知识点：3.集合的基本运算

C

【考点】： 补集及其运算．

【专题】： 集合．

【分析】： 求出集合A，利用补集进行求解．

解：A={x|≥2}={x|﹣2=≥0}={x|﹣1＜x≤}，

则∁RA={x|x＞或x≤﹣1}，

故选：C．

【点评】： 本题主要考查集合的基本运算，要求熟练掌握集合的交并补运算，比较基础．

知识点：3.等差数列的前n项和

C

【考点】： 等差数列的通项公式；等差数列的前n项和．

【专题】： 等差数列与等比数列．

【分析】： 由给出的等差数列的第5项和前3项和代入通项公式及前n项和公式求等差数列的首项和公差，然后直接运用通项公式求a9．

解：设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，

则，解得：a1=0，d=2，

所以a9=a1+8d=0+8×2=16．

故选C．

【点评】： 本题考查了等差数列的通项公式和前n项和公式，考查了计算能力，此题属基础题．

知识点：5.奇偶性与周期性

A

【考点】： 函数的值．

【专题】： 函数的性质及应用．

【分析】： 利用奇函数的性质，f（﹣1）=﹣f（1），即可求得答案．

解：∵函数f（x）为奇函数，x＞0时，f（x）=x2+，

∴f（﹣1）=﹣f（1）=﹣2，

故选A．

【点评】： 本题考查奇函数的性质，考查函数的求值，属于基础题．

知识点：4.平面向量的数量积（夹角、模）

C

【考点】： 平面向量数量积的运算；向量的模．

【专题】： 平面向量及应用．

【分析】： 将|2﹣|=平方，然后将夹角与||=1代入，得到||的方程，解方程可得．

解：因为向量，的夹角为45°，且||=1，|2﹣|=，

所以42﹣4•+2=10，即||2﹣2||﹣6=0，

解得||=3或||=﹣（舍）．

故选：C．

【点评】： 本题解题的关键是将模转化为数量积，从而得到所求向量模的方程，利用到了方程的思想．

知识点：4.空间点、直线、平面之间的位置关系

D

【考点】： 平面与平面之间的位置关系；空间中直线与直线之间的位置关系．

【专题】： 证明题．

【分析】： A选项可由两个平面中的两条直线平行不能得出两平面平行；

B选项可由两个平面中的两条直线垂直不能得得出两平面垂直；

C选项可由一个直线与一个平面平行，则与这个平面中的直线的位置关系是平行或异面

D选项可由垂直于同一平面的两条直线平行

解：A选项不正确，两个平面中的两条直线平行不能得出两平面平行；

B选项不正确，两个平面中的两条直线垂直不能得得出两平面垂直；

C选项不正确，一个直线与一个平面平行，则与这个平面中的直线的位置关系是平行或异面；

D选项正确，垂直于同一平面的两条直线平行；

故选D

【点评】： 本题考查平面与平面之间的位置关系，主要考查空间想像能力以及熟练运用线面间的相关理论进行判断的能力．

知识点：7.函数y=Asin(wx+@)+B

D

【考点】： 由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式．

【专题】： 三角函数的图像与性质．

【分析】： 根据题意，设出y=sin（ωx+α），利用函数图象求出ω与α，得出函数解析式，从而选出正确的答案．

解：根据题意，设y=sin（ωx+α），α∈（﹣，）；

∴=﹣（﹣）=，

解得T=π，

∴ω==2；

又x=时，y=sin（2×+α）=1，

∴+α=，

解得α=；

∴y=sin（2x+），

即y=cos=cos（﹣2x）=cos（2x﹣）．

故选：D．

【点评】： 本题考查了利用函数的图象求三角函数解析式的问题，是基础题目．

知识点：2.空间几何体的三视图和直观图

A

【考点】： 由三视图求面积、体积．

【专题】： 空间位置关系与距离．

【分析】： 由已知的三视图可得：该几何体是一个以俯视图为底面的三棱锥，计算出底面面积，代入锥体体积公式，可得答案．

