2022年山东省济宁市高考数学二模试卷

这是一份2022年山东省济宁市高考数学二模试卷

2022年山东省济宁市高考数学二模试卷1.（5分）复数z=2i1-i的共轭复数- z在复平面内所对应的点的坐标为(    )A. (1,1) B. (-1,-1) C. (1,-1) D. (-1,1)2.（5分）设集合A={x|log0.5(x-1)>0},B={x|2x<4}，则()A. A=B B. A⊇B C. A∩B=B D. A∪B=B3.（5分）为研究变量x，y的相关关系，收集得到下面五个样本点(x,y)：若由最小二乘法求得y关于x的回归直线方程为y^=-1.8x+a^，则据此计算残差为0的样本点是()A. (5,9) B. (6.5,8) C. (7,6) D. (8,4)4.（5分）“x>y”的一个充分不必要条件是()A. lnx>lny B. x2>y2 C. x3>y3 D. 1x<1y5.（5分）一个圆锥的侧面展开图是一个半圆，则该圆锥的内切球的表面积和圆锥的侧面积的比为()A. 2：3 B. 3：2 C. 1：2 D. 3：46.（5分）已知α为锐角，且(3-tan10°)cosα=1，则α的值为()A. 40° B. 50° C. 70° D. 80°7.（5分）过双曲线C：x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的左焦点F作圆x2+y2=a2的切线，设切点为A，直线FA交直线bx-ay=0于点B.若BA→=2AF→，则双曲线C的渐近线方程为()A. y=±x B. y=±2x C. y=±2x D. y=±3x8.（5分）已知函数f(x)={x,x⩽0alnx,x>0，若函数g(x)=f(x)-f(-x)有5个零点，则实数a的取值范围是()A. (-e,0) B. (-1e,0)C. (-∞,-e) D. (-∞,-1e)9.（5分）已知一组数据x1，x2，…，x11是公差不为0的等差数列，若去掉数据x6，则()A. 中位数不变 B. 平均数变小 C. 方差变大 D. 方差变小10.（5分）已知函数f(x)=Asin(ωx+φ)(A>0,ω>0,|φ|<π2)的部分图象如图所示，将函数f(x)的图象向右平移π6个单位长度后得到函数g(x)的图象，则下列说法正确的是()A. φ=-π3B. f(-x)=f(x-π6)C. 函数g(x)为偶函数D. 函数g(x)在区间[π12,7π12]上单调递增11.（5分）设椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1、F2，上、下顶点分别为A1、A2，点P是C上异于A1、A2的一点，则下列结论正确的是()A. 若C的离心率为12，则直线PA1与PA2的斜率之积为-43B. 若PF1⊥PF2，则△PF1F2的面积为b2C. 若C上存在四个点P使得PF1PF2，则C的离心率的范围是(0,22)D. 若|PF1|⩽2b恒成立，则C的离心率的范围是(0,35]12.（5分）在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，点M是A1D1的中点，点P，Q，R在底面四边ABCD内(包括边界)，PB1//平面MC1D,|D1Q|=52，点R到平面ABB1A1的距离等于它到点D的距离，则()A. 点P的轨迹的长度为2 B. 点Q的轨迹的长度为π4C. PQ长度的最小值为255-12 D. PR长度的最小值为352013.（5分）已知向量a→，b→满足|a→|=1，b→=(-1,3)，|2a→-b→|=23，则a→，b→的夹角为 ______.14.（5分）从甲、乙、丙3名同学中选出2人担任正、副班长两个职位，共有n种方法，则(2x-1x)n的展开式中的常数项为 ______.