知识点：3.集合的基本运算

D

【分析】化简A，再根据A∩B=A，求得实数a的取值范围．

【解答】解：∵集合A={x|x﹣2＜0}={x|x＜2}，B={x|x＜a}，A∩B=A，

∴a≥2，

故选：D．

【点评】本题主要考查两个集合的交集的定义和求法，属于基础题．

知识点：3.复数代数形式的四则运算

A

【分析】利用复数代数形式的乘除运算求得复数x，再求其模即可．

【解答】解：x+i=，

∴x=﹣i=﹣1﹣3i，

∴|x|=，

故选：A．

【点评】本题考查复数代数形式的乘除运算，属于基础题．

知识点：3.单调性与最大（小）值

C

【分析】本题根据函数奇偶性定义，判断函数的是否为偶函数，再根据函数单调性判断函数是否为减函数，得到本题结论．

【解答】解：选项A，

y=x2是偶函数，

当x＞0时，y=x在在（0，+∞）上单调递增，不合题意；

选项B，

y=﹣x3，是奇函数，不合题意；

选项C，

y=﹣ln|x|是偶函数，

当x＞0时，y=﹣lnx在在（0，+∞）上单调递减，符合题意；

选项D，

y=2x，不是偶函数，递增，不合题意．

故选：C．

【点评】本题考查了奇偶性与单调性，本题难度不大，属于基础题．

知识点：2.双曲线

D

【分析】根据双曲线的一条渐近线方程为y=x，且一个顶点的坐标是（2，0），可确定双曲线的焦点在x轴上，从而可求双曲线的标准方程．

【解答】解：∵双曲线的一个顶点为（2，0），

∴其焦点在x轴，且实半轴的长a=2，

∵双曲线的一条渐近线方程为y=x，∴b=2，

∴双曲线的方程是﹣=1．

故选：D．

【点评】本题考查双曲线的简单性质，判断焦点位置与实半轴的长是关键，属于中档题．

知识点：7.全称量词与存在量词

B

【分析】①根据含有量词的命题的否定判断．②根据复合命题与简单命题之间的关系判断．③根据充分条件和必要条件的定义判断．

【解答】解：①全称命题的否定是特称命题，∴命题“∀x∈R，x3﹣x2+1≤0”的否定是“∃x0∈R，x03﹣x02+1＞0”正确．

②若“p∧q”为假命题，则p、q至少有一个为假命题；故错误．

③“三个数a，b，c成等比数列”则b2=ac，∴b=，

若a=b=c=0，满足b=，但三个数a，b，c成等比数列不成立，

∴“三个数a，b，c成等比数列”是“b=”的既不充分也不必要条件，正确．

故不正确的是②．

故选：B．

【点评】本题主要考查命题的真假判断，解决的关键是对于命题的否定以及真值的判定的运用，属于基础题

知识点：4.空间点、直线、平面之间的位置关系

C

【分析】由两平行平面中的一个和直线垂直，另一个也和平面垂直得直线l⊥平面β，再利用面面垂直的判定可得①为真命题；

当直线与平面都和同一平面垂直时，直线与平面可以平行，也可以在平面内，故②为假命题；

由两平行线中的一条和平面垂直，另一条也和平面垂直得直线m⊥平面α，再利用面面垂直的判定可得③为真命题；

当直线与平面都和同一平面垂直时，直线与平面可以平行，也可以在平面内，如果直线m在平面α内，则有α和β相交于m，故④为假命题．

【解答】解：l⊥平面α且α∥β可以得到直线l⊥平面β，又由直线m⊂平面β，所以有l⊥m；即①为真命题；

因为直线l⊥平面α且α⊥β可得直线l平行与平面β或在平面β内，又由直线m⊂平面β，所以l与m，可以平行，相交，异面；故②为假命题；

因为直线l⊥平面α且l∥m可得直线m⊥平面α，又由直线m⊂平面β可得α⊥β；即③为真命题；

由直线l⊥平面α以及l⊥m可得直线m平行与平面α或在平面α内，又由直线m⊂平面β得α与β可以平行也可以相交，即④为假命题．

所以真命题为①③．

故选 C．

【点评】本题是对空间中直线和平面以及直线和直线位置关系的综合考查．重点考查课本上的公理，定理以及推论，所以一定要对课本知识掌握熟练，对公理，定理以及推论理解透彻，并会用．

