知识点：2.一元二次不等式及不等式的解法

D

【考点】一元二次不等式的解法．

【专题】计算题；方程思想；定义法；不等式的解法及应用．

【分析】把原不等式移项并分解因式后，利用两数相乘异号得负的法则可把不等式转化为两个不等式组，求出两不等式组的解集的并集即为原不等式的解集．

【解答】解：不等式x2＞x，

移项得：x2﹣x＞0，

因式分解得：x（x﹣1）＞0，

可化为：或，

解得：x＜0，或x＞1，

则原不等式的解集是（﹣∞，0）∪（1，+∞）．

故选：D．

【点评】此题考查了一元二次不等式的解法，考查了转化的思想，是一道比较简单的基础题．

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．

【专题】简易逻辑．

【分析】利用不等式的性质，结合充分条件和必要条件的定义进行判断．

【解答】解：若a＞1且b＞1时，a+b＞2成立．

若a=0，b=3，满足a+b＞1，但a＞1且b＞1不成立，

∴“a+b＞2”是“a＞1且b＞1”的必要不充分条件．

故选：B

【点评】本题主要考查充分条件和必要条件的应用，以及不等式的性质的判断，比较基础．

知识点：3.抛物线

B

【考点】抛物线的简单性质．

【专题】圆锥曲线的定义、性质与方程．

【分析】令M（x0，y0），则由抛物线的定义得，，解得答案．

【解答】解：∵抛物线的标准方程为，

∴，准线方程为，

令M（x0，y0），则由抛物线的定义得，，即

故选：B．

【点评】本题考查的知识点是抛物线的简单性质，熟练掌握抛物线的性质，是解答的关键．

知识点：9.正弦定理和余弦定理（解三角形）

D

【考点】余弦定理．

【专题】解三角形．

【分析】设长为7的边所对的角为θ，根据余弦定理可得cosθ的值，进而可得θ的大小，则由三角形内角和定理可得最大角与最小角的和是180°﹣θ，即可得答案．

【解答】解：根据三角形角边关系可得，最大角与最小角所对的边的长分别为8与5，

设长为7的边所对的角为θ，则最大角与最小角的和是180°﹣θ，

由余弦定理可得，cosθ==，得θ=60°，

则最大角与最小角的和是180°﹣θ=120°，

故选：D．

【点评】本题考查余弦定理的运用，三角形的边角对应关系的应用，解本题时注意与三角形内角和定理结合分析题意．

知识点：1.椭圆

B

【考点】椭圆的应用；数列的应用．

【专题】圆锥曲线的定义、性质与方程．

【分析】先设长轴为2a，短轴为2b，焦距为2c，由题意可知：a+c=2b，由此可以导出该椭圆的离心率．

【解答】解：设长轴为2a，短轴为2b，焦距为2c，

则2a+2c=2×2b，

即a+c=2b⇒（a+c）2=4b2=4（a2﹣c2），所以3a2﹣5c2=2ac，同除a2，

整理得5e2+2e﹣3=0，∴或e=﹣1（舍去），

故选B．

【点评】本题考查等差数列和椭圆的离心率，难度不大，只需细心运算就行．

知识点：3.等差数列的前n项和

D

【考点】等差数列的前n项和．

【专题】等差数列与等比数列．

【分析】由求和公式和性质可得a7的值，而所求等于3a7，代入计算可得．

【解答】解：由题意可得等差数列的前13的和

S13===39

解之可得a7=3，又a6+a8=2a7　

故a6+a7+a8=3a7=9

故选D

【点评】本题考查等差数列的性质和求和公式，划归为a7是解决问题的关键，属基础题．

知识点：10.空间角与距离

B

【考点】异面直线及其所成的角．

【专题】空间角．

【分析】以D为原点，建立空间直线坐标系D﹣xyz，利用向量法能求出异面直线GB与B′E所成的角．

【解答】解：以D为原点，建立如图所示的空间直线坐标系D﹣xyz，

设正方体ABCD﹣A′B′C′D′的棱长为2，

则G（0，0，1），B（2，2，0），B′（2，2，2），E（1，2，0），

∴，，

∵=﹣2+0+2=0，

∴，

∴异面直线GB与B′E所成的角为90°．

故选：B．

【点评】本题考查异面直线所成的角的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意向量法的合理运用．

知识点：3.抛物线

A

【考点】三角形的形状判断．

【专题】计算题．

【分析】根据A和B都为抛物线上的点，设出A和B的坐标，把直线与抛物线解析式联立，消去y得到关于x的一元二次方程，利用韦达定理求出两根之积，然后利用A和B的坐标表示出和，利用平面向量的数量积运算法则，计算得出•为0，从而得出两向量互相垂直，进而得到三角形为直角三角形．

