知识点：3.集合的基本运算

C

【考点】交、并、补集的混合运算．

【专题】集合．

【分析】分别求解一元二次不等式和分式不等式化简集合A，B，然后利用交、并、补集的混合运算得答案．

【解答】解：A={x|x2≥1}={x|x≤﹣1或x≥1}，

由，得0＜x≤2，

∴={x|0＜x≤2}，

∴∁RB={x|x≤0或x＞2}，

∴A∩（∁RB）=（﹣∞，﹣1）∪（2，+∞）．

故选：C．

【点评】本题考查交、并、补集的混合运算，考查了分式不等式的解法，是基础题．

知识点：5.奇偶性与周期性

C

【考点】余弦函数的奇偶性．

【专题】函数思想；函数的性质及应用．

【分析】直接利用函数奇偶性的定义逐一判断四个选项得答案．

【解答】解：函数y=f（x）=x+sinx的定义域为R，且f（﹣x）=﹣f（x），∴y=x+sinx为奇函数；

y=f（x）=xsinx的定义域为R，且f（﹣x）=f（x），∴y=xsinx为偶函数；

y=x+cosx的定义域为R，由f（﹣x）﹣f（x）=0，得﹣x+cosx﹣x﹣cosx=0，得x=0，不满足对任意x都成立，

由f（﹣x）+f（x）=0，得﹣x+cosx+x+cosx=0，得cosx=0，不满足对任意x都成立，

∴y=x+cosx为非奇非偶函数；

y=f（x）=xcosx的定义域为R，且f（﹣x）=﹣f（x），∴y=xcosx为奇函数．

故选：C．

【点评】本题考查函数就偶性的性质，训练了函数奇偶性的判定方法，是基础题．

知识点：4.命题及其关系

C

【考点】命题的真假判断与应用．

【专题】简易逻辑．

【分析】直接写出命题的逆否命题判断①；由复合命题的真假判断判定②；求解不等式，然后结合充要条件的判断方法判断③；直接写出特称命题的否定判断④．

【解答】解：①命题“若x2﹣x=0，则x=1”的逆否命题为“若x≠1，则x2﹣x≠0”，①正确；

②若“¬p或q”是假命题，则¬p、q均为假命题，∴p、¬q均为真命题，“p且¬q”是真命题，②正确；

③由p：x（x﹣2）≤0，得0≤x≤2，

由q：log2x≤1，得0＜x≤2，则p是q的必要不充分条件，③错误；

④若命题p：存在x∈R，使得2x＜x2，则¬p：任意x∈R，均有2x≥x2，④正确．

∴正确的命题有3个．

故选：C．

【点评】本题考查命题的真假判断与应用，考查了命题的否定、逆否命题，训练了充分必要条件的判断方法，是基础题．

知识点：4.平面向量的数量积（夹角、模）

C

【考点】数量积判断两个平面向量的垂直关系．

【专题】计算题；方程思想；平面向量及应用．

【分析】，可得==0，代入解出即可．

【解答】解：∵，

∴==3﹣2×=0，

解得=1．

故选：C．

【点评】本题查克拉向量垂直与数量积的关系，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．

知识点：13.函数与方程

B

【考点】函数零点的判定定理．

【专题】转化思想；数学模型法；函数的性质及应用．

【分析】利用根的存在定理先判断函数零点所在的区间，然后确定与a，b的关系．

【解答】解：因为f（x）=lnx+x﹣2，所以函数在定义域（0，+∞）上单调递增，

因为f（1）=ln1+1﹣2=﹣1＜0，f（2）=ln2+2﹣2=ln2＞0．

所以在区间[1，2]上，函数存在唯一的一个零点．

在由题意可知，a=1，b=2，所以a+b=3．

故选：B

【点评】本题主要考查函数零点区间的判断以及根的存在性定理的应用，判断函数是单调增函数是解决本题的关键．

知识点：2.等差数列及其性质

B

【考点】等差数列的性质．

【专题】等差数列与等比数列．

【分析】正项等差数列{an}满足a1+a2015=2，可得a1+a2015=2=a2+a2014，再利用“乘1法”与基本不等式的性质即可得出．

【解答】解：∵正项等差数列{an}满足a1+a2015=2，

∴a1+a2015=2=a2+a2014，

则=（a2+a2014）=≥=2，

当且仅当a2=a2014=1时取等号．

故选：B．

【点评】本题考查了等差数列的性质、“乘1法”与基本不等式的性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．