知识点：6.微积分的基本定理

A

【分析】由新定义计算定积分可将问题转化为g（x）=x3+2x﹣在x∈[﹣1，1]上的零点个数，由零点判定定理和函数单调性可得．

【解答】解：由题意可得（x3+2x）dx=（x4+x2）=，

∴函数f（x）=x3+2x在[﹣1，1]上“平均值点”的个数为方程x3+2x=在[﹣1，1]上根的个数，

构造函数g（x）=x3+2x﹣，则问题转化为g（x）在x∈[﹣1，1]上的零点个数，

求导数可得g′（x）=3x2+2＞0，故函数g（x）在x∈[﹣1，1]上单调递增，

由g（﹣1）g（1）＜0，故函数g（x）在x∈[﹣1，1]上有唯一一个零点．

故选：A．

【点评】本题考查定积分的运算，涉及转化和数形结合的思想，属中档题．

知识点：2.空间几何体的三视图和直观图

B

【分析】由三视图可知，几何体为底面是正方形的四棱锥，再根据公式求解即可．

【解答】解：由三视图可知，几何体为底面是正方形的四棱锥，

所以V=，

边长为4的正方体V=64，所以n=3．

故选B

【点评】本题考查学生的空间想象能力，是基础题．

知识点：7.函数y=Asin(wx+@)+B

C

【分析】利用两角和的正弦公式化简f（x），然后由f（x0）=0求得[0，]内的x0的值．

【解答】解：∵曲线f（x）=sin（wx）+cos（wx）=2sin（wx+）的两条相邻的对称轴之间的距离为，

∴=π，

∴w=2

∴f（x）=2sin（2x+）．

∵f（x）的图象关于点（x0，0）成中心对称，

∴f（x0）=0，即2sin（2x0+）=0，

∴2x0+=kπ，

∴x0=，k∈Z，

∵x0∈[0，]，

∴x0=．

故选：C．

【点评】本题考查两角和与差的正弦函数，考查了正弦函数的对称中心的求法，是基础题．

知识点：11.球

B

【分析】求出P到平面ABC的距离为，AC为截面圆的直径，AC=，由勾股定理可得R2=（）2+d2=（）2+（﹣d）2，求出R，即可求出球的表面积．

【解答】解：由题意，AC为截面圆的直径，AC=，

设球心到平面ABC的距离为d，球的半径为R，

∵PA=PB=1，AB=，

∴PA⊥PB，

∵平面PAB⊥平面ABC，

∴P到平面ABC的距离为．

由勾股定理可得R2=（）2+d2=（）2+（﹣d）2，

∴d=0，R2=，

∴球的表面积为4πR2=3π．

故选：B．

【点评】本题考查球的表面积，考查学生的计算能力，求出球的半径是关键．

知识点：4.直线与圆的位置关系

C

【分析】因为圆的半径为，所以A（﹣2，0），连接CM，则CM⊥AB，求出圆的直径，在三角形OCM中，利用正弦定理求出sin∠OCM，利用∠OCM与∠OAM互补，即可得出结论．

