12．已知函数f（x）=x﹣2x，g（x）=ax+2（a＞0），若?x1∈，?x2∈，使得f（x1）=g（x2），则实数a的取值范围是( )
A．
B．
C．（0，3]
D．时的值域为，再根据一次g（x）
2
=ax+2（a＞0）为增函数，求出g（x2）∈，由题意得f（x）值域是g（x）值域的子集，从而
得到实数a的取值范围．
解答： 解：∵函数f（x）=x﹣2x的图象是开口向上的抛物线，且关于直线x=1对称 ∴x1∈时，f（x）的最小值为f（1）=﹣1，最大值为f（﹣1）=3， 可得f（x1）值域为
又∵g（x）=ax+2（a＞0），x2∈，
∴g（x）为单调增函数，g（x2）值域为 即g（x2）∈
∵?x1∈，?x2∈，使得f（x1）=g（x2）， ∴
?a≥3
2
故选D
点评：本题着重考查了函数的值域，属于中档题．本题虽然是一道小题，但完全可以改成一道大题，处理的关键是对“任意”、“存在”的理解．
二、填空题：（每小题5分，共20分.） 13．
（
+2x）dx=1+ln2．
考点：定积分．
专题：导数的综合应用．
分析：找出被积函数的原函数，然后代入上下限计算．
解答： 解：（+2x）dx==1+ln2；
故答案为：1+ln2．
点评：本题考查了定积分的运算，熟练找出被积函数的原函数是求定积分的关键．
2
2
14．实数x，y，k满足，z=x+y，若z的最大值为13，则k的值为2．
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z的几何意义进行求解即可． 解答： 解：作出不等式组对应的平面区域如图；则k＞1， 则z的几何意义是区域内的点到原点的距离的平方， 由图象知，O到A的距离最大，
∵z=x+y的最大值为13， ∴O到A的距离最大为d=
22
，
由，即，
即A（k，k+1）， 则OA=
2
=，
即2k+2k+1=13，
2
即k+k﹣6=0，解得k=2或k=﹣3（舍）， 故k=2， 故答案为：2
点评：本题主要考查线性规划以及点到直线的距离的应用，利用数形结合是解决本题的关键．
15．已知公差不为0的等差数列{an}满足a1，a3，a4成等比数列，Sn为{an}的前n项和，则的值为2．
考点：等差数列的性质．
专题：计算题；等差数列与等比数列．
分析：由题意可得：a3=a1+2d，a4=a1+3d．结合a1、a3、a4成等比数列，得到a1=﹣4d，进而根据等差数列的通项公式化简所求的式子即可得出答案． 解答： 解：设等差数列的公差为d，首项为a1， 所以a3=a1+2d，a4=a1+3d． 因为a1、a3、a4成等比数列，
2
所以（a1+2d）=a1（a1+3d），解得：a1=﹣4d．
所以==2，
故答案为：2．
点评：解决此类问题的关键是熟练掌握等比数列与等差数列的性质，利用性质解决问题． 16．表面积为60π的球面上有四点S、A、B、C，且△ABC是等边三角形，球心O到平面ABC的距离为，若平面SAB⊥平面ABC，则棱锥S﹣ABC体积的最大值为27．
考点：棱柱、棱锥、棱台的体积． 专题：空间位置关系与距离．
分析：棱锥S﹣ABC的底面积为定值，欲使棱锥S﹣ABC体积体积最大，应有S到平面ABC的距离取最大值，由此能求出棱锥S﹣ABC体积的最大值． 解答： 解：∵表面积为60π的球，∴球的半径为， 设△ABC的中心为D，则OD=，所以DA=，则AB=6
棱锥S﹣ABC的底面积S=为定值，
欲使其体积最大，应有S到平面ABC的距离取最大值， 又平面SAB⊥平面ABC，
∴S在平面ABC上的射影落在直线AB上，而SO=，点D到直线AB的距离为则S到平面ABC的距离的最大值为， ∴V=
．
，
故答案为：27．
点评：本小题主要考查棱锥的体积的最大值的求法，考查化归与转化的数学思想方法，以及空间想象能力、推理论证能力和运算求解能力．
三、解答题：（第17、18、19、20、21题每题12分，第22、23、24题为选做题，每小题12分，请同学们选择其中1题来做） 17．已知数列{an}满足