知识点：10.对数函数及其性质

D

【考点】对数值大小的比较．

【专题】计算题；函数的性质及应用．

【分析】利用对数函数、三角函数的单调性即可得出．

【解答】解：∵a=lnπ＞1，0＜b=logπe＜1，c=logtan1sin1＜0，

∴a＞b＞c．

故选：D．

【点评】本题考查了对数函数、三角函数的单调性，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．

知识点：4.和角公式与倍（半）角公式

C

【考点】二倍角的余弦．

【专题】三角函数的图像与性质．

【分析】利用二倍角公式化简可得f（x）=sin（2x+）+1，由正弦函数的图象和性质逐选项判断即可．

【解答】解：∵f（x）=2cosx（sinx+cosx）=2sinxcosx+2cos2x=sin2x+1+cos2x=sin（2x+）+1，

∴f（x）的最小正周期为，A错误；

由f（﹣）=sin0+1=1，B错误；

由f（）=sin+1=1，C正确；

f（x）的图象向左平移个单位长度后得到y=cos（2x+）+1，不为偶函数，故D错误．

故选：C．

【点评】本题主要考查了二倍角公式，正弦函数的图象和性质的应用，属于基础题．

知识点：3.导数在研究函数中的应用

D

【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程．

【专题】导数的概念及应用；直线与圆．

【分析】求出函数的导数，求得切线的斜率，由条件可得a+2b=0，b=1，即可求得a+b．

【解答】解：函数f（x）=alnx+bx2的导数为f′（x）=+2bx，

由题意可得，在点（1，1）处的切线斜率为a+2b=0，

又aln1+b=1，解得b=1，a=﹣2，

即a+b=﹣1．

故选：D．

【点评】本题考查导数的运用：求切线的斜率，考查两直线垂直的条件，属于基础题．

知识点：3.单调性与最大（小）值

C

【考点】对数函数的单调性与特殊点．

【专题】转化思想；数形结合法；函数的性质及应用．

【分析】可得函数f（x）=ln（1+x2）在（0，+∞）单调递增，在（﹣∞，0）单调递减，原不等式可化为|2x﹣1|＜3，解不等式可得．

【解答】解：∵函数f（x）=ln（1+x2），

∴f（﹣x）=ln（1+x2）=f（x），

∴函数f（x）=ln（1+x2）为R上的偶函数，

∵y=lx在（0，+∞）单调递增，

t=1+x2在（0，+∞）单调递增，

∴函数f（x）=ln（1+x2）在（0，+∞）单调递增，在（﹣∞，0）单调递减，

∴不等式f（2x﹣1）＜f（3）等价于|2x﹣1|＜3，

∴﹣3＜2x﹣1＜3，解得﹣1＜x＜2，

故选：C．

【点评】本题考查对数函数的性质，等价转化已知不等式是解决问题的关键，属中档题．

知识点：2.定义域与值域

A

【考点】指数函数的定义、解析式、定义域和值域．

【专题】分类讨论；综合法；函数的性质及应用．

【分析】根据函数f（x）的解析式，求出x≤0时，f（x）的值域，再讨论x＞0时，f（x）的值域，利用导数求出f（x）的最小值，由此求出a的取值范围．

【解答】解：∵函数的值域为[0，+∞），

∴当x≤0时，0＜2x≤1，∴1＞1﹣2x≥0，

即0≤f（x）＜1；

当x＞0时，由f（x）=x3﹣3x+a，

∴f′（x）=3x2﹣3=3（x﹣1）（x+1），

∴当x∈（0，1）时，f′（x）＜0，f（x）是减函数，

x∈（1，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）是增函数；

∴x=1时，f（x）取得最小值f（x）min=f（1）=1﹣3+a=a﹣2；

令0≤a﹣2＜1，

解得2≤a＜3．

故选：A．

【点评】本题考查了分段函数的应用问题，也考查了求函数的最值与值域的应用问题，是综合性题目．

知识点：3.导数在研究函数中的应用

D

【考点】利用导数研究函数的单调性．

【专题】综合题；导数的概念及应用．

【分析】f（x）＞1+e﹣x，等价于exf（x）﹣ex﹣1＞0，设g（x）=exf（x）﹣ex﹣1，g（0）=0，则g（x）＞g（0），确定g（x）是R上的增函数，即可得出结论．