【解答】解：因为圆的半径为，所以A（﹣2，0），连接CM，由题意CM⊥AB，

因此，四点C，M，A，O共圆，且AC就是该圆的直径，2R=AC=，

在三角形OCM中，利用正弦定理得2R=，

根据题意，OA=OM=2，

所以， =，

所以sin∠OCM=，tan∠OCM=﹣2（∠OCM为钝角），

而∠OCM与∠OAM互补，

所以tan∠OAM=2，即直线AB的斜率为2．

故选：C．

【点评】本题考查直线与圆的位置关系，考查正弦定理，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

D

【分析】求出导数，求出单调区间，求出极值，曲线f（x）与x轴仅有一个交点，可转化成f（x）极大值＜0或f（x）极小值＞0即可．

【解答】解：函数f（x）=x3﹣x2﹣x+a的导数为f′（x）=3x2﹣2x﹣1，

当x＞1或x＜﹣时，f′（x）＞0，f（x）递增；

当﹣＜x＜1时，f′（x）＜0，f（x）递减．

即有f（1）为极小值，f（﹣）为极大值．

∵f（x）在（﹣∞，﹣）上单调递增，

∴当x→﹣∞时，f（x）→﹣∞；

又f（x）在（1，+∞）单调递增，当x→+∞时，f（x）→+∞，

∴当f（x）极大值＜0或f（x）极小值＞0时，曲线f（x）与x轴仅有一个交点．

即a+＜0或a﹣1＞0，

∴a∈（﹣∞，﹣）∪（1，+∞），

故选：D．

【点评】本题主要考查了利用导数研究函数的极值，以及函数的单调性，属于中档题．

知识点：4.平面向量的数量积（夹角、模）

【分析】根据向量的数量积运算和向量的夹角公式即可求出．

【解答】解：设向量与的夹角为θ，

∵，且，

∴=（+）=+=||2+||||cosθ=0，

即1+cosθ=0，

即cosθ=﹣，

∵0≤θ≤π

∴θ=，

故答案为：．

【点评】本题考查了向量的数量积运算和向量模的计算，属于基础题．

知识点：2.等差数列及其性质

15

【分析】利用一元二次方程的根与系数的关系可得a1+a2017=10再利用等差数列的性质即可得出．

【解答】解：∵a1，a2017为方程x2﹣10x+16=0的两根，

∴a1+a2017=10=2a1009，

∵数列{an}是等差数列，

则a2+a1009+a2016=3a1009=15．

故答案为：15．

【点评】本题考查了一元二次方程的根与系数的关系、等差数列的性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．

知识点：3.二元一次不等式（组）与简单的线性规划

2

【分析】本题考查的知识点是线性规划，处理的思路为：根据已知的约束条件，画出满足约束条件的可行域，再根据目标函数z=abx+y（a＞0，b＞0）的最大值为8，求出a，b的关系式，再利用基本不等式求出a+b的最小值．

【解答】解：满足约束条件的区域是一个四边形，如下图：

4个顶点是（0，0），（0，2），（，0），（2，6），

由图易得目标函数在（2，6）取最大值8，

即8=2ab+6，∴ab=1，

∴a+b≥2=2，在a=b=2时是等号成立，

∴a+b的最小值为2．

故答案为：2．

【点评】用图解法解决线性规划问题时，分析题目的已知条件，找出约束条件和目标函数是关键，可先将题目中的量分类、列出表格，理清头绪，然后列出不等式组（方程组）寻求约束条件，并就题目所述找出目标函数．然后将可行域各角点的值一一代入，最后比较，即可得到目标函数的最优解．

知识点：4.平面向量的数量积（夹角、模）

﹣

【分析】求得椭圆的焦点和A，B的坐标，以及直线AB的方程，设出P（m，n），求得的坐标表示，由m2+n2的几何意义：表示原点与AB上的点的距离的平方，运用点到直线的距离公式即可得到所求最小值．