【解答】解：设A（x1，x12），B（x2，x22），

将直线与抛物线方程联立得，

消去y得：x2﹣mx﹣1=0，

根据韦达定理得：x1x2=﹣1，

由=（x1，x12），=（x2，x22），

得到•=x1x2+（x1x2）2=﹣1+1=0，

则⊥，

∴△AOB为直角三角形．

故选A

【点评】此题考查了三角形形状的判断，涉及的知识有韦达定理，平面向量的数量积运算，以及两向量垂直时满足的条件，曲线与直线的交点问题，常常联立曲线与直线的方程，消去一个变量得到关于另外一个变量的一元二次方程，利用韦达定理来解决问题，本题证明垂直的方法为：根据平面向量的数量积为0，两向量互相垂直．

知识点：5.充分条件与必要条件

D

【考点】命题的真假判断与应用．

【专题】简易逻辑．

【分析】①利用否命题的定义即可判断出；

②利用“非命题”的定义即可判断出；

③△ABC中，由正弦定理可得，因此sinA＞sinB⇔a＞b⇔A＞B，即可判断出；

④若p∨q为真命题，则p、q只要有一个为真命题即可．

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

②若命题p：∃x0∈R，x02﹣x0+1≤0，则￢p：∀x∈R，x2﹣x+1＞0，正确；

③△ABC中，由正弦定理可得，因此sinA＞sinB⇔a＞b⇔A＞B，因此sinA＞sinB是A＞B的充要条件，正确；

④若p∨q为真命题，则p、q只要有一个为真命题即可，因此不正确．

综上可得：正确的命题个数为3．

故选：D．

【点评】本题考查了简易逻辑的判定、正弦定理，考查了推理能力，属于基础题．

知识点：3.导数在研究函数中的应用

A

【考点】利用导数求闭区间上函数的最值；基本不等式．

【专题】计算题；方程思想；转化思想；导数的综合应用．

【分析】b＞a＞0，ab=2，可得b＞＞a＞0．则==f（b），利用导数研究其单调性极值与最值即可得出．

【解答】解：∵b＞a＞0，ab=2，

∴b＞＞a＞0．

则==f（b），

f′（b）==，

可得：b∈时，函数f（b）单调递增；b∈时，函数f（b）单调递减．

因此f（b）在b=+1时取得最大值，

∴f（b）≤=﹣4．

∴的取值范围是（﹣∞，﹣4]．

故选：A．

【点评】本题考查了利用导数研究其单调性极值与最值，考查了推理能力与计算能力，属于难题．

知识点：2.双曲线

B

【考点】双曲线的简单性质．

【专题】计算题．

【分析】先假设点的坐标，代入双曲线方程，利用点差法，可得斜率之间为定值，再利用|k1|+|k2|的最小值为1，即可求得双曲线的离心率．

【解答】解：由题意，可设点M（p，q），N（﹣p，﹣q），P（s，t）．

∴，且．

两式相减得．

再由斜率公式得：k1k2=．

∵|k1|+|k2|

根据|k1|+|k2|的最小值为1，可知

∴

故选B．

【点评】本题以双曲线为载体，考查双曲线的性质，关键是利用点差法，求得斜率之积为定值．

知识点：3.抛物线

A

【考点】抛物线的简单性质．

【专题】综合题；转化思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程．

【分析】设l的参数方程为，代入抛物线方程，利用韦达定理，即可得出结论．

【解答】解：设l的参数方程为，代入抛物线方程整理得t2+（﹣2p﹣8）t+32+8p=0．

∴|AP1|•|AP2|=|t1•t2|=32+8p．

又|P1P2|2=（t1+t2）2﹣4t1t2=8p2+32p，|P1P2|2=|AP1|•|AP2|，

∴8p2+32p=32+8p，即p2+3p﹣4=0．

∴p=1．

故选：A．

【点评】本题考查直线与抛物线的位置关系，考查直线的参数方程，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．

