北京市海淀区2015届高三数学上学期期末试卷理(含解析)

北京市海淀区2015届高三上学期期末数学试卷（理科）一、选择题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项．1．（5分）抛物线x2=﹣2y的焦点坐标是（）A．（﹣1，0）B．（1，0）C．D．2．（5分）如图所示，在复平面内，点A对应的复数为z，则复数z2=（）A．﹣3﹣4i B．5+4i C．5﹣4i D．3﹣4i3．（5分）当向量=c=（﹣2，2），=（1，0）时，执行如图所示的程序框图，输出的i值为（）A．5 B．4 C．3 D．24．（5分）已知直线l1：ax+（a+2）y+1=0，l2：x+ay+2=0．若l1⊥l2，则实数a的值是（）A．0 B．2或﹣1 C．0或﹣3 D．﹣35．（5分）设不等式组表示的平面区域为D．则区域D上的点到坐标原点的距离的最小值是（）A．1 B．C．D．56．（5分）某三棱锥的三视图如图所示，该三棱锥四个面的面积中最大的是（）A．B．12 C．D．7．（5分）某堆雪在融化过程中，其体积V（单位：m3）与融化时间t（单位：h）近似满足函数关系：（H为常数），其图象如图所示．记此堆雪从融化开始到结束的平均融化速度为．那么瞬时融化速度等于的时刻是图中的（）A．t1B．t2C．t3D．t48．（5分）已知点A在曲线P：y=x2（x＞0）上，⊙A过原点O，且与y轴的另一个交点为M．若线段OM，⊙A和曲线P上分别存在点B、点C和点D，使得四边形ABCD（点A，B，C，D顺时针排列）是正方形，则称点A为曲线P的“完美点”．那么下列结论中正确的是（）A．曲线P上不存在“完美点”B．曲线P上只存在一个“完美点”，其横坐标大于1C．曲线P上只存在一个“完美点”，其横坐标大于且小于1D．曲线P上存在两个“完美点”，其横坐标均大于二、填空题共6小题，每小题5分，共30分．9．（5分）在的展开式中，常数项是．（用数字作答）10．（5分）在极坐标系中，直线ρsinθ=3被圆ρ=4sinθ截得的弦长为．11．（5分）若双曲线的一条渐近线的倾斜角为60°，则m=．12．（5分）如图所示，AD是⊙O的切线，AB=，∠ACB=，那么∠CAD=．13．（5分）在等比数列{a n}中，若a1=﹣24，a4=﹣，则公比q=；当n=时，{a n}的前n项积最大．14．（5分）如图所示，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点E是边BC的中点．动点P在直线BD1（除B，D1两点）上运动的过程中，平面DEP可能经过的该正方体的顶点是．（写出满足条件的所有顶点）三、解答题共6小题，共80分．解答应写出文字说明、演算步骤或证明过程．15．（13分）函数f（x）=cos（πx+φ）（0＜φ＜）的部分图象如图所示．（Ⅰ）写出φ及图中x0的值；（Ⅱ）设g（x）=f（x）+f（x+），求函数g（x）在区间上的最大值和最小值．16．（13分）某中学在2014-2015学年高二年级开设大学先修课程《线性代数》，共有50名同学选修，其中男同学30名，女同学20名．为了对这门课程的教学效果进行评估，学校按性别采用分层抽样的方法抽取5人进行考核．（Ⅰ）求抽取的5人中男、女同学的人数；（Ⅱ）考核的第一轮是答辩，顺序由已抽取的甲、乙等5位同学按抽签方式决定．设甲、乙两位同学间隔的人数为X，X的分布列为X 3 2 1 0P a b求数学期望EX；（Ⅲ）考核的第二轮是笔试：5位同学的笔试成绩分别为115，122，105，111，109；结合第一轮的答辩情况，他们的考核成绩分别为125，132，115，121，119．