【解答】解：∵f（x）＞1+e﹣x，∴exf（x）﹣ex﹣1＞0，

设g（x）=exf（x）﹣ex﹣1，

∵f′（x）＞1﹣f（x），ex＞0，

∴g′（x）=ex[f（x）+f′（x）﹣1]＞0，

∴g（x）是R上的增函数，

又g（0）=0，则g（x）＞g（0）

∴x＞0，

故选：D．

【点评】本题考查导数知识的运用，考查函数的单调性，正确转化，构造函数，利用函数的单调性是关键．

知识点：5.等比数列的前n项和

【考点】等比数列的性质；等差数列的性质．

【专题】分类讨论；方程思想；综合法；等差数列与等比数列．

【分析】设正项等比数列{an}的公比为q，由于S1，S3，S4成等差数列，可得2S3=S1+S4，q=1不成立，可得=a1+，化简解出即可．

【解答】解：设正项等比数列{an}的公比为q，

∵S1，S3，S4成等差数列，

∴2S3=S1+S4，

q=1不成立，

∴=a1+，

化为q3﹣2q2+1=0，

（q﹣1）（q2﹣q﹣1）=0，q≠1，q＞0，

解得q=．

故答案为：．

【点评】本题考查了等差数列与等比数列的通项公式及其前n项和公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．

知识点：9.正弦定理和余弦定理（解三角形）

4

【考点】正弦定理的应用．

【专题】解三角形．

【分析】由已知条件利用正弦定理得ba=2cb，从而得到c=2，由此利用余弦定理能求出边长b的值．

【解答】解：在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，

∵，

∴ba=2cb，从而a=2c，又a=4，所以c=2，

∴．

故答案为：4．

【点评】本题考查三角形的边长的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意正弦定理和余弦定理的合理运用．

知识点：5.平面向量应用举例

【考点】向量在几何中的应用．

【专题】计算题；平面向量及应用．

【分析】由题意，向量式右边两个系数之和为1，所以A、B、O三点共线，即可得出结论．

【解答】解：由题意，向量式右边两个系数之和为1，所以A、B、O三点共线，

所以∠ACB=，

故答案为：．

【点评】本题考查向量共线定理的运用，考查学生的计算能力，确定A、B、O三点共线是关键．

知识点：2.等差数列及其性质

【考点】等差数列的性质．

【专题】等差数列与等比数列．

【分析】由题意可得a+c=2b，由正弦定理可得，进而由三角函数公式可得．

【解答】解：∵a，b，c成等差数列，∴a+c=2b，

由正弦定理可得，

∵（cosA﹣cosC）2+（sinA+sinC）2=2﹣2cos（A+C），

∴，

故答案为：．

【点评】本题考查等差数列的性质，涉及正弦定理和三角函数公式，属中档题．

知识点：2.等差数列及其性质

【考点】数列的求和；等差数列与等比数列的综合．

【专题】等差数列与等比数列．

【分析】（Ⅰ）由Sn是和an的等差中项，可得，利用递推关系与等差数列的通项公式即可得出．

（II）设等比数列的公比为q，由题意知，，又，，即可得出．

【解答】解：（Ⅰ）∵Sn是和an的等差中项，∴，

又，

两式相减并化简得（an﹣an﹣1﹣1）（an+an﹣1）=0，

又an+an﹣1＞0，所以an﹣an﹣1=1，故数列{an}是公差为1的等差数列，

当n=1时，，又a1＞0，∴a1=1．

∴an=1+（n﹣1）=n．

（Ⅱ）设等比数列的公比为q，由题意知，

，又，

，

．

【点评】本题考查了递推关系、等差数列与等比数列的通项公式及其前n项和公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．

知识点：5.独立性检验的基本思想及其初步运用

【考点】独立性检验的应用．

【专题】概率与统计．

【分析】（Ⅰ）利用公式，求出K2，与临界值表比较后，即可得出结论；

（Ⅱ）所有的基本事件有：6×6=36个，出现点数之和为8的基本事件有5个，即可求出现点数之和为8的概率．

【解答】解：（Ⅰ）由题意可得：

…

因为K2＜6.635，所以没有99%的把握认为“成绩与班级有关系”…

（Ⅱ）先后两次抛掷一枚均匀的骰子，共有36种情况，…

出现点数之和为8的有以下5种（2，6），（3，5），（4，4），（5，3），（6，2）…

抽到8号的概率为…

【点评】本题考查独立性检验的应用，考查概率的计算，考查学生的计算能力，比较基础

知识点：5.直线、平面平行的判定及其性质

【考点】平面与平面垂直的判定；直线与平面平行的判定．

【专题】证明题；空间位置关系与距离．

【分析】（Ⅰ）矩形ABCD所在的平面和平面ABEF互相垂直，CB⊥AB，所以可推断出CB⊥平面ABEF，又AF⊂平面BDC1，所以CB⊥AF，进而由余弦定理求得BF，推断出AF2+BF2=AB2得AF⊥BF同时利用AF∩CB=B判断出AF⊥平面CFB，即可证明平面ADF⊥平面CBF；

