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∴|AF1|=|AF2|，又|AF2|﹣|AF1|=2a． ∴|AF2|=4a，|AF1|=2a，又|F1F2|=2c， 又在Rt△AF1F2中，|AF1|2+|F1F2|2=|AF2|2， 得到4a2+4c2=16a2，∴∴e==
．
=3，
故选：B．
8．执行如图所示的程序框图，输出的S=（ ）
A．4 B． C． D．
【考点】程序框图．
【分析】由题意，模拟程序的运行，依次写出每次循环得到的S，i的值，当i=9时，不满足条件i＜9，跳出循环，输出S的值为． 【解答】解：模拟程序的运行，可得 S=4，i=1
满足条件i＜9，执行循环体，S=﹣，i=2 满足条件i＜9，执行循环体，S=，i=3 满足条件i＜9，执行循环体，S=4，i=4 满足条件i＜9，执行循环体，S=﹣，i=5
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…
观察规律可知，S的取值周期为3，由于8=3×2+1， 可得：i=8时，满足条件i＜9，执行循环体，S=，i=9 不满足条件i＜9，退出循环，输出S的值为． 故选：C．
9．△ABC的内角A、B、C所对的边分别是a、b、c，若则b=（ ） A．3
B．4
C．5
D．6
，a=4，c=5，
【考点】正弦定理．
【分析】由已知利用二倍角的正弦函数公式，结合sinC≠0，可求cosC=用余弦定理2b2﹣9b﹣18=0，即可解得b的值． 【解答】解：∵又∵sinC≠0， ∴可得：cosC=
，
，
，可得：2sinCcosC=sinC，
，利
∴由已知及余弦定理c2=a2+b2﹣2abcosC，可得：52=42+b2﹣2×4×b×∴整理可得：2b2﹣9b﹣18=0，解得：b=6或﹣（舍去）， 故选：D．
10．F是抛物线y2=2x的焦点，以F为端点的射线与抛物线相交于A，与抛物线的准线相交于B，若A．1
B． C．2
，则D．
=（ ）
【考点】抛物线的简单性质．
【分析】由题意，利用抛物线的定义，结合向量条件，求出A的横坐标，即可得出结论．
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【解答】解：由题意，设A的横坐标为m，则由抛物线的定义，可得∴m=，
∴|FA|=，|FB|=3， ∴
=|FA||FB|=，
，
故选D．
11．将函数f（x）=sinωx（ω是正整数）的图象向右平移区间A．3
B．4
内单调递增，则ω的最大值为（ ） C．5
D．6
个单位，所得曲线在
【考点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换． 【分析】由题意可得可得2kπ﹣k∈Z．解得
≤ω（
﹣
）＜ω（
﹣
）≤2kπ+
，
﹣≤ω≤k+，由此求得可得正整数ω的最大值．
个单位，
【解答】解：将函数f（x）=sinωx（ω是正整数）的图象向右平移可得y=sinω（x﹣∵所得曲线在区间ω（求得
﹣
）≤2kπ+
）的图象．
内单调递增，可得2kπ﹣，k∈Z．
≤ω（
﹣）＜
﹣≤ω≤k+，令k=2，可得正整数ω的最大值为3，
故选：A．
12．已知函数
，关于x的不等式f2（x）﹣af（x）＞0有且只有三个整
数解，则实数a的取值范围是（ ） A．
B．
C．
D．
【考点】根的存在性及根的个数判断．
【分析】根据f（x）的单调性，通过讨论a的符号，解关于f（x）的不等式结合
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不等式解的个数，求出n的范围即可． 【解答】解：（1）f′（x）=
，
令f′（x）＞0，解得：0＜x＜e， 令f′（x）＜0，解得：x＞e，
∴f（x）的递增区间为（0，e），递减区间为（e，+∞）， 故f（x）的最大值是f（e）=，
x→+∞时，f（x）→0，x→0时，x→﹣∞，f（1）=0， 故在（0，1）时，f（x）＜0，在（1，+∞）时，f（x）＞0，
∴a＜0时，由不等式f2（x）﹣af（x）＞0得f（x）＞0或f（x）＜a， 而f（x）＞0的解集为（1，+∞），整数解有无数多个，不合题意；
a=0时，由不等式f2（x）﹣af（x）＞0，得f（x）≠0，解集为（0，1）∪（1，+∞），
整数解有无数多个，不合题意；
a＞0时，由不等式f2（x）﹣af（x）＞0，得f（x）＞a或f（x）＜0， ∵f（x）＜0的解集为（0，1）无整数解，
若不等式f2（x）﹣af（x）＞0有且只有三个整数解， ∵f（x）在（0，e）递增，在（e，+∞）递减， 而2＜e＜3，f（2）=f（4），
所以，三个正整数为3，4，5，而f（4）=综上，实数a的取值范围是[故选：A．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分． 13．若2sinθ+cosθ=0，则
【考点】两角和与差的正切函数．
【分析】由已知利用同角三角函数基本关系式可求tanθ，利用两角和的正切函数公式即可计算得解．
【解答】解：∵2sinθ+cosθ=0，
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，
，），
= ．
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