1. 解： （1） f（x）=2sinxcos（x-φ）=2sinx（cosxcosφ+sinxsinφ）=cosφsin2x+sinφ（1-cos2x）=cosφsin2x-sinφcos2x+sinφ=sin（2x-φ）+sinφ，所以f（x）max=1+sinφ.由題意可知，f（x）max=，所以sinφ=. 又0<φ<，所以φ=.

（2） 由（1）得 f（x）=sin2x-

+，所以A

，

，B

，

-.因為[OA] ·[OB] =->->0，所以∠AOB<.

2. 解： （1） 設R為△ABC的外接圓半徑，由正弦定理===2R可得，acosB+

bcosA=2RsinAcosB+2RsinBcosA=2Rsin（A+B）=2RsinC=c.

（2） a2sin2B+b2sin2A=2a2sinBcosB+2b2sinAcosA.因為bsinA=asinB，所以2a2sinBcosB+2b2sinAcosA=2absin（A+B）=2absinC=4S，即a2sin2B+b2sin2A=4S.

3. 解： （1） f（x）=3x+sinxcosx-5sinx，f′（x）=3+cos2x-5cosx=2cos2x-5cosx+2=（2cosx-1）·（cosx-2）.令f′（x）=0得cosx=.當x∈[0，2π]時，f′（x）=0共有兩個根：x1=，x2=.當x∈0，

時，

，

時，-10；當x∈

，2π時，f′（x）<0.所以函數(shù)f（x）的單調(diào)遞減區(qū)間為0，

，

，2π，單調(diào)遞增區(qū)間為

，

.

（2） f′（x）=3+cos2x-5cosx的周期為2π.由（1）可知， f（x）在區(qū)間（0，+∞）上所有極小值點從小到大滿足xn=2（n-1）π+（n=1，2，3，…）.將xn代入f（x）=3x+sinxcosx-5sinx得f（xn）=3xn-，即所有點Pn（xn，f（xn））在同一直線y=3x-上.

4. 解： （1） 記甲、乙兩人同時參加A崗位服務為事件EA，P（EA）==.

（2） 記甲、乙兩人同時參加同一崗位服務為事件E，則P（E）==，所以甲、乙兩人不在同一崗位服務的概率P（E）=1-P（E）=.

5. 解： （1） 由莖葉圖可知，隨機抽取的15天中空氣質量類別為優(yōu)或良的天數(shù)為5天， 所以可估計甲城市在11月份30天的空氣質量類別為優(yōu)或良的天數(shù)為10天.

（2） X的取值為0，1，2 .

P（X=0）==，P（X=1）==，P（X=2）==.

X的分布列為：

所以數(shù)學期望EX=0×+1×+2×=.

6. 解： （1） 由題意可得，甲、乙兩人都沒有抽中6號簽的概率P==.

（2） 隨機變量ξ=0，1，2，3，4.

P（ξ=0）==，P（ξ=1）==，P（ξ=2）==，P（ξ=3）==，P（ξ=4）==.

隨機變量ξ的分布列為：

所以隨機變量ξ的期望Eξ=0×+1×+2×+3×+4×=.

7. 解： （1） 因為=2+n-1=n+1，所以Sn=n2+n.當n≥2時，an=Sn-Sn-1=n2+n-（n-1）2-（n-1）=2n.又a1=S1=2也滿足an=2n，所以數(shù)列{an}的通項公式為an=2n，n∈N*.

（2） 由題意知++…+=（4n-1）（①）.當n≥2時，++…+=（4n-1-1）（②）.①-②得=（4n-4n-1）=·4n-1（4-1）=4n，所以bn=2n·4n （n∈N*，n≥2）.當n=1時，=·（4-1）=4，可得b1=8=2·4也滿足bn=2n·4n，所以{bn}的通項公式bn=2n·4n，n∈N*.

8. 解： （1） 因為2anSn-[an][2]=1，所以當n≥2時，2（Sn-Sn-1）Sn-（Sn-Sn-1）2=1，整理得[Sn][2]-[Sn-1][2]=1.由2S1·S1-[S1][2]=1可得[S1][2]=1，所以數(shù)列{[Sn][2]}為首項和公差都是1的等差數(shù)列，所以[Sn][2]=n.

