【考點】正態(tài)分布曲線的特點及曲線所表示的意義.

　　【分析】畫正態(tài)曲線圖，由對稱性得c﹣1與c+1的中點是2，由中點坐標公式得到c的值.

　　【解答】解：∵N(2，32)⇒ ，

　　，

　　∴ ，

　　解得c=2，

　　故答案為：2.

　　【點評】本題考查正態(tài)分布，正態(tài)曲線有兩個特點：(1)正態(tài)曲線關于直線x=μ對稱;(2)在正態(tài)曲線下方和x軸上方范圍內(nèi)的區(qū)域面積為1.

　　13.現(xiàn)有一半球形原料，若通過切削將該原料加工成一正方體工件，則所得工件體積與原料體積之比的最大值為　 　.

　　【考點】棱柱、棱錐、棱臺的體積.

　　【分析】設球半徑為R，正方體邊長為a，求出當正方體體積最大時對應的球半徑，由此能求出結(jié)果.

　　【解答】解：設球半徑為R，正方體邊長為a，

　　由題意得當正方體體積最大時：

　　，∴ ，

　　∴所得工件體積與原料體積之比的最大值為：

　　.

　　故答案為： .

　　【點評】本題考查工件體積與原料體積之比的最大值的求法，是中檔題，解題時要認真審題，注意空間思維能力的培養(yǎng).

　　14.有下列各式： ， ， ，…則按此規(guī)律可猜想此類不等式的一般形式為：　 (n∈N*)　.

　　【考點】歸納推理.

　　【分析】觀察各式左邊為 的和的形式，項數(shù)分別為：3，7，15，故可猜想第n個式子中應有2n+1﹣1項，

　　不等式右側(cè)分別寫成 ， ， 故猜想第n個式子中應為 ，由此可寫出一般的式子.

　　【解答】解：觀察各式左邊為 的和的形式，項數(shù)分別為：3，7，15，故可猜想第n個式子中應有2n+1﹣1項，

　　不等式右側(cè)分別寫成 ， ， 故猜想第n個式子中應為 ，

　　按此規(guī)律可猜想此類不等式的一般形式為：

　　故答案為：

　　【點評】本題考查歸納推理、考查觀察、分析、解決問題的能力.

　　15.在 ，點M是△ABC外一點，BM=2CM=2，則AM的最大值與最小值的差為　2　.

　　【考點】平面向量數(shù)量積的運算.

　　【分析】取邊BC的中點為O，把( + )• =0轉(zhuǎn)化為 • =0，得出 ⊥ ，△ABC為等邊三角形，以O為坐標原點，以BC邊所在的直線為x軸，建立平面直角坐標系，利用坐標表示得出AM的解析式，求出它的最大值與最小值即可.

　　【解答】解：取邊BC的中點為O，則 = ( + )，

　　又( + )• =0，∴ • =0，

　　∴ ⊥ ，∴△ABC為等腰三角形，

　　又∠A= ，∴△ABC為等邊三角形，

　　以O為坐標原點，以BC邊所在的直線為x軸，

　　建立平面直角坐標系如圖所示;

　　并設BC=2a(

　　則A(0， a)，B(﹣a，0)，C(a，0)，

　　又BM=CM=2，

　　所以(x+a)2+y2=4

　　(x﹣a)2+y2=1，

　　所以解方程組 得： 或 ，

　　所以當 時

　　=

　　=

　　= ，

　　令a2﹣ =cosθ，

　　則AM= = ，

　　所以當θ= 時(AM)min=1，

　　同理當 時，

　　AM= = = ，

　　所以當θ= 時(AM)max=3;

　　綜上可知：AM的取值范圍是[1，3]，

　　AM的最大值與最小值的差是2.

　　故答案為：2.

　　【點評】本題考查了平面向量的數(shù)量積與應用問題，也考查了數(shù)形結(jié)合與邏輯推理以及計算能力的應用問題，是難題.

　　三、解答題：本大題共6小題，共75分.

