浙江体育职业技术学院-护肤小常识

2017山东理
【试卷点评】

【命题特点】
2017年 山东高考数学试卷，文理科试卷结构总体保持了传统的命题风格，以能力立意，注重
考查考生的基础知识 、基本技能和基本数学素养，符合考试说明的各项要求，贴近中学教学实际，
是一份知识与能力完美融合 、传统与创新和谐统一的优秀试卷．与2016年相比，文理科相同题目
减少为3个，注重姊妹题的设计 ．试题的顺序编排，基本遵循由易到难，符合学生由易到难的答题
习惯，理科20题两层分类讨论，其难 度估计比21题要大．从命题内容来看，既突出热点内容的年
年考查，又注意了非热点内容的考查，对教 学工作有较好的导向性．纵观近四年的高考命题，基本
围绕“基础考点”命题．同以往相比，今年对直线 与圆没有独立的考题，文理均在压轴题的圆锥曲
线问题中有所涉及直线与圆的位置关系，对基本不等式有 独立考查，与往年突出考查等差数列不同，
今年对此考查有所淡化．
2017年山东数学试卷 “以稳为主”、“稳中有新”，试卷结构平稳，无偏怪题，个人感觉难
度控制较为理想，特别是在体现文 理差别方面，更为符合中学实际．
1．体现新课标理念，保持稳定，适度创新．试卷紧扣山东高考《考 试说明》，重点内容重点考
查，试题注重考查高中数学的基础知识，并以重点知识为主线组织全卷，在知 识网络交汇处设计试
题内容，且有适度难度．而对新增内容则重点考查基本概念、基础知识，难度不大． 文科第10题
考查函数性质的创新题，以函数为增函数定义函数的新性质，选择支以考生熟悉的初等函数 为素材，
为考生搭建问题平台，展示研究函数性质的基本方法；理科第14题与文科第15题相同，将双 曲线、
抛物线内容综合考查，理科第19题将数列与解析几何相结合，体现创新．
2．关注通 性通法．试卷淡化了特殊的技巧，全面考查通性通法，体现了以知识为载体，以方
法为依托，以能力考查 为目的的命题要求．数学思想方法是数学的灵魂，是对数学知识最高层次的
概括与提炼，也是试卷考查的 核心．通过命题精心设计，较好地考查了数形结合的思想、函数与方
程的思想、转化与化归的数学思想． 利用函数导数讨论函数的单调性、极值的过程，将分类与整合
的思想挖掘得淋漓尽致．
3．体 现数学应用，关注社会生活．文理科均通过概率统计问题考查考生应用数学的能力，以
学生都熟悉的内容 为背景，体现试卷设计问题背景的公平性，对推动数学教学中关注身边的数学起
到良好的导向．
【命题趋势】
2018年起，山东将不再自主命题，综合全国卷特点，结合山东教学实际，预 测教学、复习备
考时应注意一下几个方面．
1．函数与导数知识：以导数知识为背景的函数问 题，多于单调性相关；对具体函数的基本性
质(奇偶性、周期性、函数图像、函数与方程)、分段函数及 抽象函数考查依然是重点．导数的几何
意义，利用导数研究函数的性质，命题变换空间较大，直接应用问 题、定值问题、存在性问题、求
参数问题等等，因此，其难度应会保持在中档以上．
2．三角 函数与向量知识：三角函数将从三角函数的图像和性质、三角变换、解三角形等三个
方面进行考查，预计 在未来考卷中，三方面内容依然会轮流出现在小题、大题中，大题综合化的趋
势不容忽视．向量具有数与 形的双重性，并具有较强的工具性，从近几年命题看，高考中向量试题
的命题趋向依然是，考查平面向量 的基本概念和运算律；考查平面向量的坐标运算；考查平面向量
与几何、三角、代数等学科的综合性问题 ，其难度不会增大．
3．不等式知识：突出工具性，淡化独立性，突出解不等式及不等式的应用是不等式 命题的重
要趋向之一．不等式的性质与指数函数、对数函数、三角函数、二次函数等结合起来，考查不等 式
的性质、最值、函数的单调性等；证明不等式的试题，多与导数、数列、解析几何等知识为背景，在知识网络的交汇处命题，综合性往往较强，能力要求较高；解不等式的试题，往往与集合、函数
图 像等相结合．
4．数列知识：等差数列、等比数列的通项公式及求和公式，依然会是考查的重点．由于 数列
求和问题的求解策略较为模式化，因此，这方面的创新往往会在融入“和”与“通项”的关系方面， 让
考生从此探究数列特征，确定应对方法．少有可能会象浙江卷，将数列与不等式综合，作为压轴难题出现．
5．立体几何知识：近几年的命题说明，通过垂直、平行位置关系的证明题，二面角等角 的计
算问题，综合考查考生的逻辑思维能力、推理论证能力以及计算能力，在这方面文科倾向于证明，< br>理科则倾向于证算并重，理科将更倾向于利用空间向量方法解题．
中华－资源%库