【解答】解∵椭圆=1，

∴A（﹣2，0），B（0，1），F1（﹣，0），F2（，0），

可得AB的方程为x﹣2y+2=0，

设P（m，n），

则=（﹣﹣m，﹣n）（﹣m，﹣n）

=m2+n2﹣3，

由m2+n2的几何意义：表示原点与AB上的点的距离的平方．

可得原点到直线AB的距离取得最小，且为=，

即有m2+n2﹣3的最小值为﹣3=﹣．

故答案为：﹣．

【点评】本题考查椭圆方程和性质，考查向量的坐标表示及最值的求法，解题时要认真审题，注意m2+n2的几何意义的合理运用，属于中档题．

知识点：5.等比数列的前n项和

【分析】（1）设数列{an}的公比为q，通过解方程组可求得a1与q，从而可求数列{an}的通项公式；

（2）可知{bn}为等差数列，利用等差数列的求和公式可求得bn，利用裂项法，可求数列{}的前n项和．

【解答】解：（1）设等比数列{an}的公比为q，由a=4a2a6得a=4，

∴q2=，由已知an＞0，∴q=，

由a1+2a2=1，得2a1=1，∴a1=，

∴数列{an}的通项公式为an=．

（2）bn=log2a1+log2a2+…+log2an=﹣（1+2+…+n）=﹣

∴==﹣2（），

∴数列{}的前n项和=﹣2[（1﹣）+（）+…+（）]=﹣．

【点评】本题考查学生灵活运用等比数列的通项公式化简求值，掌握对数的运算性质及等差数列的前n项和的公式，会进行数列的求和运算，是一道中档题．

知识点：4.平面向量的数量积（夹角、模）

【分析】（ I）由已知及平面向量数量积的运算可得2acosC+c﹣2b=0，由余弦定理整理得b2+c2﹣a2=bc，可求cosA=，结合范围0＜A＜π，即可解得A的值．

（ II）由正弦定理及恒等变换的应用可得△ABC的周长l=a+b+c=1+（sinB+sinC）=2sin（B+）+1，结合范围0＜B＜，可求＜sin（B+）≤1，即可得解周长的取值范围．

【解答】（本小题满分12分）

解：（ I）∵=0，∴ sin2C+c﹣2b=，…（2分）

∴，即2acosC+c﹣2b=0，…（3分）

由余弦定理得：2a+c﹣2b=0，…（4分）

整理得b2+c2﹣a2=bc，∴cosA=，∵0＜A＜π，∴A=．…（6分）

（ II）∵cosA=，∴sinA=，…（7分）

由正弦定理得： ==，…（8分）

△ABC的周长l=a+b+c=1+（sinB+sinC）=1+ [sinB+sin（B+）]

=2sin（B+）+1，…（10分）

∵0＜B＜，∴＜B＜，∴＜sin（B+）≤1，…（11分）

因此2＜l≤3，故△ABC周长的取值范围为（2，3]．…（12分）

【点评】本题主要考查了平面向量数量积的运算，正弦定理，余弦定理，正弦函数的图象和性质在解三角形中的综合应用，考查了转化思想和数形结合思想的应用，考查了计算能力，属于中档题．