知识点：2.双曲线

2

【考点】双曲线的简单性质．

【专题】计算题．

【分析】确定双曲线的渐近线方程，与条件比较，即可得到结论．

【解答】解：双曲线的渐近线方程为y=±

即3x±ay=0

∵双曲线的渐近线方程为3x±2y=0，

∴a=2

故答案为：2

【点评】本题考查双曲线的几何性质，解题的关键是正确求出双曲线的渐近线，属于基础题．

知识点：3.二元一次不等式（组）与简单的线性规划

1

【考点】简单线性规划．

【专题】计算题；数形结合；综合法；不等式．

【分析】由已知条件作出不等式组对应的平面区域，则k的几何意义为点P（x，y）到定点A（﹣1，0）的斜率，利用数形结合即可得到结论．

【解答】解：k的几何意义为点P（x，y）到定点A（﹣1，0）的斜率，

作出不等式组对应的平面区域如图：

则由图象可知AB的斜率最大，

其中B（0，1），

此时k==1．

故答案为：1．

【点评】本题主要考查线性规划的应用，利用z的几何意义是解决本题的关键，利用数形结合是解决本题的突破，是中档题．

知识点：10.空间角与距离

【考点】点、线、面间的距离计算．

【专题】计算题；转化思想；向量法；空间位置关系与距离．

【分析】以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出点B到平面ACD1的距离．

【解答】解：以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，

则B（3，3，0），A（3，0，0），C（0，3，0），C1（0，3，3），D1（0，0，3），

=（﹣3，3，0），=（﹣3，0，3），=（0，3，0），

设平面ACD1的法向量=（x，y，z），

则，取x=1，得=（1，1，1），

∴点B到平面ACD1的距离：

d===．

故答案为：．

【点评】本题考查点到平面的距离的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意向量法的合理运用．

知识点：9.正弦定理和余弦定理（解三角形）

,.

【考点】余弦定理；正弦定理．

【专题】解三角形．

【分析】已知等式利用正弦定理化简，整理得到关系式，再利用余弦定理表示出cosA，把得出关系式代入求出cosA的值，即可确定出角A的大小；

由条件利用正弦定理可得b2+c2﹣bc=4．再利用基本不等式可得bc≤4，当且仅当b=c=2时，取等号，此时，△ABC为等边三角形，从而求得它的面积bc•sinA

【解答】解：由已知可得等式：（a+b）（sinA﹣sinB）=（c﹣b）sinC，

利用正弦定理化简得：（a+b）（a﹣b）=c（c﹣b），即b2+c2﹣a2=bc，

∴cosA==，

则A=；

在△ABC中，∵a=2，且（2+b）（sinA﹣sinB）=（c﹣b）sinC，

∴利用正弦定理可得（2+b）（a﹣b）=（c﹣b）c，即 b2+c2﹣bc=4．

再利用基本不等式可得 4≥2bc﹣bc=bc，

∴bc≤4，当且仅当b=c=2时，取等号，

此时，△ABC为等边三角形，它的面积为bc•sinA=×=，

故答案为：，．

【点评】本题主要考查正弦定理的应用，基本不等式的应用，属于中档题．

知识点：9.正弦定理和余弦定理（解三角形）

【考点】余弦定理；三角形的形状判断；正弦定理．

【专题】计算题；解三角形．

【分析】（1）根据A、B、C成等差数列，结合A+B+C=π算出B=，再由正弦定理得sinC==．根据b＞c得C为锐角，得到C=，从而A=π﹣B﹣C=，△ABC是直角三角形，由此不难求出它的面积；

（2）根据正弦定理，结合题意得b2=ac，根据B=利用余弦定理，得b2=a2+c2﹣ac，从而得到a2+c2﹣ac=ac，整理得得（a﹣c）2=0，由此即可得到△ABC为等边三角形．

