2015年山东省高考数学试卷（文科）

2015年山东省高考数学试卷（文科）

‎2015年山东省高考数学试卷（文科）‎ ‎　‎ 一、选择题（共10小题，每小题5分，满分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．（5分）已知集合A={x|2＜x＜4}，B={x|（x﹣1）（x﹣3）＜0}，则A∩B=（　　）‎ A．（1，3） B．（1，4） C．（2，3） D．（2，4）‎ ‎2．（5分）若复数z满足=i，其中i为虚数单位，则z=（　　）‎ A．1﹣i B．1+i C．﹣1﹣i D．﹣1+i ‎3．（5分）设a=0.60.6，b=0.61.5，c=1.50.6，则a，b，c的大小关系（　　）‎ A．a＜b＜c B．a＜c＜b C．b＜a＜c D．b＜c＜a ‎4．（5分）要得到函数y=sin（4x﹣）的图象，只需要将函数y=sin4x的图象（　　）个单位．‎ A．向左平移 B．向右平移 C．向左平移 D．向右平移 ‎5．（5分）当m∈N*，命题“若m＞0，则方程x2+x﹣m=0有实根”的逆否命题是（　　）‎ A．若方程x2+x﹣m=0有实根，则m＞0‎ B．若方程x2+x﹣m=0有实根，则m≤0‎ C．若方程x2+x﹣m=0没有实根，则m＞0‎ D．若方程x2+x﹣m=0没有实根，则m≤0‎ ‎6．（5分）为比较甲，乙两地某月14时的气温，随机选取该月中的5天，将这5天中14时的气温数据（单位：℃）制成如图所示的茎叶图，考虑以下结论：‎ ‎①甲地该月14时的平均气温低于乙地该月14时的平均气温；‎ ‎②甲地该月14时的平均气温高于乙地该月14时的平均气温；‎ ‎③甲地该月14时的气温的标准差小于乙地该月14时的气温的标准差；‎ ‎④甲地该月14时的气温的标准差大于乙地该月14时的气温的标准差．‎ 其中根据茎叶图能得到的统计结论的编号为（　　）‎ A．①③ B．①④ C．②③ D．②④‎ ‎7．（5分）在区间[0，2]上随机地取一个数x，则事件“﹣1≤log（x+）≤1”发生的概率为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎8．（5分）若函数f（x）=是奇函数，则使f（x）＞3成立的x的取值范围为（　　）‎ A．（﹣∞，﹣1） B．（﹣1，0） C．（0，1） D．（1，+∞）‎ ‎9．（5分）已知等腰直角三角形的直角边的长为2，将该三角形绕其斜边所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为（　　）‎ A． B． C．2π D．4π ‎10．（5分）设函数f（x）=，若f（f（））=4，则b=（　　）‎ A．1 B． C． D．‎ ‎　‎ 二、填空题（共5小题，每小题5分，满分25分）‎ ‎11．（5分）执行如图的程序框图，若输入的x的值为1，则输出的y的值是　 　．‎ ‎12．（5分）若x，y满足约束条件，则z=x+3y的最大值为　 　．‎ ‎13．（5分）过点P（1，）作圆x2+y2=1的两条切线，切点分别为A，B，则=　 　．‎ ‎14．（5分）定义运算“⊗”x⊗y=（x，y∈R，xy≠0）．当x＞0，y＞0时，x⊗y+（2y）⊗x的最小值为　 　．‎ ‎15．（5分）过双曲线C：（a＞0，b＞0）的右焦点作一条与其渐近线平行的直线，交C于点P．若点P的横坐标为2a，则C的离心率为　 　．