解：由已知的三视图可得：该几何体是一个以俯视图为底面的三棱锥，

底面的底边长为3+1=4m，

底面的高，即为三视图的宽3m，

故底面面积S=×3×4=6m2，

棱锥的高即为三视图的高，故h=2m，

故棱锥的体积V=Sh=4m3，

故选：A

【点评】： 本题考查的知识点是由三视图求体积和表面积，解决本题的关键是得到该几何体的形状．

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．

【专题】： 数形结合．

【分析】： 画出约束条件表示的可行域，如图求出交点坐标，然后求出两个三角形面积，再求出可行域的面积．

解：画出约束条件表示的可行域，如图中阴影部分，

由题意M（2，3），N（ ），P（0，﹣1），Q（0，1）

不等式组 所表示的平面区域的面积为：=

故选B．

【点评】： 本题考查二元一次不等式（组）与平面区域，考查学生作图能力，计算能力，是基础题．

知识点：3.平面向量的基本定理及其坐标表示

B

【考点】： 基本不等式；平面向量共线（平行）的坐标表示．

【专题】： 不等式的解法及应用．

【分析】： 根据向量平行，建立m，n的关系，利用基本不等式的性质即可得到结论．

解：∵向量=（m，1﹣n），=（1，2），

∴若∥，则2m﹣（1﹣n）=0，

即2m+n=1，

∴+=（+）（2m+n）=3+，

当且仅当，即n=，即m=1﹣，n=时取等号．

故最小值为3+2，

故选：B．

【点评】： 本题主要考查基本不等式的应用，利用向量平行的坐标公式求出m，n的关系是解决本题的关键．

知识点：9.正弦定理和余弦定理（解三角形）

A

【考点】： 三角形中的几何计算．

【专题】： 解三角形．

【分析】： 利用正弦定理列出关系式，将A=2B代入，利用二倍角的正弦函数公式化简，约分得到结果为2cosB，根据三角形的内角和定理及三角形ABC为锐角三角形，求出B的范围，进而确定出cosB的范围，即可得出所求式子的范围．

解：∵A=2B，

∴根据正弦定理=得：=═=2cosB，

∵A+B+C=180°，

∴3B+C=180°，即C=180°﹣3B，

∵C为锐角，

∴30°＜B＜60°，

又0°＜A=2B＜90°，

∴30°＜B＜45°，

∴＜cosB＜，即＜2cosB＜，

则的取值范围是（，）．

故选：A．

【点评】： 本题考查了正弦定理，余弦函数的图象与性质，以及特殊角的三角函数值，熟练掌握正弦定理是解本题的关键．

知识点：11.球

C

【考点】： 球的体积和表面积．

【专题】： 计算题；空间位置关系与距离．

【分析】： 取CD的中点E，连结AE，BE，作出外接球的球心，求出半径，即可求出表面积．

解：取CD的中点E，连结AE，BE，

∵在四面体ABCD中，AB⊥平面BCD，△BCD是边长为3的等边三角形．

∴Rt△ABC≌Rt△ABD，△ACD是等腰三角形，

△BCD的中心为G，作OG∥AB交AB的中垂线HO于O，O为外接球的中心，

BE=，BG=，

∴R=2．

四面体ABCD外接球的表面积为：4πR2=16π．

故选：C．

【点评】： 本题考查球的内接体知识，考查空间想象能力，确定球的切线与半径是解题的关键．

知识点：5.奇偶性与周期性

B

【考点】： 函数的周期性；函数奇偶性的性质．

【专题】： 函数的性质及应用．

【分析】： 由已知中f（x）是定义在R上的偶函数，对于任意的x∈R，都有f（x﹣2）=f（2+x），我们可以得到函数f（x）是一个周期函数，且周期为4，则不难画出函数f（x）在区间（﹣2，6]上的图象，结合方程的解与函数的零点之间的关系，我们可将方程f（x）﹣logax+2=0恰有3个不同的实数解，转化为函数f（x）的与函数y=﹣logax+2的图象恰有3个不同的交点，数形结合即可得到实数a的取值范围．

