2017-2018学年贵州省遵义四中高二上学期第一次月考数学试题（理科）（解析版）

2017-2018学年贵州省遵义四中高二上学期第一次月考数学试题（理科）（解析版）

‎2017-2018学年贵州省遵义四中高二（上）第一次月考数学试卷（理科）‎ ‎　‎ 一、选择题：每小题5分，满分60分，每小题给出的四个选项中只有一项是正确的．（请把所选答案填在答题卡上的相应表格内）‎ ‎1．（5分）已知集合M={x|x2＜4}，N={x|（x﹣3）（x+1）＜0}，则集合M∩N=（　　）‎ A．{x|x＜﹣2} B．{x|x＞3} C．{x|﹣1＜x＜2} D．{x|2＜x＜3}‎ ‎2．（5分）若任取x、y∈[0，1]，则点P（x，y），满足y＞x的概率为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎3．（5分）在△ABC中，=，=．若点D满足=（　　）‎ A．+ B． C． D．‎ ‎4．（5分）已知某几何体的三视图如图，其中正（主）视图中半圆的半径为1，则该几何体的体积为（　　）‎ A．24﹣ B．24﹣ C．24﹣π D．24﹣‎ ‎5．（5分）二进制数1101（2）化为五进制数为（　　）‎ A．32（5） B．23（5） C．21（5） D．12（5）‎ ‎6．（5分）点P在平面ABC外，若PA=PB=PC，则点P在平面ABC上的射影是△ABC的（　　）‎ A．外心 B．重心 C．内心 D．垂心 ‎7．（5分）设动点P（x，y）满足条件，则z=x﹣y取得最大值时，点P的坐标是（　　）‎ A．（0，0） B．（1，﹣1） C．（﹣1，1） D．（1，1）‎ ‎8．（5分）设m、n是两条不同的直线，α、β是两个不同的平面．下列四个命题中，正确的是（　　）‎ A．α∥β，m⊂α，n⊂β，则m⊥n B．α⊥β，m⊥β，则m⊂α C．α⊥β，m⊂α，n∥α，则m⊥n D．α∥β，m⊥β，n⊂β，则m⊥n ‎9．（5分）如图正方体ABCD﹣A′B′C′D′中，二面角D′﹣AB﹣D的大小是（　　）‎ A．30° B．45° C．60° D．90°‎ ‎10．（5分）函数f（x）=sinx+sin（﹣x）的图象的一条对称轴为（　　）‎ A．x= B．x=π C．x= D．x=‎ ‎11．（5分）在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，△ABC是等边三角形，AA1⊥平面ABC，AB=2，AA1=，则异面直线AB1和BC1所成角的正弦值为（　　）‎ A．1 B． C． D．‎ ‎12．（5分）若函数f（x），g（x）分别是R上的奇函数、偶函数，且满足f（x）﹣g（x）=ex，则有（　　）‎ A．f（2）＜f（3）＜g（0） B．g（0）＜f（3）＜f（2） C．f（2）＜g（0）＜f（3） D．g（0）＜f（2）＜f（3）‎ ‎　‎ 二、填空题：每小题5分，满分20分．（请把答案填在答题卡内的相应横线上）‎ ‎13．（5分）过点A（0，1），B（2，0）的直线的方程为 　 　．‎ ‎14．（5分）已知一个球与一个正三棱柱的三个侧面和两个底面相切，若这个球的体积是，则这个三棱柱的体积是　 　．‎ ‎15．（5分）已知函数f（x）=，若f（a）=1，则f（﹣a）=　 　．‎ ‎16．（5分）如图，在三棱锥A﹣BCD中，BC=DC=AB=AD=，BD=2，平面ABD⊥平面BCD，O为BD中点，点P，Q分别为线段AO，BC上的动点（不含端点），且AP=CQ，则三棱锥P﹣QCO体积的最大值为　 　．‎ ‎　‎ 三、解答题：本大题共6小题，共70分．（解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤．）‎ ‎17．（10分）在△ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，且满足（a﹣b）（sinA﹣sinB）=csinC﹣asinB．