‎ ‎　‎ 三、解答题（共6小题，满分75分）‎ ‎16．（12分）某中学调查了某班全部45名同学参加书法社团和演讲社团的情况，数据如下表：（单位：人）‎ 参加书法社团 未参加书法社团 参加演讲社团 ‎8‎ ‎5‎ 未参加演讲社团 ‎2‎ ‎30‎ ‎（Ⅰ）从该班随机选1名同学，求该同学至少参加一个社团的概率；‎ ‎（Ⅱ）在既参加书法社团又参加演讲社团的8名同学中，有5名男同学A1，A2，A3，A4，A5，3名女同学B1，B2，B3．现从这5名男同学和3名女同学中各随机选1人，求A1被选中且B1未被选中的概率．‎ ‎17．（12分）△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知cosB=，sin（A+B）=，ac=2，求sinA和c的值．‎ ‎18．（12分）如图，三棱台DEF﹣ABC中，AB=2DE，G，H分别为AC，BC的中点．‎ ‎（1）求证：BD∥平面FGH；‎ ‎（2）若CF⊥BC，AB⊥BC，求证：平面BCD⊥平面EGH．‎ ‎19．（12分）已知数列{an}是首项为正数的等差数列，数列{}的前n项和为．‎ ‎（1）求数列{an}的通项公式；‎ ‎（2）设bn=（an+1）•2，求数列{bn}的前n项和Tn．‎ ‎20．（13分）设函数f（x）=（x+a）lnx，g（x）=‎ ‎．已知曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线与直线2x﹣y=0平行．‎ ‎（Ⅰ）求a的值；‎ ‎（Ⅱ）是否存在自然数k，使得方程f（x）=g（x）在（k，k+1）内存在唯一的根？如果存在，求出k；如果不存在，请说明理由；‎ ‎（Ⅲ）设函数m（x）=min{f（x），g（x）}（min{p，q}表示p，q中的较小值），求m（x）的最大值．‎ ‎21．（14分）平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：=1（a＞b＞0）的离心率为，且点（，）在椭圆C上．‎ ‎（Ⅰ）求椭圆C的方程；‎ ‎（Ⅱ）设椭圆E：=1，P为椭圆C上任意一点，过点P的直线y=kx+m交椭圆E与A，B两点，射线PO交椭圆E于点Q．‎ ‎ （Ⅰ）求的值；‎ ‎ （Ⅱ）求△ABQ面积的最大值．‎ ‎　‎ ‎2015年山东省高考数学试卷（文科）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（共10小题，每小题5分，满分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．（5分）已知集合A={x|2＜x＜4}，B={x|（x﹣1）（x﹣3）＜0}，则A∩B=（　　）‎ A．（1，3） B．（1，4） C．（2，3） D．（2，4）‎ ‎【分析】求出集合B，然后求解集合的交集．‎ ‎【解答】解：B={x|（x﹣1）（x﹣3）＜0}={x|1＜x＜3}，A={x|2＜x＜4}，‎ ‎∴A∩B={x|2＜x＜3}=（2，3）．‎ 故选：C．‎ ‎【点评】本题考查集合的交集的求法，考查计算能力．‎ ‎　‎ ‎2．（5分）若复数z满足=i，其中i为虚数单位，则z=（　　）‎ A．1﹣i B．1+i C．﹣1﹣i D．﹣1+i ‎【分析】直接利用复数的乘除运算法则化简求解即可．‎ ‎【解答】解：=i，则=i（1﹣i）=1+i，‎ 可得z=1﹣i．‎ 故选：A．