这5位同学笔试成绩与考核成绩的方差分别记为s12，s22，试比较s12与s22的大小．（只需写出结论）17．（14分）如图所示，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1B1B为正方形，BB1C1C为菱形，∠BB1C1=60°，平面AA1B1B⊥平面BB1C1C．（Ⅰ）求证：B1C⊥AC1；（Ⅱ）设点E，F分别是B1C，AA1的中点，试判断直线EF与平面ABC的位置关系，并说明理由；（Ⅲ）求二面角B﹣AC1﹣C的余弦值．18．（13分）已知椭圆M：=1，点F1，C分别是椭圆M的左焦点、左顶点，过点F1的直线l（不与x轴重合）交M于A，B两点．（Ⅰ）求M的离心率及短轴长；（Ⅱ）是否存在直线l，使得点B在以线段AC为直径的圆上，若存在，求出直线l的方程；若不存在，说明理由．19．（13分）已知函数f（x）=acosx+xsinx，．（Ⅰ）判断函数f（x）的奇偶性，并证明你的结论；（Ⅱ）求集合A={x|f（x）=0}中元素的个数；（Ⅲ）当1＜a＜2时，问函数f（x）有多少个极值点？（只需写出结论）20．（14分）已知集合S={a1，a2，a3，…，a n}（n≥3），集合T⊆{（x，y）|x∈S，y∈S，x≠y}且满足：∀a i，a j∈S（i，j=1，2，3，…，n，i≠j），（a i，a j）∈T与（a j，a i）∈T恰有一个成立．对于T定义d T（a，b）=l T（a i）=d T（a i，a1）+d T（a i，a2）+…+d T（a i，a i﹣1）+d T（a i，a i+1）+…+d T（a i，a n）（i=1，2，3，…，n）．（Ⅰ）若n=4，（a1，a2），（a3，a2），（a2，a4）∈T，求l T（a2）的值及l T（a4）的最大值；（Ⅱ）从l T（a1），l T（a2），…，l T（a n）中任意删去两个数，记剩下的n﹣2个数的和为M．求证：M≥n（n﹣5）+3；（Ⅲ）对于满足l T（a i）＜n﹣1（i=1，2，3，…，n）的每一个集合T，集合S中是否都存在三个不同的元素e，f，g，使得d T（e，f）+d T（f，g）+d T（g，e）=3恒成立，并说明理由．北京市海淀区2015届高三上学期期末数学试卷（理科）参考答案与试题解析一、选择题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项．1．（5分）抛物线x2=﹣2y的焦点坐标是（）A．（﹣1，0）B．（1，0）C．D．考点：抛物线的简单性质．专题：圆锥曲线的定义、性质与方程．分析：由x2=﹣2py（p＞0）的焦点坐标为（0，﹣），则抛物线x2=﹣2y的焦点坐标即可得到．解答：解：由x2=﹣2py（p＞0）的焦点坐标为（0，﹣），则抛物线x2=﹣2y的焦点坐标是（0，﹣），故选C．点评：本题考查抛物线的方程和性质，主要考查抛物线的焦点坐标，属于基础题．2．（5分）如图所示，在复平面内，点A对应的复数为z，则复数z2=（）A．﹣3﹣4i B．5+4i C．5﹣4i D．3﹣4i考点：复数代数形式的乘除运算；复数的基本概念．专题：数系的扩充和复数．分析：在复平面内，点A对应的复数为z=﹣2+i，再利用复数的运算法则即可得出．解答：解：在复平面内，点A对应的复数为z=﹣2+i，则复数z2=（﹣2+i）2=3﹣4i．故选：D．点评：本题考查了复数的运算法则、几何意义，属于基础题．3．（5分）当向量=c=（﹣2，2），=（1，0）时，执行如图所示的程序框图，输出的i值为（）A．5 B．4 C．3 D．