(用数字作答)15.（5分）已知直线l1：kx+y=0过定点A，直线l2：x-ky+22+2k=0过定点B，l1与l2的交点为C，则|AC|+|BC|的最大值为 ______.16.（5分）已知数列{an}满足：∀n∈N*,an∈(0,π2),且a1=π4,f(an+1)=f'(an)，其中f(x)=tanx.若bn=1tanan+tanan+1，则使得b1+b1+…+bm>10成立的最小正整数m为 ______.17.（12分）为研究某种疫苗A的效果，现对100名志愿者进行了实验，得到如下数据：(1)根据小概率值α=0.001的独立性检验，分析疫苗A是否有效？ (2)现从接种疫苗A的50名志愿者中按分层随机抽样方法(各层按比例分配)取出10人，再从这10人中随机抽取3人，求这3人中感染病毒B的人数X的分布列和数学期望． 参考公式：χ2=n(ad-bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)，其中n=a+b+c+d. 参考数据：P(χ2⩾10.828)=0.001.18.（12分）如图，在三棱台ABC-A1B1C1中，底面△ABC为等边三角形，AA1⊥平面ABC，AC=2AA1=2A1C1=2，且D为AC的中点． (1)求证：平面ABC1⊥平面A1BD； (2)求平面A1BD与平面BB1C1C夹角的余弦值．19.（12分）如图，在梯形ABCD中，AB//CD，AD⋅sinD=2CD⋅sinB. (1)求证：BC=2CD； (2)若AD=BC=2，∠ADC=120°，求梯形ABCD的面积．20.（12分）已知数列{an}满足a1=2，an+1={an+(2)n+1,n为奇数2an,n为偶数. (1)设bn=a2n，证明：数列{bn2n}为等差数列； (2)求数列{an}的前2n项和．21.（12分）已知抛物线E：y2=2px(p>0)的焦点为F，点M(4,m)在抛物线E上，且△OMF的面积为12p2(O为坐标原点). (1)求抛物线E的方程； (2)过焦点F的直线l与抛物线E交于A、B两点，过A、B分别作垂直于l的直线AC、BD，分别交抛物线于C、D两点，求|AC|+|BD|的最小值．22.（12分）已知函数f(x)=ax+cosx. (1)若函数f(x)在[0,π]上有极值，求f(x)在[0,π]上所有极值的和； (2)若f(x)⩽12ax2+ex对任意x∈R恒成立，求正实数a的取值集合．答案和解析1.【答案】B【解析】解：z=2i1-i=2i(1+i)2=i(1+i)=-1+i， ∴- z=-1-i，其在复平面内所对应的点的坐标为(-1,-1)． 故选：B． 先化简复数z=-1+i，进而得到- z=-1-i，由此得解． 该题考查复数的四则运算以及复数的坐标，属于基础题．2.【答案】D【解析】解：∵A=(1,2)，B=(-∞,2)， ∴A∪B=B， 故选D. 先化简，再运算． 此题主要考查集合基本运算，属基础题．3.【答案】C【解析】解：x-=5+6.5+7+8+8.55=7，y-=9+8+6+4+35=6， ∴a^=6+1.8×7=18.6， 则y^=-1.8x+18.6， 分别取x=5，6.5，7，8，8.5，可得y^值分别为9.6，6.9，6.0，4.2，3.3. ∴据此计算残差为0的样本点是(7,6). 故选：C. 由已知数据求得样本点的中心的坐标，代入线性回归方程求得a^，然后逐一运算得答案． 此题主要考查线性回归方程的求法，考查运算求解能力，是基础题．4.