6．解析几何知识：预计小题中考查直线与圆、双曲线及抛物线的标准方程和几何性质为主旋律，解答题考查椭圆及椭圆与直线的位置关系等综合性问题为主，考查抛物线及抛物线与直线的位置关
系 等综合性问题为辅，和导数一样，命题变换空间较大，面积问题、定点问题、定值问题、存在性
问题、求 参数问题等等，因此，导数问题或圆锥曲线问题作为压轴题的地位难以变化．
7．概率与统计知识：概 率统计知识较为繁杂，命题的难度伸缩性也较大，其中较多考查基础
知识、基本应用能力的内容应包括： 古典概型、几何概型、茎叶图、平均数、中位数、变量的相关
性、频率分布直方图(表)、正态分布、假 设性检验、回归分析等，而对随机变量分布列、期望等的
考查，则易于增大难度，在分布列的确定过程中 ，应用二项分布、超几何分布等．
一、选择题
1．设函数y＝4－x
2
的 定义域A，函数y＝ln(1－x)的定义域为B，则A∩B＝
A．(1，2) B．(1，2] C．(－2，1) D．[－2，1)
【解析】由4 －x
2
≥0得，－2≤x≤2，由1－x＞0得，x＜1，故A∩B＝{x|－2≤x＜1}， 故选D．
2．已知a∈R，i是虚数单位，若z＝a＋3i，z·z＝4，则a＝( )
A．1或－1 B．7或－7 C．－3 D．3
【解析】 ∵z·z＝4，∴|z|
2
＝4，即|z|＝2．∵z＝a＋3i，∴|z|＝a
2< br>＋3＝2，∴a＝±1．故选A．
3．已知命题p：∀x＞0，ln(x＋1)＞0；命题q： 若a＞b，则a
a
＞b
b
，下列命题为真命题的是
A．p∧q B．p∧¬q C．¬p∧q D．¬p∧¬q
【解析】由x＞0时，x＋1＞ 1，ln(x＋1)有意义，知p是真命题，由2＞1，2
2
＞1
2
；－1＞ －2，(－
－1)
2
＜(－2)
2
可知q是假命题，即p，¬q均是 真命题，故选B．

x－y＋3≤0，

4．已知x，y满足约束条件
3x＋y＋5≤0，
则z＝x＋2y的最大值是( )


x＋3≥0，
A．0 B．2 C．5 D．6
解析 (1)由已知得约束条件的可行域如图中阴影部分所示，故目标
函数z＝x＋2y经过点 C(－3，4)时取最大值z
max
＝－3＋2×4＝5．
5．为了研究某班学生的 脚长x(单位：厘米)和身高y(单位：厘
米)的关系，从该班随机抽取10名学生，根据测量数据的散 点图可
^^
以看出y与x之间有线性相关关系，设其回归直线方程为y＝bx＋
101 0
^^
a．已知∑x＝225，∑y＝1 600，b＝4．该班某学生的脚长为24，
ii
i
＝
1i
＝
1
据此估计其身高为( )
A．160 B．163 C．166 D．170
【解析】由已知 得x＝22．5，y＝160，因回归直线方程过样本点中心(x，
^^^^
y)，且b＝4， 故160＝4×22．5＋a，解得a＝70．故回归直线方程为y＝
^
4x＋70，当x＝2 4时，y＝166．故选C．
6．执行两次右图所示的程序框图，若第一次输入的x的值为7，第二< br>次输入的x的值为9，则第一次、第二次输出的a的值分别为( )
A．0，0 B．1，1 C．0，1 D．1，0
【解析】第一次x＝7，2
2
＜ 7，b＝3，3
2
＞7，a＝1；第二次x＝9，2
2
＜9，
b＝3 ，3
2
＝9，a＝0，故选D．
7．若a＞b＞0，且ab＝1，则下列不等式成立的是 ( )

