再把所得图象每个点的横坐标扩大为原来的2倍，得到函数g（x）=图象， ∴由x﹣错误； 由g（x）=由2kπ+2kπ+由x﹣为（
sin（x﹣
）+∈[﹣
， +
=kπ+
，k∈Z，解得g（x）的一条对称轴方程为：x=kπ+
sin（x﹣）+的
，k∈Z，可得A
]，可得B错误；
，
≤x﹣≤2kπ+，k∈Z，解得g（x）的单调递减区间为：[2kπ+
]，k∈Z，可得C错误；
=kπ，k∈Z，解得g（x）的对称中心坐标为：（kπ+，），可得D正确．
，），k∈Z，当k=1时，
故选：D．
11．已知双曲线的两条渐近线方程为3x±4y=0，A为双曲线的右支上的一点，F1（﹣5，0）、F2（5，0）分别为双曲线的左、右焦点，若∠F1AF2=60°，则△F1AF2的面积为（ ） A．8 B．6 C．4 D．9 【考点】双曲线的简单性质． 【分析】设双曲线的方程为
﹣
=1（a，b＞0），求出渐近线方程，由题意可得c=5，即
a2+b2=25，且=，解得a=4，b=3，可得双曲线的方程，运用双曲线的定义和三角形的余弦定理，可得|AF1|?|AF2|=4b2=36，再由△F1AF2的面积S=|AF1|?|AF2|sin∠F1AF2，计算即可得到所求值．
【解答】解：设双曲线的方程为
﹣
=1（a，b＞0），
可得渐近线方程为y=±x，
由题意可得c=5，即a2+b2=25，且=， 解得a=4，b=3， 即双曲线的方程为
﹣
=1，
又|AF1|﹣|AF2|=2a=8，|F1F2|=2c=10，∠F1AF2=60°，
在△F1AF2中，由余弦定理得：
|F1F2|2=|AF1|2+|AF2|2﹣2|AF1|?|AF2|cos∠F1AF2
=（|AF1|﹣|AF2|）2+|AF1|?|AF2|， 即4c2=4a2+|AF1|?|AF2|， 可得|AF1|?|AF2|=4b2=36，
则△F1AF2的面积S=|AF1|?|AF2|sin∠F1AF2=×36×
=9
．
故选：D．
12．若函数f（x）=log2x在x∈[1，4]上满足f（x）≤m2﹣3am+2恒成立，则当a∈[﹣1，1]时，实数m的取值范围是（ ） A．[﹣，]
B．（﹣∞，﹣]∪[，+∞）∪{0}
C．[﹣3，3] D．（﹣∞，﹣3]∪[3，+∞）∪{0}
【考点】对数函数的图象与性质．
【分析】先求出函数f（x）=log2x在x∈[1，4]上的取值范围，转化为2≤m2﹣3am+2在a
∈[﹣1，1]上恒成立，再构造g（a）=m2﹣3am，a∈[﹣1，1]根据函数的单调性即可得到．
【解答】解：当x∈[1，4]时，0≤f（x）=log2x≤2，
可得2≤m2﹣3am+2在a∈[﹣1，1]上恒成立，即m2﹣3am≥0在a∈[﹣1，1]上恒成立， 当m=0时显然成立，
当m≠0时，设g（a）=m2﹣3am，a∈[﹣1，1]，
则（1）m＞0时，函数g（a）在[﹣1，1]上是减函数，可知g（1）≥0，解得m≥3； （2）m＜0时，函数g（a）在[﹣1，1]上是增函数，可知g（﹣1）≥0，解得m≤﹣3； 综上所述，m的取值范围是m=0或m≥3或m≤﹣3， 故选D．
二、填空题 13．已知sin（α+
）=
，则cos（2α+
）= ．
【考点】三角函数的化简求值．
【分析】由条件利用二倍角的余弦公式，求得cos（2α+【解答】解：∵sin（α+故答案为：．
）=
，则cos（2α+
）=1﹣2
）的值．
=1﹣2×=，
14．已知实数x，y满足约束条件，则z=3x+2y的最大值为 ．
【考点】简单线性规划．
【分析】由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，把最优解的坐标代入目标函数得答案． 【解答】解：作出可行域如图，
将z=3x+2y变形为当目标函数
，
过点A时，z取最大值．
联立，解得A（2，3）．
代入可得zmax=3×2+2×3=12．
故答案为：12．
15．两平行平面截半径为13的球O所得两截面圆分别记为⊙O1、⊙O2，若⊙O1、⊙O2的面积分别为25π、144π，则|O1O2|= ． 【考点】球的体积和表面积．
【分析】先根据两个截面圆的面积分别求出对应圆的半径，再分析出两个截面所存在的两种情况，最后对每一种情况分别求出两个平行平面的距离即可．
【解答】解：设两个截面圆的半径别为r1，r2．球心到截面的距离分别为d1，d2． 由πr12=25π，得r1=5． 由πr22=144π，得r2=12．
如图①所示．当球的球心在两个平行平面的外侧时， 这两个平面间的距离为球心与两个截面圆的距离之差． 即
﹣
=7．
如图②所示．当球的球心在两个平行平面的之间时， 这两个平面间的距离为球心与两个截面圆的距离之和． 即d2+d1=
故答案为：7或17．
+
=12+5=17．
16．在△ABC中，内角A、B、C的对边分别是a、b、c，且满足（4a﹣3c）cosB=3bcosC，若a，b，c成等差数列，则sinA+sinC= ． 【考点】正弦定理．
【分析】由正弦定理，两角和的正弦函数公式，三角形内角和定理化简已知等式可得4sinAcosB=3sinA，结合sinA≠0，可得：cosB=，从而可求sinB，由2b=a+c，利用正弦定理即可计算得解．
【解答】解：在△ABC中，∵（4a﹣3c）cosB=3bcosC，
∴4sinAcosB﹣3sinCcosB=3sinBcosC，可得：4sinAcosB=3sin（B+C）=3sinA， ∵sinA≠0，可得：cosB=， ∴sinB=
=
，
∵a，b，c成等差数列，2b=a+c， ∴2sinB=sinA+sinC=2×故答案为：
．
=
．
三、解答题
17．已知公差不为0的等差数列{an}中，a1=2，且a2+1，a4+1，a8+1成等比数列． （1）求数列{an}通项公式； （2）设数列{bn}满足bn=
，求适合方程b1b2+b2b3+…+bnbn+1=
的正整数n的值．
【考点】数列递推式；等差数列的通项公式． 【分析】（1）由a2+1，a4+1，a8+1成等比数列，建立关于d的方程，解出d，即可求数列{an}的通项公式；
（2）表示出bn，利用裂项相消法求出b1b2+b2b3+…+bnbn+1，建立关于n的方程，求解即可 【解答】解：（1）设公差为为d，a1=2，且a2+1，a4+1，a8+1成等比数列， ∴（a4+1）2=（a2+1）（a8+1）， ∴（3d+3）2=（3+d）（3+7d）， 解得d=3，
∴an=a1+（n﹣1）d=2+3（n﹣1）=3n﹣1； （2）∵数列{bn}满足bn=∴bn=∴bnbn+1=
，
?
=3（
﹣
）
﹣
）=3（﹣
）=
，
，
∴b1b2+b2b3+…+bnbn+1=3（﹣+﹣+??+即
=
，
解得n=10，
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