2考点：程序框图．专题：算法和程序框图．分析：模拟程序运行，依次写出每次循环得到的的值，当=（﹣2，2），满足条件a•c=0，退出循环，输出i的值为4．解答：解：模拟程序运行，有i=1时，=（﹣1，2），不满足条件a•c=0i=2时，=（0，2），不满足条件a•c=0i=3时，=（1，2），不满足条件a•c=0i=4时，=（﹣2，2），满足条件a•c=0退出循环，输出i的值为4．故选：B．点评：本题主要考察了程序框图和算法，正确理解循环结构的功能是解题的关键，属于基本知识的考查．4．（5分）已知直线l1：ax+（a+2）y+1=0，l2：x+ay+2=0．若l1⊥l2，则实数a的值是（）A．0 B．2或﹣1 C．0或﹣3 D．﹣3考点：直线的一般式方程与直线的垂直关系．专题：直线与圆．分析：由垂直可得a+a（a+2）=0，解方程可得．解答：解：∵直线l1：ax+（a+2）y+1=0，l2：x+ay+2=0，且l1⊥l2，∴a+a（a+2）=0，解得a=0或a=﹣3故选：C点评：本题考查直线的一般式方程和垂直关系，属基础题．5．（5分）设不等式组表示的平面区域为D．则区域D上的点到坐标原点的距离的最小值是（）A．1 B．C．D．5考点：简单线性规划．专题：不等式的解法及应用．分析：作出不等式组对应的平面区域，利用数形结合即可得到结论．解答：解：作出不等式组对应的平面区域如图：由图象可知，当OQ垂直直线x+y﹣1=0时，此时区域D上的点到坐标原点的距离的最小，最小值为圆心到直线x+y﹣1=0的距离d=故选：B点评：本题主要考查两点间距离的应用，利用数形结合以及点到直线的距离公式是解决本题的关键．6．（5分）某三棱锥的三视图如图所示，该三棱锥四个面的面积中最大的是（）A．B．12 C．D．考点：由三视图求面积、体积．专题：计算题；空间位置关系与距离．分析：由题意和三视图知，需要从对应的长方体中确定三棱锥，根据三视图的数据和几何体的垂直关系，求出四面体四个面的面积，再确定出它们的最大值．解答：解：将该几何体放入在长方体中，且长、宽、高为4、3、4，由三视图可知该三棱锥为B﹣A1D1C1，由三视图可得，A1D1=CC1=4、D1C1=3，所以BA1=A1C1=5，BC1==4，则三角形BA1C1的面积S=×BC1×h==，因为A1D1⊥平面ABA1B1，所以A1D1⊥A1B，则三角形BA1D1的面积S=×BA1×A1D1==10，同理可得，三角形BD1C1的面积S=×BC1×D1C1==6，又三角形A1D1C1的面积S=×D1C1×A1D1=3=6，所以最大的面为A1BC1，且面积为，故选：A．点评：本题考查由三视图还原几何体，以及线面垂直关系，将几何体放入正方体中去研究是解决本题的关键，考查了空间想象能力和转化能力．7．（5分）某堆雪在融化过程中，其体积V（单位：m3）与融化时间t（单位：h）近似满足函数关系：（H为常数），其图象如图所示．记此堆雪从融化开始到结束的平均融化速度为．那么瞬时融化速度等于的时刻是图中的（）A．t1B．t2C．t3D．t4考点：函数的图象．专题：函数的性质及应用．分析：根据题意可知，平均融化速度为=，反映的是V（t）图象与坐标轴交点连线的斜率，通过观察某一时刻处瞬时速度（即切线的斜率），即可得到答案解答：解：平均融化速度为=，反映的是V（t）图象与坐标轴交点连线的斜率，观察可知t3处瞬时速度（即切线的斜率）为平均速速一致，故选：C点评：本题考查了图象的识别，关键理解平均速度表示的几何意义（即斜率），属于基础题8．（5分）已知点A在曲线P：y=x2（x＞0）上，⊙A过原点O，且与y轴的另一个交点为M．