‎ ‎（1）求角C的大小；‎ ‎（2）若c=，求△ABC的周长．‎ ‎18．（12分）函数f（x）是实数集R上的奇函数，当x＞0时，f（x）=log2x+x﹣3‎ ‎（1）求f（﹣1）的值和函数f（x）的表达式；‎ ‎（2）求证：方程f（x）=0在区间（0，+∞）上有唯一解．‎ ‎19．（12分）已知函数 ‎（1）求函数f（x）的单调递增区间；‎ ‎（2）△ABC内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，b=1，c=，且a＞b，试求角B和角C．‎ ‎20．（12分）如图，在△ABC中，BC边上的高所在的直线方程为x﹣2y+1=0，∠A的平分线所在的直线方程为y=0，若点B的坐标为（1，2），求：‎ ‎（Ⅰ）点A和点C的坐标；‎ ‎（Ⅱ）△ABC的面积．‎ ‎21．（12分）如图，边长为4的正方形ABCD与矩形ABEF所在平面互相垂直，M，N分别为AE，BC的中点，AF=3．‎ ‎（Ⅰ）求证：DA⊥平面ABEF；‎ ‎（Ⅱ）求证：MN∥平面CDFE．‎ ‎（Ⅲ）在线段FE上是否存在一点P，使得AP⊥MN？若存在，求出FP的长；若不存在，请说明理由．‎ ‎22．（12分）设{an}和{bn}是两个等差数列，记cn=max{b1﹣a1n，b2﹣a2‎ n，…，bn﹣ann}（n=1，2，3，…），其中max{x1，x2，…，xs}表示x1，x2，…，xs这s个数中最大的数．‎ ‎（1）若an=n，bn=2n﹣1，求c1，c2，c3的值，并证明{cn}是等差数列；‎ ‎（2）证明：或者对任意正数M，存在正整数m，当n≥m时，＞M；或者存在正整数m，使得cm，cm+1，cm+2，…是等差数列．‎ ‎　‎ ‎2017-2018学年贵州省遵义四中高二（上）第一次月考数学试卷（理科）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题：每小题5分，满分60分，每小题给出的四个选项中只有一项是正确的．（请把所选答案填在答题卡上的相应表格内）‎ ‎1．（5分）已知集合M={x|x2＜4}，N={x|（x﹣3）（x+1）＜0}，则集合M∩N=（　　）‎ A．{x|x＜﹣2} B．{x|x＞3} C．{x|﹣1＜x＜2} D．{x|2＜x＜3}‎ ‎【分析】分别求出集合M，N，由此能求出集合M∩N．‎ ‎【解答】解：∵集合M={x|x2＜4}={x|﹣2＜x＜2}，‎ N={x|（x﹣3）（x+1）＜0}={x|﹣1＜x＜3}，‎ ‎∴集合M∩N={x|﹣1＜x＜2}．‎ 故选：C．‎ ‎【点评】本题考查交集的求法，是基础题，解题时时要认真审题，注意交集定义的合理运用．‎ ‎　‎ ‎2．（5分）若任取x、y∈[0，1]，则点P（x，y），满足y＞x的概率为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【分析】确定x，y∈[0，1]所对应区域为边长为1的正方形，面积为1，再求出满足 的平面区域的面积，由测度比是面积比得答案．‎ ‎【解答】解：由题意可得，x，y∈[0，1]所对应区域为边长为1的正方形，面积为1，‎ 记“点P（x，y）满足y＞x为事件A，则A包含的区域满足，‎ 如图：‎ ‎∴满足y＞x的概率为P=．‎ 故选：C．‎ ‎【点评】本题考查了与面积有关的几何概率的求解，考查简单的线性规划，是基础题．‎ ‎　‎ ‎3．（5分）在△ABC中，=，=．若点D满足=（　　）‎ A．+ B． C． D．‎ ‎【分析】由向量的运算法则，结合题意可得═=，代入已知化简可得．‎ ‎【解答】解：由题意可得=‎ ‎==‎ ‎==‎ 故选A ‎【点评】本题考查向量加减的混合运算，属基础题．‎ ‎　‎ ‎4．（5分）已知某几何体的三视图如图，其中正（主）视图中半圆的半径为1，则该几何体的体积为（　　）‎ A．24﹣ B．24﹣ C．24﹣π D．