【解答】解：∵A、B、C成等差数列，可得2B=A+C．

∴结合A+B+C=π，可得B=．

（1）∵，c=2，

∴由正弦定理，得sinC===．

∵b＞c，可得B＞C，∴C为锐角，得C=，从而A=π﹣B﹣C=．

因此，△ABC的面积为S==×=．

（2）∵sinA、sinB、sinC成等比数列，即sin2B=sinAsinC．

∴由正弦定理，得b2=ac

又∵根据余弦定理，得b2=a2+c2﹣2accosB=a2+c2﹣ac，

∴a2+c2﹣ac=ac，整理得（a﹣c）2=0，可得a=c

∵B=，∴A=C=，可得△ABC为等边三角形．

【点评】本题给出三角形的三个内角成等差数列，在已知两边的情况下求面积，并且在边成等比的情况下判断三角形的形状．着重考查了三角形内角和定理和利用正、余弦定理解三角形的知识，属于中档题．

知识点：6.直线、平面垂直的判定及其性质

【考点】直线与平面所成的角；空间中直线与直线之间的位置关系；直线与平面垂直的判定．

【专题】综合题；转化思想；综合法；空间位置关系与距离；空间角．

【分析】（1）以D为原点，建立空间直角坐标系D﹣xyz，求出=（，﹣1，0），=（，﹣1，0），可得=，即可证明NA1∥CM；

（2）•=0+1﹣1=0， •=0，即可证明D1B⊥平面A1MCN，从而平面A1MCN⊥平面A1BD1．

（3）由（2）得B到平面A1MCN的距离为d==1，A1B=，即可求直线A1B和平面A1MCN所成角．

【解答】证明：（1）以D为原点，建立空间直角坐标系D﹣xyz，则B（，1，0），A（，0，1），D1（0，0，1），C（0，1，0），M（，0，0），N（，1，1），

∴=（，﹣1，0），=（，﹣1，0），

∴=，

∴NA1∥CM；

（2）∵=（，1，﹣1），=（0，1，1），=（，﹣1，0），

∴•=0+1﹣1=0， •=0，

∴D1B⊥MN，D1B⊥CM，

又MN∩CM=M，

∴D1B⊥平面A1MCN，又D1B⊂平面A1BD1，

∴平面A1MCN⊥平面A1BD1．

（3）由（2）得B到平面A1MCN的距离为d==1，A1B=，

∴直线A1B和平面A1MCN所成角的正弦值为=，

∴直线A1B和平面A1MCN所成角为．

【点评】本题考查平面与平面垂直的判定，考查空间向量的运用，正确求出向量的坐标是关键．

知识点：3.抛物线

【考点】抛物线的应用．

【专题】计算题．

【分析】（I）设出抛物线的方程，把点P代入抛物线求得p则抛物线的方程可得，进而求得抛物线的准线方程．

（II）设直线PA的斜率为kPA，直线PB的斜率为kPB，则可分别表示kPA和kPB，根据倾斜角互补可知kPA=﹣kPB，进而求得y1+y2的值，把A，B代入抛物线方程两式相减后即可求得直线AB的斜率．

【解答】解：（I）由已知条件，可设抛物线的方程为y2=2px

∵点P（1，2）在抛物线上∴22=2p×1，得p=2

故所求抛物线的方程是y2=4x

准线方程是x=﹣1

（II）设直线PA的斜率为kPA，直线PB的斜率为kPB

则，

∵PA与PB的斜率存在且倾斜角互补

∴kPA=﹣kPB

由A（x1，y1），B（x2，y2）在抛物线上，得y12=4x1（1）y22=4x2（2）

∴

∴y1+2=﹣（y2+2）

∴y1+y2=﹣4

由（1）﹣（2）得直线AB的斜率

【点评】本小题主要考查直线、抛物线等基本知识，考查运用解析几何的方法分析问题和解决问题的能力．

知识点：10.空间角与距离

【考点】二面角的平面角及求法；直线与平面平行的判定．

【专题】空间位置关系与距离；空间角．

【分析】（I）以D为坐标原点，分别以DA、DC、DP所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，利用向量法能证明PA∥平面BDE．