知识点：10.空间角与距离

【分析】（1）根据面面垂直的判定定理即可得到结论．

（2）建立坐标系，求出平面的法向量，利用向量法进行求解即可．

【解答】解：（1）由四边形ABCD是菱形，AC=BC，可得△ABC为正三角形．∴AE⊥BC．

又∵BC∥AD，∴AE⊥AD …（1分）

∵PA⊥平面ABCD，AE⊂平面ABCD，∴PA⊥AE，

∵PA⊂平面PAD，AD⊂平面PAD，且PA∩AD=A，

∴AE⊥平面PAD，而AE⊂平面AEF，

∴平面AEF⊥平面PAD．…（4分）

（2）设AB=2，H为PD上任意一点，连接AH，EH，

由（I）知AE⊥平面PAD，

则∠EHA为EH与平面PAD所成的角．…（5分）

在Rt△EHA中，AE=，∴当AH最短时，∠EHA最大，即当AH⊥PD时，∠EHA最大，此时tan∠EHA=．…（6分）

∴AH=，又AD=2，∴∠ADH=45°，∴PA=2．…（8分）

由（I）知AE，AD，AP两两垂直，以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系．

又E，F分别是BC，PC的中点，∴A（0，0，0），B（，﹣1，0），C（，1，0），

D（0，2，0），P（0，0，2），E（，0，0），F（，，1）．…（9分）

∴=（，0，0），=（，，1）．．

设平面AEF的法向量为=（x，y，z），

则，∴ …（10分）

取z=﹣1，则=（0，2，﹣1），为平面AEF的一个法向量．

又PA⊥平面ABC，∴ =（0，0，1）为平面ABE的一个法向量．

∴cos＜，＞===，

故所求二面角的余弦值为．…（12分）

【点评】本题主要考查面面垂直判定以及二面角的求解，建立空间直角坐标系，利用向量法进行求解，综合性较强，运算量较大．

知识点：3.导数在研究函数中的应用

【分析】（1）求导，f′（0）=0，求得a的值，写出函数及导函数表达式，f′（x）＞0，求得f（x）的单调递增区间，；由f′（x）＜0，求得函数单调递减区间；

（2）构造辅助函数g（x）=f（x）﹣（﹣x+b），求导，令g′（x）=0，求得x的值，即可求得g（x）的单调区间，求得g（x）的两个零点，实数b的取值范围；

（3）由（1）可知当x≥0时ln（x+1）≤x2+x（当且仅当x=0时等号成立），可得到ln＜，求得前n项不等式，采用累加法及对数函数的性质，即可证明不等式成立．

【解答】解：（1）由已知得f′（x）=﹣2x﹣1=，…（1分）

∵f′（0）=0，∴ =0，

∴a=1．

∴f（x）=ln（x+1）﹣x2﹣x（x＞﹣1），…（2分）

于是f′（x）==（x＞﹣1），

由f′（x）＞0得﹣1＜x＜0；由f′（x）＜0，得x＞0，

∴f（x）的单调递增区间是（﹣1，0），单调递减区间是（0，+∞）．…（4分）

（2）令g（x）=f（x）﹣（﹣x+b）=ln（x+1）﹣x2+x﹣b，x∈（0，2），

则g′（x）=﹣2x+=﹣，令g′（x）=0，得x=1或x=﹣（舍），

当0＜x＜1时，g′（x）＞0；当1＜x＜2时g′（x）＜0，即g（x）在（0，1）上单调递增，在（1，2）上单调递减．…（7分）

方程f（x）=﹣x+b在区间（0，2）有两个不等实根等价于函数g（x）在（0，2）上有两个不同的零点．

∴，即亦即，

∴ln3﹣1＜b＜ln2+，

故所求实数b的取值范围为{b丨ln3﹣1＜b＜ln2+}．…（9分）

证明：（3）由（1）可得，当x≥0时ln（x+1）≤x2+x（当且仅当x=0时等号成立），

设x=，则ln（1+）＜+，即ln＜ ①…（10分）

∴＞ln，＞ln，＞ln，…，＞ln，

将上面n个式子相加得：

+++…+＞ln+ln+ln+…+ln=ln（n+1），

故：．…（12分）

【点评】本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、方程的实数根转化为函数图象与x轴的交点的问题，同时考查了利用构造函数法证明不等式，考查了推理能力与计算能力，是一道综合题，属于难题．

知识点：3.抛物线

【分析】（I）设A，B的坐标，求出切线PA，PB的方程，解出P点坐标，设Q坐标和直线AB方程，联立方程组得出P，Q点的坐标关系证明CD平分PQ，求出C，D坐标，得出CD的中点，代入PQ方程即可得出PQ平分CD，于是得出结论；

