值是h(0)＝－2a－1；當(dāng)x＝lna時(shí)，h(x)取到極小值，極小值是h(lna)＝－a[(lna)2－2lna＋sin(lna)＋cos(lna)＋2]．綜上所述，當(dāng)a≤0時(shí)，h(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減，在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，函數(shù)h(x)有極小值，極小值是h(0)＝－2a－1；當(dāng)0＜a＜1時(shí)，函數(shù)h(x)在(－∞，lna)和(0，＋∞)上單調(diào)遞增，在(lna,0)上單調(diào)遞減，函數(shù)h(x)有極大值，也有極小值，極大值是h(lna)＝－a[(lna)2－2lna＋sin(lna)＋cos(lna)＋2]，極小值是h(0)＝－2a－1；當(dāng)a＝1時(shí)，函數(shù)h(x)在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增，無(wú)極值；當(dāng)a＞1時(shí)，函數(shù)h(x)在(－∞，0)和(lna，＋∞)上單調(diào)遞增，在(0，lna)上單調(diào)遞減，函數(shù)h(x)有極大值，也有極小值，極大值是h(0)＝－2a－1，極小值是h(lna)＝－a[(lna)2－2lna＋sin(lna)＋cos(lna)＋2]．21．解(1)由題意知e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(2),2)，2c＝2，所以c＝1，所以a＝eq\r(2)，b＝1，所以橢圓E的方程為eq\f(x2,2)＋y2＝1.(2)設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，聯(lián)立方程eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,2)＋y2＝1，,y＝k1x－\f(