（Ⅱ）连结OM延长交BF于H，则H为BF的中点，又P为CB的中点，推断出PH∥CF，又利用线面判定定理推断出PH∥平面AFC，连结PO，同理推断出PO∥平面AFC，利用面面平行的判定定理，推断出平面POO1∥平面AFC，最后利用面面平行的性质推断出PM∥平面AFC

【解答】证明：（Ⅰ）∵矩形ABCD所在的平面和平面ABEF互相垂直，CB⊥AB

∴CB⊥平面ABEF，

又AF⊂平面BDC1，∴CB⊥AF

又AB=2，AF=1，∠BAF=60°，

由余弦定理知BF=，AF2+BF2=AB2得AF⊥BF

∵AF∩CB=B，∴AF⊥平面CFB

∵AF⊂平面AFC，

∴平面ADF⊥平面CBF；

（Ⅱ）连结OM延长交BF于H，则H为BF的中点，又P为CB的中点，

∴PH∥CF，又∵AF⊂平面AFC，

∴PH∥平面AFC

连结PO，则PO∥AC，AC⊂平面AFC，PO∥平面AFC

PO∩PO1=P，

∴平面POO1∥平面AFC，

PM⊂平面AFC，

∴PM∥平面AFC．

【点评】本题主要考查了面面垂直的判定，线面平行的判定，面面平行的判定，以及线面垂直的性质，属于中档题．

知识点：4.直线与圆的位置关系

【考点】抛物线的简单性质．

【专题】综合题；圆锥曲线的定义、性质与方程．

【分析】（Ⅰ）利用圆C1：x2+y2=5与抛物线C2：x2=2py（p＞0）在第一象限内的交点为R（2，m），即可求m的值及抛物线C2的方程；

（Ⅱ）直线的方程为y=kx+1，分别于抛物线、圆的方程联立，求出|AB|，|CD|，利用k∈[0，1]时，即可求|AB|•|CD|的取值范围．

【解答】解：（Ⅰ）由题意，设抛物线C1：x2=2py（p＞0）与圆C2：x2+y2=5在第一象限内的交点为R（2，m），

∴4+m2=5，

∵m＞0，

∴m=1，

将（2，1）代入x2=2py，可得p=2；

（Ⅱ）抛物线C1的方程为x2=4y．直线的方程为y=kx+1，

联立x2=4y可得x2﹣4kx﹣4=0，

设A（x1，y1），B（x2，y2）

∴x1+x2=﹣4k，x1x2=﹣4

联立x2+y2=5可得（1+k2）x2+2kx﹣4=0，

设C（x3，y3），D（x4，y4），

∴x3+x4=﹣，x3x4=﹣，

∴|AB|=•=16（1+k2），|CD|=，

∴|AB||CD|=16=，

∵k∈[0，1]，∴k2∈[0，1]，

∴|AB||CD|∈[64，96]．

【点评】本题考查抛物线方程，考查直线与抛物线、圆的位置关系，考查韦达定理的运用，考查学生的计算能力，属于中档题．

知识点：3.导数在研究函数中的应用

【考点】利用导数研究函数的单调性；利用导数求闭区间上函数的最值．

【专题】导数的综合应用．

【分析】（Ⅰ）先求出函数f（x）的导数，通过讨论①当a＜0时，②当a＞0时的情况，从而求出函数的单调区间；

（Ⅱ）通过讨论a的范围，结合函数的单调性找到函数的最值，从而求出a的值．

【解答】解：（Ⅰ），

当a＜0时，对∀x∈（0，+∞），f′（x）＜0，所以 f（x）的单调递减区间为（0，+∞）；

当a＞0时，令f′（x）=0，得x=a，

因为 x∈（0，a）时，f′（x）＞0；x∈（a，+∞）时，f′（x）＜0，

所以 f（x）的单调递增区间为（0，a），单调递减区间为（a，+∞）．

（Ⅱ）用f（x）max，f（x）min分别表示函数f（x）在[1，e]上的最大值，最小值，

当a≤1且a≠0时，由（Ⅰ）知：在[1，e]上，f（x）是减函数，

所以 f（x）max=f（1）=1；

因为 对任意的x1∈[1，e]，x2∈[1，e]，f（x1）+f（x2）≤2f（1）=2＜4，

所以对任意的x1∈[1，e]，不存在x2∈[1，e]，使得f（x1）+f（x2）=4；

当1＜a＜e时，由（Ⅰ）知：在[1，a]上，f（x）是增函数，在[a，e]上，f（x）是减函数，