（II）由已知求出平面BDE的一个法向量和平面DEC的一个法向量，利用向量法能求出二面角B﹣DE﹣C的余弦值．

（Ⅲ）由已知得PB⊥DE，假设棱PB上存在点F，使PB⊥平面DEF，设，（0＜λ∠1），由此利用向量法能求出在棱PB上存在点F，PF=，使得PB⊥平面DEF．

【解答】（I）证明：以D为坐标原点，

分别以DA、DC、DP所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，

设PD=DC=2，则A（2，0，0），P（0，0，2），E（0，1，1），B（2，2，0），

=（2，0，﹣2），=（0，1，1），，

设是平面BDE的一个法向量，

则由，得，

取y=﹣1，得．

∵=2﹣2=0，∴，

又PA不包含于平面BDE，PA∥平面BDE，

（II）解：由（Ⅰ）知=（1，﹣1，1）是平面BDE的一个法向量，

又==（2，0，0）是平面DEC的一个法向量．

设二面角B﹣DE﹣C的平面角为θ，

∴cosθ=cos＜，＞=．

故二面角B﹣DE﹣C的余弦值为．

（Ⅲ）解：∵ =（2，2，﹣2），=（0，1，1），

∴=0，∴PB⊥DE，

假设棱PB上存在点F，使PB⊥平面DEF，设，（0＜λ∠1），

则=（2λ，2λ，﹣2λ），==（2λ，2λ，2﹣2λ），

由=0，得4λ2+4λ2﹣2λ（2﹣2λ）=0，

∴∈（0，1），此时PF=，

即在棱PB上存在点F，PF=，使得PB⊥平面DEF．

【点评】本题考查直线与平面平行的证明，考查二面角余弦值的求法，考查满足直线与平面垂直的点的位置的确定，解题时要注意空间思维能力的培养．

知识点：6.数列的求和

【考点】数列的求和；等差数列的通项公式．

【专题】计算题．

【分析】（I）把n=1，2，3分别代入递推公式中可求

（II）由已知可得8Sn=an2+4an+4，8Sn+1=an+12+4an+1+4，两式相减结合an+1+an＞0可得an+1﹣an=4，利用等差数列的通项公式可求

（ III）由（II）可得，利用裂项求和

【解答】解：（Ⅰ）∵

n=1时可得，∴a1=2

把n=2代入可得a2=6，n=3代入可得a3=10；

（Ⅱ）8Sn=an2+4an+4…（1）

8Sn+1=an+12+4an+1+4…（2）

（2）﹣（1）得8an+1=an+12﹣an2+4an+1﹣4an

（an+1+an）（an+1﹣an﹣4）=0

∵an+1+an＞0

∴an+1﹣an﹣4=0

an+1﹣an=4

∴{an}是以2为首项，4为公差的等差数列．an=a1+（n﹣1）d=4n﹣2

（ III）

∴Tn=b1+b2+…+bn

=

=．

【点评】本题主要考查了利用递推公式求解数列中的项及构造求解数列的通项公式，要注意裂项求和在解决本题中的应用时，裂项时容易漏．

知识点：1.椭圆

【考点】直线与圆锥曲线的关系；椭圆的标准方程．

【专题】圆锥曲线的定义、性质与方程．

【分析】（1）利用抛物线的标准方程即可得出焦点坐标，再利用抛物线的定义和点M在抛物线上即可得到点M的坐标；利用点M在椭圆C1上满足椭圆的方程和c2=a2﹣b2即可得到椭圆的方程；

（2）设E（x1，y1），F（x2，y2），其中x1＜x2，由点F满足，及，，故四边形AEBF的面积S=S△BEF

+S△AEF==，再利用基本不等式的性质即可得出．

【解答】解：（1）由抛物线C1：x2=4y的焦点，得焦点F1（0，1）．

设M（x0，y0）（x0＜0），由点M在抛物线上，

∴，，解得，．

而点M在椭圆C1上，∴，化为，

联立，解得，

故椭圆的方程为．

（2）由（1）可知：|AO|=，|BO|=2．设E（x1，y1），F（x2，y2），其中x1＜x2，

把y=kx代入，可得，x2＞0，y2=﹣y1＞0，且．

，，

故四边形AEBF的面积S=S△BEF+S△AEF==

=≤=．

当且仅当时上式取等号．

∴四边形AEBF面积的最大值为．

【点评】本题综合考查了椭圆抛物线的标准方程及其性质、直线与椭圆相交问题、四边形的面积转化为三角形的面积计算、基本不等式的性质等基础知识与方法，需要较强的推理能力和计算能力．