1b b1
A．a＋＜
a
＜log
2
(a＋b) B．
a
＜log
2
(a＋b)＜a＋
b22b
1b1b< br>C．a＋＜log
2
(a＋b)＜
a
D．log
2
(a＋b)＜a＋＜
a

b2b2
1
b
＋
【解析】因a＞b＞0，且ab＝1
，
故a＞1，0＜b＜1，故
a
＜1，log
2
(a＋b)＞log
2
2ab＝1，2
a
b
＞a
2
11
＋＞a＋b
，故
a＋＞log2
(a＋b)，故选B．
bb
11b15b1
【解】令a＝2，b＝， 则a＋＝4，
a
＝，log
2
(a＋b)＝log
2
∈(1 ，2)，则
a
＜log
2
(a＋b)＜a＋．
2b2822b8．从分别标有1，2，…，9的9张卡片中不放回地随机抽取2次，每次抽取1张，则抽到的
2张 卡片上的数奇偶性不同的概率是( )
5
A．
18
4
B．
9
5
C．
9
7
D．
9
5×4×25
【解】由题意得，所求概率p＝＝，故选C．
9×899．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c．若△ABC为锐角三角形，且满足sin B(1
＋2cos C)＝2sin AcosC＋cosA sin C，则下列等式成立的是( )
A．a＝2b B．b＝2a C．A＝2B D．B＝2A
【解析】等式右边＝2sin AcosC＋cosAsinC＝sinAcosC＋sin(A＋C) ＝sinAcosC＋sinB．等式左边＝2sin
BcosC＋sinB，则2sin BcosC＋sinB＝sinAcosC＋sinB，因角C为锐角三角形的内角，故cos C不为
0．故2sin B＝sinA，根据正弦定理，得a＝2b．
10．已知当x∈[0 ，1]时，函数y＝(mx－1)
2
的图像与y＝x＋m的图像有且只有一个交点，则
正实数m的取值范围是 ( )
A．(0，1]∪[23，＋∞) B．(0，1]∪[3，＋∞)
Ziyuank．com
C．(0，2]∪[23，＋∞) D．(0，2]∪[3，＋∞)
11
【解】y＝(mx－1)
2
＝m
2
(x－)
2
，相当于y＝x
2
向右平移个单位，再将函数值放大 m
2
倍得到的；y
mm
＝x＋m相当于y＝x向上平移m个单位．
①若0＜m≤1，两函数的图像如图1所示，可知两函数在x∈[0，1]上有且只有1个交点，符合题
意．

②若m＞1，两函数的大致图像如图2所示．为使两函数在x∈[0，1]上有且只有 1个交点，只需(m
－1)
2
≥1＋m，得m≥3或m≤0(舍去)．
综上，m∈(0，1]∪[3，＋∞)．
二、填空题：本大题共5小题，每小题5分，共25分
11．已知(1＋3x)
n< br>的展开式中含有x
2
项的系数是54，则n＝．

rrrr【解析】由二项式定理的通项公式T
r
＋
1
＝C
r
3· x，令r＝2得：9 C
2
n
(3x)＝C
n
·
n
＝54，解得n＝4．
12．已知e
1
，e
2
是互相垂直的单位向量，若3e
1< br>－e
2
与e
1
＋λe
2
的夹角为60°，则实数λ的 值是．
【解析】|e
1
|＝|e
2
|＝1，e
1
·e
2
＝0，|3e
1
－e
2
|＝3e
2
e
2
＋e
2
同理|e
1
＋λe
2
|＝1＋ λ
2
．故cos
1
－23e
1
·
2
＝2 ．
60°＝
（3e
1
－e
2
）·（e
1
＋ λe
2
）3－λ
13
＝＝．解之得λ＝．
3
|3e
1
－e
2
||e
1
＋λe
2
|
3＋11 ＋λ
2
2
1
13．由一个长方体和两个圆柱体构成的几何体的三视图如右图， 则该几何体的体积为．
4
1
【解析】该几何体的体积为V＝
π╳1
2
╳1＋2╳1
4
π
╳1＝＋2．
2
x
2
y
2
14．在平面直角坐标系xOy中，双曲线
2
－
2
a b
＝1(a＞0，b＞0)的右支与焦点为F的抛物线x
2
＝
2py(p＞0 )交于A，B两点，若|AF|＋|BF|＝4|OF|，
则该双曲线的渐近线方程为________ ．
xy