所以 f（x）max=f（a）=alna﹣a+2；

因为 对x1=1，∀x2∈[1，e]，f（1）+f（x2）≤f（1）+f（a）=1+alna﹣a+2=a（lna﹣1）+3＜3，

所以 对x1=1∈[1，e]，不存在x2∈[1，e]，使得f（x1）+f（x2）=4；

当a≥e时，令g（x）=4﹣f（x）（x∈[1，e]），

由（Ⅰ）知：在[1，e]上，f（x）是增函数，进而知g（x）是减函数，

所以 f（x）min=f（1）=1，f（x）max=f（e）=a﹣e+2，g（x）max=g（1）=4﹣f（1），g（x）min=g（e）=4﹣f（e）；

因为 对任意的x1∈[1，e]，总存在x2∈[1，e]，使得f（x1）+f（x2）=4，即f（x1）=g（x2），

所以 即，

所以 f（1）+f（e）=a﹣e+3=4，解得a=e+1，

综上所述，实数a的值为e+1．

【点评】本题考查了函数的单调性，函数的最值问题，考查导数的应用，分类讨论思想，是一道难题．

知识点：1.几何证明选讲

【考点】与圆有关的比例线段．

【专题】直线与圆．

【分析】（1）连结OA，由已知条件推导出∠PAD=∠PDA，即可证明PA=PD．

（2）连结OA，由已知条件推导出△PAD∽△OCA，由此能证明PA•AC=AD•OC．

【解答】（1）证明：连结AC，

∵直径BC⊥OP，连接AB交PO于点D，BC是直径，

∴∠C+∠B=90°，∠ODB+∠B=90°，

∴∠C=∠ODB，

∵直线PA为圆O的切线，切点为A，

∴∠C=∠BAP，

∵∠ADP=∠ODB，∴∠BAP=∠ADP，

∴PA=PD．

（2）连结OA，由（1）得∠PAD=∠PDA=∠ACO，

∵∠OAC=∠ACO，∴△PAD∽△OCA，

∴，∴PA•AC=AD•OC．

【点评】本题考查线段相等的证明，考查线段乘积相等的证明，是中档题，解题时要认真审题，注意弦切角定理的合理运用．

知识点：2.坐标系与参数方程

【考点】圆的参数方程；简单曲线的极坐标方程．

【专题】坐标系和参数方程．

【分析】（Ⅰ）把圆的参数方程变形，平方后相加可得圆的普通方程，把左边展开两角差的正弦，代入x=ρcosθ，y=ρsinθ得答案；

（Ⅱ）由直线l被圆C截得的弦长为，圆的半径为2，可得圆心到直线的距离，由点到直线的距离公式求得m的值．

【解答】解：（Ⅰ）由，得，两式平方相加得：，

∴圆C的普通方程为；

由，

从而得，∴；

（Ⅱ）∵直线l被圆C截得的弦长为，且圆的半径为2，

∴圆心到直线的距离为1，

即，

从而得|m+4|=2，解得m=﹣2或﹣6．

【点评】本题考查参数方程化普通方程，考查了极坐标方程化直角坐标方程，考查弦心距、弦长及圆的半径间的关系的运用，是中档题．

知识点：3.不等式选讲

【考点】带绝对值的函数．

【专题】函数的性质及应用；不等式的解法及应用．

【分析】（Ⅰ）运用分类讨论的思想方法，去绝对值，即可得到不等式组，即可得到所求解集；

（Ⅱ）由题意可得不等式a＞|1﹣2x|﹣2|1+x|恒成立，由绝对值不等式的性质，可得右边函数的最大值，进而得到a的范围．

【解答】解：（Ⅰ）不等式f（x）≥4化为f（x）=|1﹣2x|﹣|1+x|≥4，则

解得x≤﹣2，或x≥6，

所以不等式的解集为{x|x≤﹣2，或x≥6}；

（Ⅱ）∵函数g（x）=|1+x|+a的图象恒在函数f（x）的图象的上方，

∴|1+x|+a＞|1﹣2x|﹣|1+x|，

即不等式a＞|1﹣2x|﹣2|1+x|恒成立，

令h（x）=|1﹣2x|﹣2|1+x|=|1﹣2x|﹣|2+2x|

由||1﹣2x|﹣|2+2x||≤|（1﹣2x）+（2+2x）|=3，

得h（x）max=3，

所以实数a的取值范围a＞3．

【点评】本题考查绝对值不等式的性质，以及不等式恒成立思想，注意运用参数分离和分类讨论的思想方法，属于中档题．