‎ ‎【点评】本题考查复数的基本运算，基本知识的考查．‎ ‎　‎ ‎3．（5分）设a=0.60.6，b=0.61.5，c=1.50.6，则a，b，c的大小关系（　　）‎ A．a＜b＜c B．a＜c＜b C．b＜a＜c D．b＜c＜a ‎【分析】利用指数函数和幂函数的单调性，可判断三个式子的大小．‎ ‎【解答】解：函数y=0.6x为减函数；‎ 故a=0.60.6＞b=0.61.5，‎ 函数y=x0.6在（0，+∞）上为增函数；‎ 故a=0.60.6＜c=1.50.6，‎ 故b＜a＜c，‎ 故选：C．‎ ‎【点评】本题考查的知识点是指数函数和幂函数的单调性，难度中档．‎ ‎　‎ ‎4．（5分）要得到函数y=sin（4x﹣）的图象，只需要将函数y=sin4x的图象（　　）个单位．‎ A．向左平移 B．向右平移 C．向左平移 D．向右平移 ‎【分析】直接利用三角函数的平移原则推出结果即可．‎ ‎【解答】解：因为函数y=sin（4x﹣）=sin[4（x﹣）]，‎ 要得到函数y=sin（4x﹣）的图象，只需将函数y=sin4x的图象向右平移单位．‎ 故选：B．‎ ‎【点评】本题考查三角函数的图象的平移，值域平移变换中x的系数是易错点．‎ ‎　‎ ‎5．（5分）当m∈N*，命题“若m＞0，则方程x2+x﹣m=0有实根”的逆否命题是（　　）‎ A．若方程x2+x﹣m=0有实根，则m＞0‎ B．若方程x2+x﹣m=0有实根，则m≤0‎ C．若方程x2+x﹣m=0没有实根，则m＞0‎ D．若方程x2+x﹣m=0没有实根，则m≤0‎ ‎【分析】直接利用逆否命题的定义写出结果判断选项即可．‎ ‎【解答】解：由逆否命题的定义可知：当m∈N*，命题“若m＞0，则方程x2+‎ x﹣m=0有实根”的逆否命题是：若方程x2+x﹣m=0没有实根，则m≤0．‎ 故选：D．‎ ‎【点评】本题考查四种命题的逆否关系，考查基本知识的应用．‎ ‎　‎ ‎6．（5分）为比较甲，乙两地某月14时的气温，随机选取该月中的5天，将这5天中14时的气温数据（单位：℃）制成如图所示的茎叶图，考虑以下结论：‎ ‎①甲地该月14时的平均气温低于乙地该月14时的平均气温；‎ ‎②甲地该月14时的平均气温高于乙地该月14时的平均气温；‎ ‎③甲地该月14时的气温的标准差小于乙地该月14时的气温的标准差；‎ ‎④甲地该月14时的气温的标准差大于乙地该月14时的气温的标准差．‎ 其中根据茎叶图能得到的统计结论的编号为（　　）‎ A．①③ B．①④ C．②③ D．②④‎ ‎【分析】由已知的茎叶图，我们易分析出甲、乙甲，乙两地某月14时的气温抽取的样本温度，进而求出两组数据的平均数、及方差可得答案 ‎【解答】解：由茎叶图中的数据，我们可得甲、乙甲，乙两地某月14时的气温抽取的样本温度分别为：‎ 甲：26，28，29，31，31‎ 乙：28，29，30，31，32；‎ 可得：甲地该月14时的平均气温：（26+28+29+31+31）=29，‎ 乙地该月14时的平均气温：（28+29+30+31+32）=30，‎ 故甲地该月14时的平均气温低于乙地该月14时的平均气温；‎ 甲地该月14时温度的方差为：=[（26﹣29）2+（28﹣29）2+（29﹣29）2+（31﹣29）2+（31﹣29）2]=3.6‎ 乙地该月14时温度的方差为：=[（28﹣30）2+（29﹣30）2+（30﹣30）2+‎ ‎（31﹣30）2+（32﹣30）2]=2，‎ 故＞，‎ 所以甲地该月14时的气温的标准差大于乙地该月14时的气温标准差．