数学卷·2018届山东省临沂市临沭一中高二下学期3月月考数学试卷（理科） （解析版）

数学卷·2018届山东省临沂市临沭一中高二下学期3月月考数学试卷（理科） （解析版）

山东省临沂市临沭一中2016-2017学年高二（下）3月月考数学试卷（理科）（解析版）‎ ‎　‎ 一、选择题（本大题共12个小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）‎ ‎1．已知i是虚数单位，复数z=，则=（　　）‎ A．﹣ +i B． +i C．﹣i D．﹣﹣i ‎2．有一段“三段论”推理是这样的：对于可导函数f（x），如果f′（x0）=0，那么x=x0是函数f（x）的极值点，因为函数f（x）=x3在x=0处的导数值f′（0）=0，所以，x=0是函数f（x）=x3的极值点．以上推理中（　　）‎ A．大前提错误 B．小前提错误 C．推理形式错误 D．结论正确 ‎3．用反证法证明：若整系数一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）有有理数根，那么a、b、c中至少有一个偶数时，下列假设正确的是（　　）‎ A．假设a、b、c都是偶数 B．假设a、b、c都不是偶数 C．假设a、b、c至多有一个偶数 D．假设a、b、c至多有两个偶数 ‎4．已知命题p：∃x∈R，使得x2﹣x+2＜0；命题q：∀x∈[1，2]，使得x2≥1．以下命题为真命题的是（　　）‎ A．￢p∧￢q B．p∨￢q C．￢p∧q D．p∧q ‎5．在平面几何里有射影定理：设三角形ABC的两边AB⊥AC，D是A点在BC上的射影，则AB2=BD•BC．拓展到空间，在四面体A﹣BCD中，AD⊥面ABC，点O是A在面BCD内的射影，且O在△BCD内，类比平面三角形射影定理，得出正确的结论是（　　）‎ A．S△ABC2=S△BCO•S△BCD B．S△ABD2=S△BOD•S△BOC C．S△ADC2=S△DOC•S△BOC D．S△BDC2=S△ABD•S△ABC ‎6．已知a＞b＞0，椭圆C1的方程为+=1，双曲线C2的方程为﹣=1，C1与C2的离心率之积为，则C2的渐近线方程为（　　）‎ A． x±y=0 B．x±y=0 C．2x±y=0 D．x±2y=0‎ ‎7．已知数列{an}为等比数列，且a2013+a2015=dx，则a2014（a2012+2a2014+a2016）的值为（　　）‎ A．π2 B．4π2 C．π D．2π ‎8．已知x，y满足线性约束条件，若z=x+4y的最大值与最小值之差为5，则实数λ的值为（　　）‎ A．3 B． C． D．1‎ ‎9．已知函数f（x）=x2+cosx，f′（x）是函数f（x）的导函数，则f′（x）的图象大致是（　　）‎ A． B． ‎ C． D．‎ ‎10．如图所示，一个地区分为5个行政区域，现给地图着色，要求相邻区域不得使用同一颜色，现有4种颜色可供选择，则不同的着方法共有（　　）种．‎ A．72 B．60 C．48 D．24‎ ‎11．抛物线y2=2px（p＞0）的焦点为F，已知点A，B为抛物线上的两个动点，且满足∠AFB=120°．过弦AB的中点M作抛物线准线的垂线MN，垂足为N，则的最小值为（　　）‎ A． B． C．1 D．‎ ‎12．已知定义在实数集R的函数f（x）满足f（1）=4，且f（x）导函数f′（x）＜3，则不等式f（lnx）＞3lnx+1的解集为（　　）‎ A．（1，+∞） B．（e，+∞） C．（0，1） D．