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　　三、 解答题
　　18. 已知向量a=(cosx,sinx),b=(cosx,cosx),若f(x)=a•b+.
　　(1) 求函数f(x)的最小正周期和图象的对称轴方程;
　　(2) 求函数f(x)在区间-,上的值域.
　　19. 图1是一个A→B的“闯关”游戏示意图.
　　游戏规则如下:游戏总共有3关,每挑战一关都要投掷一个分布均匀的正四面体骰子,该骰子在各个面上分别标有1,2,3,4四个数字,每次投掷骰子朝下那一面的数字算作本次投出的点数. 在过第n(n=1,2,3)关时,需要投掷n次骰子,如果这n次投出的点数之和大于2n,则算这一关闯关成功. 前一关闯关成功才可以进入下一关,否则游戏结束.
　　(1) 求第一关闯关成功的概率;
　　(2) 记成功闯过的关数为,求的分布列和期望.
　　20. 如图2所示,正方形ABCD的边长为1,△BCE是以BC为一直角边、∠BEC=30°的直角三角形.今沿BC把正方形ABCD折起,再沿BD把△ABD折下来,使点A恰好在线段BE上,如图3所示.
　　(1) 求证:点D在平面BCE上的射影O恰在线段EC上;
　　(2) 求斜线DA与平面CBD所成角的大小.
　　21. 如图4所示,某抛物线弧Q所在的抛物线方程为x2=2py (p>0),弧Q上距离焦点F最远的两个端点为M(2,y0),N(-2,y0),已知MF-y0=.
　　(1) 求抛物线弧Q的方程.
　　(2) 过点A(2,0)作斜率为k的直线l交弧Q于不同的两点G,H(点G在点A,H之间),
　　① 求斜率k的取值范围;
　　② 求△OAH与△OAG的面积之比的取值范围.
　　22. 已知函数f(x)=ln(2+3x)-x2.
　　(1) 求f(x)在[0,1]上的极值;
　　(2) 若对任意x∈,,不等式a-lnx+ln[f′(x)+3x]>0恒成立,求实数a的取值范围;
　　(3) 若函数y=f(x)+2x-b在[0,1]上恰有两个不同的零点,求实数b的取值范围.
　　
　　【参考答案】
　　18. 解:(1) f(x)=a•b+=cos2x+sinxcosx+=cos2x+•sin2x+=sin2x++, ∴ T==π.令2x+=+kπ,解得x=+,∴图象的对称轴方程为x=+kπ和x=+kπ (k∈Z).
　　(2) 由于区间-,的长度为,正好为半个周期;又x=-与x=正好为 f(x)的对称轴, f(x)在-,处分别取到最小值-1与最大值+1,所以函数 f(x)在区间-,上单调递增,其值域为-1,+1.
　　19. 解:(1) 闯第一关时所有可能出现的点数为1,2,3,4共4种,而闯第一关成功的点数需大于21=2,即需投出3或4点方能过关,∴ P(闯第一关成功)==.
　　(2) 显然=0,1,2,3.
　　=0即意味着第一关闯关失败,∵第一关闯关成功的概率为,故失败的概率也为,∴ p(=0)=.
　　=1,即第一关闯关成功且第二关闯关失败.第二关需投掷2次骰子,故共有42=16个基本事件;闯第二关成功的点数需大于22=4,而投掷结果中点数之和为2的有(1,1)共1种,点数之和为3的有(1,2),(2,1)共2种,点数之和为4的有(2,2),(1,3),(3,1)共3种,故此关闯关失败的概率为=,故p(=1)=×=.
　　同理可知p(=2)=×1-×=.
　　=3意味着三关都闯关成功,p(=3)=×1-×1-=.
　　综上所述,可得所求分布列如表1所示.
　　表1
　　∴ E=0×+1×+2×+3×=.
　　20. (1) 证明: ∵折叠之后∠DCB=∠BCE=90°不变,∴ BC⊥平面DCE,则过BC的平面BCE⊥平面DCE, ∴ 点D在平面BCE上的射影O必在EC上.
　　(2) 解: 如图5所示,过点A作AF∥BC交EC于F. 以O为原点,过点O且与射线CB平行的方向为x轴正方向,射线OE,OD分别为y轴、z轴正方向,建立空间直角坐标系. ∵ AB=AD=1,∠BEC=30°, ∴ BE=2,∴ AE=1.又∵ ∠DAB=90°, ∴ ∠DAE=90°,∴ DE=. 在△DCE中,CD=1,CE=, ∴ ∠EDC=90°. ∵ DO⊥EC,则由面积公式与相似三角形原理可求得DO=,CO=,EO=. ∵点A是线段BE的中点,且AF∥BC,∴ AF=,EF=,则OF=OE-EF=. 可得各点坐标C0,-,0,B1,-,0,D0,0,,A,,0,故=,,-. 设平面BCD的法向量n=(x,y,z), ∵ =(1,0,0),=0,,,则1•x=0,y+z=0,故n=(0,-,1),∴ cos〈n,〉==-,故斜线DA与平面CBD所成角的大小为45°.
　　21. 解:(1) 由题意可知,该抛物线的准线方程为y=-,根据抛物线的定义,y0+=MF;又MF-y0=,∴ =,p=.故抛物线的方程为x2=y(0≤y≤4).
　　(2) ① 由图4可知,kNA≤k　　② 设G(x1,y1),H(x2,y2),直线l的方程为y=k(x-2),联立x2=y,y=k(x-2),消去x得:y2+(4k-k2)y+4k2=0,∴ y1+y2=k2-4k(①),y1y2=4k2 (②). 令==t,则y2=ty1,代入①②得:(1+t)y1=k2-4k (③), t=4k2 (④). 得=-22,∵ -1≤k<0,∴ 4<≤,化简得21,∴ △OAH与△OAG的面积之比的取值范围是(1,4].
　　22. 解:(1) f′(x)=-3x=,令 f′(x)=0得x=或x=-1. ∵ 2+3x>0,故f(x)的定义域为x>-, ∴ x=-1舍去. ∴当0≤x<时,f′(x)>0,f(x)单调递增;当　　(2) a-lnx+ln[f′(x)+3x]>0即a-lnx+ln>0,解得a>lnx-ln或ah(x)或a0,h′(x)=•(2+6x)=>0,∴ g(x)与h(x)在,上都为增函数. 要使a>h(x)或ah(x)max=h或aln或a　　(3) 设φ(x)=f(x)+2x-b=ln(2+3x)-x2+2x-b,则φ′(x)=-3x+2=. 令φ′(x)=0,解得x=或-(舍去). 当x∈0,时,φ′(x)>0, ∴ φ(x)在0,上递增;当x∈,1时,φ′(x)<0,∴ φ(x)在,1上递减. φ(x)=0在[0,1]上恰有两个不同的实根即等价于φ(0)=ln2-b≤0,φ=ln(2+)-+-b>0,φ(1)=ln5+-b≤0. 解得ln5+≤b