24﹣‎ ‎【分析】由三视图可知，该几何体是由一个长方体截去半个圆柱所得．‎ ‎【解答】解：该几何体是由一个长方体截去半个圆柱所得，‎ 其中长方体的体积为V1=4×3×2=24；‎ 半个圆柱的体积为V2==，‎ 则V=24﹣．‎ 故选A．‎ ‎【点评】考查了学生的空间想象力及三视图的等量关系．‎ ‎　‎ ‎5．（5分）二进制数1101（2）化为五进制数为（　　）‎ A．32（5） B．23（5） C．21（5） D．12（5）‎ ‎【分析】先将二进制化为十进制，然后利用十进制化为其它进制的“除k取余法”方法即可求出所求．‎ ‎【解答】解：根据二进制和十进制之间的关系得：‎ ‎1101（2）=1×20+0×21+1×22+1×23=1+4+8=13，‎ 再利用“除5取余法”可得：‎ ‎13÷5=2…3，‎ ‎2÷5=0…2‎ ‎∴化成5进制是23（5）‎ 故选：B．‎ ‎【点评】本题以进位制的转换为背景考查算法的多样性，解题的关键是熟练掌握进位制的转化规则，属于基础题．‎ ‎　‎ ‎6．（5分）点P在平面ABC外，若PA=PB=PC，则点P在平面ABC上的射影是△ABC的（　　）‎ A．外心 B．重心 C．内心 D．垂心 ‎【分析】点P在平面ABC上的射为O，利用已知条件，证明OA=OB=OC，推出结论．‎ ‎【解答】解：设点P作平面ABC的射影O，由题意：PA=PB=PC，因为PO⊥底面ABC，‎ 所以△PAO≌△POB≌△POC 即：OA=OB=OC 所以O为三角形的外心．‎ 故选A ‎【点评】本题考查棱锥的结构特征，考查逻辑思维能力，是基础题．‎ ‎　‎ ‎7．（5分）设动点P（x，y）满足条件，则z=x﹣y取得最大值时，点P的坐标是（　　）‎ A．（0，0） B．（1，﹣1） C．（﹣1，1） D．（1，1）‎ ‎【分析】由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，联立方程组求得最优解的坐标 ‎【解答】解：由约束条件作出可行域如图，‎ 由图可知，使目标函数z=x﹣y取得最大值时的点P即为可行域中的点B，‎ 联立，解得．‎ 即P点坐标为（1，﹣1）‎ 故选：B ‎【点评】本题考查了简单的线性规划，考查了数形结合的解题思想方法，是中档题．‎ ‎　‎ ‎8．（5分）设m、n是两条不同的直线，α、β是两个不同的平面．下列四个命题中，正确的是（　　）‎ A．α∥β，m⊂α，n⊂β，则m⊥n B．α⊥β，m⊥β，则m⊂α C．α⊥β，m⊂α，n∥α，则m⊥n D．α∥β，m⊥β，n⊂β，则m⊥n ‎【分析】在A中，m与n平行或异面；在B中，m∥α或m⊂α；在C中，m与n相交、平行或异面；在D中，由面面平行及线面垂直的性质定理得m⊥n．‎ ‎【解答】解：由m、n是两条不同的直线，α、β是两个不同的平面，知：‎ 在A中，α∥β，m⊂α，n⊂β，则m与n平行或异面，故A错误；‎ 在B中，α⊥β，m⊥β，则m∥α或m⊂α，故B错误；‎ 在C中，α⊥β，m⊂α，n∥α，则m与n相交、平行或异面，故C错误；‎ 在D中，α∥β，m⊥β，n⊂β，则由面面平行及线面垂直的性质定理得m⊥n，故D正确．‎ 故选：D．‎ ‎【点评】本题命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力、空间想象能力，考查化归与转化思想、数形结合思想，是中档题．‎ ‎　‎ ‎9．（5分）如图正方体ABCD﹣A′B′C′D′中，二面角D′﹣AB﹣D的大小是（　　）‎ A．30° B．45° C．60° D．90°‎ ‎【分析】因为D′D⊥底面ABCD，故可由三垂线定理法作出二面角的平面角，即∠D′AD，直接求解即可．‎ ‎【解答】解：因为D′D⊥底面ABCD，D′A⊥AB，所以∠D′AD即为二面角D′﹣AB﹣D的平面角，因为∠D′AD=45°，所以二面角D′﹣AB﹣D的大小是45°．‎ 故选B ‎【点评】本题考查二面角的做法和求解，考查空间想象能力和运算能力．‎ ‎　‎ ‎10．