　　16.(12分)(2017•日照一模)已知函數(shù)f(x)= sin2x﹣2cos2x﹣1，x∈R.

　　(Ⅰ)求函數(shù)f(x)的最小正周期和最小值;

　　(Ⅱ)在△ABC中，A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知c= ，f(C)=0，sinB=2sinA，求a，b的值.

　　【考點】余弦定理;兩角和與差的正弦函數(shù);三角函數(shù)的周期性及其求法.

　　【分析】(Ⅰ)f(x)解析式利用二倍角的余弦函數(shù)公式化簡，整理后利用兩角和與差的正弦函數(shù)公式化為一個角的正弦函數(shù)，找出ω的值，代入周期公式求出函數(shù)f(x)的最小正周期，利用正弦函數(shù)的值域確定出f(x)最小值即可;

　　(Ⅱ)由f(C)=0及第一問化簡得到的解析式，求出C的度數(shù)，利用正弦定理化簡sinB=2sinA，得到b=2a，利用余弦定理列出關系式，把c，b=2a，cosC的值代入即可求出a與b的值.

　　【解答】解：(Ⅰ)f(x)= sin2x﹣(cos2x+1)﹣1= sin2x﹣cos2x﹣2=2sin(2x﹣ )﹣2，

　　∵ω=2，﹣1≤sin(2x﹣ )≤1，

　　∴f(x)的最小正周期T=π;最小值為﹣4;

　　(Ⅱ)∵f(C)=2sin(2C﹣ )﹣2=0，

　　∴sin(2C﹣ )=1，

　　∵C∈(0，π)，∴2C﹣ ∈(﹣ ， )，

　　∴2C﹣ = ，即C= ，

　　將sinB=2sinA，利用正弦定理化簡得：b=2a，

　　由余弦定理得：c2=a2+b2﹣2abcosC=a2+4a2﹣2a2=3a2，

　　把c= 代入得：a=1，b=2.

　　【點評】此題考查了正弦、余弦定理，二倍角的余弦函數(shù)公式，兩角和與差的正弦函數(shù)公式，熟練掌握定理及公式是解本題的關鍵.

　　17.(12分)(2017•日照一模)一袋中有7個大小相同的小球，其中有2個紅球，3個黃球，2個藍球，從中任取3個小球.

　　(I)求紅、黃、藍三種顏色的小球各取1個的概率;

　　(II)設X表示取到的藍色小球的個數(shù)，求X的分布列和數(shù)學期望.

　　【考點】離散型隨機變量的期望與方差;離散型隨機變量及其分布列.

　　【分析】(Ⅰ)利用P= 即可得出.

　　(II)X可能取0，1，2.P(X=k)= ，即可得出分布列與數(shù)學期望.

　　【解答】解：(Ⅰ)P= = .

　　(II)X可能取0，1，2.P(X=k)= ，可得P(X=0)= ，P(X=1)= ，P(X=2)= .

　　X的分布列

　　X 0 1 2

　　P

　　EX=0+ +2× = .

　　【點評】本題考查了超幾何分布列的概率計算公式、數(shù)學期望，考查了推理能力與計算能力了，屬于中檔題.

　　18.(12分)(2017•日照一模)如圖，菱形ABCD與正三角形BCE的邊長均為2，它們所在平面互相垂直，F(xiàn)D⊥平面ABCD，且FD= .

　　(I)求證：EF∥平面ABCD;

　　(Ⅱ)若∠CBA=60°，求二面角A﹣FB﹣E的余弦值.

　　【考點】二面角的平面角及求法.

　　【分析】(I)根據(jù)線面平行的判定定理即可證明EF∥平面ABCD;

　　(Ⅱ)，建立空間坐標系，利用向量法即可求二面角A﹣FB﹣E的余弦值.

　　【解答】解：(Ⅰ)如圖，過點E 作 EH⊥BC于H，連接HD，

　　∴EH= .

