15．M4[2015·福建卷]一个二元码是由0和1组成的数字串x1x2…xn（n∈N*），其中xk（k＝1，2，…，n）称为第k位码元．二元码是通信中常用的码，但在通信过程中有时会发生码元错误（即码元由0变为1，或者由1变为0）．
已知某种二元码x1x2…x7的码元满足如下校验方程组：
其中运算⊕定义为：
0⊕0＝0，0⊕1＝1，1⊕0＝1，1⊕1＝0.
现已知一个这种二元码在通信过程中仅在第k位发生码元错误后变成了1101101，那么利用上述校验方程组可判定k等于________．
15．5 [解析]1101101中x1＝x2＝x4＝x5＝x7＝1，x3＝x6＝0，
则x4⊕x5⊕x6⊕x7＝1，不满足方程组，x2⊕x3⊕x6⊕x7＝0，满足方程组，所以推测x4或x5错误．又x1⊕x3⊕x5⊕x7＝1，不满足方程组，所以x5错误，故k＝5.
16．K9[2015·福建卷]某银行规定，一张银行卡若在一天内出现3次密码尝试错误，该银行卡将被锁定．小王到该银行取钱时，发现自己忘记了银行卡的密码，但可以确认该银行卡的正确密码是他常用的6个密码之一，小王决定从中不重复地随机选择1个进行尝试．若密码正确，则结束尝试；否则继续尝试，直至该银行卡被锁定．
（1）求当天小王的该银行卡被锁定的概率；
（2）设当天小王用该银行卡尝试密码的次数为X，求X的分布列和数学期望．
16．解：
（1）设“当天小王的该银行卡被锁定”的事件为A，
则P（A）＝××＝.
（2）依题意得，X所有可能的取值是1，2，3.
又P（X＝1）＝，P（X＝2）＝×＝，P（X＝3）＝××1＝，
所以X的分布列为
X
1
2
3
P
所以E（X）＝1×＋2×＋3×
＝.
17．G4、G11[2015·福建卷]如图1 3，在几何体ABCDE中，四边形ABCD是矩形，AB⊥平面BEC，BE⊥EC，AB＝BE＝EC＝2，G，F分别是线段BE，DC的中点．
（1）求证：
GF∥平面ADE；
（2）求平面AEF与平面BEC所成锐二面角的余弦值．
图1 3
17．解：
方法一：
（1）证明：
如图，取AE的中点H，连接HG，HD，
又G是BE的中点，
所以GH∥AB，且GH＝AB.
又F是CD的中点，
所以DF＝CD.
由四边形ABCD是矩形得，AB∥CD，AB＝CD，
所以GH∥DF，且GH＝DF，
从而四边形HGFD是平行四边形，
所以GF∥DH.
又DH⊂平面ADE，GF⊄平面ADE，
所以GF∥平面ADE.
（2）如图，在平面BEC内，过B点作BQ∥EC.因为BE⊥CE，所以BQ⊥BE.
又因为AB⊥平面BEC，所以AB⊥BE，AB⊥BQ.
以B为原点，分别以，，的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系，则A（0，0，2），B（0，0，0），E（2，0，0），F（2，2，1）．
因为AB⊥平面BEC，所以＝（0，0，2）为平面BEC的一个法向量．
设n＝（x，y，z）为平面AEF的一个法向量．
又＝（2，0，－2），＝（2，2，－1），
由得
取z＝2，得n＝（2，－1，2），
从而cos〈n，〉＝＝＝，
所以平面AEF与平面BEC所成锐二面角的余弦值为.
方法二：
（1）证明：
如图，取AB中点M，连接MG，MF.
又G是BE的中点，所以GM∥AE.
又AE⊂平面ADE，GM⊄平面ADE，
所以GM∥平面ADE.
在矩形ABCD中，由M，F分别是AB，CD的中点得MF∥AD.
又AD⊂平面ADE，MF⊄平面ADE，
所以MF∥平面ADE.
又因为GM∩MF＝M，GM⊂平面GMF，MF⊂平面GMF，
所以平面GMF∥平面ADE.
因为GF⊂平面GMF，
所以GF∥平面ADE.
（2）同方法一．
18．H10[2015·福建卷]已知椭圆E：
＋＝1（a＞b＞0）过点（0，），且离心率e＝.
（1）求椭圆E的方程；
（2）设直线l：
x＝my－1（m∈R）交椭圆E于A，B两点，判断点G与以线段AB为直径的圆的位置关系，并说明理由．
图1 4
18．解：
方法一：
（1）由已知得，
解得
所以椭圆E的方程为＋＝1.
（2）设点A（x1，y1），B（x2，y2），AB的中点为H（x0，y0）．
由得（m2＋2）y2－2my－3＝0，
所以y1＋y2＝，y1y2＝－，
从而y0＝，
所以|GH|2＝＋y＝＋y＝（m2＋1）y＋my0＋.
又＝
＝
＝
＝（1＋m2）（y－y1y2），
故|GH|2－＝my0＋（1＋m2）y1y2＋
＝－＋
＝＞0，
所以|GH|＞.