（5分）函数f（x）=sinx+sin（﹣x）的图象的一条对称轴为（　　）‎ A．x= B．x=π C．x= D．x=‎ ‎【分析】先化简函数，再利用正弦函数的性质，即可得出结论．‎ ‎【解答】解：f（x）=sinx+sin（﹣x）=sinx+cosx+sinx=sin（x+），‎ ‎∴x=是函数f（x）=sinx+sin（﹣x）的图象的一条对称轴，‎ 故选：D．‎ ‎【点评】本题考查三角函数的化简，考查正弦函数的性质，比较基础．‎ ‎　‎ ‎11．（5分）在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，△ABC是等边三角形，AA1⊥平面ABC，AB=2，AA1=，则异面直线AB1和BC1所成角的正弦值为（　　）‎ A．1 B． C． D．‎ ‎【分析】作BD∥AB1交A1B1的延长线于D，连接DC1，则∠DBC1就是异面直线AB1和BC1所成的角（或其补角），由此能求出异面直线AB1和BC1所成的角的正弦值．‎ ‎【解答】解：如图，作BD∥AB1交A1B1的延长线于D，‎ 连接DC1，则∠DBC1就是异面直线AB1和BC1所成的角（或其补角），‎ 由已知BD==，BC1=，，‎ 由BD2+BC12=C1D2，知∠DBC1=90°，‎ 所以异面直线AB1和BC1所成的角为直角，正弦值为1．‎ 故选：A．‎ ‎【点评】本题考查异面直线所成角的正弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查数据处理能力、运算求解能力，考查函数与方程思想，是基础题．‎ ‎　‎ ‎12．（5分）若函数f（x），g（x）分别是R上的奇函数、偶函数，且满足f（x）﹣g（x）=ex，则有（　　）‎ A．f（2）＜f（3）＜g（0） B．g（0）＜f（3）＜f（2） C．f（2）＜g（0）＜f（3） D．g（0）＜f（2）＜f（3）‎ ‎【分析】因为函数f（x），g（x）分别是R上的奇函数、偶函数，所以f（﹣x）=﹣f（x），g（﹣x）=g（x）．‎ 用﹣x代换x得：f（﹣x）﹣g（﹣x）=﹣f（x）﹣g（x）=e﹣x，又由f（x）﹣g（x）=ex联立方程组，可求出f（x），g（x）的解析式进而得到答案．‎ ‎【解答】解：用﹣x代换x得：f（﹣x）﹣g（﹣x）=e﹣x，即f（x）+g（x）=﹣e﹣x，‎ 又∵f（x）﹣g（x）=ex ‎∴解得：，，‎ 分析选项可得：‎ 对于A：f（2）＞0，f（3）＞0，g（0）=﹣1，故A错误；‎ 对于B：f（x）单调递增，则f（3）＞f（2），故B错误；‎ 对于C：f（2）＞0，f（3）＞0，g（0）=﹣1，故C错误；‎ 对于D：f（x）单调递增，则f（3）＞f（2），且f（3）＞f（2）＞0，而g（0）=﹣1＜0，D正确；‎ 故选D．‎ ‎【点评】本题考查函数的奇偶性性质的应用．另外还考查了指数函数的单调性．‎ ‎　‎ 二、填空题：每小题5分，满分20分．（请把答案填在答题卡内的相应横线上）‎ ‎13．（5分）过点A（0，1），B（2，0）的直线的方程为 　x+2y﹣2=0　．‎ ‎【分析】可根据两点的坐标求出直线的斜率，然后写出直线方程即可．‎ ‎【解答】解：该直线的斜率k==﹣，过（0，1），‎ 即可得到直线的方程为y﹣1=﹣（x﹣0），‎ 化简得：x+2y﹣2=0，‎ 故答案为x+2y﹣2=0．‎ ‎【点评】考查学生会根据两点坐标会求直线的斜率，会写出直线的方程．‎ ‎　‎ ‎14．（5分）已知一个球与一个正三棱柱的三个侧面和两个底面相切，若这个球的体积是，则这个三棱柱的体积是　　．‎ ‎【分析】先求球的半径，求出棱柱的高，求出底面边长，然后求其体积．‎ ‎【解答】解：由πR3=，得R=2．‎ ‎∴正三棱柱的高h=4．‎ 由已知得底面等边三角形的重心到边的距离为R=2，‎ 设其底面边长为a，则•a=2．‎ ‎∴a=4．‎ ‎∴V=（4）2•4=48．‎ 故答案为：48‎ ‎【点评】本题考查学生空间想象能力，考查球的表面积，棱柱的体积的计算公式，是中档题．