知识点：3.集合的基本运算

A

【考点】交集及其运算．

【分析】先分别出集合A，B，由此利用交集定义能求出A∩B．

【解答】解：∵集合A={x|x2+x﹣2＜0}={x|﹣2＜x＜1}，

={x|0＜x＜}，

∴A∩B={x|0＜x＜}=（0，）．

故选：A．

知识点：5.充分条件与必要条件

D

【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断．

【分析】可举﹣1，，…，说明不充分；举等比数列﹣1，﹣2，﹣4，﹣8，…说明不必要，进而可得答案．

【解答】解：可举a1=﹣1，q=，可得数列的前几项依次为﹣1，，…，显然不是递减数列，

故由“0＜q＜1”不能推出“{an}为递减数列”；

可举等比数列﹣1，﹣2，﹣4，﹣8，…显然为递减数列，但其公比q=2，不满足0＜q＜1，

故由“{an}为递减数列”也不能推出“0＜q＜1”．

故“0＜q＜1”是“{an}为递减数列”的既不充分也不必要条件．

故选D

知识点：4.空间点、直线、平面之间的位置关系

D

【考点】空间中直线与平面之间的位置关系；平面与平面之间的位置关系．

【分析】反例判断A的错误；利用直线与平面的关系判断B错误；反例判断C错误；直线与平面垂直判断D正误即可．

【解答】解：α，β，γ是三个不同的平面，l1，l2是两条不同的直线，

对于A，α⊥γ，β⊥γ，则α∩β=a也可能平行，所以A不正确．

对于B，若l1∥α，l1⊥β，则α⊥β，所以B不正确；

对于C，α∥β，l1∥α，l2∥β，则l1∥l2，也可能相交也可能异面，所以C不正确；

对于D，若α⊥β，l1⊥α，l2⊥β，则l1⊥l2，l1与l2是平面的法向量，显然正确；

故选：D．

知识点：4.直线与圆的位置关系

C

【考点】直线与圆的位置关系．

【分析】圆C：x2+y2﹣4x﹣2y+1=0配方为：（x﹣2）2+（y﹣1）2=4，可得圆心C（2，1），半径r=2．直线ax+y﹣5=0截圆C：x2+y2﹣4x﹣2y+1=0的弦长为4，可得直线经过圆心．