‎ 故选：B．‎ ‎【点评】本题考查数据的离散程度与茎叶图形状的关系，考查学生的计算能力，属于基础题 ‎　‎ ‎7．（5分）在区间[0，2]上随机地取一个数x，则事件“﹣1≤log（x+）≤1”发生的概率为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【分析】先解已知不等式，再利用解得的区间长度与区间[0，2]的长度求比值即得．‎ ‎【解答】解：利用几何概型，其测度为线段的长度．‎ ‎∵﹣1≤log（x+）≤1‎ ‎∴‎ 解得0≤x≤，‎ ‎∵0≤x≤2‎ ‎∴0≤x≤‎ ‎∴所求的概率为：P=‎ 故选：A．‎ ‎【点评】本题主要考查了几何概型，如果每个事件发生的概率只与构成该事件区域的长度（面积或体积）成比例，则称这样的概率模型为几何概率模型，简称为几何概型．‎ ‎　‎ ‎8．（5分）若函数f（x）=是奇函数，则使f（x）＞3成立的x的取值范围为（　　）‎ A．（﹣∞，﹣1） B．（﹣1，0） C．（0，1） D．（1，+∞）‎ ‎【分析】由f（x）为奇函数，根据奇函数的定义可求a，代入即可求解不等式．‎ ‎【解答】解：∵f（x）=是奇函数，‎ ‎∴f（﹣x）=﹣f（x）‎ 即 整理可得，‎ ‎∴1﹣a•2x=a﹣2x ‎∴a=1，‎ ‎∴f（x）=‎ ‎∵f（x））=＞3‎ ‎∴﹣3=＞0，‎ 整理可得，，‎ ‎∴1＜2x＜2‎ 解可得，0＜x＜1‎ 故选：C．‎ ‎【点评】本题主要考查了奇函数的定义的应用及分式不等式的求解，属于基础试题．‎ ‎　‎ ‎9．（5分）已知等腰直角三角形的直角边的长为2，将该三角形绕其斜边所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为（　　）‎ A． B． C．2π D．4π ‎【分析】画出图形，根据圆锥的体积公式直接计算即可．‎ ‎【解答】解：如图为等腰直角三角形旋转而成的旋转体．‎ V=2×S•h=2×πR2•h ‎=2×π×（）2×=．‎ 故选：B．‎ ‎【点评】本题考查圆锥的体积公式，考查空间想象能力以及计算能力．是基础题．‎ ‎　‎ ‎10．（5分）设函数f（x）=，若f（f（））=4，则b=（　　）‎ A．1 B． C． D．‎ ‎【分析】直接利用分段函数以及函数的零点，求解即可．‎ ‎【解答】解：函数f（x）=，若f（f（））=4，‎ 可得f（）=4，‎ 若，即b≤，可得，解得b=．‎ 若，即b＞，可得，解得b=＜（舍去）．‎ 故选：D．‎ ‎【点评】‎ 本题考查函数的零点与方程根的关系，函数值的求法，考查分段函数的应用．‎ ‎　‎ 二、填空题（共5小题，每小题5分，满分25分）‎ ‎11．（5分）执行如图的程序框图，若输入的x的值为1，则输出的y的值是　13　．‎ ‎【分析】模拟执行程序框图，依次写出得到的x，y的值，当x=2时不满足条件x＜2，计算并输出y的值为13．‎ ‎【解答】解：模拟执行程序框图，可得 x=1‎ 满足条件x＜2，x=2‎ 不满足条件x＜2，y=13‎ 输出y的值为13．‎ 故答案为：13．‎ ‎【点评】本题主要考查了循环结构的程序框图，属于基本知识的考查．‎ ‎　‎ ‎12．（5分）若x，y满足约束条件，则z=x+3y的最大值为　7　．‎ ‎【分析】作出题中不等式组表示的平面区域，再将目标函数z=x+3y对应的直线进行平移，可得当x=1且y=2时，z取得最大值．