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【分析】作出不等式对应的平面区域，利用z的几何意义确定取得最小值的条件，然后利用基本不等式进行求则ab的最大值．
【解答】解：由z=ax+by（a＞0，b＞0）得∵a＞0，b＞0， ∴直线的斜率
，
，
作出不等式对应的平面区域如图： 平移直线得z最小． 由
，解得
，即A（2，3）， ，由图象可知当直线
经过点A时，直线
的截距最小，此时
此时目标函数z=ax+by（a＞0，b＞0）的最小值为2，
即2a+3b=2，∴2=2a+3b， 即ab≤，
当且仅当2a=3b=1，即a=，b=时取等号． 故ab的最大值为， 故选：D．
8．某校选定甲、乙、丙、丁、戊共5名教师到3个边远地区支教，每地至少1人，其中甲和乙一定不去同一地区，甲和丙必须去同一地区，则不同的选派方案共有（ ） A．27种 B．30种 C．33种 D．36种 【考点】计数原理的应用．
【分析】甲和丙同地，甲和乙不同地，所以有2、2、1和3、1、1两种分配方案，再根据计数原理计算结果．
【解答】解：因为甲和丙同地，甲和乙不同地，所以有2、2、1和3、1、1两种分配方案， ①2、2、1方案：甲、丙为一组，从余下3人选出2人组成一组，然后排列： 共有：C32×A33=18种；
②3、1、1方案：在丁、戊中选出1人，与甲丙组成一组，然后排列： 共有：C21×A33=12种；
所以，选派方案共有18+12=30种． 故选：B．
9．已知△ABC外接圆的圆心为O，=（ ） ，，A为钝角，M是BC边的中点，则
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A．3 B．4 C．5 D．6 【考点】平面向量数量积的运算． 【分析】由M是BC边的中点，可得
cos∠BAO=
【解答】解：∵M是BC边的中点， ∴
，
，利用O是△ABC的外接圆的圆心，可得
=6，同理求得
，则答案可求．
∵O是△ABC的外接圆的圆心， ∴同理可得∴
=
=cos∠BAO=
=．
．
=×（6+4）=5． 故选：C．
10．已知椭圆C1：
=1（a＞b＞0）与双曲线C2：x2﹣
=1有公共的焦点，C2的一条渐近线与以
C1的长轴为直径的圆相交于A，B两点．若C1恰好将线段AB三等分，则（ ） A．a2=
B．a2=3 C．b2=
D．b2=2
【考点】椭圆的简单性质；圆锥曲线的综合．
【分析】先由双曲线方程确定一条渐近线方程为y=2x，根据对称性易知AB为圆的直径且AB=2a，利用椭圆与双曲线有公共的焦点，得方程a2﹣b2=5；设C1与y=2x在第一象限的交点的坐标为（x，2x），代入C1的方程得：2
x=
；对称性知直线y=2x被C1截得的弦长=2
x，根据C1恰好将线段AB三等分得：
，从而可解出a2，b2的值，故可得结论．
【解答】解：由题意，C2的焦点为（±，0），一条渐近线方程为y=2x，根据对称性易知AB为圆的直径且AB=2a
∴C1的半焦距c=，于是得a2﹣b2=5 ①
设C1与y=2x在第一象限的交点的坐标为（x，2x），代入C1的方程得：由对称性知直线y=2x被C1截得的弦长=2由题得：2
x=
，所以
③
x，
②，
由②③得a2=11b2 ④ 由①④得a2=5.5，b2=0.5 故选C
二、填空题：本大题共5分，每小题5分，共25分.