【答案】A【解析】解：对A，lnx>lny⇔x>y>0，∴“lnx>lny“是“x>y”的充分不必要条件，故A正确； 对B，x2>y2⇔|x|>|y|，∴“x2>y2“是“x>y”的既不充分也不必要条件，故B错误； 对C，x3>y3⇔x>y，∴“x3>y3“是“x>y”的充要条件，故C错误； 对D，1x<1y⇔{xy>0y0，∴“1x<1y“是“x>y”的既不充分也不必要条件，故D错误， 故选：A. 利用不等式的性质，函数单调性，充分与必要条件概念即可得解． 此题主要考查了不等式的性质、充要条件的判定方法，考查了推理能力，属于基础题．5.【答案】A【解析】解：设圆锥的度面半径为r，母线长为l，圆锥的高为h，内切球的半径为R，其轴截面如图所示，设O为内切球的球心为O，  因为圆锥的侧面展开图是一个半圆， 所以πl=2πr，得l=2r，即PA=PB=2r， 所以PD=PB2-BD2=4r2-r2=3r， 所以PO=PD-OD=3r-R， 因为△POE∽△PBD，所以POPB=OEBD，所以3r-R2r=Rr， 得R=33r， 所以圆锥的内切球的表面积和圆锥的侧面积的比为4πR2：πrl=4π⋅13r2：2πr2=2：3. 故选：A. 设圆锥的度面半径为r，母线长为l，圆锥的高为h，内切球的半径为R，则由题意可得l=2r，从而可求得h=3r，作出轴截面，如图，利用△POE与△PBD相似可求出出R，从而可求出圆锥的内切球的表面积和圆锥的侧面积的比． 此题主要考查空间几何体的内切球问题，属中档题．6.【答案】B【解析】解：∵(3-tan100)cosα=1， ∴(3-sin100cos100)cosα=1， ∴(3cos100-sin100)cosα=cos100， ∴2cos40°cosα=sin80°， ∴2cos40°cosα=2sin40°cos40°， ∴cosα=sin40°， 又∵α为锐角， ∴cosα=cos50°， ∴α=500. 故选：B. 先把正切转化成正余弦，然后去分母，再结合诱导公式与二倍角公式转化． 解决三角问题，主要从角和三角函数名的统一入手，结合诱导公式，两角和差公式，倍角公式．7.【答案】B【解析】解：∵直线FA交直线bx-ay=0于点B，FA与x2+y2=a2切于点A， ∴OA⊥FA，OA=a，OF=c，∵a2+b2=c2， ∴FA=b，在直角三角形FAO中， sin∠OFA=ac,tan∠OFA=ab， ∴直线FA：y=ab(x+c)， ∴{y=ab(x+c)bx-ay=0,{y=ab(x+c)y=bax， ∴xB=acb×abb2-a2=a2cb2-a2， 在Rt△FAO中，根据等面积得到yA=abc， ∵BA→=2AF→，则yB=3yA， ∴yB=3abc，∵yB=bax=ba×a2cb2-a2=abcb2-a2， ∴3abc=abcb2-a2，∴3c=cb2-a2∴c2=3b2-3a2，∴a2+b2=3b2-3a2， ∴c2=3b2-3a2，∴a2+b2=3b2-3a2， ∴4a2=2b2，∴2a=2b(a>0,b>0)， ∴渐近线方程为：y=±22aax=±22x=±2x. 故选：B. 根据题意得到直线FA的方程，和直线bx-ay=0联立得B点的横坐标，再利用等面积得到A点的纵坐标，由BA→=2AF→求得B点的纵坐标，利用B点的纵坐标相等即可计算． 此题主要考查了双曲线渐近线方程的计算，属于中档题．8.【答案】C【解析】解：y=f(-x)与y=f(x)关于y轴对称，且f(0)=0， 要想g(x)=f(x)-f(-x)有5个零点， 则当x>0时，-x=alnx要有2个根，结合对称性可知x<0时也有2个零点， 故满足有5个零点， 当x=1时，-1=0，不合题意； 当x≠1时，此时a=-xlnx， 令g(x)=-xlnx，定义域为(0,1)∪(1,+∞)， g'(x)=1-lnx(lnx)2， 令g'(x)>0得：0e， 故g(x)=-xlnx在(0,1)，(1,e)上单调递增，在(e,+∞)上单调递减， 且当x∈(0,1)时，g(x)=-xlnx>0恒成立， g(x)=-xlnx在x=e处取得极大值，其中g(e)=-e， 故a∈(-∞,-e)，此时与g(x)=-xlnx有两个交点． 