（II）若四边形PCQD能否为矩形，则|PQ|=|CD|，列方程解出p，t的关系得出Q坐标．

【解答】解：（I）由x2=2py得y=，∴y′=．

设A（x1，），B（x2，），则直线PA的方程为y﹣=（x﹣x1），①

直线PB的方程为y﹣=（x﹣x2），②

由①、②解得x=，y=，∴P点坐标为（，）．

设点Q（0，t），则直线AB的方程为y=kx+t．

由得x2﹣2pkx﹣2pt=0，则x1+x2=2pk，x1x2=﹣2pt，

∴P（pk，﹣t），∴线段PQ被x轴平分，即被线段CD平分．

在①中，令y=0，解得x=，∴C（，0）；同理得D（，0），

∴线段CD的中点坐标为（，0），即（，0）．

又∵直线PQ的方程为y=﹣x+t，∴线段CD的中点（，0）在直线PQ上，即线段CD被线段PQ平分，

∴四边形PCQD是平行四边形．

（II）若四边形PCQD是矩形，则|PQ|=|CD|，即==，解得t=．

∴当点Q为（0，）（即抛物线G的焦点）时，四边形PCQD为矩形．

【点评】本题考查了抛物线的性质，直线与抛物线的位置关系，属于中档题．

知识点：1.几何证明选讲

【分析】（1）要证CE2=CDCB，结合题意，只需证明△CED∽△CBE即可，故连接BE，利用弦切角的知识即可得证；

（2）在Rt三△OBC中，利用勾股定理即可得出CE的长，由（1）知，CE2=CDCB，代入CE即可得出CD的长．

【解答】（1）证明：连接BE．

∵BC为⊙O的切线∴∠ABC=90°

∵AB为⊙O的直径∴∠AEB=90° …（2分）

∴∠DBE+∠OBE=90°，∠AEO+∠OEB=90°

∵OB=OE，∴∠OBE=∠OEB∴∠DBE=∠AEO …（4分）

∵∠AEO=∠CED∴∠CED=∠CBE，

∵∠C=∠C∴△CED∽△CBE，

∴，∴CE2=CDCB …（6分）

（2）解：∵OB=1，BC=2，∴OC=，∴CE=OC﹣OE=﹣1 …（8分）

由（1）CE2=CDCB得：（﹣1）2=2CD，∴CD=3﹣ …（10分）

【点评】本题主要考查了切线的性质及其应用，同时考查了相似三角形的判定和解直角三角形等知识点，运用切线的性质来进行计算或论证，常通过作辅助线连接圆心和切点，利用垂直构造直角三角形解决有关问题．

知识点：2.坐标系与参数方程

【分析】（1）使用加减消元法消去参数t即得直线l的普通方程，将极坐标方程两边同乘ρ即可得到曲线C的直角坐标方程；

（2）求出曲线C的圆心到直线l的距离，利用垂径定理求出|AB|．

【解答】解：（I）∵（t为参数），∴x﹣y=，

即直线l的普通方程为﹣y+2﹣=0．

由ρ=2sinθ得ρ2=2ρsinθ，即x2+y2=2y．

∴曲线C的直角坐标方程为x2+y2=2y．即x2+（y﹣）2=3．

（II）由（1）知曲线C的圆心为（0，），半径r=．

∴曲线C的圆心到直线l的距离d==．

∴|AB|=2=2=2．

【点评】本题考查了参数方程，极坐标方程与普通方程的转化，直线与圆的位置关系，属于基础题．

知识点：3.不等式选讲

【分析】（1）需要去掉绝对值，得到不等式解得即可，

（2）把含所有绝对值的函数，化为分段函数，再根据函数f（x）有最小值的充要条件，即可求得．

【解答】解：（1）f（x）=，

当x≤﹣2时，由f（x）＞0得﹣x+3＞0，解得x≤﹣2，

当﹣2＜x＜时，由f（x）＞0得﹣3x﹣1＞0，解得﹣2＜x＜﹣，

当x≥时，由f（x）＞0得x﹣3＞0，解得x＞3，

综上，得f（x）＞0的解集为{x|x＜﹣或x＞3}；

（2）∵f（x）+3|x+2|=|2x﹣1|+2|x+2|=|1﹣2x|+|2x+4|≥|（1﹣2x）+（2x+4）|=5，

∴由题意可知|a﹣1|≤5，解得﹣4≤a≤6，

故所求a的取值范围是{a|﹣4≤a≤6}．

【点评】本题主要考查含有绝对值不等式的解法，关键是去绝对值，需要分类讨论，属于中档题．