a
2
－
b
2
＝1，
【解析】设A(x
1
，y
1
)，B(x
2
，y2
)，联立方程：

消去x得a
2
y
2
－2p b
2
y＋a
2
b
2
＝0，由根与

x
2
＝2py，
2b
2
ppp2b
2
系数的关 系得y
1
＋y
2
＝
2
p，又|AF|＋|BF|＝4|OF |，故y
1
＋＋y
2
＋＝4×，即y
1
＋y
2＝p，故
2
p＝p，
a222a
b
2
1b22
即
2
＝
⇒
＝．故双曲线渐近线方程为y＝±x．
a2a22
15．若函数e
x
f(x)(e＝2．718 28…是自然对数 的底数)在f(x)的定义域上单调递增，则称函数f(x)
具有M性质．下列函数中具有M性质的是．
－－
①．f(x)＝2
x
②．f(x)＝3
x
③．f(x)＝x
3
④．f(x)＝x
2
＋2
e
－－ －
【解析】①．e
x
f(x)＝e
x
•2
x
＝()
x
在R上单调递增，故f(x)＝2
x
具有M性质；②．e
x
f(x)＝e
x
•3
x
＝
2
1
－
(e)
x
在R上单调递减，故f(x)＝3
x
不具有M性质；③．e
xf(x)＝x
3
e
x
，令g(x)＝x
3
e
x
，则g′(x)＝x
2
e
x
(x
3
＋2)，故当x ＞－2时，g′(x)＞0，当x＜－2时，g′(x)＜0，故e
x
f(x)＝x
3
e
x
在(－∞，－2)上单调递减，
在(－2，＋∞)上单调递增，故f(x )＝x
3
不具有M性质；④．e
x
f(x)＝e
x
(x2
＋2)，令g(x)＝e
x
(x
2
＋2)，则
g′( x)＝e
x
[(x＋1)
2
＋1]＞0，故e
x
f(x)＝ e
x
(x
2
＋2)在R上单调递增，故f(x)＝x
2
＋2 具有M性质．
22

三、解答题：本大题共6小题，共75分。
πππ< br>16．设函数f(x)＝sin(ωx－)＋sin(ωx－)，其中0＜ω＜3，已知f()＝0．
626
(1)求ω；
(2)将函数y＝f(x)的图像上各点的横坐标伸长为原来的 2倍(纵坐标不变)，再将得到的图像向左
ππ
3π
平移个单位，得到函数y＝g(x )的图像，求g(x)在[－，]上的最小值．
444
ππ
3133
解 (1)因为f(x)＝sin(ωx－)＋sin(ωx－)，故f(x)＝sin ωx－cosωx－cos ωx＝sinωx－cosωx
622222
13
ππωππ
＝3(sin ωx－cosωx)＝3sin(ωx－)．由题设知，f()＝0，故－＝kπ，k∈Z，故ω＝6k＋2，< br>223663
k∈Z．又0＜ω＜3，故ω＝2．
πππππ
3π
π
(2)由(1)得f(x)＝3sin(2x－)，故g(x)＝3sin(x＋－)＝3sin(x－ )．因x∈[－，]，故x－
343124412

π2ππππ
3∈[－，]，当x－＝－，即x＝－时，g(x)取得最小值－．
3312342
17． 如图，几何体是圆柱的一部分，它是由矩形ABCD(及其内部)
以AB边所在直线为旋转轴旋转120 °得到的，G是的中点．
(1)设P是上的一点，且AP⊥BE，求∠CBP的大小；
(2)当AB＝3，AD＝2时，求二面角E－AG－C的大小．
解 (1)因为AP⊥BE ，AB⊥BE，AB，AP⊂平面ABP，AB∩AP＝A，故
BE⊥平面ABP，又BP⊂平面ABP ，故BE⊥BP，又∠EBC＝120°，因
此∠CBP＝30°．
(2)法一 如图1，取的中点H，连接EH，GH，CH．