【解答】解：圆C：x2+y2﹣4x﹣2y+1=0配方为：（x﹣2）2+（y﹣1）2=4，可得圆心C（2，1），半径r=2．

∵直线ax+y﹣5=0截圆C：x2+y2﹣4x﹣2y+1=0的弦长为4，

∴直线经过圆心，∴2a+1﹣5=0，解得a=2．

故选：C．

知识点：15.函数的图像

A

【考点】函数的图象．

【分析】根据函数的奇偶性判断，①③，根据对称的定义判断②，根据三角函数的图象判断④

【解答】解：①y=，f（﹣x）=+=+=﹣=﹣﹣=﹣（+）=﹣f（x），

∴函数为奇函数，则图象关于（0，0）对称，故正确

②y=x3+x+1的图象关于（0，1）对称；

由题意设对称中心的坐标为（a，b），

则有2b=f（a+x）+f（a﹣x）对任意x均成立，代入函数解析式得，

2b=（a+x）3+3（a+x）+1+（a﹣x）3+3（a﹣x）+1对任意x均成立，

∴a=0，b=1

即对称中心（0，1），故正确

③y=的图象关于直线x=0对称，因为函数为偶函数，故函数关于y轴（x=0）对称，故正确，

④y=sinx+cosx=sin（x+）的图象关于直线x+=对称，即x=对称，故正确．

故选：A

知识点：2.空间几何体的三视图和直观图

D

【考点】由三视图求面积、体积．

【分析】如图所示，该几何体为三棱锥A﹣BCD，其外面图形为棱长为4的正方体．

【解答】解：如图所示，该几何体为三棱锥A﹣BCD，其外面图形为棱长为4的正方体．

∴该多面体的体积V==．

故选：D．

知识点：7.函数y=Asin(wx+@)+B

C

【考点】三角函数的周期性及其求法．

【分析】利用辅助角公式化积，由周期求得ω，再由函数为偶函数求得φ，求出函数解析式得答案．

【解答】解：f（x）=sin（ωx+φ）﹣cos（ωx+φ）=2sin（ωx+φ﹣）．

由T=，得ω=2．

∴f（x）=2sin（2x+φ﹣）．

又f（﹣x）=f（x），∴sin（﹣2x+φ）=2sin（2x+φ﹣）．

得﹣2x+φ=2x+φ﹣+2kπ或﹣2x+φ+2x+φ﹣=π+2kπ，k∈Z．

解得φ=，k∈Z．

∵|φ|＜，∴φ=．

∴f（x）=2sin（2x﹣）=2sin（2x﹣）=﹣2cos2x．

则f（x）在（0，）单调递增．

故选：C．

知识点：4.等比数列及其性质

B

【考点】等比数列的通项公式；基本不等式．

【分析】由等比中项推导出a+b=1，从而===，由此利用基本不等式能求出的最大值．

【解答】解：∵a＞0，b＞0，且为3a与3b的等比中项，

∴3a•3b=3a+b=（）2=3，

∴a+b=1，

∴===≤=．

当且仅当时，取等号，

∴的最大值为．

故选：B．

知识点：3.导数在研究函数中的应用

B

【考点】函数恒成立问题．

【分析】可构造函数g（x）=x3f（x），利用导数判断其单调性，结合函数为奇函数，即可得出结论．

【解答】解：令g（x）=x3f（x），则g′（x）=x2[3f（x）+xf′（x）]，

∵3f（x）+xf′（x）＞0对x＞0恒成立，

∴g′（x）＞0，

∴当x＞0时，g（x）为增函数，

又∵函数f（x）是定义在R上的奇函数，

∴g（x）为R上的增函数，

∴方程x3f（x）=﹣1的实根个数为1．

故选：B．

知识点：3.空间几何体的表面积与体积

C

【考点】球的体积和表面积．

【分析】由题意可知直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，底面ABC的小圆半径为1，连接两个底面中心的连线，中点与顶点的连线就是球的半径，即可求出球的表面积．

【解答】解：由题意可知直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，底面小圆ABC的半径为=1，

连接两个底面中心的连线，中点与顶点的连线就是球的半径，外接球的半径为： =2，

外接球的表面积为：4π•22=16π．

故选C．

知识点：1.椭圆

A

【考点】椭圆的简单性质．

【分析】由题意画出图形，结合已知可得a，b，c的关系，进一步结合隐含条件可得关于离心率e的方程求解．

【解答】解：如图，

tan∠NMF=，tan∠NFO=，

∵∠MFN=∠NMF+90°，∴∠NFO=180°﹣MFN=90°﹣∠NMF，

即tan∠NFO=，

∴，则b2=a2﹣c2=ac，

∴e2+e﹣1=0，得e=．

故选：A．

知识点：13.函数与方程

B

【考点】函数的最值及其几何意义；函数恒成立问题；分段函数的应用．

【分析】画出函数f（x）=的图象，结合对数函数的图象和性质，可得x1•x2=1，x1+x2＞=2，（4﹣x3）•（4﹣x4）=1，且x1+x2+x3+x4=8，则不等式kx3x4+x12+x22≥k+11恒成立，可化为：k≥恒成立，求出的最大值，可得k的范围，进而得到实数k的最小值．