若线段OM，⊙A和曲线P上分别存在点B、点C和点D，使得四边形ABCD（点A，B，C，D顺时针排列）是正方形，则称点A为曲线P的“完美点”．那么下列结论中正确的是（）A．曲线P上不存在“完美点”B．曲线P上只存在一个“完美点”，其横坐标大于1C．曲线P上只存在一个“完美点”，其横坐标大于且小于1D．曲线P上存在两个“完美点”，其横坐标均大于考点：二次函数的性质．专题：新定义．分析：假设点A为“完美点”，画出图象，设A（m，m2），通过讨论m＜1时，m≥1时的情况从而得到答案．解答：解：如下图左，如果点A为“完美点”，则AB=AD=AC=OA，以A为圆心，OA为半径作圆T（如下图右中虚线圆），交y轴于点B，B′（可重合），交抛物线于点D，D′，点A为“完美点”当且仅当AB⊥AD，若下图右，（结合图象知，B点一定是上方的交点，否则在抛物线上不存在D点使得AB⊥AD；D也一定是上方的交点，否则A，B，C，D不是顺时针），，，下面考虑当点A的横坐标越来越大时∠BAD的变化情况，设A（m，m2），当m＜1时，∠AOY=45°，此时圆T与y轴相离或相切时，此时A不是完美点，故只需考虑m≥1，当m增加时，∠BAD越来越小，且趋近于0，（推理在后面），而当m=1时，∠BAD＞90°，故曲线P上存在唯一一个完美点，其横坐标大于1，当m增加时，∠BAD越来越小，且趋近于0°的推理：过A作AH⊥y轴于点H，分别过点A，D作x轴，y轴的平行线交于N，先考虑∠BAH：cos∠BAH==，于是m增大时，cos∠BAH减小且趋于0，从而∠BAH增大，且趋于90°，再考虑∠DAN，记D（n，n2），则tan∠DAN==n+m，随着m的增大，OA的长增大，AD=OA也增大，于是m+n增大，从而tan∠DAN增大，∠DAN增大且趋近于90°，∴∠BAD=π﹣∠BAH﹣∠DAN随着m的增大而减小，且趋于0°，故选：B．点评：本题考查了新定义问题，考查了二次函数的性质，考查了数形结合思想，本题有一定难度．二、填空题共6小题，每小题5分，共30分．9．（5分）在的展开式中，常数项是15．（用数字作答）考点：二项式系数的性质．专题：计算题；二项式定理．分析：先求出二项式展开式的通项公式，再令x的幂指数等于0，求得r的值，即可求得展开式中的常数项．解答：解：∵在的展开式的通项公式为T r+1=•（﹣1）r•，令r﹣6=0，求得r=4，故的展开式中的常数项是5．故答案为：15．点评：本题主要考查二项式定理的应用，二项式系数的性质，二项式展开式的通项公式，求展开式中某项的系数，属于中档题．10．（5分）在极坐标系中，直线ρsinθ=3被圆ρ=4sinθ截得的弦长为．考点：简单曲线的极坐标方程．专题：坐标系和参数方程．分析：把极坐标方程化为直角坐标方程、再利用点到直线的距离公式、弦长公式即可得出．解答：解：直线ρsinθ=3即y=3．ρ=4sinθ化为ρ2=4ρsinθ，∴x2+y2=4y，化为x2+（y﹣2）2=4．可得圆心C（0，2），半径r=2．∴圆心到直线的距离d=1，∴直线ρsinθ=3被圆ρ=4sinθ截得的弦长=2=2．故答案为：2．点评：本题考查了把极坐标方程化为直角坐标方程、再利用点到直线的距离公式、弦长公式，属于基础题．11．（5分）若双曲线的一条渐近线的倾斜角为60°，则m=3．考点：双曲线的简单性质．专题：计算题；圆锥曲线的定义、性质与方程．分析：求出双曲线的渐近线方程，由题意可得，tan60°=，计算即可得到m．解答：解：双曲线（m＞0）的渐近线方程为y=x，则有tan60°=，即有=，即为m=3．故答案为：3．点评：本题考查双曲线的方程和性质，考查渐近线方程的运用，考查运算能力，属于基础题．