（0，e）‎ ‎　‎ 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在答题卷的横线上..‎ ‎13．若抛物线y2=2px（p＞0）的准线经过双曲线x2﹣y2=1的一个焦点，则p=　　．‎ ‎14．设直线y=x+b是曲线y=lnx（x＞0）的一条切线，则实数b的值为　　．‎ ‎15．已知，，若均为正实数），类比以上等式，可推测a，t的值，则a﹣t=　　．‎ ‎16．在平面四边形ABCD中，∠A=∠B=∠C=75°．BC=2，则AB的取值范围是　　．‎ ‎　‎ 三、解答题：本大题共6小题，满分70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤 ‎17．（10分）如图，设△ABC的三个内角A，B，C对应的三条边分别为a，b，c，且角A，B，C成等差数列，a=2，线段AC的垂直平分线分别交线段AB，AC于D，E两点．‎ ‎（1）若△BCD的面积为，求线段CD的长；‎ ‎（2）若，求角A的值．‎ ‎18．（12分）Sn为数列{an}的前n项和，已知an＞0，an2+2an=4Sn+3‎ ‎（I）求{an}的通项公式；‎ ‎（Ⅱ）设bn=，求数列{bn}的前n项和．‎ ‎19．（12分）观察下列等式：‎ ‎1=1 第一个式子 ‎2+3+4=9 第二个式子 ‎3+4+5+6+7=25 第三个式子 ‎4+5+6+7+8+9+10=49 第四个式子 照此规律下去：‎ ‎（Ⅰ）写出第五个等式；‎ ‎（Ⅱ）你能做出什么一般性的猜想？请用数学归纳法证明猜想．‎ ‎20．（12分）如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，CA=CB，AB=AA1，∠BAA1=60°．‎ ‎（Ⅰ）证明：AB⊥A1C；‎ ‎（Ⅱ）若平面ABC⊥平面AA1B1B，AB=CB，求直线A1C与平面BB1C1C所成角的正弦值．‎ ‎21．（12分）已知函数f（x）=ex，g（x）=mx+n．‎ ‎（1）设h（x）=f（x）﹣g（x）．‎ ‎①若函数h（x）在x=0处的切线过点（1，0），求m+n的值；‎ ‎②当n=0时，若函数h（x）在（﹣1，+∞）上没有零点，求m的取值范围；‎ ‎（2）设函数r（x）=+，且n=4m（m＞0），求证：当x≥0时，r（x）≥1．‎ ‎22．（12分）在平面直角坐标系xOy中，椭圆C： =1（a＞b＞0）的左、右焦点分别为F1，F2，离心率为，以原点为圆心，以椭圆C的短半轴长为半径的圆与直线x﹣y+=0相切，过点F2的直线l与椭圆相交于M，N两点．‎ ‎（1）求椭圆C的方程；‎ ‎（2）若，求直线l的方程；‎ ‎（3）求△F1MN面积的最大值．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年山东省临沂市临沭一中高二（下）3月月考数学试卷（理科）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（本大题共12个小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）‎ ‎1．已知i是虚数单位，复数z=，则=（　　）‎ A．﹣ +i B． +i C．﹣i D．﹣﹣i ‎【考点】复数代数形式的乘除运算．‎ ‎【分析】直接由复数代数形式的乘除运算化简复数z，则可求．‎ ‎【解答】解：由z==，‎ 则=．‎ 故选：C．