故点G在以AB为直径的圆外．
方法二：
（1）同方法一．
（2）设点A（x1，y1），B（x2，y2），则＝，＝.
由得（m2＋2）y2－2my－3＝0，
所以y1＋y2＝，y1y2＝－，
从而·＝＋y1y2
＝＋y1y2
＝（m2＋1）y1y2＋m（y1＋y2）＋
＝＋＋
＝＞0，
所以cos〈，〉＞0.
又，不共线，所以∠AGB为锐角．
故点G在以AB为直径的圆外．
19．C9[2015·福建卷]已知函数f（x）的图像是由函数g（x）＝cosx的图像经如下变换得到：
先将g（x）图像上所有点的纵坐标伸长到原来的2倍（横坐标不变），再将所得到的图像向右平移个单位长度．
（1）求函数f（x）的解析式，并求其图像的对称轴方程．
（2）已知关于x的方程f（x）＋g（x）＝m在[0，2π）内有两个不同的解α，β.
（i）求实数m的取值范围；
（ii）证明：
cos（α－β）＝－1.
19．解：
方法一：
（1）将g（x）＝cosx的图像上所有点的纵坐标伸长到原来的2倍（横坐标不变）得到y＝2cosx的图像，再将y＝2cosx的图像向右平移个单位长度后得到y＝2cos的图像，故f（x）＝2sinx.
从而函数f（x）＝2sinx图像的对称轴方程为x＝kπ＋（k∈Z）．
（2）（i）f（x）＋g（x）＝2sinx＋cosx
＝
＝sin（x＋φ）.
依题意，sin（x＋φ）＝在[0，2π）内有两个不同的解α，β当且仅当＜1，故m的取值范围是（－，）．
（ii）证明：
因为α，β是方程sin（x＋φ）＝m在[0，2π）内的两个不同的解，
所以sin（α＋φ）＝，sin（β＋φ）＝.
当1≤m＜时，α＋β＝2，即α－β＝π－2（β＋φ）；
当－＜m＜1时，α＋β＝2，即α－β＝3π－2（β＋φ）．
所以cos（α－β）＝－cos2（β＋φ）
＝2sin2（β＋φ）－1
＝2－1
＝－1.
方法二：
（1）同方法一．
（2）（i）同方法一．
（ii）因为α，β是方程sin（x＋φ）＝m在[0，2π）内的两个不同的解，
所以sin（α＋φ）＝，sin（β＋φ）＝.
当1≤m＜时，α＋β＝2，即α＋φ＝π－（β＋φ）；
当－＜m＜1时，α＋β＝2，即α＋φ＝3π－（β＋φ）．
所以cos（α＋φ）＝－cos（β＋φ）．
于是cos（α－β）＝cos[（α＋φ）－（β＋φ）]
＝cos（α＋φ）cos（β＋φ）＋sin（α＋φ）sin（β＋φ）
＝－cos2（β＋φ）＋sin（α＋φ）sin（β＋φ）
＝－＋
＝－1.
20．B14[2015·福建卷]已知函数f（x）＝ln（1＋x），g（x）＝kx（k∈R）．
（1）证明：
当x＞0时，f（x）＜x；
（2）证明：
当k＜1时，存在x0＞0，使得对任意的x∈（0，x0），恒有f（x）＞g（x）；
（3）确定k的所有可能取值，使得存在t＞0，对任意的x∈（0，t），恒有|f（x）－g（x）|＜x2.
20．解：
方法一：
（1）证明：
令F（x）＝f（x）－x＝ln（1＋x）－x，x∈[0，＋∞），
则有F′（x）＝－1＝.
当x∈（0，＋∞）时，F′（x）＜0，
所以F（x）在[0，＋∞）上单调递减，
故当x＞0时，F（x）＜F（0）＝0，即当x＞0时，f（x）＜x.
（2）证明：
令G（x）＝f（x）－g（x）＝ln（1＋x）－kx，x∈[0，＋∞），
则有G′（x）＝－k＝.
当k≤0时，G′（x）＞0，故G（x）在[0，＋∞）上单调递增，G（x）＞G（0）＝0，
故任意正实数x0均满足题意．
当0＜k＜1时，令G′（x）＝0，得x＝＝－1＞0，
取x0＝－1，对任意x∈（0，x0），有G′（x）＞0，
从而G（x）在[0，x0）上单调递增，所以G（x）＞G（0）＝0，即f（x）＞g（x）．
综上，当k＜1时，总存在x0＞0，使得对任意x∈（0，x0），恒有f（x）＞g（x）．
（3）当k＞1时，由
（1）知，对于∀x∈（0，＋∞），g（x）＞x＞f（x），故g（x）＞f（x），
|f（x）－g（x）|＝g（x）－f（x）＝kx－ln（1＋x）．
令M（x）＝kx－ln（1＋x）－x2，x∈[0，＋∞），
则有M′（x）＝k－－2x＝.