12．（5分）如图所示，AD是⊙O的切线，AB=，∠ACB=，那么∠CAD=120°或60°．考点：弦切角．专题：立体几何．分析：首先根据正弦定理求出∠B的大小，进一步利用弦切角定理和三角形内角和定理求出结果．解答：解：AD是⊙O的切线，AB=，∠ACB=，所以：在△ABC中，利用正弦定理得：，解得：sin∠B=，所以：∠B=60°或120°．利用三角形内角和定理得：∠CAB=75°或15°根据弦切角定理得：∠BAD=∠C，所以：∠CAD=120°或60°，故答案为：120°或60°．点评：本题考查的知识要点：正弦定理得应用，弦切角定理的应用．三角形内角和定理的应用．属于基础题型．13．（5分）在等比数列{a n}中，若a1=﹣24，a4=﹣，则公比q=；当n=4时，{a n}的前n项积最大．考点：等比数列的前n项和．专题：等差数列与等比数列．分析：直接由已知及等比数列的通项公式求得公比；写出等比数列的通项公式，得到前n 项积，然后根据奇数项积为负值，分析偶数项乘积得答案．解答：解：在等比数列{a n}中，由a1=﹣24，a4=﹣，得，∴q=；∴．则{a n}的前n项积：=．当n为奇数时T n＜0，∴当n为偶数时T n有最大值．又，且当n为大于等于4的偶数时，T n+2＜T n，∴当n=4时，{a n}的前n项积最大．故答案为：；4．点评：本题考查了等比数列的通项公式，考查了等比数列的性质，是中档题．14．（5分）如图所示，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点E是边BC的中点．动点P在直线BD1（除B，D1两点）上运动的过程中，平面DEP可能经过的该正方体的顶点是A1，B1，D．（写出满足条件的所有顶点）考点：棱柱的结构特征．专题：作图题；空间位置关系与距离．分析：取BB1的中点F，取A1D1的中点M，D1，B在平面MDEB1的两侧，可得结论．解答：解：取BB1的中点F，则A，D，E，F四点共面，D1，B在平面ADEF的两侧，故D1B与平面相交，满足题意；取A1D1的中点M，则M，D，E，B1四点共面，D1，B在平面MDEB1的两侧，故D1B与平面相交，满足题意；D显然满足．动点P在直线BD1（除B，D1两点）上运动的过程中，平面DEP可能经过的该正方体的顶点是A1，B1，D．故答案为：A1，B1，D．点评：本题考查棱柱的结构特征，考查共面问题，比较基础．三、解答题共6小题，共80分．解答应写出文字说明、演算步骤或证明过程．15．（13分）函数f（x）=cos（πx+φ）（0＜φ＜）的部分图象如图所示．（Ⅰ）写出φ及图中x0的值；（Ⅱ）设g（x）=f（x）+f（x+），求函数g（x）在区间上的最大值和最小值．考点：余弦函数的图象．专题：三角函数的求值；三角函数的图像与性质．分析：（Ⅰ）由题意可得=cos（0+φ），可得φ的值．由=cos（πx0+），可得x0的值．（Ⅱ）先求得g（x）的函数解析式，由，可得，从而可求函数g（x）在区间上的最大值和最小值．解答：（共13分）解：（Ⅰ）∵=cos（0+φ）∴φ的值是．…（2分）∵=cos（πx0+）∴2π﹣=πx0+，可得x0的值是．…（5分）（Ⅱ）由题意可得：．…（7分）所以=…（8分）==．…（10分）因为，所以．所以当，即时，g（x）取得最大值；当，即时，g（x）取得最小值．…（13分）点评：本题主要考察了，三角函数化简求值，三角函数的图象与性质，三角函数最值的解法，属于中档题．16．（13分）某中学在2014-2015学年高二年级开设大学先修课程《线性代数》，共有50名同学选修，其中男同学30名，女同学20名．