‎ ‎　‎ ‎15．（5分）已知函数f（x）=，若f（a）=1，则f（﹣a）=　2　．‎ ‎【分析】求出f（x）+f（﹣x）=3，求出f（﹣a）的值即可．‎ ‎【解答】解：∵，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ ‎∴f（a）+f（﹣a）=3，‎ ‎∵f（a）=1，则f（﹣a）=2，‎ 故答案为：2．‎ ‎【点评】本题考查了函数求值问题，考查转化思想，是一道基础题．‎ ‎　‎ ‎16．（5分）如图，在三棱锥A﹣BCD中，BC=DC=AB=AD=，BD=2，平面ABD⊥平面BCD，O为BD中点，点P，Q分别为线段AO，BC上的动点（不含端点），且AP=CQ，则三棱锥P﹣QCO体积的最大值为　　．‎ ‎【分析】利用等腰三角形的性质可得AO⊥BD，再利用面面垂直的性质可得AO⊥平面BCD，利用三角形的面积计算公式可得S△OCQ=，利用V三棱锥P﹣OCQ=，及其基本不等式的性质即可得出．‎ ‎【解答】解：设AP=x，‎ ‎∵O为BD中点，AD=AB=，‎ ‎∴AO⊥BD，‎ ‎∵平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD=BD，‎ ‎∴AO⊥平面BCD．‎ ‎∴PO是三棱锥P﹣QCO的高．‎ AO==1．‎ ‎∴OP=1﹣x，（0＜x＜1）．‎ 在△BCO中，BC=，OB=1，‎ ‎∴OC==1，‎ ‎∠OCB=45°．‎ ‎∴S△OCQ===．‎ ‎∴V三棱锥P﹣OCQ==‎ ‎==．当且仅当x=时取等号．‎ ‎∴三棱锥P﹣QCO体积的最大值为．‎ 故答案为：．‎ ‎【点评】本题考查了等腰三角形的性质、面面垂直的性质、三角形的面积计算公式、三棱锥的体积计算公式、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．‎ ‎　‎ 三、解答题：本大题共6小题，共70分．（解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤．）‎ ‎17．（10分）在△ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，且满足（a﹣b）（sinA﹣sinB）=csinC﹣asinB．‎ ‎（1）求角C的大小；‎ ‎（2）若c=，求△ABC的周长．‎ ‎【分析】（1）△ABC中，由条件利用正弦定理求得 a2+b2﹣c2=ab．再利用余弦定理求得cosC的值，可得C的值．‎ ‎（2）可得 a2+b2﹣ab=7，，∴ab=6，a+b=5即可 ‎【解答】解：（1）△ABC中，由（a﹣b）（sinA﹣sinB）﹣csinC﹣asinB，‎ 利用正弦定理可得（a﹣b）（a﹣b）=c2﹣ab，即 a2+b2﹣c2=ab．‎ 再利用余弦定理可得，cosC=‎ ‎∴；‎ ‎（2）解：由（1）可得即 a2+b2﹣ab=7 ①，‎ 又△ABC的面积为 ，∴ab=6 ②．‎ 由①②可得（a+b）2=25，a+b=5‎ ‎∴△ABC的周长 ‎【点评】本题主要考查正弦定理和余弦定理的应用，属于中档题．‎ ‎　‎ ‎18．（12分）函数f（x）是实数集R上的奇函数，当x＞0时，f（x）=log2x+x﹣3‎ ‎（1）求f（﹣1）的值和函数f（x）的表达式；‎ ‎（2）求证：方程f（x）=0在区间（0，+∞）上有唯一解．‎ ‎【分析】（1）由题意可得f（﹣x）=﹣f（x），则f（﹣1）=﹣f（1），代入解析式可出所求；要求函数f（x）的表达式，只要求解x≤0时的f（x），根据奇函数的性质可知，f（0）=0；当x＜0时，﹣x＞0，代入已知当x＞0时，f（x）=log2x+x﹣3，可求出解析式；‎ ‎（2）先由f（2）=0，可得方程f（x）=0在区间（0，+∞）上有解x=2．然后再利用函数的单调性证明x=2是唯一的解即可．