故选：C. 通过分析得到当x>0时，-x=alnx要有2个根，参变分离后构造函数g(x)=-xlnx，研究其单调性和极值，数形结合求出实数a的取值范围． 此题主要考查了函数零点与方程根的关系，属于中档题．9.【答案】AC【解析】解：对于选项A，原数据的中位数为x6，去掉x6后的中位数为12(x5+x7)=x6，即中位数没变，故选项A正确； 对于选项B，原数据的平均数为x=111(x1+x2+⋯+x11)=111×11(x1+x11)2=x6， 去掉x6后的平均数为x-=110(x1+x2+⋯+x5+x7+x8+⋯+x11)=110×10(x1+x11)2=x6=x，即平均数不变，故选项B错误； 对于选项C，则原数据的方差为s2=111[(x1-x6)2+(x2-x6)2+⋯+(x11-x6)2]， 去掉x6后的方差为s2=110[(x1-x6)2+(x2-x6)2+⋯+(x5-x6)2+(x7-x6)2+⋯+(x11-x6)2]， 故s20,ω>0,|φ|<π2)的部分图象， 可得A=2，34×2πω=5π12+π3，∴ω=2， 结合五点法作图，可得2×5π12+φ=π2，∴φ=-π3，故A正确， ∴f(x)=2sin(2x-π3)，f(-x)=-2sin(2x+π3)， f(x-π6)=2sin(2x-2π3)=-2sin[π-(2x+π3)=-2sin(2x+π3), 故f(-x)=f(x-π6)，故B正确， 将函数f(x)的图象向右平移π6个单位长度后得到函数g(x)的图象， 则g(x)=2sin[2(x-π6)-π3]=2sin(2x-2π3)=-2sin(2x+π3)， 故函数g(x)不是偶函数，故C错误， ∵-2<0，∴g(x)递增区间即y=sin(2x+π3)的递减区间， 令2kπ+π2⩽2x+π3⩽2kπ+3π2，k∈Z， 解得kπ+π12⩽x⩽kπ+7π12，k∈Z， 故g(x)的递增区间是[kπ+π12,kπ+7π12](k∈Z)， 当k=0时，g(x)的递增区间是[π12,7π12]， 故g(x)在区间[π12,7π12]上单调递增，故D正确， 故选：ABD. 由函数的图象的顶点坐标求出A，由周期求出ω，由五点法作图求出φ的值，可得f(x)的解析式，再利用函数y=Asin(ωx+φ)的图象变换规律，求得g(x)的解析式，再根据正弦函数的图象和性质，得出结论． 此题主要考查由函数y=Asin(ωx+φ)的部分图象求解析式，由函数的图象的顶点坐标求出A，由周期求出ω，由五点法作图求出φ的值，函数y=Asin(ωx+φ)的图象变换规律，三角函数的图象和性质，属于中档题．11.【答案】BCD【解析】解：对于A，由已知A1(-a,0)，A2(a,0)，设P(x,y)，则kPA1⋅kPA2=yx+a·yx-a=y2x2-a2=b2(1-x2a2)x2-a2=-b2a2=e2-1=-34，故A错； 对于B，若PF1⊥PF2，|PF1|2+|PF2|2=4c2，又|PF1|+|PF2|=2a，∴|PF1|⋅|PF2|=2b2，则△PF1F2的面积为S=12|PF1|⋅|PF2|=b2，故B正确； 对于C，由椭圆的性质可知，当点P与短轴的一个端点重合时，∠F1PF2最大，当∠F1PF2<900时满足题意，∴c10， 所以m+1-1>10，解得m>120， 所以使得b1+b1+⋯+bm>10成立的最小正整数m为121， 故答案为：121. 先求导f'(x)=1+tan2x，根据f(an+1)=f'(an)，得到tan2an+1-tan2an=1，进而求得tanan=n，得到bn=1n+n+1=n+1-n，利用裂项相消法求解． 