[大题押题练A组](建议用时：80分钟)1．已知x∈R，ω>0，u＝，v＝(cos2ωx，sinωx)，函数f(x)＝u·v－的最小正周期为π.(1)求ω的值；(2)求函数f(x)在区间上的值域．解(1)f(x)＝u·v－＝cos2ωx＋sinsinωx－＝＋sinωxcosωx＋＝sin2ωx＋cos2ωx＝sin， f(x)的最小正周期为π，∴＝π，∴ω＝1.(2)由(1)知f(x)＝sin， x∈，∴2x＋∈，∴sin∈，即f(x)在区间上的值域为.2．市民李先生居住在甲地，工作在乙地，他的小孩就读的小学在丙地，三地之间的道路情况如图所示．假设工作日不走其它道路，只在图示的道路中往返，每次在路口选择道路是随机的．同一条道路去程与回程是否堵车相互独立．假设李先生早上需要先开车送小孩去丙地小学，再返回经甲地赶去乙地上班．假设道路A，B，D上下班时间往返出现拥堵的概率都是，道路C，E上下班时间往返出现拥堵的概率都是，只要遇到拥堵上学和上班的都会迟到．(1)求李先生的小孩按时到校的概率；(2)李先生是否有七成把握能够按时上班？(3)设X表示李先生下班时从单位乙到达小学丙遇到拥堵的次数，求X的均值．解(1)因为道路D、E上班时间往返出现拥堵的概率分别是和，因此从甲到丙遇到拥堵的概率是：×＋×＝，故李先生的小孩能够按时到校的概率是1－＝.(2)甲到丙没有遇到拥堵的概率是，丙到甲没有遇到拥堵的概率也是，甲到乙遇到拥堵的概率是×＋×＋×＝，甲到乙没有遇到拥堵的概率是1－＝，∴李先生上班途中均没有遇到拥堵的概率是××＝<0.7，所以李先生没有七成把握能够按时上班．(3)依题意X可以取0,1,2.P(X＝0)＝×＝，P(X＝1)＝×＋×＝；P(X＝2)＝×＝.分布列是：X012PE(X)＝0×＋1×＋2×＝.3．如图，已知四棱锥E-ABCD的底面为菱形，且∠ABC＝60°，AB＝EC＝2，AE＝BE＝.(1)求证：平面EAB⊥平面ABCD；(2)求直线AE与平面CDE所成角的正弦值．(1)证明取AB的中点O，连接EO，CO， AE＝EB＝，AB＝2，∴△AEB为等腰直角三角形，∴EO⊥AB，EO＝1，又 AB＝BC，∠ABC＝60°.∴△ACB是等边三角形，∴CO＝，又EC＝2，∴EC2＝EO2＋CO2，∴EO⊥CO.又 CO∩AB＝O，∴EO⊥平面ABCD，又EO⊂平面EAB，∴平面EAB⊥平面ABCD.(2)解以AB中点O为坐标原点，分别以OC，OB，OE所在直线为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，－1,0)，C(，0,0)，D，E(0,0,1)．∴EC＝(，0，－1)，DC＝(0,2,0)，AE＝(0,1,1)．设平面CDE的法向量n＝(x，y，z)，令z＝1，解得∴平面CDE的一个法向量n＝，设直线AE与平面CDE所成角为θ.∴sinθ＝＝＝.∴直线AE与平面CDE所成角的正弦值是.4．设数列{an}的各项都是正数，且对任意n∈N*，都有a＋a＋a…＋＋a＝S，记Sn为数列{an}的前n项和．(1)求数列{an}的通项公式；(2)若bn＝3n＋(－1)n－1λ·2an(λ为非零常数，n∈N*)，问是否存在整数λ，使得对任意n∈N*，都有bn＋1>bn.解(1)在已知式中，当n＝1时，a＝a， a1>0，∴a1＝1，当n≥2时，a＋a＋a…＋＋a＝S，①a＋a＋a…＋＋a＝S，②①－②得，a＝S－S＝(Sn－Sn－1)(Sn＋Sn－1)， an>0，∴a＝Sn＋Sn－1＝2Sn－an，③ a1＝1适合上式当n≥2时，a＝2Sn－1－an－1，④③－④得a－a＝2(Sn－Sn－1)－an＋an－1＝2an－an＋an－1＝an＋an－1. an＋an－1>0，∴an－an－1＝1，∴数列{an}是等差数列，首项为1，公差为1，可得an＝n.(2)由(1)知：bn＝3n＋(－1)n－1λ·2n∴bn＋1－bn＝[3n＋1＋(－1)nλ·2n＋1]－[3n＋(－1)n－1λ·2n]＝2·3n－3λ(－1)n－1·2n>0∴(－1)n－1·λ－2k－1，⑦依题意，⑦式对k＝1,2,3…，都成立，∴λ>－，∴－<λ<1，又λ≠0，∴存在整数λ＝－1，使得对任意n∈N*，都有bn＋1>bn.5．已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的两个焦点F1，F2和上下两个顶点B1，B2是一个边长为2且∠F1B1F2为60°的菱形的四个顶点．(1)求椭圆C的方程；(2)过右焦点F2的斜率为k(k≠0)的直线l与椭圆C相交于E、F两点，A为椭圆的右顶点，直线AE，AF分别交直线x＝3于点M，N，线段MN的中点为P，记直线PF2的斜率为k′，求证：k·k′为定值．(1)解由...