‎ ‎【点评】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，是基础题．‎ ‎　‎ ‎2．有一段“三段论”推理是这样的：对于可导函数f（x），如果f′（x0）=0，那么x=x0是函数f（x）的极值点，因为函数f（x）=x3在x=0处的导数值f′（0）=0，所以，x=0是函数f（x）=x3的极值点．以上推理中（　　）‎ A．大前提错误 B．小前提错误 C．推理形式错误 D．结论正确 ‎【考点】演绎推理的基本方法．‎ ‎【分析】在使用三段论推理证明中，如果命题是错误的，则可能是“大前提”错误，也可能是“小前提”错误，也可能是推理形式错误，我们分析的其大前提的形式：“对于可导函数f（x），如果f'（x0）=0，那么x=x0是函数f（x）的极值点”，不难得到结论．‎ ‎【解答】解：∵大前提是：“对于可导函数f（x），如果f'（x0）=0，那么x=x0是函数f（x）的极值点”，不是真命题，‎ 因为对于可导函数f（x），如果f'（x0）=0，且满足当x=x0附近的导函数值异号时，那么x=x0是函数f（x）的极值点，‎ ‎∴大前提错误，‎ 故选A．‎ ‎【点评】本题考查的知识点是演绎推理的基本方法，演绎推理是一种必然性推理，演绎推理的前提与结论之间有蕴涵关系．因而，只要前提是真实的，推理的形式是正确的，那么结论必定是真实的，但错误的前提可能导致错误的结论．‎ ‎　‎ ‎3．用反证法证明：若整系数一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）有有理数根，那么a、b、c中至少有一个偶数时，下列假设正确的是（　　）‎ A．假设a、b、c都是偶数 B．假设a、b、c都不是偶数 C．假设a、b、c至多有一个偶数 D．假设a、b、c至多有两个偶数 ‎【考点】反证法与放缩法．‎ ‎【分析】本题考查反证法的概念，逻辑用语，否命题与命题的否定的概念，逻辑词语的否定．根据反证法的步骤，假设是对原命题结论的否定，故只须对“b、c中至少有一个偶数”写出否定即可．‎ ‎【解答】解：根据反证法的步骤，假设是对原命题结论的否定 ‎“至少有一个”的否定“都不是”．‎ 即假设正确的是：假设a、b、c都不是偶数 故选：B．‎ ‎【点评】一些正面词语的否定：“是”的否定：“不是”；“能”的否定：“不能”；“都是”的否定：“不都是”；“至多有一个”的否定：“至少有两个”；“至少有一个”的否定：“一个也没有”；“是至多有n个”的否定：“至少有n+1个”；“任意的”的否定：“某个”；“任意两个”的否定：“某两个”；“所有的”的否定：“某些”．‎ ‎　‎ ‎4．已知命题p：∃x∈R，使得x2﹣x+2＜0；命题q：∀x∈[1，2]，使得x2≥1．以下命题为真命题的是（　　）‎ A．￢p∧￢q B．p∨￢q C．￢p∧q D．p∧q ‎【考点】复合命题的真假．‎ ‎【分析】根据条件求出命题p，q的真假，然后结合复合命题真假关系进行判断即可．‎ ‎【解答】解：∵判别式△=1﹣4×2=1﹣7=﹣6＜0，‎ ‎∴∀x∈R，使得x2﹣x+2＞0；‎ 即命题p：∃x∈R，使得x2﹣x+2＜0为假命题，‎ 当x∈[1，2]时，x2≥1恒成立，即命题q是真命题，‎ 则￢p∧q是真命题，其余为假命题，‎ 故选C．‎ ‎【点评】本题主要考查复合命题真假关系的判断，根据条件求出命题p，q的真假是解决本题的关键．‎ ‎　‎ ‎5．在平面几何里有射影定理：设三角形ABC的两边AB⊥AC，D是A点在BC上的射影，则AB2=BD•BC．