解：设x∈，则﹣x∈，

∴f（﹣x）=（）﹣x﹣1=2x﹣1，

∵f（x）是定义在R上的偶函数，

∴f（x）=f（﹣x）=2x﹣1．

∵对任意x∈R，都有f（x）=f（x+4），

∴当x∈时，（x﹣4）∈，

∴f（x）=f（x﹣4）=xx﹣4﹣1；

当x∈时，（x﹣4）∈，

∴f（x）=f（x﹣4）=2x﹣4﹣1．

∵若在区间（﹣2，6]内关于x的方程f（x）﹣loga（x+2）=0（a＞1）恰有三个不同的实数根，

∴函数y=f（x）与函数y=loga（x+2）在区间（﹣2，6]上恰有三个交点，

通过画图可知：恰有三个交点的条件是，解得：＜a＜2，

即＜a＜2，因此所求的a的取值范围为（，2）．

故选：B

【点评】： 本题考查的知识点是根的存在性及根的个数判断，指数函数与对数函数的图象与性质，其中根据方程的解与函数的零点之间的关系，将方程根的问题转化为函数零点问题，是解答本题的关键，体现了转化和数形结合的数学思想，属于中档题．

知识点：6.微积分的基本定理

π+2

【考点】： 定积分．

【专题】： 计算题．

【分析】： 根据定积分的定义，找出三角函数的原函数然后代入计算即可．

解：（x+sinx）=+1﹣（﹣1）=π+2，

故答案为π+2．

【点评】： 此题考查定积分的性质及其计算，是高中新增的内容，要掌握定积分基本的定义和性质，解题的关键是找出原函数．

知识点：5.充分条件与必要条件

【考点】： 必要条件、充分条件与充要条件的判断．

【专题】： 集合．

【分析】： 利用不等式的解法，利用充分条件和必要条件的定义即可得到结论．

解：由2x2﹣3x+1≤0得≤x≤1，即p：≤x≤1，

由x2﹣（2a+1）x+a（a+1）≤0得（x﹣a）（x﹣a﹣1）≤0，

即a≤x≤a+1，即q：a≤x≤a+1，

若q是p的必要不充分条件，

则，即，即0≤a≤，

故答案为：．

【点评】： 本题主要考查充分条件和必要条件的应用，利用不等式的解法求出不等式的解是解决本题的关键，比较基础．

知识点：3.导数在研究函数中的应用

①④

【考点】： 命题的真假判断与应用．

【专题】： 简易逻辑．

【分析】： ①利用偶函数的定义判断；

②利用导数求解，导数大于0求增区间，导数小于0求减区间；

③研究极值、端点处的函数值的符号；

④转化为f（x）﹣（x2+1）≤0恒成立，因此只需求左边函数的最大值小于0即可．

解：对于①，显然定义域为R，f（﹣x）=﹣xsin（﹣x）+cos（﹣x）=xsinx+cosx=f（x）．所以函数为偶函数，所以①为真命题；

对于②，f′（x）=sinx+xcosx﹣sinx=xcosx，当x∈时，f′（x）＞0，此时函数为增函数，故②为假命题；

对于③，令f（x）=0，所以，做出y=及y=﹣tanx在上的图象可知，它们在上只有两个交点，所以原函数在有两个零点，故③为假命题；

对于④，要使当x≥0时，f（x）≤x2+1恒成立，只需当x≥0时，f（x）﹣x2﹣1≤0恒成立，即y=xsinx+cosx﹣x2﹣1≤0恒成立，而y′=xcosx﹣2x=（cosx﹣2）x显然小于等于0恒成立，所以该函数在上的最大值．

【题文】

（12分）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且bcosC=3acosB﹣ccosB．

（Ⅰ）求cosB的值；

（Ⅱ）若，且，求a和c的值．

【答案】

【解析】

【考点】： 正弦定理；平面向量数量积的运算；两角和与差的正弦函数；余弦定理．

【专题】： 计算题；转化思想．

【分析】： （1）首先利用正弦定理化边为角，可得2RsinBcosC=3×2RsinAcosB﹣2RsinCcosB，然后利用两角和与差的正弦公式及诱导公式化简求值即可．