此题主要考查了导数的运算、等差数列的定义以及裂项相消求和，属于中档题．17.【答案】解：（1）∵χ2=n(ad-bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)，其中n=a+b+c+d， ∴χ2=100×(40×30-20×10)260×40×50×50=13.5＞10.828， ∴疫苗A有效； （2）接种疫苗A未感染病毒B的志愿者取40×1050=8人， 接种疫苗A感染病毒B的志愿者取10×1050=2人， X的可能取值为0，1，2， P（X=0）=C83C103=715， P（X=1）=C21·C82C103=715， P（X=2）=C22·C81C103=115， X的分布列为：E（X）=0×715+1×715+2×115=35．【解析】 (1)计算出χ2=100×(40×30-20×10)260×40×50×50=13.5>10.828，可得判断；(2)分层抽样计算出接种疫苗A未感染病毒B的志愿者取40×1050=8人，接种疫苗A感染病毒B的志愿者取10×1050=2人，列出分布列求期望即可． 此题主要考查了独立性检验和离散型随机变量的分布列与期望，属于中档题．18.【答案】（1）证明：因为AA1⊥平面ABC，BD⊂平面ABC，所以AA1⊥BD， 又△ABC为等边三角形，D为AC的中点， 所以BD⊥AC，又AA1⋂AC=A，AA1，AC⊂平面AA1C1C， 所以BD⊥平面AA1C1C，又AC1⊂平面AA1C1C，所以BD⊥AC1． 在直角梯形AA1C1C中，AC=2AA1=2A1C1 所以AC1⊥A1D，又BD⋂A1D=D，BD，A1D⊂平面A1BD， 所以AC1⊥平面A1BD，又AC1⊂平面ABC1， 所以平面ABC1⊥平面A1BD． （2）解：由（1）知DB，DC，DC1两两垂直，如图所示，以D为坐标原点，DB，DC，DC1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，  则A（0，-1，0），B(3，0，0)，C（0，1，0），A1（0，-1，1），C1（0，0，1）， 所以DA1→=(0，-1，1)，DB→=(3，0，0) 设平面A1BD的法向量为m→=(x，y，z)， 由{m→⋅DA1→=-y+z=0m→⋅DB→=3x=0， 所以平面A1BD的一个法向量为m→=(0，1，1)， 设平面BB1C1C的法向量为n→=(x0，y0，z0)， 因为BC→=(-3，1，0)，C1C→=(0，1，-1)， 由{n→⋅BC→=-3x0+y0=0n→⋅C1C→=y0-z0=0， 所以平面BB1C1C的一个法向量为n→=(1，3，3)， 设平面A1BD与平面BB1C1C夹角θ， 则|cosθ|=|cos〈m→，n→〉|=|m→⋅n→||m→||n→|=232×7=427， 由图象可得平面A1BD与平面BB1C1C夹角θ为锐角， 所以cosθ=427．【解析】 (1)由题意首先证得AC1⊥平面A1BD，然后利用面面垂直的判断定理即可证得题中的结论； (2)建立空间直角坐标系，分别求得两个平面的法向量，然后利用法向量计算面面角的余弦值即可． 此题主要考查面面垂直的证明，空间向量及其应用，面面角的计算等知识，属于中等题．19.