【解答】解：函数f（x）=的图象如下图所示：

当方程f（x）=m有四个不等实根x1，x2，x3，x4（x1＜x2＜x3＜x4）时，

|lnx1|=|lnx2|，即x1•x2=1，x1+x2＞=2，

|ln（4﹣x3）|=|（4﹣x4）|，即（4﹣x3）•（4﹣x4）=1，

且x1+x2+x3+x4=8，

若不等式kx3x4+x12+x22≥k+11恒成立，

则k≥恒成立，

由=== [（x1+x2）﹣4+8]≤2﹣

故k≥2﹣，

故实数k的最小值为2﹣，

故选：B

知识点：4.平面向量的数量积（夹角、模）

2

【考点】平面向量数量积的运算．

【分析】根据条件即可求出的值，而由可得到，两边平方即可得到关于λ的方程，解出λ即可．

【解答】解：；

由得，；

∴；

∴4=λ2，且λ＞0；

∴λ=2．

故答案为：2．

知识点：3.二元一次不等式（组）与简单的线性规划

[﹣2，4]

【考点】简单线性规划．

【分析】由约束条件作出可行域，联立方程组求出最优解的坐标，代入目标函数得答案．

【解答】解：由约束条件作出可行域如图，

联立，解得A（，），

联立，解得B（4，0），

由图可知，当目标函数z=x﹣3y过A时，z有最小值为﹣2；

当目标函数z=x﹣3y过B时，z有最大值为：4．

故答案为：[﹣2，4]．

知识点：2.双曲线

【考点】直线与双曲线的位置关系；双曲线的简单性质．

【分析】设双曲线的左焦点为F'，求出双曲线的a，b，c，运用双曲线的定义可得|PA|+|PF|=|PA|+|PF'|+2，考虑P在左支上运动到与A，F'共线时，取得最小值，即可得到所求值．

【解答】解：设双曲线的左焦点为F'，

由双曲线C：可得a=1，b=，c=2，

即有F（2，0），F'（﹣2，0），

△PFM周长为|PM|+|PF|+|MF|=|PM|+|PF|+2，

由双曲线的定义可得|PF|﹣|PF'|=2a=2，

即有|PM|+|PF|=|PM|+|PF'|+2，

当P在左支上运动到M，P，F'共线时，

|PM|+|PF'|取得最小值|MF'|=2，

则有△APF周长的最小值为2+2+2=2+4．

故答案为：

知识点：7.数列的通项

【考点】数列递推式．

【分析】2Sn=an+1an，a1=4，n=1时，2×4=4a2，解得a2．n≥2时，2Sn﹣1=anan﹣1，可得2an=an+1an﹣anan﹣1，可得an+1﹣an﹣1=2．n≥2时，an+1﹣an﹣1=2，可得数列{an}的奇数项与偶数项分别为等差数列．

【解答】解：∵2Sn=an+1an，a1=4，

∴n=1时，2×4=4a2，解得a2=2．

n≥2时，2Sn﹣1=anan﹣1，可得2an=an+1an﹣anan﹣1，

∴an=0（舍去），或an+1﹣an﹣1=2．

n≥2时，an+1﹣an﹣1=2，可得数列{an}的奇数项与偶数项分别为等差数列．

∴a2k﹣1=4+2（k﹣1）=2k+2．k∈N*．

a2k=2+2（k﹣1）=2k．

∴an=．

故答案为：．

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．

【分析】（1）由等差数列的性质可得2bcosA=acosC+ccosA，由正弦定理，三角形内角和定理化简可得sinB=2sinBcosA，结合sinB≠0，可求，即可得解．