由an>0可知Sn>0，所以Sn=.當n≥2時，an=Sn-Sn-1=-.又a1=S1=1也滿足an=-，所以{an}的通項公式an=-，n∈N*.

（2） 因為bn===-，所以Tn=1-+-+…+-=1-==. 又n≥1，所以Tn≥.依題意有>（m2-3m），解得-1

9. 解： （1） 在△PDF中，由PD=2EC，EC∥PD可得C為DF中點，所以CF=CD=AB.又AB∥CF，所以四邊形ABFC為平行四邊形，BF∥AC.因為AC?平面PAC，BF?平面PAC，所以 BF∥平面PAC.

（2） 因為平面ABCD⊥平面PDCE，∠PDC=90°，所以PD⊥平面ABCD，可得PD⊥AD，PD⊥CD.又∠ADC=90°，已知AD⊥AC，所以可建立如圖1所示的空間直角坐標系D-xyz.

設直線BQ與平面PDB所成角為α，由點B（2，2，0），Q（0，2，t）（0≤t≤1）可得[BQ] =（-2，0，t）.因為PD⊥平面ABCD，AC?面ABCD，所以AC⊥PD.又由ABCD為正方形可得AC⊥BD，所以AC⊥平面PDB，[AC] =（-2，2，0）是平面PDB的一個法向量，所以sinα==≥=，所以直線BQ與平面PDB所成角正弦值的最小值為.

10. 解： （1） 因為C′O⊥BD，AO⊥BD，C′O∩AO=O，所以BD⊥平面AOC′.又BD?平面ABD，所以平面AOC′⊥平面ABD.

（2） 如圖2所示，過點C′作C′E⊥AO于點E. 由第（1）題可知平面AOC′⊥平面ABD，所以C′E⊥平面ABD，∠C′BE是BC′與底面ABD所成的角. 設C′E=x，AB=2y，則sin∠C′BE=.

過點E作EF⊥AB于點F，聯(lián)結C′F，則∠C′FE是平面C′AB與平面ABD所成角的二面角. 由ABCD為菱形、∠A=60°可知AO=C′O=y. 又由已知得tan∠C′FE=2+2，所以EF=. 因為∠EFA=90°，∠EAF=∠A=30°，所以AE=2EF=.又OE==，由OE+AE=+=AO=y可得x=y，所以sin∠C′BE==，∠C′BE=30°.

11. 解： （1） 因為e====，所以=.又橢圓過點

，，所以+=1. 解得a2=4，b2=3，橢圓的方程為+=1.

（2） 如果直線BC的斜率不存在，則BC垂直x軸于點F.由直線x==4與x軸交于點G可得G（4，0），又F（1，0），BC∥DE，所以===·=

2=.

如果直線BC的斜率存在，由點F（1，0）可設直線BC的方程為y=k（x-1）（k≠0），代入橢圓C：+=1得（3+4k2）x2-8k2x+4k2-12=0.設B（x1，y1），C（x2，y2），則x1+x2=，x1x2=.

因為==·=·===<.

綜上可得的最大值為.

12. 解： （1） 依橢圓的定義可知，點P的軌跡為焦點在x軸上的橢圓，且a=，c=，b=，所以動點P的軌跡方程為+=1.

（2） 根據(jù)題意，作出符合條件的圖形，如圖3所示.如果圓的切線的斜率不存在，則AB方程為x=±，此時OQ=.

如果圓的切線的斜率存在，設圓的切線方程為y=kx+b，代入橢圓方程得（1+2k2）x2+4kbx+2b2-6=0.設A（x1，y1），B（x2，y2），則x1+x2=-，x1·x2=.

x1x2+y1y2=x1x2+（kx1+b）·（kx2+b）=（1+k2）x1x2+kb（x1+x2）+b2=（1+k2）·+kb·-

+b2= （①）. 又直線AB與圓x2+y2=2相切，所以原點O到直線AB的距離=，b2=2（1+k2），代入①式得x1x2+y1y2=0，所以OA⊥OB. 又Q為AB中點，所以OQ=AB.