‎ ‎【解答】解：作出不等式组表示的平面区域，‎ 得到如图的三角形及其内部，由 可得A（1，2），z=x+3y，将直线进行平移，‎ 当l经过点A时，目标函数z达到最大值 ‎∴z最大值=1+2×3=7．‎ 故答案为：7‎ ‎【点评】本题给出二元一次不等式组，求目标函数z=x+3y的最大值，着重考查了二元一次不等式组表示的平面区域和简单的线性规划等知识，属于基础题．‎ ‎　‎ ‎13．（5分）过点P（1，）作圆x2+y2=1的两条切线，切点分别为A，B，则=　　．‎ ‎【分析】根据直线与圆相切的性质可求PA=PB，及∠APB，然后代入向量数量积的定义可求．‎ ‎【解答】解：连接OA，OB，PO 则OA=OB=1，PO=，2，OA⊥PA，OB⊥PB，‎ Rt△PAO中，OA=1，PO=2，PA=‎ ‎∴∠OPA=30°，∠BPA=2∠OPA=60°‎ ‎∴===‎ 故答案为：‎ ‎【点评】本题主要考查了圆的切线性质的应用及平面向量的数量积的定义的应用，属于基础试题．‎ ‎　‎ ‎14．（5分）定义运算“⊗”x⊗y=（x，y∈R，xy≠0）．当x＞0，y＞0时，x⊗y+（2y）⊗x的最小值为　　．‎ ‎【分析】通过新定义可得x⊗y+（2y）⊗x=，利用基本不等式即得结论．‎ ‎【解答】解：∵x⊗y=，‎ ‎∴x⊗y+（2y）⊗x=+=，‎ 由∵x＞0，y＞0，‎ ‎∴x2+2y2≥2=xy，‎ 当且仅当x=y时等号成立，‎ ‎∴≥=，‎ 故答案为：．‎ ‎【点评】本题以新定义为背景，考查函数的最值，涉及到基本不等式等知识，注意解题方法的积累，属于中档题．‎ ‎　‎ ‎15．（5分）过双曲线C：（a＞0，b＞0）的右焦点作一条与其渐近线平行的直线，交C于点P．若点P的横坐标为2a，则C的离心率为　2+　．‎ ‎【分析】求出P的坐标，可得直线的斜率，利用条件建立方程，即可得出结论．‎ ‎【解答】解：x=2a时，代入双曲线方程可得y=±b，取P（2a，﹣b），‎ ‎∴双曲线C：（a＞0，b＞0）的右焦点作一条与其渐近线平行的直线的斜率为，‎ ‎∴=‎ ‎∴e==2+．‎ 故答案为：2+．‎ ‎【点评】本题考查双曲线的性质，考查学生的计算能力，比较基础．‎ ‎　‎ 三、解答题（共6小题，满分75分）‎ ‎16．（12分）某中学调查了某班全部45名同学参加书法社团和演讲社团的情况，数据如下表：（单位：人）‎ 参加书法社团 未参加书法社团 参加演讲社团 ‎8‎ ‎5‎ 未参加演讲社团 ‎2‎ ‎30‎ ‎（Ⅰ）从该班随机选1名同学，求该同学至少参加一个社团的概率；‎ ‎（Ⅱ）在既参加书法社团又参加演讲社团的8名同学中，有5名男同学A1，A2，A3，A4，A5，3名女同学B1，B2，B3．现从这5名男同学和3名女同学中各随机选1人，求A1被选中且B1未被选中的概率．‎ ‎【分析】（Ⅰ）先判断出这是一个古典概型，所以求出基本事件总数，“至少参加一个社团”事件包含的基本事件个数，从而根据古典概型的概率计算公式计算即可；‎ ‎（Ⅱ）先求基本事件总数，即从这5名男同学和3名女同学中各随机选1人，有多少中选法，这个可利用分步计数原理求解，再求出“A1被选中，而B1未被选中”事件包含的基本事件个数，这个容易求解，然后根据古典概型的概率公式计算即可．