拓展到空间，在四面体A﹣BCD中，AD⊥面ABC，点O是A在面BCD内的射影，且O在△BCD内，类比平面三角形射影定理，得出正确的结论是（　　）‎ A．S△ABC2=S△BCO•S△BCD B．S△ABD2=S△BOD•S△BOC C．S△ADC2=S△DOC•S△BOC D．S△BDC2=S△ABD•S△ABC ‎【考点】类比推理．‎ ‎【分析】这是一个类比推理的题，在由平面图形到空间图形的类比推理中，一般是由点的性质类比推理到线的性质，由线的性质类比推理到面的性质，由已知在平面几何中，（如图所示）若△ABC中，AB⊥AC，AD⊥BC，D是垂足，则AB2=BD•BC，我们可以类比这一性质，推理出若三棱锥A﹣BCD中，AD⊥面ABC，AO⊥面BCD，O为垂足，则（S△ABC）2=S△BOC．S△BDC ‎【解答】解：由已知在平面几何中，‎ 若△ABC中，AB⊥AC，AE⊥BC，E是垂足，‎ 则AB2=BD•BC，‎ 我们可以类比这一性质，推理出：‎ 若三棱锥A﹣BCD中，AD⊥面ABC，AO⊥面BCD，O为垂足，‎ 则（S△ABC）2=S△BOC．S△BDC．‎ 故选A．‎ ‎【点评】类比推理的一般步骤是：（1）找出两类事物之间的相似性或一致性；（2）用一类事物的性质去推测另一类事物的性质，得出一个明确的命题（猜想）．‎ ‎　‎ ‎6．已知a＞b＞0，椭圆C1的方程为+=1，双曲线C2的方程为﹣=1，C1与C2的离心率之积为，则C2的渐近线方程为（　　）‎ A． x±y=0 B．x±y=0 C．2x±y=0 D．x±2y=0‎ ‎【考点】双曲线的简单性质；椭圆的简单性质．‎ ‎【分析】求出椭圆与双曲线的离心率，根据离心率之积的关系，然后推出a，b关系，即可求解双曲线的渐近线方程．‎ ‎【解答】解：a＞b＞0，椭圆C1的方程为+=1，C1的离心率为：，‎ 双曲线C2的方程为﹣=1，C2的离心率为：，‎ ‎∵C1与C2的离心率之积为，‎ ‎∴，‎ ‎∴=， =，‎ C2的渐近线方程为：y=，即x±y=0‎ 故选：B ‎【点评】本题考查椭圆与双曲线的基本性质，离心率以及渐近线方程的求法，基本知识的考查，根据椭圆和双曲线离心率之间的关系建立方程是解决本题的关键．‎ ‎　‎ ‎7．已知数列{an}为等比数列，且a2013+a2015=dx，则a2014（a2012+2a2014+a2016）的值为（　　）‎ A．π2 B．4π2 C．π D．2π ‎【考点】等比数列的通项公式．‎ ‎【分析】dx表示圆：y=（0≤x≤2）的面积，从而得到=π，由此利用等比数列的性质能求出a2014（a2012+2a2014+a2016）的值．‎ ‎【解答】解：∵ dx表示圆：y=（0≤x≤2）的面积，‎ ‎∴dx=π，‎ 由已知数列{an}为等比数列，且=π，‎ ‎∴a2014（a2012+2a2014+a2016）==（a2013+a2015）2=π2．‎ 故选：A．‎ ‎【点评】本题考查了微积分基本定理、等比数列的性质，考查了推理论证能力、运算求解能力，考查了转化化归思想，是中档题．‎ ‎　‎ ‎8．已知x，y满足线性约束条件，若z=x+4y的最大值与最小值之差为5，则实数λ的值为（　　）‎ A．3 B． C． D．1‎ ‎【考点】简单线性规划．‎ ‎【分析】作出不等式对应的平面区域，利用线性规划的知识，通过平移即可求z的最大值和最小值．建立方程关系进行求解即可．