因為AB===·，所以由x1+x2=-，x1x2=，b2=2（1+k2）可得AB=2.因為≥0，所以AB≥2（當且僅當k=0時取等號）.當k≠0時，=≤，所以AB≤3 （當且僅當k=±時取等號）.

綜上可得2≤AB≤3，所以≤OQ≤.

13. 解： （1） 設P（x0，y0），因為點A，B的坐標分別為（0，-b），（0，b），所以kPA·kPB=.由+=1可得[x0][2]=a2-[y0][2]，則kPA·kPB=-，所以=.又2a=4，解得a=2，b=1，橢圓的方程為+y2=1.

（2） 如果過點0

，的直線的斜率不存在，則M，N兩點中有一個點與A點重合，不符合題意.所以直線MN的斜率存在.

設MN的斜率為k，則直線方程為y=kx+，代入橢圓方程得（1+4k2）x2+kx-=0.設M（x1，y1），N（x2，y2），則x1+x2=-，x1·x2=-，所以y1+y2=k（x1+x2）+=，y1·y2=k2x1·x2+k（x1+x2）+=.因為A（0，-1），所以kAM=，kAN=，kAM·kAN=·==，化簡得kAM·kAN=-1，所以以MN為直徑的圓必過點A.

如果△AMN為等腰直角三角形，設MN的中點為P，則AP⊥MN.因為點P的坐標為

，

，即-

，

，所以kAP =-.又直線MN的斜率為k，AP⊥MN，所以-=-，解得k=±，所以直線MN的方程為y=±x+.

14. 解： （1） f（x）的定義域為（0，+∞）.由f（x）=x2-2x+1+alnx得f′（x）=，令Δ=4-8a，當a≥時，Δ≤0，2x2-2x+a≥0.又x>0，所以f′（x）≥0，函數(shù)f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增.

當00，方程2x2-2x+a=0有兩個不相等的正根x1，x2.不妨設x10；當x∈（x1，x2）時，f′（x）<0.

所以當0

（2） 由（1）可知，當0

令g（a）=1-a+aln，則g′（a）=1+ln.由0g

，即f（x1）+f（x2）>.

15. 解： （1） 由題意可知x>0，所以f′（x）=x++3.設A（x0，y0），則AB2=[x0][2]+（y0-3）2=[x0][2]+x0

+2=2[x0][2]++2a≥2a+2a，當且僅當2[x0][2]=時，AB2取得最小值4.當a>0時，2a+2a=4，解得a=2-2；當a<0時，-2a+2a=4，解得a=-2-2.

（2） 曲線y=f（x）在點M1

，處的切線斜率為f′（1）=4+a=2，所以a=-2，g（x）=x2-2lnx+3x-2x+

=x2-2lnx+x-.

對任意的x1∈（0，2），存在x2∈[1，2]，使得g（x1）≥h（x2）成立等價于h（x2）min≤g（x1）min.

g′（x1）=x1-+1=，因為x1>0，所以當01時，g′（x1）>0，即函數(shù)g（x1）在（0，1）上單調(diào)遞減，在（1，+∞）單調(diào)遞增，所以g（x1）min=g（1）=0.

當b=0時，h（x2）=-2，h（x2）min≤g（x1）min恒成立，所以b=0滿足題意；

當b>0時，應有h（x2）min=h（1）=b-2≤0，解得0

當b<0時，應有h（x2）min=h（2）=2b-2≤0，解得b<0.

綜上可得，滿足題意的實數(shù)b的取值范圍為（-∞，2].

16. 解： （1） 函數(shù)f（x）的定義域為（0，+∞）.由f（x）==1+得f′（x）=，令f′（x）=0得x=e.當x∈（0，e）時，f′（x）>0，函數(shù)f（x）單調(diào)遞增；當x∈（e，+∞）時，f′（x）<0，函數(shù)f（x）單調(diào)遞減.所以如果0

由上述分析可知，對一切x∈（0，+∞）， f（x）≤，即≤恒成立，所以lnx≤，當且僅當x=e時取等號.因為2≠e，所以ln2