【正文】 出S=61．故答案為：61．　15．設f（x）=msin（πx+α）+ncos（πx+β）+8，其中m，n，α，β均為實數(shù)，若f=2016．【考點】運用誘導公式化簡求值．【分析】根據(jù)三角函數(shù)的誘導公式，列方程即可得到結論．【解答】解：∵f（x）=msin（πx+α）+ncos（πx+β）+8，f=msin+ncos+8=msinα+ncosβ+8=﹣2000，∴可得：msinα+ncosβ=﹣2008，則 f+ncos+8=﹣msinα﹣ncosβ+8=﹣（msinα+ncosβ）+8=2016．故答案為：2016．　16．已知符號函數(shù)sgn（x）=，f（x）=x2﹣2x，則函數(shù)F（x）=sgn[f（x）]﹣f（x）的零點個數(shù)為5．【考點】根的存在性及根的個數(shù)判斷．【分析】利用符號函數(shù)求出F（x）的解析式，然后求解函數(shù)的零點即可得到結果．【解答】解：符號函數(shù)sgn（x）=，f（x）=x2﹣2x，則函數(shù)F（x）=sgn[f（x）]﹣f（x）=，當x∈（﹣∞，0）∪（2，+∞）時，﹣x2+2x+1=0，解得x=滿足題意．當x=0或x=2時，﹣x2+2x=0，x=0或x=2是函數(shù)的零點．當x∈（0，2）時，﹣x2+2x﹣1=0，解得x=1滿足題意．所以函數(shù)的零點個數(shù)是5．故答案為：5．　三、解答題：本大題共6小題，共70分，解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.17．已知||=4，||=，（ +）?（﹣2）=16．（1）求?；（2）求|+|．【考點】平面向量數(shù)量積的運算；平面向量的坐標運算．【分析】（1）根據(jù)條件，（ +）?（﹣2）=16，展開化簡即可得?；（2）根據(jù)向量長度和向量數(shù)量積的關系即可求|+|．【解答】解：（1）∵（+）?（﹣2）=16，∴2﹣22﹣?=16，即?=2﹣22﹣16=16﹣23﹣16=﹣6；（2）|+|==．　18．學校達標運動會后，為了解學生的體質(zhì)情況，從中抽取了部分學生的成績，得到一個容量為n的樣本，按照[50，60），[60，70），[70，80），[80，90），[90，100]的分組作出了如圖的頻率分布直方圖，已知[50，60）與[90，100]兩組的頻數(shù)分別為24與6．（1）求n及頻率分布直方圖中的x，y的值；（2）估計本次達標運動會中，學生成績的中位數(shù)和平均數(shù)；（3）已知[90，100]組中有2名男生，4名女生，為掌握性別與學生體質(zhì)的關系，從本組中選2名作進一步調(diào)查，求2名學生中至少有1名男生的頻率．【考點】列舉法計算基本事件數(shù)及事件發(fā)生的概率；頻率分布直方圖；眾數(shù)、中位數(shù)、平均數(shù)．【分析】（1）由題意能求出樣本容量n和x，y的值．（2）利用頻率分布直主圖能估計學生成績的中位數(shù)和學生成績的平均數(shù)．（3）記2名男生分別為a1，a2，4名女生分別為b1，b2，b3，b4，至少有一名男生的對立事件為抽到2名女生，由此利用對立事件能求出2名學生中至少有1名男生的頻率．【解答】解：（1）由題意知樣本容量n==150，y==，x=﹣﹣﹣﹣=．（2）估計學生成績的中位數(shù)m=70+10=71，估計學生成績的平均數(shù)=55+65+75+85+95=．（3）記2名男生分別為a1，a2，4名女生分別為b1，b2，b3，b4，抽取兩名學生的結果有：基本事件總數(shù)n==15，其中至少有一名男生的對立事件為抽到2名女生，∴2名學生中至少有1名男生的頻率p=1﹣=．　19．已知函數(shù)f（x）=cos（2ωx﹣）+sin2ωx﹣cos2ωx（ω＞0）的最小正周期是π．（1）求函數(shù)f（x）圖象的對稱軸方程；（2）求函數(shù)f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間．【考點】三角函數(shù)中的恒等變換應用；正弦函數(shù)的圖象．【分析】（1）利用二倍角的正弦公式，兩角差的余弦、正弦公式化簡解析式，由周期公式求出ω的值，由正弦函數(shù)的對稱軸求出函數(shù)f（x）圖象的對稱軸方程；（2）由正弦函數(shù)的增區(qū)間、整體思想求出函數(shù)f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間．