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11．执行如图所示的程序框图，输出的k值是 5 ．
【考点】程序框图．
【分析】根据程序运行条件，分别进行判断，即可得到结论．
【解答】解：第一次运行，n=5，不是偶数，则n=3×5+1=16，k=1， 第二次运行，n=16，是偶数，则n=第三次运行，n=8，是偶数，则n=
，k=2， ，k=3，
第四次运行，n=4，是偶数，则n==2，k=4， 第五次运行，n=2，是偶数，则n=
，k=5，
此时满足条件n=1，输出k=5， 故答案为：5
12．不等式|x﹣1|+|x﹣4|≤2的解集为 ? ． 【考点】绝对值不等式的解法．
【分析】对x分x＜1，1≤x≤4与x＞4范围的讨论，去掉原不等式左端的绝对值符号，从而易解不等式|x﹣1|+|x﹣4|≤2的解集．
【解答】解：当x＜1时，|x﹣1|+|x﹣4|≤2?﹣x+1+4﹣x≤2， 解得：x≥；
当1≤x≤4时，|x﹣1|+|x﹣4|≤2?x﹣1+4﹣x=3≤2，不成立； 当x＞4时，|x﹣1|+|x﹣4|≤2?x﹣1+x﹣4=2x﹣5≤2， 解得：x≤．
综上所述，不等式|x﹣1|+|x﹣4|≤2的解集为?， 故答案为：?．
13．在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且 a=2，b=3，c=4，则【考点】余弦定理．
【分析】由正弦定理先求得sinC=2sinA，由余弦定理cosC=﹣，代入所求即可求解． 【解答】解：在△ABC中，由正弦定理可得：sinA：sinB：sinC=2：3：4 故有：sinC=2sinA
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= ﹣1 ．
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由余弦定理：cosC=∴
=
=
==﹣， =﹣1．
故答案为：﹣1．
14．在平面直角坐标系xOy中，以点（2，1）为圆心且与直线mx+y﹣2m=0（m∈R）相切的所有圆中，半径最大的圆的标准方程为 （x﹣2）2+（y﹣1）2=1 ． 【考点】圆的标准方程．
【分析】由题意画出图形，得到以点（2，1）为圆心且与直线mx+y﹣2m=0（m∈R）相切的所有圆的半径的最大值，则答案可求． 【解答】解：如图，
直线mx+y﹣2m=0过定点（2，0），
则以点（2，1）为圆心且与直线mx+y﹣2m=0（m∈R）相切的所有圆中， 半径的最大值为1，
∴半径最大的圆的标准方程为（x﹣2）2+（y﹣1）2=1． 故答案为：（x﹣2）2+（y﹣1）2=1．
15．设函数f（x）=log
（|x|）+ ．
【考点】对数函数的图象与性质．
【分析】由解析式求出函数f（x）的定义域，化简f（﹣x）由函数奇偶性定义，判断出f（x）的奇偶性，判断出f（x）的单调性，由奇偶性和单调性转化不等式，即可求出答案． 【解答】解：由题意得，函数f（x）定义域是{x|x≠0}， ∵f（﹣x）=log
（|﹣x|）+
=log
（|x|）+
=f（x），
，则使得f（x）＞f（2x﹣1）成立的x取值范围是
∴函数f（x）是偶函数，
∵偶函数f（x）在（0，+∞）上单调递减，f（x）＞f（2x﹣1） ∴|x|＜|2x﹣1|，解得∴不等式的解集是故答案为：
． ，
，
三、解答题：本小题共6小题，共75分. 16．已知函数f（x）=
sinωx﹣2sin2
+m（ω＞0）的最小正周期为3π，且当x∈[
，π]时，函数f
（x）的最大值为1．
（Ⅰ）求函数f（x）的表达式；
（Ⅱ）在△ABC中，若f（C）=1，且2sin2B=cosB+cos（A﹣C），求sinA的值． 【考点】三角函数中的恒等变换应用；正弦函数的图象．
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【分析】（Ⅰ）根据三角恒等变换将f（x）化简，结合函数的最小正周期求出x的系数，根据x的范围，求出m的值，从而求出f（x）的表达式即可；
（Ⅱ）根据f（C）=1，结合C的范围，求出C的值，结合2sin2B=cosB+cos（A﹣C），得到关于sinA的方程，解出即可．
【解答】解：（Ⅰ）f（x）===
sinωx﹣2?
sinωx+cosωx﹣1+m
）﹣1+m，
=3π，解得：ω=， sinωx﹣2sin2
+m
+m
=2sin（ωx+
∵f（x）的最小正周期为3π，即∴f（x）=2sin（x+当x∈[
，π]时，
）﹣1+m， ≤x+
≤
，≤sin（x+）≤1，
∴f（x）的最大值是1+m，故1+m=1，解得：m=0， ∴f（x）=2sin（x+
）﹣1；
）﹣1=1，
（Ⅱ）∵f（C）=2sin（C+∴sin（C+∵0＜C＜π，∴∴C+∴A+B=
=
）=1， ＜C+
＜π， ，
，解得：C=
，又2sin2B=cosB+cos（A﹣C），
∴2cos2A=sinA+sinA，即cos2A﹣sinA=0， ∴1﹣sin2A﹣sinA=0， 解得：sinA=∵0＜sinA＜1， ∴sinA=
．
，
17．如图，在四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AB∥CD，AB=BC=CC1=2CD，E为线段AB的中点，F是线段DD1上的动点．
（Ⅰ）求证：EF∥平面BCC1B1；
（Ⅱ）若∠BCD=∠C1CD=60°，且平面D1C1CD⊥平面ABCD，求平面BCC1B1与DC1B1平面所成的角（锐角）的余弦值．
【考点】平面与平面垂直的判定；直线与平面平行的判定． 【分析】（I）连结DE，D1E，则可证明平面DED1∥平面BCC1B1，故而EF∥平面BCC1B1．
（II）过D作DH⊥BC，利用勾股定理可得BD⊥CD，C1D⊥CD，故C1D⊥平面ABCD，于是B1C1⊥C1D，由BC⊥平面C1DH可得B1C1⊥C1H，于是∠DC1H为平面BCC1B1与DC1B1平面所成的角．使用平面几何知识求出C1D和C1H，得出∠DC1H的余弦值．
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