平移直线由图可知当直
，
经过点
时，
直线在轴上的截距分别最小、最大， 则最大值为所以，
分别有最大与最小值，
，最小值
的取值范围为
，故答案为
，
.
【点睛】本题主要考查线性规划中，利用可行域求目标函数的最值，属于简单题.求目标函数最值的一般步骤是“一画、二移、三求”：（1）作出可行域（一定要注意是实线还是虚线）；（2）找到目标函数对应的最优解对应点（在可行域内平移变形后的目标函数，最先通过或最后通过的顶点就是最优解）；（3）将最优解坐标代入目标函数求出最值. 14.部分与整体以某种相似
的方式呈现称为分形.谢尔宾斯基三角形是一种分形，由波兰数学家谢尔宾斯基1915年提出.具体操作是取一个实心三角形，沿三角形的三边中点连线，将它分成4个小三角形，去掉中间的那一个小三角形后，对其余3个小三角形重复上述过程逐次得到各个图形，如图.
现在上述图(3)中随机选取一个点，则此点取自阴影部分的概率为_________. 【答案】 【解析】 【分析】
设图（3）中最小黑色三角形面积为，求出最大三角形的面积以及阴影部分的面积，利用几何概型概率公式求解即可.
【详解】设图（3）中最小黑色三角形面积为， 由图可知图（3）中最大三角形面积为图（3）中，阴影部分的面积为，
根据几何概型概率公式可得，图(3)中随机选取一个点，则此点取自阴影部分的概率为, 故答案为.
【点睛】本题主要考查“面积型”的几何概型，属于中档题. 解决几何概型问题常见类型有：长度型、角度型、面积型、体积型，求与面积有关的几何概型问题关鍵是计算问题的总面积以及事件的面积；几何概型问
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，
题还有以下几点容易造成失分，在备考时要高度关注：（1）不能正确判断事件是古典概型还是几何概型导致错误；（2）基本事件对应的区域测度把握不准导致错误 ；（3）利用几何概型的概率公式时 , 忽视验证事件是否等可能性导致错误. 15.设等差数列
满足
，
，则数列
的前项的和等于_________.
【答案】【解析】 【分析】 由
，
求出等差数列的通项公式，可得，利用裂项相消法可得结果.
【详解】即
，
是等差数列，
，
，
，，
前项和为
，故答案为
.
【点睛】本题主要考查等差数列的通项公式，以及裂项相消法求数列的和，属于中档题. 裂项相消法是最难把握的求和方法之一，其原因是有时很难找到裂项的方向，突破这一难点的方法是根据式子的结构特点，常见的裂项技巧：(1)（4）
；（2）
； （3）
；
；此外，需注意裂项之后相消的过程中容易出现丢项或多项的
问题，导致计算结果错误. 16.设
的内角
的对边长
成等比数列，
，延长
至，若
，则
面
积的最大值为__________. 【答案】 【解析】 【分析】 由可得
，可得
，由
成等比数列，结合正弦定理 ，从而得
为正三角形，
，两式相减，可求得
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设正三角形边长为，【详解】
，①
又
成等比数列，
，利用基本不等式可得结果.
，
， ，②
由正弦定理可得①-②得
， ，解得
由得
，
，
，
，
为正三角形，
设正三角形边长为， 则
，
，
即
时等号成立。
面积的最大值为，故答案为.
【点睛】本题主要考查对比中项的应用、正弦定理的应用以及基本不等式求最值，属于难题. 利用基本不等式求最值时，一定要正确理解和掌握“一正，二定，三相等”的内涵：一正是，首先要判断参数是否为正；二定是，其次要看和或积是否为定值（和定积最大，积定和最小）；三相等是，最后一定要验证等号能否成立（主要注意两点，一是相等时参数是否在定义域内，二是多次用或时等号能否同时成立）.
三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17.将函数（Ⅰ）求函数（Ⅱ）若【答案】(Ⅰ) 【解析】 【分析】
的图象向左平移个单位后得到函数的单调递增区间； ，求
的值.
(Ⅱ)
的图像，设函数
.
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(Ⅰ)由已知可得，则
得
.
,由，解不等式
，从而可得
即可得结果；(Ⅱ)由
【详解】(Ⅰ)由已知可得则
.
令∴函数(Ⅱ)由∴
的单调递增区间为
得
，解得
，
.
. ， ，即
.
的单调
求得函数的减区间，
【点睛】本题主要考查三角函数的恒等变换以及三角函数的单调性，属于中档题.函数区间的求法：若
,把
看作是一个整体，由
求得增区间.
18.如图，在四棱锥
中，
为等边三角形，
，
，
，
.
(Ⅰ)若点为(Ⅱ)求四棱锥
的中点，求证:
的体积.
平面；
【答案】(Ⅰ)详见解析(Ⅱ) 【解析】 【分析】 (Ⅰ)取
的中点为，连结
∥平面
，,先利用线面平行的判定定理可证明
交
于，连结
∥平面，先证明
、∥平面，结合
，从，
而可得平面可得
⊥平面
，进而可得结果；(Ⅱ)连结
的高为，
.
，即四棱锥的中点为，连结
，利用棱锥的体积公式可得结果.
【详解】(Ⅰ)取
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