（2）利用平面向量的运算，余弦定理可得，进而利用基本不等式即可计算得解．

【解答】解：（1）∵由题意知2bcosA=acosC+ccosA，

由正弦定理知sinAcosC+sinCcosA=2sinBcosA，

∴sin（A+C）=sinB=2sinBcosA，

又∵sinB≠0，

∴，

∴．

（2）∵，

∴=（）=（c2+b2+2cbcosA）=（c2+b2+cb），

又∵由余弦定理可得：a2=c2+b2﹣2cbcosA=c2+b2﹣cb=9，

∴，

∵由c2+b2﹣cb=9≥2cb﹣cb=cb，当且仅当c=b时取等号，

∴，

∴的最大值为．

知识点：7.独立重复试验与二项分布

【考点】离散型随机变量的期望与方差；离散型随机变量及其分布列．

【分析】（1）以频率估计频率，即可取得T的分布列．求出期望，得到概率即可．

（2）判断分布列是二项分布，然后列出分布列求出期望．

（3）设T1，T2分别表示往返所需时间，设事件A表示“从离开大学城校区到返回大学城校区共用时间不超过120分钟”，则P（A）=P（T1=25）P（T2≤45）+P（T1=30）P（T2≤40）+P（T1=35）P（T2≤35）+P（T1=40）P（T2≤30）求解即可．

【解答】解：（1）以频率估计频率得T的分布列为：

∴E（T）=25×0.2+30×0.3+35×0.4+40×0.1=32（分钟），

P（T＜E（T））=P（T＜32）=0.2+0.3=0.5．

（2）X～B（3，），P（X=k）=（k=0，1，2，3）．

E（X）=3×=．

（3）设T1，T2分别表示往返所需时间，设事件A表示“从离开大学城校区到返回大学城校区共用时间不超过120分钟”，则

P（A）=P（T1=25）P（T2≤45）+P（T1=30）P（T2≤40）+P（T1=35）P（T2≤35）+P（T1=40）P（T2≤30）=0.2×1+0.3×1+0.4×0.9+0.1×0.5=0.91．

知识点：5.直线、平面平行的判定及其性质

【考点】二面角的平面角及求法；直线与平面平行的判定．

【分析】（1）连接B1N，B1C，设B1C与NC1交于点G，推导出四边形B1C1CN是平行四边形，从而MG∥AB1，由此能证明AB1∥平面C1MN．

（2）以点M为坐标原点，MA，MB，MA1所在的直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角C﹣MC1﹣N的大小．