‎ ‎【解答】解：（Ⅰ）设“至少参加一个社团”为事件A；‎ 从45名同学中任选一名有45种选法，∴基本事件数为45；‎ 通过列表可知事件A的基本事件数为8+2+5=15；‎ 这是一个古典概型，∴P（A）=；‎ ‎（Ⅱ）从5名男同学中任选一个有5种选法，从3名女同学中任选一名有3种选法；‎ ‎∴从这5名男同学和3名女同学中各随机选1人的选法有5×3=15，即基本事件总数为15；‎ 设“A1被选中，而B1未被选中”为事件B，显然事件B包含的基本事件数为2；‎ 这是一个古典概型，∴．‎ ‎【点评】考查古典概型的概念，以及古典概型的概率的求法，分步计数原理的应用．‎ ‎　‎ ‎17．（12分）△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知cosB=，sin（A+B）=，ac=2，求sinA和c的值．‎ ‎【分析】①利用两角和与差的正弦函数公式以及基本关系式，解方程可得；‎ ‎②利用正弦定理解之．‎ ‎【解答】解：①因为△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c已知cosB=，‎ sin（A+B）=，ac=2，所以sinB=，sinAcosB+cosAsinB=，‎ 所以sinA+cosA=①，结合平方关系sin2A+cos2A=1②，‎ 由①②解得27sin2A﹣6sinA﹣16=0，‎ 解得sinA=或者sinA=﹣（舍去）；‎ ‎②由正弦定理，由①可知sin（A+B）=sinC=，sinA=，‎ 所以a=2c，又ac=2，所以c=1．‎ ‎【点评】本题考查了利用三角函数知识解三角形，用到了两角和与差的正弦函数、同角三角函数的基本关系式、正弦定理等知识．‎ ‎　‎ ‎18．（12分）如图，三棱台DEF﹣ABC中，AB=2DE，G，H分别为AC，BC的中点．‎ ‎（1）求证：BD∥平面FGH；‎ ‎（2）若CF⊥BC，AB⊥BC，求证：平面BCD⊥平面EGH．‎ ‎【分析】（I）证法一：如图所示，连接DG，CD，设CD∩GF=M，连接MH．由已知可得四边形CFDG是平行四边形，DM=MC．利用三角形的中位线定理可得：MH ‎∥BD，可得BD∥平面FGH；‎ 证法二：在三棱台DEF﹣ABC中，AB=2DE，H为BC的中点．可得四边形BHFE为平行四边形．BE∥HF．又GH∥AB，可得平面FGH∥平面ABED，即可证明BD∥平面FGH．‎ ‎（II）连接HE，利用三角形中位线定理可得GH∥AB，于是GH⊥BC．可证明EFCH是平行四边形，可得HE⊥BC．因此BC⊥平面EGH，即可证明平面BCD⊥平面EGH．‎ ‎【解答】（I）证法一：如图所示，连接DG，CD，设CD∩GF=M，连接MH．‎ 在三棱台DEF﹣ABC中，AB=2DE，G为AC的中点．‎ ‎∴，∴四边形CFDG是平行四边形，‎ ‎∴DM=MC．又BH=HC，‎ ‎∴MH∥BD，又BD⊄平面FGH，MH⊂平面FGH，‎ ‎∴BD∥平面FGH；‎ 证法二：在三棱台DEF﹣ABC中，AB=2DE，H为BC的中点．‎ ‎∴，‎ ‎∴四边形BHFE为平行四边形．‎ ‎∴BE∥HF．‎ 在△ABC中，G为AC的中点，H为BC的中点，‎ ‎∴GH∥AB，又GH∩HF=H，‎ ‎∴平面FGH∥平面ABED，‎ ‎∵BD⊂平面ABED，∴BD∥平面FGH．‎ ‎（II）证明：连接HE，∵G，H分别为AC，BC的中点，‎ ‎∴GH∥AB，‎ ‎∵AB⊥BC，∴GH⊥BC，‎ 又H为BC的中点，∴EF∥HC，EF=HC，CF⊥BC．‎ ‎∴EFCH是矩形，∴CF∥HE．‎ ‎∵CF⊥BC，∴HE⊥BC．