恒等变换求出结果．
本题考查的知识要点：三角函数关系式的恒等变换，正弦定理和余弦定理的应用．
15.【答案】解：（1）数列{an}是等差数列，{bn}是等比数列，设公差为d，公比为q．由于：a1=1，b1=2，a2+b2=7，a3+b3=13． 则：
解得：q=2，d=2．
故：an=a1+2（n-1）=2n-1
．
（2） 由于：则：故：==【解析】
+
， ．
， ．
+（4n-3）+4n， ，
（1）直接利用已知条件求出数列的通项公式．
（2）利用（1）的通项公式，直接利用分组法求出数列的和．
本题考查的知识要点：数列的通项公式的求法及应用．利用分组法求出数列的和．
16.【答案】解：（I）在△ABC中，∵2acosC+bcosC+ccosB=0，
∴由正弦定理可得：2sinAcosC+sinBcosC+sinCcosB=0， ∴2sinAcosC+sin（B+C）=0，
又△ABC中，sin（B+C）=sinA≠0．∴cosC=-， ∵0＜C＜Π．∴C=，
（II）由S=absinC=，a=2，C=得b=1，
2
2×1×由余弦定理得c=4+1-2×（-）=7，∴c=
．
【解析】
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（I）根据正弦定理将边化角，化简即可得出cosC； （II）根据面积计算b，再利用余弦定理即可得出c的值． 本题考查了正、余弦定理解三角形，属于中档题．
17.【答案】解：（1）设甲乙两组员工受训的平均时间分别为t1、t2，
则
（小时）----------------------------------------（2分） （小时）----------------------------------------（4分）
据此可估计用方式一与方式二培训，员工受训的平均时间分别为10小时和10.9小时， 因10＜10.9，据此可判断培训方式一比方式二效率更高．---------------------------------------------（6分）
（2）从第三周培训后达标的员工中采用分层抽样的方法抽取6人， 则这6人中来自甲组的人数为：分）
来自乙组的人数为：
，----------------------------------------------------------------（8
，--------------------------------------------------（7
分）
记来自甲组的2人为：a、b；来自乙组的4人为：c、d、e、f， 则从这6人中随机抽取2人的不同方法数有：
（a，b），（a，c），（a，d），（a，e），（a，f），（b，c），（b，d），（b，e），（b，f），
d）e）f）e）f）f）----------------------------------------------（c，，（c，，（c，，（d，，（d，，（e，，共15种，（10分）
其中至少有1人来自甲组的有：（a，b），（a，c），（a，d），（a，e），（a，f），（b，c），（b，d），（b，e），（b，f），共9种， 故这2人中至少有1人来自甲组的概率
．----------------------------------------------------------（12分）
【解析】
（1）分别求出甲乙两组员工受训的平均时间，据此可判断培训方式一比方式二效率更高．
（2）从第三周培训后达标的员工中采用分层抽样的方法抽取6人，则这6人中来自甲组的人数为2，来自乙组的人数为4，记来自甲组的2人为：a、b；来自乙组的4人为：c、d、e、f，则从这6人中随机抽取2人，利用列举法能求出这2人中至少有1人来自甲组的概率．
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本题考查平均数、概率的求法，考查古典概型、列举法、分层抽样等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
18.【答案】（1）证明：如题图1，在Rt△BAE中，AB=3，
，所以∠AEB=60°．
在Rt△AED中，AD=2，所以∠DAE=30°．
所以BE⊥AD．
如题图2，PF⊥AD，BF⊥AD．又因为AD∥BC，所以PF⊥BC，BF⊥BC，PF∩BF=F， 所以BC⊥平面BFP，又因为BC?平面BCP，所以平面BFP⊥平面BCP． （2）解法一：因为平面ADP⊥平面ABCD，
平面ADP∩平面ABCD=AD，PF?平面ADP，PF⊥AD，所以PF⊥平面ABCD． 取BF的中点为O，连结GO，则GO∥PF，所以GO⊥平面ABCD． 即GO为三棱锥G-BCH的高． 且
因为，三棱锥G-BCH的体积为
．
．
解法二：因为平面ADP⊥平面ABCD，平面ADP∩平面ABCD=AD，PF?平面ADP， ，所以PF⊥平面ABCD． 因为G为PB的中点． 所以三棱锥G-BCH的高等于
．
因为H为CD的中点，所以△BCH的面积是四边形ABCD的面积的， 从而三棱锥G-BCH的体积是四棱锥P-ABCD的体积的． 面
所以三棱锥G-BCH的体积为． 【解析】
，
（1）证明BE⊥AD．PF⊥AD，BF⊥AD．推出PF⊥BC，BF⊥BC，得到BC⊥平面BFP，然后证明平面BFP⊥平面BCP．
（2）解法一：证明PF⊥平面ABCD．取BF的中点为O，连结GO，得到GO⊥平面ABCD．然后求解棱锥的高．
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解法二：证明PF⊥平面ABCD．三棱锥G-BCH的高等于面积是四边形ABCD的面积的，通过三棱锥G-BCH的体积．
．说明△BCH的
，求解
本题考查直线与平面垂直，平面与平面垂直的判断定理的应用，几何体的体积的求法，考查空间想象能力以及计算能力．
（1）根据题意，函数19.【答案】解：
假设函数f（x）的图象与x轴相切于点（x0，0），
=xe-tx=x（e-t）． ，则f′（x）
x
x
则有，即．
显然x0≠0，将得
代入方程．显然此方程无解．
中，
故无论t取何值，函数f（x）的图象都不能与x轴相切．
xx
（2）由于f′（x）=xe-tx=x（e-t），
x
当t≤0时，e-t＞0，当x＞0时，f′（x）＞0，f（x）递增， 当x＜0时，f′（x）＜0，f（x）递减； 当t＞0时，由f′（x）=0得x=0或x=lnt， ①当0＜t＜1时，lnt＜0，
当x＞0时，f′（x）＞0，f（x）递增，
当lnt＜x＜0时，f′（x）＜0，f（x）递减， 当x＜lnt，f′（x）＞0，f（x）递增； ②当t=1时，f′（x）＞0，f（x）递增； ③当t＞1时，lnt＞0，
当x＞lnt时，f′（x）＞0，f（x）递增， 当0＜x＜lnt时，f′（x）＜0，f（x）递减， 当x＜0时，f′（x）＞0，f（x）递增．
综上，当t≤0时，f（x）在（-∞，0）上是减函数，在（0，+∞）上是增函数；
当0＜t＜1时，f（x）在（-∞，lnt），（0，+∞）上是增函数，在（lnt，0）上是减函数； 当t=1时，f（x）在（-∞，+∞）上是增函数；
当t＞1时，f（x）在（-∞，0），（lnt，+∞）上是增函数，在（0，lnt）上是减函数． 【解析】
（1）根据题意，求出函数的导数，假设函数f（x）的图象与x轴相切于点（x0，0），结合函数导数的几何意义可得方程无解，即可得结论；
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，即，分析可得
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