知识点：5.充分条件与必要条件

B

【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断．

【分析】解方程，根据充分必要条件的定义判断即可．

【解答】解：由“（x﹣1）（x﹣2）=0”，解得：x=1或x=2，

故“x=1”是“（x﹣1）（x﹣2）=0”的充分不必要条件，

故选：B．

知识点：2.等差数列及其性质

A

【考点】等差数列的性质．

【分析】由a7+a9=16可得 2a1+14d=16，再由a4=1=a1+3d，解方程求得a1和公差d的值，从而求得a12的值．

【解答】解：设公差等于d，由a7+a9=16可得 2a1+14d=16，即 a1+7d=8．

再由a4=1=a1+3d，可得 a1=﹣，d=．

故 a12 =a1+11d=﹣+=15，

故选：A．

知识点：9.正弦定理和余弦定理（解三角形）

A

【考点】正弦定理．

【分析】先求得A，进而利用正弦定理求得b的值．

【解答】解：A=180°﹣B﹣C=45°，

由正弦定理知=，

∴b===4，

故选A．

知识点：7.全称量词与存在量词

D

【考点】命题的否定．

【分析】根据命题“存在x∈Z使x2+2x+m≤0”是特称命题，其否定命题是全称命题，将“存在”改为“任意的”，“≤“改为“＞”可得答案．

【解答】解：∵命题“存在x∈Z使x2+2x+m≤0”是特称命题

∴否定命题为：对任意x∈Z使x2+2x+m＞0

故选D．

知识点：1.不等式关系与不等式

C

【考点】不等式的基本性质．

【分析】（1）取a=2，b=﹣1，满足a＞b，但是＜不成立；

（2）利用函数f（x）=x3在R上单调递增即可得出；

（3）取a=1，b=﹣2，满足a＞b，但是a2+1＞b2+1不成立；

（4）利用指数函数f（x）=2x在R上单调递增即可得出．

【解答】解：（1）取a=2，b=﹣1，满足a＞b，但是＜不成立；

（2）利用函数f（x）=x3在R上单调递增可得：a3＞b3；

（3）取a=1，b=﹣2，满足a＞b，但是a2+1＞b2+1不成立；

（4）利用指数函数f（x）=2x在R上单调递增可得：2a＞2b．

其中成立的不等式有（2）（4）．

故选：C．

知识点：3.等差数列的前n项和

C

【考点】等差数列的性质．

【分析】根据题意判断出d＜0、a10＞0＞a11、a10+a11＜0，利用前n项和公式和性质判断出S20＜0、S19＞0，再利用数列的单调性判断出当Sn取的最小正值时n的值．