　　∵平面ABCD⊥平面BCE，EH⊂平面BCE，

　　平面ABD∩平面BCE=BC，

　　∴EH⊥平面ABCD，

　　又∵FD⊥平面ABCD，F(xiàn)D= ，

　　∴FD∥EH.FD=EH

　　∴四邊形EHDF 為平行四邊形.

　　∴EF∥HD

　　∵EF⊄平面ABCD，HD⊂平面ABCD，

　　∴EF∥平面ABCD

　　(Ⅱ)連接HA 由(Ⅰ)，得H 為BC 中點，

　　又∠CBA=60°，△ABC 為等邊三角形，

　　∴AH⊥BC，

　　分別以HB，HA，HE 為x，y，z 軸建立如圖所示的空間直角坐標系H﹣xyz.

　　則 B(1，0，0)，F(xiàn)(﹣2， ， )，E(0，0， )，A(0， ，0)

　　=(﹣3， ， )， =(﹣1， ，0)， =(﹣1，0， )，

　　設平面EBF 的法向量為 =(x，y，z).

　　由 得

　　令z=1，得 =( ，2，1).

　　設平面ABF的法向量為 =(x，y，z).

　　由 得

　　令y=1，得 =( ，1，2)

　　cos< ， >= = = = ，

　　∵二面角A﹣FB﹣E是鈍二面角，

　　∴二面角A﹣FB﹣E的余弦值是﹣ .

　　【點評】本題綜合考查空間中線線、線面的位置關系和空間中角的計算，涉及二面角的平面角，傳統(tǒng)方法和坐標向量法均可，考查的知識面較廣，難度中等.

　　19.(12分)(2017•安徽模擬)已知數(shù)列{an}滿足a1=1，an+1=1﹣ ，其中n∈N*.

　　(Ⅰ)設bn= ，求證：數(shù)列{bn}是等差數(shù)列，并求出{an}的通項公式an;

　　(Ⅱ)設Cn= ，數(shù)列{CnCn+2}的前n項和為Tn，是否存在正整數(shù)m，使得Tn< 對于n∈N*恒成立，若存在，求出m的最小值，若不存在，請說明理由.

　　【考點】數(shù)列遞推式;數(shù)列與不等式的綜合.

　　【分析】(Ⅰ)利用遞推公式即可得出bn+1﹣bn為一個常數(shù)，從而證明數(shù)列{bn}是等差數(shù)列，再利用等差數(shù)列的通項公式即可得到bn，進而得到an;

　　(Ⅱ)利用(Ⅰ)的結(jié)論，利用“裂項求和”即可得到Tn，要使得Tn< 對于n∈N*恒成立，只要 ，即 ，解出即可.

　　【解答】(Ⅰ)證明：∵bn+1﹣bn= =

　　= =2，

　　∴數(shù)列{bn}是公差為2的等差數(shù)列，

　　又 =2，∴bn=2+(n﹣1)×2=2n.

　　∴2n= ，解得 .

　　(Ⅱ)解：由(Ⅰ)可得 ，

　　∴cncn+2= = ，

　　∴數(shù)列{CnCn+2}的前n項和為Tn= … +

　　=2 <3.

　　要使得Tn< 對于n∈N*恒成立，只要 ，即 ，

　　解得m≥3或m≤﹣4，

　　而m>0，故最小值為3.

　　【點評】正確理解遞推公式的含義，熟練掌握等差數(shù)列的通項公式、“裂項求和”、等價轉(zhuǎn)化等方法是解題的關鍵.

　　20.(13分)(2017•日照一模)已知左、右焦點分別為F1(﹣c，0)，F(xiàn)2(c，0)的橢圓 過點 ，且橢圓C關于直線x=c對稱的圖形過坐標原點.

　　(I)求橢圓C的離心率和標準方程.

　　(II)圓 與橢圓C交于A，B兩點，R為線段AB上任一點，直線F1R交橢圓C于P，Q兩點，若AB為圓P1的直徑，且直線F1R的斜率大于1，求|PF1||QF1|的取值范圍.