【解答】证明：（1）连接B1N，B1C，

设B1C与NC1交于点G，在三棱台ABC﹣A1B1C1中，

AB=2A1B1，则BC=2B1C1，

而N是BC的中点，B1C1∥BC，

则B1C1NC，所以四边形B1C1CN是平行四边形，G是B1C的中点，

在△AB1C中，M是AC的中点，则MG∥AB1，

又AB1⊄平面C1MN，MG⊂平面C1MN，

所以AB1∥平面C1MN．

解：（2）由CC1⊥平面ABC，可得A1M⊥平面ABC，

而AB⊥BC，AB=BC，则MB⊥AC，

所以MA，MB，MA1两两垂直，

故以点M为坐标原点，MA，MB，MA1所在的直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系．

设AB=2，则A1B1=CC1=1，AC=2，AM=，

B（0，，0），C（﹣，0，0），C1（﹣，0，1），N（﹣，，0），

则平面ACC1A1的一个法向量为=（0，1，0），

设平面C1MN的法向量为=（x，y，z），

则，

取x=1，则=（1，1，），

cos＜＞=，

由图形得得二面角C﹣MC1﹣N为锐角，

所以二面角C﹣MC1﹣N的大小为60°．

知识点：3.抛物线

【考点】直线与抛物线的位置关系．

【分析】（1）设出A、B坐标，利用斜率公式及直线PA与PB的倾斜角互补两直线斜率相反，从而求出AB斜率．

（2）若PA⊥PB，则两直线斜率积为﹣1，求出直线AB 的方程，可得直线AB经过定点（﹣2，5）．

【解答】证明：（1）设点A（x1，），B（x2，），

若直线PA与PB的倾斜角互补，则两直线斜率相反，

又kPA==，kPB==，

所以+=0，

整理得x1+x2+4=0，

所以kAB===﹣1．

（2）解：因为PA⊥PB，

所以kPAkPB=•=﹣1，

即x1x2+2（x1+x2）+20=0，①

直线AB的方程为：，

整理得：4y﹣=（x1+x2）（x﹣x1），

即x1x2﹣x（x1+x2）+4y=0，②

由①②可得，

解得，

即直线AB经过定点（﹣2，5）．

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；利用导数研究函数的极值．

【分析】（1）求出函数的导数，根据函数的单调性判断函数的零点即可；

（2）求出g（x）的表达式，根据直线AB的斜率k=，得到g′（）=，即aln=，通过讨论a=0和a≠0，从而确定满足题意的a的值即可．

【解答】解：（1）当a=1时，f（x）=（x+2）ln（x+1）﹣2x，

则f′（x）=ln（x+1）+﹣1，

记h（x）=ln（x+1）+﹣1，

则h′（x）=≥0，即x≥0，

从而，h（x）在（0，+∞）上单调递增，在（﹣1，0）上单调递减，

则h（x）≥h（0）=0，即f′（x）≥0恒成立，

故f（x）在（﹣1，+∞）上单调递增，无单调递减区间，

又f（0）=0，则0为唯一零点．

（2）由题意知g（x）=f（x）+x2﹣ln（x+1）=2aln（x+1）+x2﹣2x，

则g′（x）=+2x﹣2，

直线AB的斜率k=，则有：g′（）=，

即+2•﹣2=，

即+x1+x2﹣2=+x2+x1﹣2，

即=，即aln=，①

当a=0时，①式恒成立，满足条件；

当a≠0时，①式得ln=2•=2•，②

记t=﹣1，不妨设x2＞x1，则t＞0，②式得ln（t+1）=．③

由（1）问可知，方程③在（0，+∞）上无零点．

综上，满足条件的实数a=0．

知识点：1.几何证明选讲

【考点】与圆有关的比例线段．

【分析】（1）利用PC是圆O的切线，通过∠ACP=∠ABC，得到∠APC=∠BAC，求出∠BAC=90°，说明BC是圆O的直径．

（2）说明△APC∽△CAD，推出，利用数据关系求解即可．

【解答】（1）证明：∵PC是圆O的切线，∴∠ACP=∠ABC，

又∵∠ACB=∠APC，∴∠APC=∠BAC，

而∠PAC+∠BAC=180°，

∴∠BAC=90°，∴BC是圆O的直径．

（2）解：∵∠BPC=∠DAC，∠ACP=∠ADC，

∴△APC∽△CAD，∴，∴AC2=PA•CD，①

又由切割线定理PC2=PA•PB，PC=4，AB=2，

得PA=2，②

由①②得CD=．

知识点：2.坐标系与参数方程

【考点】简单曲线的极坐标方程；参数方程化成普通方程．

【分析】（1）曲线C的极坐标方程化为，由此能求出曲线C的直角坐标方．

（2）P的坐标为，将l的参数方程代入曲线C的直角坐标方程得：，由此能求出|PD|的长．

【解答】解：（1）∵曲线C的极坐标方程为，

∴，

∴x2+y2=2，

∴曲线C的直角坐标方程为．

（2）P的坐标为，在平面直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为（t为参数），

将l的参数方程代入曲线C的直角坐标方程得：，

设点A，B，D对应的参数分别为t1，t2，t3，

则，t1t2=3，

，

∴|PD|的长为．

知识点：3.不等式选讲

【考点】绝对值不等式的解法．

【分析】（1）关于x的不等式|x+a|≤b的解集为[﹣b﹣a，b﹣a]，利用条件建立方程组，即可求实数a，b的值；

（2）利用|n|=|（2m+n）﹣（2m﹣8n）|≤|2m+n|+2|m﹣4n|，即可证明结论．

【解答】（1）解：关于x的不等式|x+a|≤b的解集为[﹣b﹣a，b﹣a]，

∵关于x的不等式|x+a|≤b的解集为[﹣6，2]，

∴，∴a=2，b=4；

（2）证明：∵实数m，n满足|am+n|＜，|m﹣bn|＜，

∴|n|=|（2m+n）﹣（2m﹣8n）|≤|2m+n|+2|m﹣4n|＜=．