（I）求数列{an}的通项公式； （II）求数列{an}的前n项和Sn．
考点：数列递推式；数列的求和． 专题：计算题．
．
分析：（I）由，知
=（n﹣1）+n﹣1=n﹣n（n≥2，n∈N），由此能够得到数列{an}
的通项公式．
（II）设bn=n?2，其前n项和为Tn，则Tn=1×2+2×2+…+n×2Tn，从而能够得到数列{an}的前n项和Sn． 解答： 解：（I）∵
n+1
2
3
n+1
22+
，由错位相减法能够得到
①
∴=（n﹣1）+n﹣1=n﹣n（n≥2，n∈N），②
22+
由①﹣②得：
，∴an=n?2
n+1
+1，n≥2，n∈N，③
n+1
+
+
在①中，令n=1，得a1=5，适合③式，∴an=n?2+1，n∈N．
n+1
（II）设bn=n?2，其前n项和为Tn，则：
23n+1
Tn=1×2+2×2+…+n×2，①
34n+2
2Tn=1×2+2×2+…+n×2，②
23n+1n+2
②﹣①，得Tn=﹣2﹣2﹣…﹣2+n?2
n+2
=（n﹣1）?2+4．
n+2
∴Sn=Tn+n=（n﹣1）?2+n+4． 点评：本题考查数列的通项公式和前n项和的求法，解题时要注意迭代法和错位相减法的合理运用．
18．如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，已知AB⊥侧面BB1C1C，AB=BC=1，BB1=2，∠BCC1=（1）求证：C1B⊥平面ABC； （2）设值．
=λ
（0≤λ≤1），且平面AB1E与BB1E所成的锐二面角的大小为30°，试求λ的
．
考点：与二面角有关的立体几何综合题；直线与平面垂直的判定． 专题：空间角．
分析：（1）由已知条件推导出AB⊥BC1，BC⊥BC1，由此能证明C1B⊥平面ABC．
（2）以B为原点，BC，BA，BC1所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系．利用向量法能求出λ的值．
解答： （1）证明：AB⊥侧面BB1C1C，BC1?侧面BB1C1C，∴AB⊥BC1， 在△BCC1中，BC=1，CC1=BB1=2，∠BCC1=由余弦定理得：B=1+2﹣2×1×2×cos∴BC1=∴BC+B
22
2
，
=BC+C=3，
2
﹣2BC?CC1?cos∠BCC1
，…3 分 =C
，∴BC⊥BC1，
∵BC∩AB=B，∴C1B⊥平面ABC．…
（2）解：由（1）知，BC，BA，BC1两两垂直，
以B为原点，BC，BA，BC1所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系． 则∴则
设平面AB1E的法向量为
，
，∴
，，∴
．
．…
，
则，∴，
令，则，∴
=（0，1，0）是平面BEB1的一个法向量，
．…
∵AB⊥侧面BB1C1C，∴
∴|cos＜＞|=|
2
|=，
两边平方并化简得2λ﹣5λ+3=0， ∴λ=1或
（舍去）．…
∴λ的值是1．
点评：本题考查直线与平面垂直的证明，考查满足条件的实数值的求法，解题时要认真审题，注意向量法的合理运用．
19．乒乓球台面被网分成甲、乙两部分，如图，甲上有两个不相交的区域A，B，乙被划分为两个不相交的区域C，D，某次测试要求队员接到落点在甲上的来球后向乙回球，规定：回球一次，落点在C上记3分，在D上记1分，其它情况记0分．对落点在A上的来球，小明回球的落点在C上的概率为，在D上的概率为；对落点在B上的来球，小明回球的落点在C上的概率为，在D上的概率为．假设共有两次来球且落在A，B上各一次，小明的两次回球互不影响，求：
（Ⅰ）小明两次回球的落点中恰有一次的落点在乙上的概率； （Ⅱ）两次回球结束后，小明得分之和ξ的分布列与数学期望．
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．