　　【考點】圓錐曲線的范圍問題;橢圓的簡單性質(zhì);圓與圓錐曲線的綜合;直線與橢圓的位置關系.

　　【分析】(Ⅰ)利用橢圓C過點 ，∵橢圓C關于直線x=c對稱的圖形過坐標原點，推出a=2c，然后求解橢圓C的離心率，標準方程.

　　(Ⅱ)設A(x1，y1)，B(x2，y2)，利用中點坐標公式以及平方差法求出AB的斜率，得到直線AB的方程，代入橢圓C的方程求出點的坐標，設F1R：y=k(x+1)，聯(lián)立 ，設P(x3，y3)，Q(x4，y4)，利用韋達定理，結(jié)合 ， ，化簡|PF1||QF1|，通過 ，求解|PF1||QF1|的取值范圍.

　　【解答】(本小題滿分13分)

　　(Ⅰ)解：∵橢圓C過點 ，∴ ，①

　　∵橢圓C關于直線x=c對稱的圖形過坐標原點，∴a=2c，

　　∵a2=b2+c2，∴ ，②

　　由①②得a2=4，b2=3，a=2，c=1，

　　∴橢圓C的離心率 ，標準方程為 .…

　　(Ⅱ)因為AB為圓P1的直徑，所以點P1 為線段AB的中點，

　　設A(x1，y1)，B(x2，y2)，則， ，又 ，

　　所以 ，則(x1﹣x2)﹣(y1﹣y2)=0，故 ，則直線AB的方程為 ，即 .…(8分)

　　代入橢圓C的方程并整理得 ，

　　則 ，故直線F1R的斜率 .

　　設F1R：y=k(x+1)，由 ，得(3+4k2)x2+8k2x+4k2﹣12=0，

　　設P(x3，y3)，Q(x4，y4)，則有 ， .

　　又 ， ，

　　所以|PF1||QF1|=(1+k2)|x3x4+(x3+x4)+1|= ，

　　因為 ，所以 ，

　　即|PF1||QF1|的取值范圍是 .…(13分)

　　【點評】本題考查橢圓的簡單性質(zhì)，橢圓方程的求法直線與橢圓的位置關系的應用，考查轉(zhuǎn)化思想以及平方差法的應用，考查分析問題解決問題的能力.

　　21.(14分)(2017•日照一模)設f(x)=xex(e為自然對數(shù)的底數(shù))，g(x)=(x+1)2.

　　(I)記 ，討論函F(x)單調(diào)性;

　　(II)令G(x)=af(x)+g(x)(a∈R)，若函數(shù)G(x)有兩個零點.

　　(i)求參數(shù)a的取值范圍;

　　(ii)設x1，x2是G(x)的兩個零點，證明x1+x2+2<0.

　　【考點】利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性;根的存在性及根的個數(shù)判斷.

　　【分析】(Ⅰ)求出函數(shù)的導數(shù)，解關于導函數(shù)的不等式，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可;

　　(Ⅱ)(i)求出函數(shù)的導數(shù)，通過討論a的范圍，根據(jù)函數(shù)的零點的個數(shù)，求出a的范圍即可;

　　(ii)根據(jù)a的范圍，得到 = =﹣ ，令m>0，得到F (=1+m)﹣F(﹣1﹣m)= ( e2m+1)，再令φ(m)= e2m+1，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性證明即可.

