T512ππ??，∴T?4，???， 222T2π1ππππ由????2kπ，k?Z及|?|?，得???，故f(x)?2sin(x?)， 222424因为g(x)与f(x)的图象关于x?1对称，
又
ππππππ则g(x)?f(2?x)?2sin[(2?x)?]?2sin[π?(x?)]?2sin(x?)．
24242412．【答案】C
【解析】将三棱锥P?ABC补成直三棱柱，且三棱锥和该直三棱柱的外接球都是球O，记三角形ABC的中心为O1，
设球的半径为R，PA?2x，则球心O到平面ABC的距离为x，即OO1?x， 连接O1A，则O1A?5，∴R2?x2?25，
在△ABC中，取AC的中点为E，连接O1D，O1E， 则O1E?11AB?3，DE?AC?2，∴O1D?13． 24在Rt△OO1D中，OD?x2?13，
由题意得到当截面与直线OD垂直时，截面面积最小，
设此时截面圆的半径为r，则r2?R2?OD2?x2?25?(x2?13)?12， 所以最小截面圆的面积为12π，当截面过球心时，截面面积最大为πR2， ∴12π?πR2?40π，R2?28，球的表面积为4πR2?112π．(或将三棱锥补成长方体求解)．
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分． 13．【答案】2
11
【解析】f?(x)?alnx?14．【答案】9
ax?1，f?(1)?a?1?1，∴a?2． x【解析】设等差数列{an}的公差为d，由S7?S11，可得
7a1?7?611?10d?11a1?d， 222a1， 17即2a1?17d?0，得到d??所以Sn?na1?由a1?0可知?15．【答案】
an(n?1)n(n?1)281d?na1??(?a1)??1(n?9)2?a1， 22171717a1?0，故当n?9时，Sn最大． 173 14【解析】观察八卦图可知，含3根阴线的共有1卦，含有3根阳线的共有1卦，含有2根阴线1根阳线的共有3卦，含有1根阴线2根阳线的共有3卦，
故从八卦中任取两卦，这两卦的六根线恰有两根阳线，四根阴线的概率为
2C133?C3?． 2C81416．【答案】
3 3【解析】设AF?a，BF?b， 则d?a?b，AB2?a2?b2?2abcos?AFB?a2?b2?ab， 2d(a?b)21ab1ab3??1??1??∴， AB4(a2?b2?ab)2a2?b2?ab23ab3当且仅当a?b时取等号．
三、解答题：本大题共6大题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 17．【答案】（1）
π；（2）5?13． 32【解析】（1）由?a?c??b2?23absinC，得a2?c2?2ac?b2?23absinC，
12
所以a2?c2?b2?2ac?23absinC，即2ac?cosB?1??23absinC， 所以有sinC?cosB?1??3sinBsinC，
因为C?(0,π)，所以sinC?0，所以cosB?1?3sinB，
π?π?1??即3sinB?cosB?2sin?B???1，所以sin?B???，
6?6?2??又0?B?π，所以?ππ5ππππ?B??，所以B??，即B?． 666663113（2）因为acsinB?ac??33，所以ac?12，
222又b2?a2?c2?2accosB?(a?c)2?3ac?(a?c)2?36?64，
所以a?c?10，把c?10?a代入到ac?12(a?c)中，得a?5?13． 18．【答案】（1）证明见解析；（2）6． 3【解析】（1）证明：由题意可知：ED?平面ABCD，从而Rt△EDA?Rt△EDC， ∴EA?EC，
又O为AC中点，∴DE?AC，
在△EOF中，OE?3,OF?6,EF?3，∴OE2?OF2?EF2，∴OE?OF， 又ACIOF?O，∴OE?平面ACF． （2）ED?面ABCD，且DA?DC，
如图以D为原点，DA，DC，DE方向建立空间直角坐标系，
从而E(0,0,1)，A(2,0,0)，C(0,2,0)，F(2,2,2)，O(1,1,0)，
uuur由（1）可知EO?(1,1,?1)是面AFC的一个法向量， 设n?(x,y,z)为面AEF的一个法向量，
13
uuur??AF?n?2y?2z?0由?uuu，令x?1，得n?(1,?2,2)， r??AE?n??2x?z?0uuuruuur|EO?n|3r?设?为二面角E?AF?C的平面角，则|cos?|?|cos?EO,n?|?uuu，|EO|?|n|3?sin??6， 36． 3∴二面角E?AF?C角的正弦值为
x2y219．【答案】（1）?（2）x?2y?1?0． ?1；
32【解析】（1）设椭圆C的焦距为2c，则∵a2?b2?c2，∴b?2c，
c3，∴a?3c， ?a3又OB?F1B?6，OB?b，F1B?a，∴ab?6，∴6c2?6，∴c?1，
x2y2?1． ∴a?3，b?2，∴?32（2）由（1）知F1(?1,0)，F2(1,0)，设直线l方程为x?ty?1，
?x?ty?1?由?x2y2，得(2t2?3)y2?4ty?4?0，
?1??2?3设M(x1,y1)，N(x2,y2)，则y1?y2?uuuuruuurMF?NF(x1?1)(x2?1)?y1y2?0， ∵22，∴F2M?F2N?0，∴
2∴(ty1?1?1)(ty2?1?1)?y1y2?0，∴(1?t)y1y2?2t(y1?y2)?4?0，
4t?4yy?，， 122t2?32t2?3?4(1?t2)8t2?2?4?0，∴t2?2，∴t??2． ∴22t?32t?3∴l的方程为x?2y?1?0．
20．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析．
14
1πx【解析】（1）由题意知：f(x)定义域为(??,??)，且f?(x)??2sin(x?)?e．
231π1πxx令g(x)??2sin(x?)?e，x?[?π,0]，g?(x)??cos(x?)?e，x?[?π,0]．
23231π∵y??ex在[?π,0]上单调递减，y??cos(x?)在[?π,0]上单调递减，
23g?(x)在[?π,0]上单调递减．
πππ31又g?(0)??cos(?)?1?0，g?(?π)??cos(??)?e?π???0，
3232eπ∴?x0?(?π,0)，使得g?(x0)?0，
∴当x?[?π,x0)时，g?(x)?0；当x?(x0,0]时，g?(x)?0， 即g(x)在区间[?π,x0)上单调递增；在(x0,0]上单调递减，
则x?x0为g(x)唯一的极大值点，即f?(x)在区间[?π,0]上存在唯一的极大值点
x0．
1πx（2）由（1）知f?(x)??2sin(x?)?e，且f?(x)在区间[?π,0]存在唯一极大
23值点，
f?(x)在[?π,x0)上单调递增，在(x0,0]上单调递减，
ππ1?π而f?(?π)??2sin(??)?e?1?π?0，
23eπf?(0)??2sin(?)?1?3?1?0，故f?(x)在[?π,0]上恒有f?(x)?0，
3∴f(x)在[?π,0]上单调递增，
ππ1π?π又f(?π)?4cos(??)?e??23?π?0，f(0)?4cos(?)?1?1?0，
23e3因此，f(x)在[?π,0]上有且仅有一个零点．
21．【答案】（1）见解析；（2）①P1?17436?a?(1?b)，，P2?，P；②36362167111c?(1?b)，Pn?(1?n)．
756【解析】（1）X的可能取值为?1，0，1．
12112121P(x??1)?(1?)??，P(x?0)???(1?)?(1?)?，
23323232
15
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