（2）由向量数量积的定义可得accosB=2，结合已知及余弦定理可得a2+b2=12，再根据完全平方式易得a=c=．

解：（I）由正弦定理得a=2RsinA，b=2RsinB，c=2RsinC，

则2RsinBcosC=6RsinAcosB﹣2RsinCcosB，

故sinBcosC=3sinAcosB﹣sinCcosB，

可得sinBcosC+sinCcosB=3sinAcosB，

即sin（B+C）=3sinAcosB，

可得sinA=3sinAcosB．又sinA≠0，

因此．（6分）

（II）解：由，可得accosB=2，

，

由b2=a2+c2﹣2accosB，

可得a2+c2=12，

所以（a﹣c）2=0，即a=c，

所以．（13分）

【点评】： 本题考查了正弦定理、余弦定理、两角和与差的正弦公式、诱导公式、向量数量积的定义等基础知识，考查了基本运算能力．

知识点：6.直线、平面垂直的判定及其性质

【考点】： 用空间向量求平面间的夹角；直线与平面垂直的判定；点、线、面间的距离计算．

【专题】： 空间位置关系与距离；空间角．

【分析】： （1）以DA所在直线为x轴，过D作AC的垂线为y轴，DB所在直线为z轴建立空间直角坐标系，确定向量坐标，利用数量积为0，即可证得结论；

（2）确定面DA1B的法向量、面AA1B的法向量，利用向量的夹角公式，即可求得二面角D﹣BA1﹣A的余弦值；

（3）=（0，2，0），平面A1BD的法向量取=（2，1，0），利用距离公式可求点B1到平面A1BD的距离

（1）证明：以DA所在直线为x轴，过D作AC的垂线为y轴，DB所在直线为z轴建立空间直角坐标系，则A（1，0，0），C（﹣1，0，0），E（﹣1，﹣1，0），A1（1，﹣2，0），C1（﹣1，﹣2，0），B（0，0，）

∴=（﹣2，﹣1，0），=（﹣1，2，0），=（0，0，﹣）

∴

∴

又A1D与BD相交

∴AE⊥面A1BD …（5分）

（2）解：设面DA1B的法向量为=（x1，y1，z1），则，取=（2，1，0）…（7分）

设面AA1B的法向量为=（x2，y2，z2），则，取=（3，0，） …（9分）

∴cos===

故二面角D﹣BA1﹣A的余弦值为 …（10分）

（3）解：=（0，2，0），平面A1BD的法向量取=（2，1，0）

则B1到平面A1BD的距离为d=|= …（13分）

【点评】： 本题考查向量知识的运用，考查线面垂直，考查面面角，考查点到面的距离，考查学生的计算能力，属于中档题．

知识点：3.等差数列的前n项和

【考点】： 数列的求和；数列与不等式的综合．

【专题】： 综合题；等差数列与等比数列．

【分析】： （Ⅰ）依题意S4=2S2+8，可求得公差d的值；

（Ⅱ）由（Ⅰ）知，d=2，an=2n﹣1，于是易求=，Tn=≥，依题意，不等式Tn≥对所有的n∈N*恒成立，

解不等式≥，即可求得m的最大正整数值．

解：（Ⅰ）∵公差为d的等差数列{an}中，S4=2S2+8，

∴4a1+6d=2（2a1+d）+8，化简得：4d=8，

解得d=2．…（4分）

（Ⅱ）由a1=1，d=2，得an=2n﹣1，…（5分）

∴=．…（6分）

∴Tn=

=≥，…（8分）

又∵不等式Tn≥对所有的n∈N*恒成立，

∴≥，…（10分）

化简得：m2﹣5m﹣6≤0，解得：﹣1≤m≤6．

∴m的最大正整数值为6．…（12分）

【点评】： 本题考查数列的求和，考查数列与不等式的综合，考查等价转化思想与恒成立问题，属于难题．

知识点：3.导数在研究函数中的应用

【考点】： 利用导数求闭区间上函数的最值；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究曲线上某点切线方程．