【解答】解：（1）由題意得，f（x）=cos2ωx+sin2ωx﹣cos2ωx=sin2ωx﹣cos2ωx=，∴最小正周期T==π，解得ω=1，則f（x）=由得，∴f（x）圖象的對稱軸方程是；（2）由（1）得f（x）=，由得，∴函數(shù)f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間是．　20．如圖，三棱柱ABC﹣A1B1C1的所有棱長都為1，且側棱與底面垂直，M是BC的中點．（1）求證：A1C∥平面AB1M；（2）求直線BB1與平面AB1M所成角的正弦值；（3）求點C到平面AB1M的距離．【考點】點、線、面間的距離計算；直線與平面所成的角．【分析】（1）證明線面平行，通常利用線面平行的判定定理，這里我們可以利用中位線的性質(zhì)，得到線線平行；（2）過B作BD⊥B1M于D，易得BD⊥平面AB1M，故∠BB1D是直線BB1與平面AB1M所成角；（3）M是BC的中點，點C與點B到平面AB1M的距離相等．【解答】（1）證明：連接A1B，交AB1于O，連接OM因為直三棱柱ABC﹣A1B1C1，所以O是A1B的中點因為O，M分別是A1B和BC的中點，所以OM∥A1C因為A1C?面AB1M，OM?面AB1M所以A1C∥面AB1M；（2）解：由題意BB1⊥AM，∵M是BC的中點，∴BC⊥AM，∴AM⊥平面B1BM，∴平面AB1M⊥平面B1BM，過B作BD⊥B1M于D，易得BD⊥平面AB1M故∠BB1D是直線BB1與平面AB1M所成角．Rt△BB1D中，BD==，∴sin∠BB1D=，∴直線BB1與平面AB1M所成角的正弦值為；（3）解：M是BC的中點，點C與點B到平面AB1M的距離相等，由（2）可知點B到平面AB1M的距離BD=，∴點C到平面AB1M的距離為．　21．已知f（x）=是奇函數(shù)，g（x）=x2+nx+1為偶函數(shù)．（1）求m，n的值；（2）不等式3f（sinx）?g（sinx）＞g（cosx）﹣λ對任意x∈R恒成立，求實數(shù)λ的取值范圍．【考點】函數(shù)恒成立問題；函數(shù)奇偶性的性質(zhì)．【分析】（1）根據(jù)函數(shù)奇偶性的性質(zhì)建立方程關系進行求解即可．（2）將不等式進行化簡，利用參數(shù)分離法把不等式恒成立問題進行轉化，求最值即可．【解答】解：（1）∵f（x）=是奇函數(shù)，∴f（0）=0，即f（0）=﹣m=0，則m=0，∵g（x）=x2+nx+1為偶函數(shù)．∴對稱軸x=﹣=0，即n=0．（2）由（1）知f（x）=，g（x）=x2+1，則3f（sinx）?g（sinx）=（sin2x+1）=3sinx，則不等式3f（sinx）?g（sinx）＞g（cosx）﹣λ對任意x∈R恒成立，等價為不等式3sinx＞g（cosx）﹣λ=cos2x+1﹣λ對任意x∈R恒成立，即λ＞cos2x﹣3sinx+1恒成立，∵cos2x﹣3sinx+1=﹣（sinx+）2+∈[﹣2，4]，∴λ＞4，即實數(shù)λ的取值范圍是（4，+∞）．　22．如圖，已知點A（﹣3，0），B（3，0），M是線段AB上的任意一點，在AB的同側分別作正方形AMCD、MBEF，⊙P和⊙Q是兩個正方形的外接圓，它們交于點M，N．（1）證明：直線MN恒過一定點S，并求S的坐標；（2）過A作⊙Q的割線，交⊙Q于G、H兩點，求|AH|?|AG|的取值范圍．【考點】直線與圓的位置關系．【分析】（1）根據(jù)題意，寫出⊙P與⊙Q的方程，利用兩圓的方程作差，得出公共弦MN所在的直線方程，從而求出直線MN恒過的定點S；（2）過點Q作QT⊥GH于T，根據(jù)垂徑定理與切割線定理，即可求出|AH|?|AG|的取值范圍．【解答】解：（1）設點M（m，0），其中m∈（﹣3，3），則C（m，m+3），F(xiàn)（m，3﹣m），P（，），Q（，）；易知⊙P的方程為： +=，即x2+y2﹣（m﹣3）x﹣（m+3）y﹣3m=0；①⊙Q的方程為： +=，即x2+y2﹣（3+m）x﹣（3﹣m）y+3m=0；②①﹣②得，公共弦MN所在的直線方程為6x﹣2my﹣6m=0，整理得3x﹣m（3+y）=0，所以MN恒過定點S（0，3）；（2）過點Q作QT⊥GH于T，則|TH|=|TG|，從而|AH|?|AG|=（|AT|﹣|TH|）?（|AT|+|TG|）=|AT|2﹣|TH|2=（|AQ|2﹣|QT|2）﹣（|HQ|2﹣|QT|2）=|AQ|2﹣|HQ|2=+﹣=6m+18；由于m∈（﹣3，3），|AH|?|AG|∈（0，36），即|AH|?|AG|的取值范圍是（0，36）．　第33頁（共33頁）