图1
因为∠EBC＝120°， 故四边形BEHC为菱形，故AE＝GE＝AC＝GC＝3
2
＋2
2
＝13． 取AG中点
M，连接EM，CM，EC，则EM⊥AG，CM⊥AG，故，∠EMC为所求二面角的平面 角．又AM＝1，
故EM＝CM＝13－1＝23．在△BEC中，由于∠EBC＝120°，由余弦定 理得EC
2
＝2
2
＋2
2
－2×
2×2×cos 120°＝12，故EC＝23，因此△EMC为等边三角形，故所求的角为60°．
法二 以B为坐 标原点，分别以BE，BP，BA所在的直线为x，y，z轴，建立如图2所示的空间直
角坐标系．

图2
→
→
由题意得，A(0，0，3)，E(2，0，0)，G (1，3，3)，C(－1，3，0)，故AE＝(2，0，－3)，AG＝
→

m· AE＝0，

→
(1，3，0)，CG＝(2，0，3)，设m＝(x
1，y
1
，z
1
)是平面AEG的一个法向量．由

可得
→

AG＝0，

m·


2x1
－3z
1
＝0，
取z
1
＝2，可得平面AEG的一个 法向量m＝(3，－3，2)．设n＝(x
2
，y
2
，z
2
)是平面


x
1
＋3y
1
＝0.
→
AG＝0，

n·

x
2
＋3y
2
＝0，
ACG的一个法向量．由

可得

取z
2< br>＝－2，可得平面ACG的一个法向量n
→

2x
2
＋3z< br>2
＝0.

CG＝0，

n·
m·n1
＝( 3，－3，－2)．故cos〈m，n〉＝＝．因此所求的角为60°．
|m|·|n|2
1 8．(本小题满分12分)在心理学研究中，常采用对比试验的方法评价不同心理暗示对人的影
响，具体 方法如下：将参加试验的志愿者随机分成两组，一组接受甲种心理暗示，另一组接受乙种
心理暗示，通过 对比这两组志愿者接受心理暗示后的结果来评价两种心理暗示的作用，现有6名男
志愿者A
1< br>，A
2
，A
3
，A
4
，A
5
，A< br>6
和4名女志愿者B
1
，B
2
，B
3
，B< br>4
，从中随机抽取5人接受甲种心理
暗示，另5人接受乙种心理暗示．
(I) 求接受甲种心理暗示的志愿者中包含A
1
但不包含
B
1
的频率。
(II)用X表示接受乙种心理暗示的女志愿者人数，求X的分布列与数学期望EX．
C
4
5
8
解 (1)记接受甲种心理暗示的志愿者中包含A
1
但不包含B
1
的事件为M，则P(M)＝
5
＝．
C
10
18
(2)由题意知X可取的值为：0，1，2，3，4，则
C
5
1
6
P(X＝0)＝
5
＝，
C10
42
1
C
4
5
6
C
4
P (X＝1)＝
5
＝，
C
10
21
2
C
3
6
C
4
10
P(X＝2)＝
5
＝，
C< br>10
21
3
C
2
5
6
C
4
P(X＝3)＝
5
＝，
C
10
21
4
C
1
1
6
C
4
P(X＝4)＝
5
＝．
C
10
42
因此X的分布列为
X
P
0
1

42
1
5

21
2
10

21
3
5

21
4
1

42
151051
X的数学期望是E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＋4×＝2．
4221212142
19．(本小题满分12分)已知{x
n
}是各项均为 正数的等比数列，且x
1
＋x
2
＝3，x
3
－x
2
＝2．
(1)求数列{x
n
}的通项公式；
(2)如图，在平面 直角坐标系xOy中，依次连接点P
1
(x
1
，1)，P
2
(x
2
，2)，…，P
n
＋
1
(x
n
＋< br>1
，n＋1)
得到折线P
1
P
2
…P
n＋
1
，求由该折线与直线y＝0，x＝x
1
，x＝x
n
＋
1
所围成的区域的面积T
n
．


x
1
＋x
1
q＝3，
【解】(1)设数列{x
n
}的公比为q ，由题意得

2
故3q
2
－

x
1
q－x
1
q＝2.