‎ 又HE，GH⊂平面EGH，HE∩GH=H，‎ ‎∴BC⊥平面EGH，又BC⊂平面BCD，‎ ‎∴平面BCD⊥平面EGH．‎ ‎【点评】本题考查了空间线面面面平行与垂直的判定及性质定理、三角形中位线定理、平行四边形的判定与性质定理，考查了空间想象能力、推理能力，属于中档题．‎ ‎　‎ ‎19．（12分）已知数列{an}是首项为正数的等差数列，数列{}的前n项和为．‎ ‎（1）求数列{an}的通项公式；‎ ‎（2）设bn=（an+1）•2，求数列{bn}的前n项和Tn．‎ ‎【分析】（1）通过对cn=分离分母，并项相加并利用数列{}的前n项和为即得首项和公差，进而可得结论；‎ ‎（2）通过bn=n•4n，写出Tn、4Tn的表达式，两式相减后利用等比数列的求和公式即得结论．‎ ‎【解答】解：（1）设等差数列{an}的首项为a1、公差为d，则a1＞0，‎ ‎∴an=a1+（n﹣1）d，an+1=a1+nd，‎ 令cn=，‎ 则cn==[﹣]，‎ ‎∴c1+c2+…+cn﹣1+cn=[﹣+﹣+…+﹣]‎ ‎=[﹣]‎ ‎=‎ ‎=，‎ 又∵数列{}的前n项和为，‎ ‎∴，‎ ‎∴a1=1或﹣1（舍），d=2，‎ ‎∴an=1+2（n﹣1）=2n﹣1；‎ ‎（2）由（1）知bn=（an+1）•2=（2n﹣1+1）•22n﹣1=n•4n，‎ ‎∴Tn=b1+b2+…+bn=1•41+2•42+…+n•4n，‎ ‎∴4Tn=1•42+2•43+…+（n﹣1）•4n+n•4n+1，‎ 两式相减，得﹣3Tn=41+42+…+4n﹣n•4n+1=•4n+1﹣，‎ ‎∴Tn=．‎ ‎【点评】本题考查求数列的通项及求和，利用错位相减法是解决本题的关键，注意解题方法的积累，属于中档题．‎ ‎　‎ ‎20．（13分）设函数f（x）=（x+a）lnx，g（x）=．已知曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线与直线2x﹣y=0平行．‎ ‎（Ⅰ）求a的值；‎ ‎（Ⅱ）是否存在自然数k，使得方程f（x）=g（x）在（k，k+1）内存在唯一的根？如果存在，求出k；如果不存在，请说明理由；‎ ‎（Ⅲ）设函数m（x）=min{f（x），g（x）}（min{p，q}表示p，q中的较小值），求m（x）的最大值．‎ ‎【分析】（Ⅰ）求出f（x）的导数，求得切线的斜率，由两直线平行的条件：斜率相等，解方程可得a=1；‎ ‎（Ⅱ）求出f（x）、g（x）的导数和单调区间，最值，由零点存在定理，即可判断存在k=1；‎ ‎（Ⅲ）由（Ⅱ）求得m（x）的解析式，通过g（x）的最大值，即可得到所求．‎ ‎【解答】解：（Ⅰ）函数f（x）=（x+a）lnx的导数为f′（x）=lnx+1+，‎ 曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线斜率为f′（1）=1+a，‎ 由切线与直线2x﹣y=0平行，‎ 则a+1=2，解得a=1；‎ ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）可得f（x）=（x+1）lnx，f′（x）=lnx+1+，‎ 令h（x）=lnx+1+，h′（x）=﹣=，‎ 当x∈（0，1），h′（x）＜0，h（x）在（0，1）递减，‎ 当x＞1时，h′（x）＞0，h（x）在（1，+∞）递增．