为了对这门课程的教学效果进行评估，学校按性别采用分层抽样的方法抽取5人进行考核．（Ⅰ）求抽取的5人中男、女同学的人数；（Ⅱ）考核的第一轮是答辩，顺序由已抽取的甲、乙等5位同学按抽签方式决定．设甲、乙两位同学间隔的人数为X，X的分布列为X 3 2 1 0P a b求数学期望EX；（Ⅲ）考核的第二轮是笔试：5位同学的笔试成绩分别为115，122，105，111，109；结合第一轮的答辩情况，他们的考核成绩分别为125，132，115，121，119．这5位同学笔试成绩与考核成绩的方差分别记为s12，s22，试比较s12与s22的大小．（只需写出结论）考点：离散型随机变量的期望与方差；离散型随机变量及其分布列．专题：概率与统计．分析：（Ⅰ）由分层抽样的性质，能求出抽取的5人中男、女同学的人数．（Ⅱ）由题意可得a=，从而，由此能求出数学期望EX．（Ⅲ）由两组数据中相对应的数字之差均为10，得到．解答：解：（Ⅰ）由分层抽样的性质得：抽取的5人中男同学的人数为，女同学的人数为．…（4分）（Ⅱ）由题意可得：．即a=，…（6分）因为，所以．…（8分）所以．…（10分）（Ⅲ）．…（13分）点评：本题考查概率的求法，考查离散型随机变量的分布列和数学期望的求法，是中档题，解题时要认真审题，在历年2015届高考中都是必考题型之一．17．（14分）如图所示，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1B1B为正方形，BB1C1C为菱形，∠BB1C1=60°，平面AA1B1B⊥平面BB1C1C．（Ⅰ）求证：B1C⊥AC1；（Ⅱ）设点E，F分别是B1C，AA1的中点，试判断直线EF与平面ABC的位置关系，并说明理由；（Ⅲ）求二面角B﹣AC1﹣C的余弦值．考点：二面角的平面角及求法；空间中直线与平面之间的位置关系．专题：空间位置关系与距离；空间角．分析：（Ⅰ）根据线面垂直的性质定理即可证明B1C⊥AC1；（Ⅱ）根据线面平行的判定定理即可判断直线EF与平面ABC的位置关系；（Ⅲ）建立空间坐标系，求出平面的法向量，利用向量法进行求解即可．解答：证明：（Ⅰ）连接BC1．在正方形ABB1A1中，AB⊥BB1．因为平面AA1B1B⊥平面BB1C1C，平面AA1B1B∩平面BB1C1C=BB1，AB⊂平面ABB1A1，所以AB⊥平面BB1C1C．…（1分）因为 B1C⊂平面BB1C1C，所以AB⊥B1C．…（2分）在菱形BB1C1C中，BC1⊥B1C．因为 BC1⊂平面ABC1，AB⊂平面ABC1，BC1∩AB=B，所以 B1C⊥平面ABC1．…（4分）因为 AC1⊂平面ABC1，所以 B1C⊥AC1．…（5分）（Ⅱ）EF∥平面ABC，理由如下：…（6分）取BC的中点G，连接GE，GA．因为 E是B1C的中点，所以GE∥BB1，且GE=．因为 F是AA1的中点，所以 AF=．在正方形ABB1A1中，AA1∥BB1，AA1=BB1．所以GE∥AF，且GE=AF．所以四边形GEFA为平行四边形．所以EF∥GA．…（8分）因为 EF⊄平面ABC，GA⊂平面ABC，所以EF∥平面ABC．…（9分）（Ⅲ）在平面BB1C1C内过点B作Bz⊥BB1．由（Ⅰ）可知：AB⊥平面BB1C1C．以点B为坐标原点，分别以BA，BB1所在的直线为x，y轴，建立如图所示的空间直角坐标系B﹣xyz，设A（2，0，0），则B1（0，2，0）．在菱形BB1C1C中，∠BB1C1=60°，所以，．设平面ACC1的一个法向量为n=（x，y，1）．因为即所以即．…（11分）由（Ⅰ）可知：是平面ABC1的一个法向量．