　　【解答】解：(Ⅰ)F(x)= = ，(x≠﹣1)，

　　F′(x)= = ，

　　∴x∈(﹣∞，﹣1)時，F(xiàn)′(x)<0，F(xiàn)(x)遞減，

　　x∈(﹣1，+∞)時，F(xiàn)′(x)>0，F(xiàn)(x)遞增;

　　(Ⅱ)由已知，G(x)=af(x)+g(x)=axex+(x+1)2，

　　G′(x)=a(x+1)ex+2(x+1)=(x+1)(aex+2)，

　　(i)①a=0時，G(x)=(x+1)2，有唯一零點﹣1，

　?、赼>0時，aex+2>0，

　　∴x∈(﹣∞，﹣1)時，G′(x)<0，G(x)遞減，

　　x∈(﹣1，+∞)時，G′(x)>0，G(x)遞增，

　　∴G(x)極小值=G(﹣1)=﹣ <0，

　　∵G(0)=1>0，∴x∈(﹣1，+∞)時，G(x)有唯一零點，

　　x<﹣1時，ax<0，則ex< ，∴axex> ，

　　∴G(x)> +(x+1)2=x2+(2+ )x+1，

　　∵△= ﹣4×1×1= + >0，

　　∴∃t1，t2，且t1

　　使得x2+(2+ )x+1>0，

　　取x0∈(﹣∞，﹣1)，則G(x0)>0，則x∈(﹣∞，﹣1)時，G(x)有唯一零點，

　　即a>0時，函數(shù)G(x)有2個零點;

　?、踑<0時，G′(x)=a(x+1)(ex﹣(﹣ ))，

　　由G′(x)=0，得x=﹣1或x=ln(﹣ )，

　　若﹣1=ln(﹣ )，即a=﹣2e時，G′(x)≤0，G(x)遞減，至多1個零點;

　　若﹣1>ln(﹣ )，即a<﹣2e時，G′(x)=a(x+1)(ex﹣(﹣ ))，

　　注意到y(tǒng)=x+1，y=ex+ 都是增函數(shù)，

　　∴x∈(﹣∞，ln(﹣ ))時，G′(x)<0，G(x)是減函數(shù)，

　　x∈(ln(﹣ )，﹣1)時，G′(x)>0，G(x)遞增，

　　x∈(﹣1，+∞)時，G′(x)<0，G(x)遞減，

　　∵G(x)極小值=G(ln(﹣ ))=ln2(﹣ )+1>0，

　　∴G(x)至多1個零點;

　　若﹣1﹣2e時，

　　x∈(﹣∞，﹣1)時，G′(x)<0，G(x)是減函數(shù)，

　　x∈(﹣1，ln(﹣ ))時，G′(x)>0，G(x)遞增，

　　x∈(ln(﹣ )，+∞)時，G′(x)<0，G(x)遞減，

　　∵G(x)極小值=G(﹣1)=﹣ >0，

　　∴G(x)至多1個零點;

　　綜上，若函數(shù)G(x)有2個零點，

　　則參數(shù)a的范圍是(0，+∞);

　　(ii)由(i)得：函數(shù)G(x)有2個零點，則參數(shù)a的范圍是(0，+∞)，

　　x1，x2是G(x)的兩個零點，則有：

　　，即 ，即 = =﹣ ，

　　∵F(x)= ，則F(x1)=F(x2)<0，且x1<0，x1≠﹣1，x2<0，x2≠﹣1，x1≠x2，

　　由(Ⅰ)知，當x∈(﹣∞，﹣1)時，F(xiàn)(x)是減函數(shù)，x∈(﹣1，+∞)時，F(xiàn)(x)是增函數(shù)，

　　令m>0，F(xiàn) (=1+m)﹣F(﹣1﹣m)= ( e2m+1)，

　　再令φ(m)= e2m+1=e2m﹣ ﹣1，

　　則φ′(m)= >0，

　　∴φ(m)>φ(0)=0，又 >0，

　　m>0時，F(xiàn)(﹣1+m)﹣F(﹣1﹣m)>0恒成立，

　　即F(﹣1+m)>F(﹣1﹣m)恒成立，

　　令m=﹣1﹣x1>0，即x1<﹣1，有F(﹣1+(﹣1﹣x1))>F(﹣1﹣(﹣1﹣x1))，

　　即F(﹣2﹣x1)>F(x1)=F(x2)，

　　∵x1<﹣1，∴﹣2﹣x1>﹣1，又F(x1)=F(x2)，必有x2>﹣1

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