‎ 当x=1时，h（x）min=h（1）=2＞0，即f′（x）＞0，‎ f（x）在（0，+∞）递增，即有f（x）在（k，k+1）递增，‎ g（x）=的导数为g′（x）=，‎ 当x∈（0，2），g′（x）＞0，g（x）在（0，2）递增，‎ 当x＞2时，g′（x）＜0，g（x）在（2，+∞）递减．‎ 则x=2取得最大值，‎ 令T（x）=f（x）﹣g（x）=（x+1）lnx﹣，‎ T（1）=﹣＜0，T（2）=3ln2﹣＞0，‎ T（x）的导数为T′（x）=lnx+1+﹣，‎ 由1＜x＜2，通过导数可得lnx＞1﹣，即有lnx+1+＞2；‎ ex＞1+x，可得﹣＞，‎ 可得lnx+1+﹣＞2+=＞0，‎ 即为T′（x）＞0在（1，2）成立，‎ 则T（x）在（1，2）递增，‎ 由零点存在定理可得，存在自然数k=1，‎ 使得方程f（x）=g（x）在（k，k+1）内存在唯一的根；‎ ‎（Ⅲ）由（Ⅱ）知，m（x）=，其中x0∈（1，2），‎ 且x=2时，g（x）取得最大值，且为g（2）=，‎ 则有m（x）的最大值为m（2）=．‎ ‎【点评】本题考查导数的运用：求切线方程和单调区间、极值，同时考查零点存在定理和分段函数的最值，考查运算能力，属于中档题．‎ ‎　‎ ‎21．（14分）平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：=1（a＞b＞0）的离心率为，且点（，）在椭圆C上．‎ ‎（Ⅰ）求椭圆C的方程；‎ ‎（Ⅱ）设椭圆E：=1，P为椭圆C上任意一点，过点P的直线y=kx+m交椭圆E与A，B两点，射线PO交椭圆E于点Q．‎ ‎ （Ⅰ）求的值；‎ ‎ （Ⅱ）求△ABQ面积的最大值．‎ ‎【分析】（Ⅰ）通过将点点（，）代入椭圆C方程，结合=及a2﹣c2=b2，计算即得结论；‎ ‎（Ⅱ）通过（I）知椭圆E的方程为：+=1．（i）通过设P（x0，y0）、=λ可得Q（﹣λx0，﹣λy0），利用+=1及+=1，计算即可；（ii）设A（x1，y1）、B（x2，y2），分别将y=kx+m代入椭圆E、椭圆C的方程，利用根的判别式△＞0、韦达定理、三角形面积公式及换元法，计算即可．‎ ‎【解答】解：（Ⅰ）∵点（，）在椭圆C上，‎ ‎∴，①‎ ‎∵=，a2﹣c2=b2，‎ ‎∴=，②‎ 联立①②，解得：a2=4，b2=1，‎ ‎∴椭圆C的方程为：+y2=1；‎ ‎（Ⅱ）由（I）知椭圆E的方程为：+=1．‎ ‎ （i）设P（x0，y0），=λ，‎ 由题意可得Q（﹣λx0，﹣λy0），‎ ‎∵+=1，及+=1，即（+）=1，‎ ‎∴λ=2，即=2；‎ ‎ （ii）设A（x1，y1），B（x2，y2），‎ 将y=kx+m代入椭圆E的方程，可得（1+4k2）x2+8kmx+4m2﹣16=0，‎ 由△＞0，可得m2＜4+16k2，‎ 由韦达定理，可得x1+x2=﹣，x1•x2=，‎ ‎∴|x1﹣x2|=，‎ ‎∵直线y=kx+m交y轴于点（0，m），‎ ‎∴S△OAB=|m|•|x1﹣x2|‎ ‎=|m|•‎ ‎=‎ ‎=2，‎ 设t=，将y=kx+m代入椭圆C的方程，‎ 可得（1+4k2）x2+8kmx+4m2﹣4=0，‎ 由△≥0，可得m2≤1+4k2，‎ 又∵m2＜4+16k2，‎ ‎∴0＜t≤1，‎ ‎∴S=2=2=≤2，‎ 当且仅当t=1，即m2=1+4k2时取得最大值2，‎ 由（i）知S△ABQ=3S，‎ ‎∴△ABQ面积的最大值为6．‎ ‎【点评】本题是一道直线与圆锥曲线的综合问题，考查求椭圆方程、线段的比及三角形的面积问题，考查计算能力，利用韦达定理是解决本题的关键，注意解题方法的积累，属于难题．‎ ‎　‎