‎ ‎【解答】解：作出不等式组对应的平面区域，‎ 由得A（1，4），B（λ，λ﹣3）‎ 由z=x+4y，得y=﹣x+，‎ 平移直线y=﹣x+，由图象可知当直线经过点A时，直线y=﹣的截距最大，此时z最大．‎ z=1+4×4=17‎ 当直线经过点B时，直线的截距最小，此时z最小．z=λ﹣3+4λ=5λ﹣3．‎ ‎∵z=x+4y的最大值与最小值得差为5‎ ‎∴17﹣（5λ﹣3）=20﹣5λ=5．‎ 得λ=3．‎ 故选：A．‎ ‎【点评】本题主要考查线性规划的应用，根据目标函数的几何意义求出最值是解决本题的关键．‎ ‎　‎ ‎9．已知函数f（x）=x2+cosx，f′（x）是函数f（x）的导函数，则f′（x）的图象大致是（　　）‎ A． B． ‎ C． D．‎ ‎【考点】函数的图象．‎ ‎【分析】由于f（x）=x2+cosx，得f′（x）=x﹣sinx，由奇函数的定义得函数f′（x）为奇函数，其图象关于原点对称，排除BD，取x=代入f′（）=﹣sin=﹣1＜0，排除C，只有A适合．‎ ‎【解答】解：由于f（x）=x2+cosx，‎ ‎∴f′（x）=x﹣sinx，‎ ‎∴f′（﹣x）=﹣f′（x），故f′（x）为奇函数，其图象关于原点对称，排除BD，‎ 又当x=时，f′（）=﹣sin=﹣1＜0，排除C，只有A适合，‎ 故选：A．‎ ‎【点评】本题考查函数的图象，考查同学们对函数基础知识的把握程度以及数形结合的思维能力，同时考查导数的计算，属于中档题．‎ ‎　‎ ‎10．如图所示，一个地区分为5个行政区域，现给地图着色，要求相邻区域不得使用同一颜色，现有4种颜色可供选择，则不同的着方法共有（　　）种．‎ A．72 B．60 C．48 D．24‎ ‎【考点】排列、组合的实际应用．‎ ‎【分析】根据题意，分2种情况讨论：若选3种颜色时，就是②④同色，③⑤同色；若4种颜色全用，只能②④或③⑤用一种颜色，其它不相同；求出每种情况的着色方法数目，由加法原理求解即可．‎ ‎【解答】解：由题意，分2种情况讨论：‎ ‎（1）、选用3种颜色时，必须是②④同色，③⑤同色，与①进行全排列，‎ 涂色方法有C43•A33=24种 ‎（2）、4色全用时涂色方法：是②④同色或③⑤同色，有2种情况，‎ 涂色方法有C21•A44=48种 所以不同的着色方法共有48+24=72种；‎ 故选：A．‎ ‎【点评】本题考查计数原理的应用，涉及分类讨论，解题时注意结合题意中的图形，分析相邻区域的可能着色的情况．‎ ‎　‎ ‎11．抛物线y2=2px（p＞0）的焦点为F，已知点A，B为抛物线上的两个动点，且满足∠AFB=120°．过弦AB的中点M作抛物线准线的垂线MN，垂足为N，则的最小值为（　　）‎ A． B． C．1 D．‎ ‎【考点】抛物线的简单性质．‎ ‎【分析】先画出图象、做出辅助线，设|AF|=a、|BF|=b，由抛物线定义得2|MN|=a+b，由题意和余弦定理可得|AB|2=（a+b）2﹣ab，再根据基本不等式，求得|AB|2的取值范围，代入化简即可得到答案．‎ ‎【解答】解：如右图：过A、B分别作准线的垂线AQ、BP，垂足分别是Q、P，‎ 设|AF|=a，|BF|=b，连接AF、BF，‎ 由抛物线定义，得|AF|=|AQ|，|BF|=|BP|‎ 在梯形ABPQ中，2|MN|=|AQ|+|BP|=a+b．‎ 由余弦定理得，‎ ‎|AB|2=a2+b2﹣2abcos120°=a2+b2+ab，‎ 配方得|AB|2=（a+b）2﹣ab，‎ 因为ab≤，‎ 则（a+b）2﹣ab≥（a+b）2﹣=（a+b）2，即|AB|2≥（a+b）2，‎ 所以≥=3，‎ 则，即所求的最小值是，‎ 故选：D．