…（12分）所以．所以二面角B﹣AC1﹣C的余弦值为．…（14分）点评：本题主要考查空间直线和平面之间的位置关系的判断，以及二面角的求解，要求熟练掌握相应的判定定理，利用向量法是解决二面角的常用方法，考查学生的运算和推理能力．18．（13分）已知椭圆M：=1，点F1，C分别是椭圆M的左焦点、左顶点，过点F1的直线l（不与x轴重合）交M于A，B两点．（Ⅰ）求M的离心率及短轴长；（Ⅱ）是否存在直线l，使得点B在以线段AC为直径的圆上，若存在，求出直线l的方程；若不存在，说明理由．考点：直线与圆锥曲线的综合问题．专题：圆锥曲线的定义、性质与方程．分析：（Ⅰ）通过椭圆M方程：，直接计算即可；（Ⅱ）通过设B（x0，y0）（﹣2＜x0＜2），利用•＞0可得，进而可得结论．解答：解：（Ⅰ）由，得：，∴椭圆M的短轴长为，∴，∴，即M的离心率为；（Ⅱ）结论：不存在直线l，使得点B在以AC为直径的圆上．理由如下：由题意知：C（﹣2，0），F1（﹣1，0），设B（x0，y0）（﹣2＜x0＜2），则．∵==，∴．∴点B不在以AC为直径的圆上，即：不存在直线l，使得点B在以AC为直径的圆上．点评：本题是一道直线与圆锥曲线的综合题，考查运算求解能力，考查分析问题、解决问题的能力，注意解题方法的积累，属于中档题．19．（13分）已知函数f（x）=acosx+xsinx，．（Ⅰ）判断函数f（x）的奇偶性，并证明你的结论；（Ⅱ）求集合A={x|f（x）=0}中元素的个数；（Ⅲ）当1＜a＜2时，问函数f（x）有多少个极值点？（只需写出结论）考点：三角函数中的恒等变换应用；正弦函数的图象．专题：综合题；函数的性质及应用；三角函数的图像与性质．分析：（Ⅰ）证明f（﹣x）=f（x），即可证明f（x）是偶函数．（Ⅱ）分情况讨论：当a＞0时，因为 f（x）=acosx+xsinx＞0，恒成立，当a=0时，令f（x）=xsinx=0，得 x=0．当a＜0时，函数f（x）是上的增函数．由，可得f（x）在上只有一个零点．综上所述，即可求出集合A={x|f（x）=0}中元素的个数；（Ⅲ）函数f（x）有3个极值点．解答：（共13分）解：（Ⅰ）函数f（x）是偶函数，证明如下：…（1分）对于，则．…（2分）因为 f（﹣x）=acos（﹣x）﹣xsin（﹣x）=acosx+xsinx=f（x），所以 f（x）是偶函数．…（4分）（Ⅱ）当a＞0时，因为 f（x）=acosx+xsinx＞0，恒成立，所以集合A={x|f（x）=0}中元素的个数为0．…（5分）当a=0时，令f（x）=xsinx=0，由，得 x=0．所以集合A={x|f（x）=0}中元素的个数为1．…（6分）当a＜0时，因为，所以函数f（x）是上的增函数．…（8分）因为，所以 f（x）在上只有一个零点．由f（x）是偶函数可知，集合A={x|f（x）=0}中元素的个数为2．…（10分）综上所述，当a＞0时，集合A={x|f（x）=0}中元素的个数为0；当a=0时，集合A={x|f（x）=0}中元素的个数为1；当a＜0时，集合A={x|f（x）=0}中元素的个数为2．（Ⅲ）函数f（x）有3个极值点．…（13分）点评：本题主要考察了三角函数中的恒等变换应用，三角函数的图象与性质，函数的性质及应用，属于中档题．20．（14分）已知集合S={a1，a2，a3，…，a n}（n≥3），集合T⊆{（x，y）|x∈S，y∈S，x≠y}且满足：∀a i，a j∈S（i，j=1，2，3，…，n，i≠j），（a i，a j）∈T与（a j，a i）∈T恰有一个成立．