【答案】证明：（1）在△ACD中，由正弦定理得ADsin∠ACD=ACsinD， 即AD⋅sinD=AC⋅sin∠ACD， 因为AB∥CD，所以∠ACD=∠CAB， 所以AD⋅sinD=AC⋅sin∠CAB， 在△BBC中，由正弦定理得ACsinB=BCsin∠CAB， 即AC⋅sin∠CAB=BC⋅sinB， 所以AD⋅sinD=BC⋅sinB， 又AD⋅sinD=2CD⋅sinB， 所以BC⋅sinB=2CD⋅sinB， 即BC=2CD； 解：（2）由（1）知CD=12BC=1， 在△ACD中，由余弦定理得AC2=AD2+CD2-2AD⋅CD⋅cos∠ADC，解得AC=7， 所以cos∠CAB=cos∠ACD=CD2+AC2-AD22CD·AC=277， 在△ABC中，BC2=AC2+AB2-2AC⋅AB⋅cos∠CAB，解得AB=1或3， 又因为ABCD为梯形，所以AB=3， 又梯形ABCD的高为h=AD⋅sin60°=3， 所以梯形ABCD的面积为S=12(AB+CD)h=23．【解析】 (1)在△ACD和△ABC中，分别利用正弦定理可得AD⋅sinD=AC⋅sin∠ACD，AC⋅sin∠CAB=BC⋅sinB，再由AB//CD，可得∠ACD=∠CAB，所以得AD⋅sinD=BC⋅sinB，再结合已知条件可得BC⋅sinB=2CD⋅sinB，从而可证得结论， (2)在△ACD中，由余弦定理可求得AC=7,cos∠CAB=cos∠ACD=277，在△ABC中，再利用余弦定理可求出AB，从而可求出梯形的面积． 此题主要考查了正余弦定理在解三角形中的应用，属于中档题．20.【答案】证明：（1）由题意，b1=a2=a1+(2)2=2+2=4， 当n≥2时，bn=a2n=a2n-1+(2)2n=2a2n-2+2n=2bn-1+2n， 所以bn2n-bn-12n-1=1， 则(bn2n}是以1为公差，b12=2为首项的等差数列； 解：（2）由题设，S2n=（a1+a3+⋯+a2n-1）+（a2+a4+⋯+a2n） =[a2-(2)2]+[a4-(2)4]+⋯+[a2n-(2)2n]+(a2+a4+⋯+a2n) =2(a2+a4+⋯+a2n)-(2+22+⋯+2n)=2(b1+b2+⋯+bn)-2(1-2n)1-2 =2Tn+2-2n+1， 由（1）知：bn2n=2+(n-1)=n+1，则bn=(n+1)⋅2n， 其中Tn=b1+b2+⋯+bn，即Tn=2×21+3×22+4×23+⋯+(n+1)×2n， 所以2Tn=2×22+3×23+⋯+n×2n+(n+1)×2n+1， 两式相减得-Tn=4+(22+23+⋯+2n)-(n+1)×2n+1=4+4(1-2n-1)1-2-(n+1)×2n+1=-n×2n+1，所以Tn=n×2n+1， 综上，S2n=2Tn+2-2n+1=2n×2n+1+2-2n+1=(2n-1)2n+1+2．【解析】 (1)由已知得b1=4，根据递推关系可得bn=2bn-1+2n，结合等差数列的定义即可证结论． (2)由题设可得S2n=2(b1+b2+⋯+bn)-2(1-2n)1-2，应用错位相减法求Tn=b1+b2+⋯+bn，即可得结果． 此题主要考查了等差数列的证明和错位相减求和，属于中档题．21.【答案】解：（1）由题意可得{m2=8p12×p2⋅|m|=12p2，解得p=2， 故抛物线E的方程为y2=4x； （2）由题意直线l的斜率一定存在且不为0，设直线l的方程为x=ty+1，t≠0， 设A（x1，y1），B（x2，y2），C（x3，y3）， 由{x=ty+1y2=4x，消去x得，y2-4ty-4=0， 所以y1+y2=4t，y1y2=-4， 由AC垂直于l，直线AC的方程为y-y1=-t（x-x1）， 由{y-y1=-t(x-x1)y2=4x，消去x得，ty2+4y-4tx1-4y1=0， 所以y1+y3=-4t，y1y3=-4tx1-4y1t， ∴|AC|=(x1-x3)2+(y1-y3)2=(1+1t2)[(y1+y3)2-4y1y3]=(1+1t2)16+16t2x1+16ty1t2 =(1+1t2)16+4t2y12+16ty1t2=2t2+1t2⋅|ty1+2|=2t2+1t2⋅(ty1+2)， 