‎ ‎【点评】本题考查抛物线的定义、简单几何性质，基本不等式求最值，余弦定理的应用等知识，属于中档题．‎ ‎　‎ ‎12．已知定义在实数集R的函数f（x）满足f（1）=4，且f（x）导函数f′（x）＜3，则不等式f（lnx）＞3lnx+1的解集为（　　）‎ A．（1，+∞） B．（e，+∞） C．（0，1） D．（0，e）‎ ‎【考点】导数的运算；其他不等式的解法．‎ ‎【分析】构造函数g（x）=f（x）﹣2x﹣1，求函数的导数，判断函数的单调性 即可得到结论 ‎【解答】解：设t=lnx，‎ 则不等式f（lnx）＞3lnx+1等价为f（t）＞3t+1，‎ 设g（x）=f（x）﹣3x﹣1，‎ 则g′（x）=f′（x）﹣3，‎ ‎∵f（x）的导函数f′（x）＜3，‎ ‎∴g′（x）=f′（x）﹣3＜0，此时函数单调递减，‎ ‎∵f（1）=4，‎ ‎∴g（1）=f（1）﹣3﹣1=0，‎ 则当x＞1时，g（x）＜g（1）=0，‎ 即g（x）＜0，则此时g（x）=f（x）﹣3x﹣1＜0，‎ 即不等式f（x）＞3x+1的解为x＜1，‎ 即f（t）＞3t+1的解为t＜1，‎ 由lnx＜1，解得0＜x＜e，‎ 即不等式f（lnx）＞3lnx+1的解集为（0，e），‎ 故选：D．‎ ‎【点评】本题主要考查不等式的求解，根据条件构造函数，利用函数的单调性和导数之间的关系是解决本题的关键，属于中档题．‎ ‎　‎ 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在答题卷的横线上..‎ ‎13．若抛物线y2=2px（p＞0）的准线经过双曲线x2﹣y2=1的一个焦点，则p=　2　．‎ ‎【考点】抛物线的简单性质．‎ ‎【分析】先求出x2﹣y2=1的左焦点，得到抛物线y2=2px的准线，依据p的意义求出它的值．‎ ‎【解答】解：双曲线x2﹣y2=1的左焦点为（﹣，0），故抛物线y2‎ ‎=2px的准线为x=﹣，‎ ‎∴=，∴p=2，‎ 故答案为：2．‎ ‎【点评】本题考查抛物线和双曲线的简单性质，以及抛物线方程 y2=2px中p的意义．‎ ‎　‎ ‎14．设直线y=x+b是曲线y=lnx（x＞0）的一条切线，则实数b的值为　ln2﹣1　．‎ ‎【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程．‎ ‎【分析】欲实数b的大小，只须求出切线方程即可，故先利用导数求出在切点处的导函数值，再结合导数的几何意义即可求出切线的斜率，最后求出切线方程与已知直线方程对照即可．‎ ‎【解答】解：y′=（lnx）′=，令=得x=2，‎ ‎∴切点为（2，ln2），代入直线方程y=x+b，‎ ‎∴ln2=×2+b，∴b=ln2﹣1．‎ 故答案为：ln2﹣1‎ ‎【点评】本小题主要考查直线的方程、导数的几何意义、利用导数研究曲线上某点切线方程等基础知识，考查运算求解能力．属于基础题．‎ ‎　‎ ‎15．已知，，若均为正实数），类比以上等式，可推测a，t的值，则a﹣t=　﹣29　．‎ ‎【考点】类比推理．‎ ‎【分析】观察所给的等式，第n个式子左边应该是 ‎，左边的式子（n+1），写出结果即可．‎ ‎【解答】解：观察下列等式，，‎ 照此规律，第5个等式中：a=6，t=a2﹣1=35，‎ 则a﹣t=﹣29．‎ 故答案为：﹣29．‎ ‎【点评】本题考查归纳推理，考查对于所给的式子的理解，主要看清楚式子中的项与项的数目与式子的个数之间的关系，本题是一个易错题．‎ ‎　‎ ‎16．