5q－2＝0，由已知q＞0，故q＝2，x
1
＝1．因此数列{x
n
}的通项公
－
式为x
n
＝ 2
n
1
．
－
(2)过P
1
，P
2
，…，P
n
＋
1
向x轴作垂线，垂足分别为Q
1
，Q2
，…，Q
n
＋
1
．由(1)得x
n
＋
1
－x
n
＝2
n
－2
n
1

＝2
n
1
，记梯形P
n
P
n
＋
1
Q
n
＋
1
Q
n
的面积为b
n
，由题意b
n
＝
－
－
（n＋n＋1）
n
－
1
－
×2＝(2n＋1)×2
n
2
，故T
n
2
－－< br>＝b
1
＋b
2
＋…＋b
n
＝3×2
1
＋5×2
0
＋7×2
1
＋…＋(2n－1)×2
n
3＋(2n＋1)·×2
n
2
①．又2T
n
＝3×2
0< br>＋5×2
1
＋7×2
2
＋…＋(2n－1)×2
n
2
＋(2n＋1)×2
n
1
②．①－②得－T
n
＝3×21
＋(2＋2
2
＋…＋2
n
1
)
－(2n＋1 )×2
n
－
1
－－－－
（2n－1）×2
n
＋1< br>3
2（1－2
n
1
）
n
－
1
＝＋－ (2n＋1)×2．故T
n
＝．
22
1－2
－
20．(本 小题满分13分)已知函数f(x)＝x
2
＋2cos x，g(x)＝e
x
(2x－2＋cos x－sin x)，其中e＝
2．71828…是自然对数的底数．
⑴．求曲线y＝f(x)在点(π，f(π))处的切线方程；
⑵．令h(x)＝g(x)－ af(x)(a∈R)，讨论h(x)的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值．
【解析】⑴．由题意得，f(π)＝π
2
－2，又f′(x)＝2x－2sin x，故f ′(π)＝2π，故曲线y＝f(x)在点(π，f(π))
处的切线方程为y－(π
2
－2)＝2π(x－π)，即y＝2πx－π
2
－2．
⑵．由题意得，h(x)＝e
x
(2x－2＋cos x－sin x)－a(x
2
＋2cos x)，因h′(x)＝2(e
x
－a)(x－sin x)，令m(x)
＝x－sin x，则m′(x)＝1－cos x≥0，故m(x)在R上单调递增．因m(0)＝0，故当x＞0时，m(x )＞0，
当x＜0时，m(x)＜0，
①．当a≤0时，e
x
－a＞0，当 x＜0时，h′(x)＜0，h(x)单调递减，当x＞0时，h′(x)＞0，h(x)
单调递增，故 当x＝0时，h(x)取得极小值，极小值是h(0)＝－2a－1；
②．当a＞0时，h′(x)＝ 2(e
x
－e
ln
a
)(x－sin x)，令h′(x)＝0得，x
1
＝ln a，x
2
＝0，
i．当0＜a＜1时，ln a＜0，当x∈(－∞，ln a)时，e
x
－e
ln
a
＜0，h′(x)＞0，h(x)单调递增；当x
∈(ln a，0)时，e
x
－e
ln
a
＞0，h′(x)＜0，h(x)单调递减；x∈(0 ，＋∞)时，e
x
－e
ln
a
＞0，h′(x)＞0，h(x)单调递增．故当x＝ln a时，h(x)取得极大值，极大值为h(ln a)＝－a[2＋sin(ln a)＋cos(ln a)＋ln
2
a－
2ln a]，当x＝0时h(x)取到极小值，极小值是h(0)＝－2a－1；
ii．当a＝1时，ln a＝0，故当x∈(－∞，＋∞)时，h′(x)≥0，函数h(x)在(－∞，＋∞)上单调递
增，无 极值；
III．当a＞1时，ln a＞0，故当x∈(－∞，0)时，e
x
－e< br>ln
a
＜0，h′(x)＞0，h(x)单调递增；当x∈(0，
ln a)时 ，e
x
－e
ln
a
＜0，h′(x)＜0，h(x)单调递减；当x ∈(ln a，＋∞)时，e
x
－e
ln
a
＞0，h′(x)＞0， h(x)单
调递增；故当x＝0时h(x)取得极大值，极大值是h(0)＝－2a－1；当x＝ln a时，h(x)取得极小值．极
小值是h(ln a)＝－a[2＋sin(ln a)＋cos(ln a)＋ln
2
a－2ln a]．
综上所述：当a≤0时，h(x)在(－∞，0) 上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，函数h(x)有极小
值，极小值是h(0)＝－2a－1；当 0＜a＜1时，函数h(x)在(－∞，ln a)和(0，ln a)和(0，＋∞)上单调
递增，在(ln a，0)上单调递减，函数h(x)有极大值，也有极小值，极大值是h(ln a)＝－a[2＋sin(ln a)
＋cos(ln a)＋ln
2
a－2ln a]，极小值是h(0)＝－2a－ 1；当a＝1时，函数h(x)在(－∞，＋∞)上单调递
增，无极值；当a＞1时，函数h(x)在( －∞，0)和(ln a，＋∞)上单调递增，在(0，ln a)上单调递减，
函数h(x)有极大值 ，也有极小值，极大值是h(0)＝－2a－1；极小值是h(ln a)＝－a[2＋sin(ln a)＋cos(ln
2
a)＋lna－2ln a]．
x
2
y< br>2
2
21．(本小题满分14分)在平面直角坐标系xOy中，椭圆E：
2＋
2
＝1(a＞b＞0)的离心率为，
ab2
焦距为2．
(1)求椭圆E的方程．
(Ⅱ)如图，该直线l：y＝k
1
x－
率 为k
1
，且看k
1
k
2
＝
3
交椭圆E于A ，B两点，C是椭圆上的一点，直线OC的斜
2
2
，M是线段OC延长线上的一点，且 |MC|：|AB|＝2：3，⊙M的半径为|MC|，
4
OS
，
OT是⊙M 的两条切线，切点分别为S，T，求∠SOT的最大值并求取得最大值时直线l的斜率．