故当x∈时，M′（x）＞0，
M（x）在上单调递增，
故M（x）＞M（0）＝0，即|f（x）－g（x）|＞x2.所以满足题意的t不存在．
当k＜1时，由
（2）知，存在x0＞0，使得当x∈（0，x0）时，f（x）＞g（x），
此时|f（x）－g（x）|＝f（x）－g（x）＝ln（1＋x）－kx.令N（x）＝ln（1＋x）－kx－x2，x∈[0，＋∞），
则有N′（x）＝－k－2x＝，
当x∈时，N′（x）＞0，
N（x）在上单调递增，
故N（x）＞N（0）＝0，即f（x）－g（x）＞x2.
记x0与中的较小者为x1，
则当x∈（0，x1）时，恒有|f（x）－g（x）|＞x2.
故满足题意的t不存在．
当k＝1时，由
（1）知，当x＞0时，|f（x）－g（x）|＝g（x）－f（x）＝x－ln（1＋x）．
令H（x）＝x－ln（1＋x）－x2，x∈[0，＋∞），
则有H′（x）＝1－－2x＝.
当x＞0时，H′（x）＜0，
所以H（x）在[0，＋∞）上单调递减，故H（x）＜H（0）＝0.
故当x＞0时，恒有|f（x）－g（x）|＜x2.
此时，对任意正实数t均满足题意．
综上，k＝1.
方法二：
（1）、
（2）同方法一．
（3）当k＞1时，由
（1）知，对于∀x∈（0，＋∞），g（x）＞x＞f（x），
故|f（x）－g（x）|＝g（x）－f（x）＝kx－ln（1＋x）＞kx－x＝（k－1）x.
令（k－1）x＞x2，解得0＜x＜k－1.
从而得到，当k＞1时，对于x∈（0，k－1），恒有|f（x）－g（x）|＞x2，
故满足题意的t不存在．
当k＜1时，取k1＝，从而k＜k1＜1，
由
（2）知，存在x0＞0，使得x∈（0，x0）时，f（x）＞k1x＞kx＝g（x），
此时|f（x）－g（x）|＝f（x）－g（x）＞（k1－k）x＝x.
令x＞x2，解得0＜x＜，此时f（x）－g（x）＞x2.
记x0与的较小者为x1，当x∈（0，x1）时，恒有|f（x）－g（x）|＞x2.
故满足题意的t不存在．
当k＝1时，由
（1）知，当x＞0时，|f（x）－g（x）|＝g（x）－f（x）＝x－ln（1＋x），
令M（x）＝x－ln（1＋x）－x2，x∈[0，＋∞），
则有M′（x）＝1－－2x＝.
当x＞0时，M′（x）＜0，所以M（x）在[0，＋∞）上单调递减，
故M（x）＜M（0）＝0.故当x＞0时，恒有|f（x）－g（x）|＜x2，
此时，对任意正实数t均满足题意．
综上，k＝1.
21．N2、N3、N4[2015·福建卷]
（1）选修4 2：
矩阵与变换
已知矩阵A＝），B＝））．
（i）求A的逆矩阵A－1；
（ii）求矩阵C，使得AC＝B.
（2）选修4 4：
坐标系与参数方程
在平面直角坐标系xOy中，圆C的参数方程为（t为参数）．在极坐标系（与平面直角坐标系xOy取相同的长度单位，且以原点O为极点，以x轴非负半轴为极轴）中，直线l的方程为ρsin＝m（m∈R）．
（i）求圆C的普通方程及直线l的直角坐标方程；
（ii）设圆心C到直线l的距离等于2，求m的值．
（3）选修4 5：
不等式选讲
已知a＞0，b＞0，c＞0，函数f（x）＝|x＋a|＋|x－b|＋c的最小值为4.
（i）求a＋b＋c的值；
（ii）求a2＋b2＋c2的最小值．
21．解：
（1）（i）因为|A|＝2×3－1×4＝2，
所以A－1＝））
＝））．
（ii）由AC＝B得（A－1A）C＝A－1B，故
C＝A－1B
＝））））
＝,）,－3）））．
（2）（i）消去参数t，得到圆C的普通方程为（x－1）2＋（y＋2）2＝9.
由ρsin＝m，得
ρsinθ－ρcosθ－m＝0.
所以直线l的直角坐标方程为x－y＋m＝0.
（ii）依题意，圆心C到直线l的距离等于2，
即＝2，解得m＝－3±2.
（3）（i）因为f（x）＝|x＋a|＋|x－b|＋c≥|（x＋a）－（x－b）|＋c＝|a＋b|＋c，
当且仅当－a≤x≤b时，等号成立，
又a＞0，b＞0，所以|a＋b|＝a＋b，
所以f（x）的最小值为a＋b＋c.
又已知f（x）的最小值为4，
所以a＋b＋c＝4.
（ii）由（i）知a＋b＋c＝4，由柯西不等式得
（4＋9＋1）≥＝（a＋b＋c）2＝16，
即a2＋b2＋c2≥，
当且仅当＝＝，即a＝，b＝，c＝时等号成立．
故a2＋b2＋c2的最小值为.
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