在平面四边形ABCD中，∠A=∠B=∠C=75°．BC=2，则AB的取值范围是　（﹣， +）　．‎ ‎【考点】三角形中的几何计算．‎ ‎【分析】如图所示，延长BA，CD交于点E，设AD=x，AE=x，DE=x，CD=m，求出x+m=+，即可求出AB的取值范围．‎ ‎【解答】解：方法一：‎ 如图所示，延长BA，CD交于点E，则 在△ADE中，∠DAE=105°，∠ADE=45°，∠E=30°，‎ ‎∴设AD=x，AE=x，DE=x，CD=m，‎ ‎∵BC=2，‎ ‎∴（x+m）sin15°=1，‎ ‎∴x+m=+，‎ ‎∴0＜x＜4，‎ 而AB=x+m﹣x=+﹣x，‎ ‎∴AB的取值范围是（﹣， +）．‎ 故答案为：（﹣， +）．‎ 方法二：‎ 如下图，作出底边BC=2的等腰三角形EBC，B=C=75°，‎ 倾斜角为150°的直线在平面内移动，分别交EB、EC于A、D，则四边形ABCD即为满足题意的四边形；‎ 当直线移动时，运用极限思想，‎ ‎①直线接近点C时，AB趋近最小，为﹣；‎ ‎②直线接近点E时，AB趋近最大值，为+；‎ 故答案为：（﹣， +）．‎ ‎【点评】本题考查求AB的取值范围，考查三角形中的几何计算，考查学生的计算能力，属于中档题．‎ ‎　‎ 三、解答题：本大题共6小题，满分70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤 ‎17．（10分）（2017春•临沭县校级月考）如图，设△ABC的三个内角A，B，C对应的三条边分别为a，b，c，且角A，B，C成等差数列，a=2，线段AC的垂直平分线分别交线段AB，AC于D，E两点．‎ ‎（1）若△BCD的面积为，求线段CD的长；‎ ‎（2）若，求角A的值．‎ ‎【考点】三角形中的几何计算．‎ ‎【分析】（1）先根据三角形的内角A，B，C成等差数列，求出B的度数，再根据三角的面积公式求出BD，再根据余弦定理即可求出，‎ ‎（2）若，求出∠BDC，即可求角A的值．‎ ‎【解答】解：（1）三角形的内角A，B，C成等差数列，‎ 则有2B=A+C．又A+B+C=180°，‎ ‎∴B=60°，‎ ‎∵△BCD的面积为，a=2‎ ‎∴BD•BC•sin60°=，‎ ‎∴BD=，‎ 由余弦定理，CD2=BD2+BC2+2BD•BC•cos60°=，‎ ‎∴CD=；‎ ‎（2）△BCD中，，，∴sin∠BDC=1，‎ ‎∴∠BDC=90°，∴CD⊥AB，‎ ‎∵∠A=∠B=．‎ ‎【点评】本题主要考查余弦定理三角形的面积公式以及等差数列的性质，属于中档题．‎ ‎　‎ ‎18．（12分）（2016春•铜仁市校级期末）Sn为数列{an}的前n项和，已知an＞0，an2+2an=4Sn+3‎ ‎（I）求{an}的通项公式；‎ ‎（Ⅱ）设bn=，求数列{bn}的前n项和．‎ ‎【考点】数列的求和；数列递推式．‎ ‎【分析】（I）通过an2+2an=4Sn+3与an+12+2an+1=4Sn+1+3作差可知an+1﹣an=2，进而可知数列{an}是以3为首项、2为公差的等差数列，计算即得结论；‎ ‎（Ⅱ）通过（I）可知an=2n+1，裂项可知bn=（﹣），并项相加即得结论．‎ ‎【解答】解：（I）∵an2+2an=4Sn+3，‎ ‎∴an+12+2an+1=4Sn+1+3，‎ 两式相减得：an+12﹣an2+2an+1﹣2an=4an+1，‎ 整理得：an+12﹣an2=2（an+1+an），‎ 又∵an＞0，‎ ‎∴an+1﹣an=2，‎ 又∵a12+2a1=4a1+3，‎ ‎∴a1=3或a1=﹣1（舍），‎ ‎∴数列{an}是以3为首项、2为公差的等差数列，‎ ‎∴an=3+2（n﹣1）=2n+1；‎ ‎（Ⅱ）由（I）可知an=2n+1，‎ ‎∴bn===（﹣），‎ ‎∴数列{bn}的前n项和为：（﹣+﹣+…+﹣）‎ ‎=（﹣）‎ ‎=•．