对于T定义d T（a，b）=l T（a i）=d T（a i，a1）+d T（a i，a2）+…+d T（a i，a i﹣1）+d T（a i，a i+1）+…+d T（a i，a n）（i=1，2，3，…，n）．（Ⅰ）若n=4，（a1，a2），（a3，a2），（a2，a4）∈T，求l T（a2）的值及l T（a4）的最大值；（Ⅱ）从l T（a1），l T（a2），…，l T（a n）中任意删去两个数，记剩下的n﹣2个数的和为M．求证：M≥n（n﹣5）+3；（Ⅲ）对于满足l T（a i）＜n﹣1（i=1，2，3，…，n）的每一个集合T，集合S中是否都存在三个不同的元素e，f，g，使得d T（e，f）+d T（f，g）+d T（g，e）=3恒成立，并说明理由．考点：进行简单的合情推理．专题：综合题；推理和证明．分析：（Ⅰ）利用d T（a2，a1）=0，d T（a2，a3）=0，d T（a2，a4）=1，可得l T（a2）=1；利用l T（a4）=d T（a4，a1）+d T（a4，a2）+d T（a4，a3）≤1+0+1=2，可得l T（a4）取得最大值2；（Ⅱ）由d T（a，b）的定义可知：d T（a，b）+d T（b，a）=1，设删去的两个数为l T（a k），l T（a m），则．由题意可知：l T（a k）≤n﹣1，l T（a m）≤n﹣1，且当其中一个不等式中等号成立，即可得出结论；（Ⅲ）对于满足l T（a i）＜n﹣1（i=1，2，3，…，n）的每一个集合T，集合S中都存在三个不同的元素e，f，g，使得d T（e，f）+d T（f，g）+d T（g， e）=3恒成立．解答：解：（Ⅰ）因为（a1，a2），（a3，a2），（a2，a4）∈T，所以 d T（a2，a1）=0，d T（a2，a3）=0，d T（a2，a4）=1，故l T（a2）=1．…（1分）因为（a2，a4）∈T，所以 d T（a4，a2）=0．所以 l T（a4）=d T（a4，a1）+d T（a4，a2）+d T（a4，a3）≤1+0+1=2．所以当（a2，a4），（a4，a1），（a4，a3）∈T时，l T（a4）取得最大值2．…（3分）（Ⅱ）由d T（a，b）的定义可知：d T（a，b）+d T（b，a）=1．所以=．…（6分）设删去的两个数为l T（a k），l T（a m），则．由题意可知：l T（a k）≤n﹣1，l T（a m）≤n﹣1，且当其中一个不等式中等号成立，不放设l T（a k）=n﹣1时，d T（a k，a m）=1，d T（a m，a k）=0．所以 l T（a m）≤n﹣2．…（7分）所以l T（a k）+l T（a m）≤n﹣1+n﹣2=2n﹣3．所以，即．…（8分）（Ⅲ）对于满足l T（a i）＜n﹣1（i=1，2，3，…，n）的每一个集合T，集合S中都存在三个不同的元素e，f，g，使得d T（e，f）+d T（f，g）+d T（g，e）=3恒成立，理由如下：任取集合T，由l T（a i）＜n﹣1（i=1，2，3，…，n）可知，l T（a1），l T（a2），…，l T（a n）中存在最大数，不妨记为l T（f）（若最大数不唯一，任取一个）．因为 l T（f）＜n﹣1，所以存在e∈S，使得d T（f，e）=0，即（e，f）∈T．由l T（f）≥1可设集合G={x∈S|（f，x）∈T}≠∅．则G中一定存在元素g使得d T（g，e）=1．否则，l T（e）≥l T（f）+1，与l T（f）是最大数矛盾．所以d T（f，g）=1，d T（g，e）=1，即d T（e，f）+d T（f，g）+d T（g，e）=3．…（14分）点评：本题考查进行简单的合情推理，考查新定义，考查学生分析解决问题的能力，难度大．。