c2x
2
2
【解析】⑴．由题意知e＝＝，2c＝ 2，故a＝2，b＝1，因此椭圆E的方程为＋y＝1．
a22

⑵．设A(x，y )，B(x，y)，联立方程

得(4k＋2)x－4
3

y＝kx －
2
，
1122
2
1
2
1
x
2< br>2
＋y＝1，
2
3k
1
x－1＝0，由题意知Δ＞
2
1＋k
2
23k
1
1
1
1＋8k
1
2
0，且x
1
＋x
2
＝
2
，x
1
x
2
＝－，故AB＝1＋k
1
|x
1
－x
2|＝2．由题意
2
2k
1
＋12（2k
2
1＋2k11
＋1）
2
222
1＋k
2
22
1
1＋8k
1
可知圆M的半径r为r＝AB＝，由题设知kk＝，故k＝，故直线OC
1 22
3344k
1
2k
2
1
＋1
2
的方程 为y＝x，联立方程
4k
1


2

y＝
4k
x，
1
x
2
2
＋y＝1，
2
得，x< br>2
＝
8k
2
1
1
2
＝，y，故OC＝x2
＋y
2
＝
22
1＋4k
1
1＋4k
1
1＋8k
2
∠SOT
r
1
．由题意知，sin＝＝
2
1＋4k
2
r＋OC
1
1＋2k
2
1OC32
1
．而＝，令t＝1＋2k
2
1
，则
22
OCr4
1＋4k
1
1＋k
1
1＋
r
1
11
2＋－
2
tt
＝
3
2
1
11

9
－


t
－
2

＋
4
2
11
≥1，当且仅当＝，
t2
1OC3t3
t＞1，∈(0，1) ，因此＝＝
tr2
2t
2
＋t－1
2
∠SOT
1< br>∠SOT
π
2
π
即t＝2时等号成立，此时k
1
＝± ，故sin ≤，因此≤，故∠SOT最大值为．
222263
π
2
综上所 述，∠SOT的最大值为，取得最大值时直线l的斜率为k
1
＝±．
32