同理可得|BD|=2t2+1t2⋅(ty2+2)， 所以|AC|+|BD|=2t2+1t2⋅[t(y1+y2)+4]=8t2+1t2(t2+1)=8(t2+1)3t4， 令f(x)=(x+1)3x2，x＞0，则f'(x)=(x+1)2(x-2)x3，x＞0， 所以当x∈（0，2）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，当x∈（2，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增， 所以当x=2时，f（x）取得最小值， 即当t=±2时，|AC|+|BD|最小值为123．【解析】 (1)根据面积及抛物线上的点可求解； (2)利用直线与抛物线的位置关系分别求得|AC|=2t2+1t2⋅(ty1+2)、|BD|=2t2+1t2⋅(ty2+2)，再通过导数求最值即可． 此题主要考查了抛物线的标准方程以及抛物线中的最值问题，属于难题．22.【答案】解：（1）f′（x）=a-sinx， 当a≥1时，f′（x）≥0，f（x）在[0，π]上单调递增，没有极值， 当a≤0时，f′（x）≤0，f（x）在[0，π]上单调递减，没有极值， 当0＜a＜1时，f′（x）=0在[0，π]有2个实数根，设为x1，x2且x1＜x2， 所以f（x）在（0，x1）上单调递增，f（x）在（x1，x2）上单调递减，在（x2，+∞）上单调递增， 所以f（x1）为函数的极小值，f（x2）为函数的极大值， 由正弦函数的对称性可知x1+x2=π， 所以f（x）在[0，π]上所有极值的和f（x1）+f（x2）=ax1+cosx1+ax2+cosx2=aπ． （2）由f(x)⩽12ax2+ex对任意x∈R恒成立得12ax2-ax+ex-cosx≥0恒成立， 令g（x）=12ax2-ax+ex-cosx，则g′（x）=ax-a+ex+sinx， 令h（x）=ax-a+ex+sinx，则h′（x）=a+ex+cosx， 当a＞1时，h′（x）＞0，g′（x）单调递增，且g′（0）=1-a＜0，g′（1）=e+sin1＞0， 所以存在x0∈（0，1）使得g′（x0）=0， 当x∈（0，x0）时，g′（x）＜0，g（x）单调递减，当x∈（x0，+∞）时，g′（x）＞0，g（x）单调递增， 所以g（x）＜g（0）=0，不合题意； 当a=1时，h′（x）＞0，g′（x）单调递增，且g′（0）=0， 当x∈（0，+∞）时，g′（x）＞0，g（x）单调递增，当x∈（-∞，0）时，g′（x）＜0，g（x）单调递减， 所以g（x）≥g（0）=0，符合题意； 当0＜a＜1时，h′（x）在（-1，0）上单调递增， 又h′（-1）=a+1e+cos1＞0， 所以h′（x）＞h′（-1）＞0，g′（x）在（-1，0）上单调递增， 又g′（0）=1-a＞0，g'(-1)=-2a+1e-sin1＜-2a+1e-sinπ4=1e-2a-22＜0， 所以存在m∈（-1，0）使得g′（m）=0， 当x∈（m，0）时，g′（x）＞0，g（x）单调递增，g（m）＜g（0）=0，不符合题意， 综上，正实数a的取值集合为{1}．【解析】 (1)先对函数求导，然后结合导数与单调性关系对a进行分类讨论确定导数符号，结合正弦函数的对称性可求函数的极值和． (2)由已知不等式特点考虑构造函数，结合导数与单调性关系分析函数性质，然后结合函数零点判定定理可求． 此题主要考查了导数与单调性，函数性质，零点判定定理的综合应用，试题具有一定的综合性． x56.5788.5y98643未感染病毒B感染病毒B合计接种疫苗A401050未接种疫苗A203050合计6040100X012P715715115