【专题】： 导数的综合应用．

【分析】： （1）由已知得x＞0，f′（x）=lnx+1，由此能求出y=f（x）在（e，f（e））处的切线方程．

（2）由f′（x）=lnx+1，令f′（x）=0，得x=，由此利用导数性质能求出函数f（x）在上的最小值．

（3）记h（x）=f（x）﹣（k﹣1）x+k=xlnx﹣（k﹣1）x+k，x＞1，则h′（x）=lnx+2﹣k，x＞1，由此利用导数性质能求出k的最大值．

解：（1）∵f（x）=x•lnx，

∴x＞0，f′（x）=lnx+1，

∵f（e）=e，f′（e）=2，

∴y=f（x）在（e，f（e））处的切线方程为：y=2（x﹣e）+e，

即y=2x﹣e．

（2）∵f′（x）=lnx+1，令f′（x）=0，得x=，

当x∈（0，）时，F′（x）＜0，f（x）单调递减，

当x∈（）时，F′（x）＞0，f（x）单调递增，

当a≥时，f（x）在单调递增，min=f（a）=alna，

当时，a＜，min=f（）=﹣．

（3）记h（x）=f（x）﹣（k﹣1）x+k=xlnx﹣（k﹣1）x+k，x＞1，

则h′（x）=lnx+2﹣k，x＞1，

当k≤3且k∈Z时，h（x）在x∈（1，+∞）上为增函数，

∴h（x）＞h（1）=1＞0，符合．

当k≥4且k∈Z时，h（x）在x∈（1，ek﹣2）上为减函数，在x∈，

∴h（2）=2ln2+2﹣k＜2+2﹣k≤0，不符合．

综上，k≤3且k∈Z，∴k的最大值是3．

【点评】： 本题考查切线方程的求法，考查函数的最小值的求法，考查实数的最大值的求法，解题时要注意构造法和导数的几何意义的合理运用．

知识点：1.几何证明选讲

【考点】： 与圆有关的比例线段．

【专题】： 证明题；数形结合．

【分析】： （Ⅰ）证明BD平分∠ABC可通过证明D是的中点，利用相等的弧所对的圆周角相等证明BD是角平分线；

（Ⅱ）由图形知，可先证△ABH∽△DBC，得到，再由等弧所对的弦相等，得到AD=DC，从而得到，求出AH的长

解：（Ⅰ）∵AC∥DE，直线DE为圆O的切线，∴D是弧的中点，即

又∠ABD，∠DBC与分别是两弧所对的圆周角，故有∠ABD=∠DBC，

所以BD平分∠ABC

（Ⅱ）∵由图∠CAB=∠CDB且∠ABD=∠DBC

∴△ABH∽△DBC，∴

又

∴AD=DC，

∴

∵AB=4，AD=6，BD=8

∴AH=3

【点评】： 本题考查与圆有关的比例线段，解题的关键是对与圆有关性质掌握得比较熟练，能根据这些性质得出角的相等，边的相等，从而使问题得到证明

知识点：2.坐标系与参数方程

【考点】： 参数方程化成普通方程．

【专题】： 坐标系和参数方程．

【分析】： （Ⅰ）把参数方程化为直角坐标方程，再根据圆、椭圆的标准方程可得结论．

（Ⅱ）利用点到直线的距离公式求得M到C3的距离=|sin（θ+α）﹣|，从而求得d取得最小值．

解：（Ⅰ）把C1，C2的参数方程消去参数，化为普通方程分别为，

C1为圆心是（﹣4，3），半径是1的圆；C2为中心是坐标原点，焦点在x轴上，长半轴长是8，短半轴长是3的椭圆．

（Ⅱ）当时，P（﹣4，4），设Q（8cosθ，3sinθ），故，C3为直线x﹣2y﹣7=0，

求得M到C3的距离=|cosθ﹣sinθ﹣|=|sin（θ+α）﹣|，其中，sinα=，cosα=﹣．

从而当sin（θ+α）=1，即当 时，d取得最小值为 ．

【点评】： 本题主要考查把参数方程化为直角坐标方程的方法，点到直线的距离公式，辅助角公式的应用，正弦函数的值域，属于基础题．

知识点：5.不等式的证明

【考点】： 不等式的证明．

【专题】： 不等式．

【分析】： （Ⅰ）由题意得，1=（a+b+c）2=a2+b2+c2+2ab+2bc+2ac≤3（a2+b2+c2），结论得证．

（Ⅱ）由题意得，+b≥2a，+c≥2b，+a≥2c，得到+++a+b+c≥2（a+b+c），结论得证．

证明（Ⅰ）∵a，b，c∈R+，且a+b+c=1，∴1=（a+b+c）2=a2+b2+c2+2ab+2bc+2ac≤3（a2+b2+c2），

∴a2+b2+c2≥，当且仅当a=b=c时，等号成立．

（Ⅱ）∵+b≥2a，+c≥2b，+a≥2c，

∴+++a+b+c≥2（a+b+c），

∴++≥a+b+c=1，

∴++≥1

【点评】： 本题考查用比较法证明不等式，基本不等式的应用，将式子变形是证明的关键．