‎ ‎【解答】解 （1）因为函数f（x）是实数集R上的奇函数，所以对任意的x∈R，都有f（﹣x）=﹣f（x）．‎ 所以f（﹣1）=﹣f（1）．‎ 因为当x＞0时，f（x）=log2x+x﹣3，‎ 所以f（1）=log21+1﹣3=﹣2．‎ 所以 f（﹣1）=﹣f（1）=2． …（3分）‎ 当x=0时，f（0）=f（﹣0）=﹣f（0），解得f（0）=0；‎ 当x＜0时，﹣x＞0，所以f（﹣x）=log2（﹣x）+（﹣x）﹣3=log2‎ ‎（﹣x）﹣x﹣3．‎ 所以﹣f（x）=log2（﹣x）﹣x﹣3，从而f（x）=﹣log2（﹣x）+x+3．‎ 所以f（x）=（6分） ‎ ‎（2）证明：因为f（2）=log22+2﹣3=0，‎ 所以方程f（x）=0在区间（0，+∞）上有解x=2．‎ 又方程f（x）=0可化为log2x=3﹣x．‎ 设函数g（x）=log2x，h（x）=3﹣x．‎ 由于g（x）在区间（0，+∞）上是单调增函数，h（x）在区间（0，+∞）上是单调减函数，‎ 所以，方程g（x）=h（x） 在区间（0，+∞）上只有一个解．‎ 所以，方程f（x）=0在区间（0，+∞）上有唯一解． …（10分）‎ 说明：指出有解（2分），指出单调性（2分）．‎ ‎【点评】本题主要考查了利用赋值求解函数值及奇函数的性质求解函数解析式，利用函数的单调性判断方程根的个数，属于函数知识的综合即可．‎ ‎　‎ ‎19．（12分）已知函数 ‎（1）求函数f（x）的单调递增区间；‎ ‎（2）△ABC内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，b=1，c=，且a＞b，试求角B和角C．‎ ‎【分析】（1）将f（x）解析式第一项利用两角和与差的余弦函数公式及特殊角的三角函数值化简，整理后利用两角和与差的正弦函数公式化为一个角的正弦函数，由正弦函数的递增区间为[2kπ﹣，2kπ+]，x∈Z列出关于x的不等式，求出不等式的解集即可得到f（x）的递增区间；‎ ‎（2）由（1）确定的f（x）解析式，及f（）=﹣，求出sin（B﹣‎ ‎）的值，由B为三角形的内角，利用特殊角的三角函数值求出B的度数，再由b与c的值，利用正弦定理求出sinC的值，由C为三角形的内角，利用特殊角的三角函数值求出C的度数，由a大于b得到A大于B，检验后即可得到满足题意B和C的度数．‎ ‎【解答】解：（1）f（x）=cos（2x﹣）﹣cos2x=sin2x﹣cos2x=sin（2x﹣），‎ 令2kπ﹣≤2x﹣≤2kπ+，x∈Z，‎ 解得：kπ﹣≤x≤kπ+，x∈Z，‎ 则函数f（x）的递增区间为[kπ﹣，kπ+]，x∈Z；‎ ‎（2）∵f（B）=sin（B﹣）=﹣，‎ ‎∴sin（B﹣）=﹣，‎ ‎∵0＜B＜π，‎ ‎∴﹣＜B﹣＜，‎ ‎∴B﹣=﹣，即B=，‎ 又b=1，c=，‎ ‎∴由正弦定理，得：sinC==，‎ ‎∵C为三角形的内角，‎ ‎∴C=或，‎ 当C=时，A=；当C=时，A=（不合题意，舍去），‎ 则B=，C=．‎ ‎【点评】本题主要考查了两角和与差的余弦函数公式及特殊角的三角函数值，两角和与差的正弦函数公式，正弦函数的单调性，特殊角的三角函数值，正弦定理等知识的综合应用，考查了转化思想，属于中档题．‎ ‎　‎ ‎20．（12分）如图，在△ABC中，BC边上的高所在的直线方程为x﹣2y+1=0，∠A的平分线所在的直线方程为y=0，若点B的坐标为（1，2），求：‎ ‎（Ⅰ）点A和点C的坐标；‎ ‎（Ⅱ）△ABC的面积．‎ ‎【分析】（Ⅰ）先求出A点的坐标，求出AB的斜率，得到直线AC的方程，从而求出B点的坐标；（Ⅱ）求出|BC|的长，再求出A到BC的距离，从而求出三角形的面积即可．‎ ‎【解答】解：（Ⅰ）由得顶点A（﹣1，0）．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（1分）‎ 又AB的斜率 kAB==1．