【解答】解：由题意知，Sn有最大值，所以d＜0，

因为＜﹣1，所以a10＞0＞a11，

且a10+a11＜0，

所以S20=10（a1+a20）=10（a10+a11）＜0，

则S19=19a10＞0，

又a1＞a2＞…＞a10＞0＞a11＞a12

所以S10＞S9＞…＞S2＞S1＞0，S10＞S11＞…＞S19＞0＞S20＞S21

又S19﹣S1=a2+a3+…+a19=9（a10+a11）＜0，

所以S19为最小正值，

故选：C．

知识点：9.正弦定理和余弦定理（解三角形）

B

【考点】正弦定理．

【分析】首先利用余弦定理代入已知条件，再根据化简的最终形式，判断三角形的形状．

【解答】解：利用余弦定理：

则：c=2acosB=

解得：a=b

所以：△ABC的形状为等腰三角形．

故选：B

知识点：4.基本不等式

D

【考点】基本不等式．

【分析】A．x＜0时，y＜0，不成立；

B．x≤﹣3时，则y≤0，不成立．

C.0＜x＜π，令sinx=t∈（0，1），则y=t+，利用导数研究函数单调性即可判断出结论．

D．利用基本不等式的性质即可判断出结论．

【解答】解：A．x＜0时，y＜0，不成立；

B．x≤﹣3时，则y≤0，不成立．

C．∵0＜x＜π，令sinx=t∈（0，1），则y=t+，＜0，因此函数单调递减，∴y＞5，不成立．

D．y=ex+e﹣x≥2=2，当且仅当x=0时取等号，成立．

故选：D．

知识点：3.二元一次不等式（组）与简单的线性规划

B

【考点】二元一次不等式（组）与平面区域．

【分析】作出不等式组对应的平面区域，根据对应图形，求出对应的面积即可．

【解答】解：作出不等式组对应的平面区域，

则A（0，1），A到直线y=x﹣1，即x﹣y﹣1=0的距离d=，

由得，即C（，﹣），

由，得，即B（﹣1，﹣2），

则|BC|==，

则△ABC的面积S==，

故选：B

知识点：9.正弦定理和余弦定理（解三角形）

B

【考点】解三角形的实际应用．

【分析】利用方位角求出B的大小，利用正弦定理直接求解AD的距离，直接利用余弦定理求出CD的距离即可．

【解答】解：如图，在△ABD中，因为在A处看灯塔B在货轮的北偏东75°的方向上，距离为海里，

货轮由A处向正北航行到D处时，再看灯塔B在南偏东60°方向上，

所以B=180°﹣75°﹣60°=45°，

由正弦定理，

所以AD===24海里；

在△ACD中，AD=24，AC=8，∠CAD=30°，

由余弦定理可得：CD2=AD2+AC2﹣2•AD•ACcos30°=242+（8）2﹣2×24×8×=192，

所以CD=8海里；

故选：B．

知识点：4.基本不等式

A

【考点】基本不等式在最值问题中的应用；不等式比较大小．

【分析】由于M=a+=a﹣2++2（2＜a＜3）在（2，3）上单调递减，可得M＞4，利用基本不等式可求得N的范围，从而可比较二者的大小

【解答】解：∵M=a+=a﹣2++2，

而0＜a﹣2＜1，

又∵y=x+在（0，1]上单调递减，

∴M在（2，3）上单调递减，

∴M＞（3﹣2）++2=4；

又0＜x＜，

∴0＜N=x（4﹣3x）=•3x（4﹣3x）≤ []2=．

∴M＞N

故选：A

知识点：6.数列的求和

B

【考点】数列的求和．

【分析】由已知条件推出n为奇数时，an+an+1=2，即a1+a2=2，a3+a4=2，…，a2013+a2014=2，由此能求出a1+a2+…+a2014．

【解答】解：∵f（n）=，且an=f（n）+f（n+1），

n为奇数时，an=f（n）+f（n+1）=n2﹣（n+1）2=﹣2n﹣1，

an+1=f（n+1）+f（n+2）=﹣（n+1）2+（n+2）2=2n+3，

∴an+an+1=2，

∴a1+a2=2，a3+a4=2，…，a2013+a2014=2，

∴a1+a2+…+a2014

=（a1+a2）+（a3+a4）+…+（a2013+a2014）

=1007×2=2014．

故选：B．

知识点：2.定义域与值域

{x|﹣3＜x＜4}

【考点】函数的定义域及其求法．

【分析】令12+x﹣x2＞0，解不等式即可．

【解答】解：由12+x﹣x2＞0，即x2﹣x﹣12＜0解得﹣3＜x＜4．

所以函数的定义域为{x|﹣3＜x＜4}．

故答案为：{x|﹣3＜x＜4}．

知识点：4.等比数列及其性质

4

【考点】基本不等式在最值问题中的应用．

【分析】先根据等比中项的性质求得a+b的值，进而利用基本不等式取得ab的最大值，把+化简整理，根据ab的范围，求得答案．

【解答】解：∵是3a与3b的等比中项

∴3a•3b=3a+b=3

∴a+b=1

∴ab≤=（当a=b时等号成立）

∴+==≥4．

故答案为：4

知识点：4.和角公式与倍（半）角公式

【考点】二倍角的正弦；同角三角函数间的基本关系；二倍角的正切．

【分析】已知等式左边利用二倍角的正弦函数公式化简，根据sinα不为0求出cosα的值，由α的范围，利用同角三角函数间的基本关系求出sinα的值，进而求出tanα的值，所求式子利用二倍角的正切函数公式化简后，将tanα的值代入计算即可求出值．

【解答】解：∵sin2α=2sinαcosα=﹣sinα，α∈（，π），

∴cosα=﹣，sinα==，

∴tanα=﹣，

则tan2α===．

故答案为：

知识点：9.正弦定理和余弦定理（解三角形）

7+

【考点】余弦定理；正弦定理．

【分析】如图所示，设∠APB=α，∠APC=π﹣α．在△ABP与△APC中，由余弦定理可得：AB2=AP2+BP2﹣2AP•BPcosα，AC2=AP2+PC2﹣2AP•PCcos（π﹣α），

可得AB2+AC2=2AP2+，代入即可得出．

【解答】解：如图所示，

设∠APB=α，∠APC=π﹣α．

在△ABP与△APC中，

由余弦定理可得：AB2=AP2+BP2﹣2AP•BPcosα，

AC2=AP2+PC2﹣2AP•PCcos（π﹣α），

∴AB2+AC2=2AP2+，

∴42+32=2AP2+，

解得AP=．

∴三角形ABP的周长=7+．

故答案为：7+．

知识点：4.和角公式与倍（半）角公式

【考点】三角函数中的恒等变换应用；三角函数的周期性及其求法；三角函数的最值．

【分析】（1）利用正弦函数的两角和与差的公式与辅助角公式将f（x）=sin（2x+）+sin（2x﹣）+2cos2x﹣1化为f（x）=sin（2x+），即可求得函数f（x）的最小正周期；