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（2分）‎ ‎∵x轴是∠A的平分线，‎ 故AC的斜率为﹣1，AC所在直线的方程为y=﹣（x+1）①﹣﹣﹣﹣﹣﹣（4分）‎ 已知BC上的高所在直线的方程为x﹣2y+1=0，故BC的斜率为﹣2，‎ BC所在的直线方程为y﹣2=﹣2（x﹣1）②﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（6分）‎ 解①，②得顶点C的坐标为（5，﹣6）．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（7分）‎ ‎（Ⅱ）﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（8分）‎ 又直线BC的方程是2x+y﹣4=0‎ A到直线的距离﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（10分）‎ 所以△ABC 的面积=﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（12分）‎ ‎【点评】本题考察了求直线的斜率、方程问题，考察点到直线的距离公式，是一道中档题．‎ ‎　‎ ‎21．（12分）如图，边长为4的正方形ABCD与矩形ABEF所在平面互相垂直，M，N分别为AE，BC的中点，AF=3．‎ ‎（Ⅰ）求证：DA⊥平面ABEF；‎ ‎（Ⅱ）求证：MN∥平面CDFE．‎ ‎（Ⅲ）在线段FE上是否存在一点P，使得AP⊥MN？若存在，求出FP的长；若不存在，请说明理由．‎ ‎【分析】（Ⅰ）利用ABCD为正方形，可得DA⊥AB，根据面面垂直的性质，可得DA⊥平面ABEF；‎ ‎（Ⅱ）连接FB，FC，利用三角形中位线的性质，证明MN∥CF，利用线面平行的判定，可得MN∥平面CDFE；‎ ‎（Ⅲ）过A点作AG⊥FB交线段于点P，P即为所求，利用△AFP∽△BAF，可求FP的长．‎ ‎【解答】（Ⅰ）证明：因为ABCD为正方形，所以DA⊥AB．‎ 因为正方形ABCD与矩形ABEF所在平面互相垂直，‎ 所以DA⊥平面ABEF；‎ ‎（Ⅱ）证明：连接FB，FC，则 因为ABEF是矩形，M是AE中点，‎ 所以M是BF的中点，‎ 因为N是BC的中点，‎ 所以MN∥CF，‎ 因为MN⊄平面CDEF，CF⊂平面CDEF，‎ 所以MN∥平面CDFE；‎ ‎（Ⅲ）解：过A点作AG⊥FB交线段于点P，P即为所求．‎ 因为CB⊥平面ABEF，‎ 所以CB⊥AP，‎ 因为AP⊥FB，CB∩FB=B，‎ 所以AP⊥平面BNM，‎ 所以AP⊥MN．‎ 因为△AFP∽△BAF，‎ 所以，‎ 因为AF=3，‎ 所以FP=．‎ ‎【点评】本题考查线面垂直的判定，考查线面平行，考查面面垂直的性质，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．‎ ‎　‎ ‎22．（12分）设{an}和{bn}是两个等差数列，记cn=max{b1﹣a1n，b2﹣a2n，…，bn﹣ann}（n=1，2，3，…），其中max{x1，x2，…，xs}表示x1，x2，…，xs 这s个数中最大的数．‎ ‎（1）若an=n，bn=2n﹣1，求c1，c2，c3的值，并证明{cn}是等差数列；‎ ‎（2）证明：或者对任意正数M，存在正整数m，当n≥m时，＞M；或者存在正整数m，使得cm，cm+1，cm+2，…是等差数列．‎ ‎【分析】（1）分别求得a1=1，a2=2，a3=3，b1=1，b2=3，b3=5，代入即可求得c1，c2，c3；由（bk﹣nak）﹣（b1﹣na1）≤0，则b1﹣na1≥bk﹣nak，则cn=b1﹣na1=1﹣n，cn+1﹣cn=﹣1对∀n∈N*均成立；‎ ‎（2）由bi﹣ain=[b1+（i﹣1）d1]﹣[a1+（i﹣1）d2]×n=（b1﹣a1n）+（i﹣1）（d2﹣d1×n），分类讨论d1=0，d1＞0，d1＜0三种情况进行讨论根据等差数列的性质，即可求得使得cm，cm+1，cm+2，…是等差数列；设=An+B+对任意正整数M，存在正整数m，使得n≥m，＞M，分类讨论，采用放缩法即可求得因此对任意正数M，存在正整数m，使得当n≥m时，＞M．‎ ‎【解答】解：（1）a1=1，a2=2，a3=3，b1=1，b2=3，b3=5，‎ 当n=1时，c1=max{b1﹣a1}=max{0}=0，‎ 当n=2时，c2=max{b1﹣2a1，b2﹣2a2}=max{﹣1，﹣1}=﹣1，‎ 当n=3时，c3=max{b1﹣3a1，b2﹣3a2，b3﹣3a3}=max{﹣2，﹣3，﹣4}=﹣2，‎ 下面证明：对∀n∈N*，且n≥2，都有cn=b1﹣na1，‎ 当n∈N*，且2≤k≤n时，‎ 则（bk﹣nak）﹣（b1﹣na1），‎ ‎=[（2k﹣1）﹣nk]﹣1+n，‎ ‎=（2k﹣2）﹣n（k﹣1），‎ ‎=（k﹣1）（2﹣n），由k﹣1＞0，且2﹣n≤0，‎ 则（bk﹣nak）﹣（b1﹣na1）≤0，则b1﹣na1≥bk﹣nak，‎ 因此，对∀n∈N*，且n≥2，cn=b1﹣na1=1﹣n，‎ cn+1﹣cn=﹣1，‎ ‎∴c2﹣c1=﹣1，‎ ‎∴cn+1﹣cn=﹣1对∀n∈N*均成立，‎ ‎∴数列{cn}是等差数列；‎ ‎（2）证明：设数列{an}和{bn}的公差分别为d1，d2，下面考虑的cn取值，‎ 由b1﹣a1n，b2﹣a2n，…，bn﹣ann，‎ 考虑其中任意bi﹣ain，（i∈N*，且1≤i≤n），‎ 则bi﹣ain=[b1+（i﹣1）d1]﹣[a1+（i﹣1）d2]×n，‎ ‎=（b1﹣a1n）+（i﹣1）（d2﹣d1×n），‎ 下面分d1=0，d1＞0，d1＜0三种情况进行讨论，‎ ‎①若d1=0，则bi﹣ain═（b1﹣a1n）+（i﹣1）d2，‎ 当若d2≤0，则（bi﹣ain）﹣（b1﹣a1n）=（i﹣1）d2≤0，‎ 则对于给定的正整数n而言，cn=b1﹣a1n，此时cn+1﹣cn=﹣a1，‎ ‎∴数列{cn}是等差数列；‎ 当d2＞0，（bi﹣ain）﹣（bn﹣ann）=（i﹣n）d2＞0，‎ 则对于给定的正整数n而言，cn=bn﹣ann=bn﹣a1n，‎ 此时cn+1﹣cn=d2﹣a1，‎ ‎∴数列{cn}是等差数列；‎ 此时取m=1，则c1，c2，…，是等差数列，命题成立；‎ ‎②若d1＞0，则此时﹣d1n+d2为一个关于n的一次项系数为负数的一次函数，‎ 故必存在m∈N*，使得n≥m时，﹣d1n+d2＜0，‎ 则当n≥m时，（bi﹣ain）﹣（b1﹣a1n）=（i﹣1）（﹣d1n+d2）≤0，（i∈N*，1≤i≤n），‎ 因此当n≥m时，cn=b1﹣a1n，‎ 此时cn+1﹣cn=﹣a1，故数列{cn}从第m项开始为等差数列，命题成立；‎ ‎③若d1＜0，此时﹣d1n+d2为一个关于n的一次项系数为正数的一次函数，‎ 故必存在s∈N*，使得n≥s时，﹣d1n+d2＞0，‎ 则当n≥s时，（bi﹣ain）﹣（bn﹣ann）=（i﹣1）（﹣d1n+d2）≤0，（i∈N*，1≤i≤n），‎ 因此，当n≥s时，cn=bn﹣ann，‎ 此时==﹣an+，‎ ‎=﹣d2n+（d1﹣a1+d2）+，‎ 令﹣d1=A＞0，d1﹣a1+d2=B，b1﹣d2=C，‎ 下面证明：=An+B+对任意正整数M，存在正整数m，使得n≥m，＞M，‎ 若C≥0，取m=[+1]，[x]表示不大于x的最大整数，‎ 当n≥m时，≥An+B≥Am+B=A[+1]+B＞A•+B=M，‎ 此时命题成立；‎ 若C＜0，取m=[]+1，‎ 当n≥m时，‎ ‎≥An+B+≥Am+B+C＞A•+B+C≥M﹣C﹣B+B+C=M，‎ 此时命题成立，‎ 因此对任意正数M，存在正整数m，使得当n≥m时，＞M；‎ 综合以上三种情况，命题得证．‎ ‎【点评】本题考查数列的综合应用，等差数列的性质，考查与不等式的综合应用，考查“放缩法”的应用，考查学生分析问题及解决问题的能力，考查分类讨论及转化思想，考查计算能力，属于难题．‎ ‎　‎