（2）可分析得到函数f（x）在区间[]上是增函数，在区间[，]上是减函数，从而可求得f（x）在区间[]上的最大值和最小值．

【解答】解：（1）∵f（x）=sin2x•cos+cos2x•sin+sin2x•cos﹣cos2x•sin+cos2x

=sin2x+cos2x

=sin（2x+），

∴函数f（x）的最小正周期T==π．

（2）∵函数f（x）在区间[]上是增函数，在区间[，]上是减函数，

又f（﹣）=﹣1，f（）=，f（）=1，

∴函数f（x）在区间[]上的最大值为，最小值为﹣1．

知识点：2.一元二次不等式及不等式的解法

【考点】一元二次不等式的解法．

【分析】把不等式坐标利用十字相乘法分解因式：（x﹣a）（x+a﹣1）＞0，然后对a值进行分类讨论：a与的大小关系三种情况，利用不等式取解集的方法分别求出各自的解集即可．

【解答】解：原不等式可化为：（x﹣a）（x+a﹣1）＞0，

对应方程的根为x1=a，x2=1﹣a…

（1）当时，有a＜1﹣a，解可得x＜a或x＞1﹣a；…

（2）当时，a=1﹣a得x∈R且；…

（3）当时，a＞1﹣a，解可得x＜1﹣a或x＞a；…

综合得：

（1）当时，原不等式的解集为（﹣∞，a）∪（1﹣a，+∞）；

（2）当时，原不等式的解集为；

（3）当时，原不等式的解集为（﹣∞，1﹣a）∪（a，+∞）．…

知识点：6.简单的逻辑联结词

【考点】复合命题的真假．

【分析】若命题p正确，则△＞0，解得m范围．若命题q正确，则△＜0，解得m范围．若“p∨q”为真，“p∧q”为假，则p与q必然一真一假，即可得出．

【解答】解：命题p：方程x2+mx+1=0有两个不相等的实根，∴△=m2﹣4＞0，解得m＞2或m＜﹣2．

命题q：关于x的不等式x2﹣2（m+1）x+m（m+1）＞0对任意的实数x恒成立，∴△=4（m+1）2﹣4m（m+1）＜0，解得m＜﹣1．

若“p∨q”为真，“p∧q”为假，

则p与q必然一真一假，

∴或，

解得m＞2或﹣2≤m＜﹣1．

∴实数m的取值范围是m＞2或﹣2≤m＜﹣1．

知识点：9.正弦定理和余弦定理（解三角形）

【考点】正弦定理；余弦定理．

【分析】（1）由正弦定理化简已知等式可得2cosBsinA=sin（B+C），由三角形内角和定理即sinA≠0，可得cosB=，又B为三角形的内角，即可解得B的值．

（2）由面积公式可解得ac=6，①由余弦定理，可得a2+c2﹣ac=7，即（a+c）2=3ac+7，③将①代入③即可解得a+c的值．

【解答】（本题满分为12分）

解：（1）由正弦定理可得，，可得2cosBsinA=sin（B+C），

∵A+B+C=π，

∴2cosBsinA=sinA，

∴cosB=，

∵B为三角形的内角，

∴B=…6分

（2）b=，B=，由面积公式可得： =，即ac=6，①

由余弦定理，可得： =7，即a2+c2﹣ac=7②，

由②变形可得：（a+c）2=3ac+7，③

将①代入③可得（a+c）2=25，故解得：a+c=5…12分

知识点：3.等差数列的前n项和

【考点】数列的求和；数列递推式．

【分析】（1）设出等差数列的首项和公差，由已知列式求得首项和公差，则等差数列的通项公式可求；

（2）由++…+=1﹣，求得b1，进一步求得=，得到{bn}的通项公式，再由错位相减法求得数列{bn}的前n项和Tn．

【解答】解：（1）设等差数列{an}的首项为a1，公差为d．

由S4=4S2，a2n=2an+1，得

，

解得：a1=1，d=2．

因此an=2n﹣1；

（2）由已知++…+=1﹣，n∈N*，

当n=1时，；

当n≥2时， ++…+，

∴=1﹣﹣（1﹣）=，

∴=，n∈N*．

由（1）知an=2n﹣1，n∈N*，

∴bn=，n∈N*．

又Tn=+++…+，

∴Tn=++…++，

两式相减得Tn=+2（）﹣

=﹣﹣，

∴Tn=3﹣．

知识点：4.等比数列及其性质

【考点】数列与不等式的综合；等差数列与等比数列的综合．

【分析】（1）对于，令n=1即可证明；

（2）利用，且，（n≥2），两式相减即可求出通项公式．

（3）由（2）可得=．利用“裂项求和”即可证明．

【解答】解：（1）当n=1时，，

∵

（2）当n≥2时，满足，且，

∴，

∴，

∵an＞0，∴an+1=an+2，

∴当n≥2时，{an}是公差d=2的等差数列．

∵a2，a5，a14构成等比数列，∴，，解得a2=3，

由（1）可知，，∴a1=1∵a2﹣a1=3﹣1=2，

∴{an}是首项a1=1，公差d=2的等差数列．

∴数列{an}的通项公式an=2n﹣1．

（3）由（2）可得式=．

∴