‎ ‎【点评】‎ 本题考查数列的通项及前n项和，考查运算求解能力，注意解题方法的积累，属于中档题．‎ ‎　‎ ‎19．（12分）（2015秋•南安市校级期末）观察下列等式：‎ ‎1=1 第一个式子 ‎2+3+4=9 第二个式子 ‎3+4+5+6+7=25 第三个式子 ‎4+5+6+7+8+9+10=49 第四个式子 照此规律下去：‎ ‎（Ⅰ）写出第五个等式；‎ ‎（Ⅱ）你能做出什么一般性的猜想？请用数学归纳法证明猜想．‎ ‎【考点】数学归纳法；归纳推理．‎ ‎【分析】（Ⅰ）利用条件直接写出第5个等式．‎ ‎（Ⅱ）猜测第n个等式为n+（n+1）+（n+2）+…（3n﹣2）=（2n﹣1）2，然后利用数学归纳法的证明步骤证明即可．‎ ‎【解答】解：（Ⅰ）第5个等式 5+6+7+…+13=92； ‎ ‎（Ⅱ）猜测第n个等式为n+（n+1）+（n+2）+…（3n﹣2）=（2n﹣1）2，）‎ 再用数学归纳法加以证明如下：‎ ‎（1）当n=1时显然成立；）‎ ‎（2）假设n=k（k≥1，k∈N+）时也成立，‎ 即有k+（k+1）+（k+2）+…（3k﹣2）=（2k﹣1）2，‎ 那么当n=k+1时左边=（k+1）+（k+2）+…（3k﹣2）+（3k﹣1）+（3k）+（3k+1），‎ ‎=（k+1）+（k+2）+…（3k﹣2）+（2k﹣1）+（3k）+（3k+1），‎ ‎=（2k﹣1）2+（2k﹣1）+3k+3k+1，‎ ‎=4k2﹣4k+1+8k，‎ ‎=[2（k+1）﹣1]2，‎ 而右边=[2（k+1）﹣1]2这就是说n=k+1时等式也成立．‎ 根据（1）（2）知，等式对任何n∈N+都成立．‎ ‎【点评】‎ 本题考查猜想、证明的推理方法，考查数学归纳法证明命题．注意证明的步骤的应用．‎ ‎　‎ ‎20．（12分）（2017•广西一模）如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，CA=CB，AB=AA1，∠BAA1=60°．‎ ‎（Ⅰ）证明：AB⊥A1C；‎ ‎（Ⅱ）若平面ABC⊥平面AA1B1B，AB=CB，求直线A1C与平面BB1C1C所成角的正弦值．‎ ‎【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．‎ ‎【分析】（Ⅰ）取AB中点，连接OC，OA1，得出OC⊥AB，OA1⊥AB，运用AB⊥平面OCA1，即可证明．‎ ‎（Ⅱ）易证OA，OA1，OC两两垂直．以O为坐标原点，的方向为x轴的正向建立坐标系，可向量的坐标，求出平面BB1C1C的法向量，代入向量夹角公式，可得答案．‎ ‎【解答】（Ⅰ）证明：取AB中点，连接OC，OA1，‎ ‎∵CA=CB，AB=A1A，∠BAA1=60°‎ ‎∴OC⊥AB，OA1⊥AB，‎ ‎∵OC∩OA1=O，‎ ‎∴AB⊥平面OCA1，‎ ‎∵CA1⊂平面OCA1，‎ ‎∴AB⊥A1C；‎ ‎（Ⅱ）解：由（Ⅰ）知OC⊥AB，OA1⊥AB，又平面ABC⊥平面AA1B1B，交线为AB，‎ 所以OC⊥平面AA1B1B，故OA，OA1，OC两两垂直．‎ 以O为坐标原点，的方向为x轴的正向，建立如图所示的坐标系，‎ 可得A（1，0，0），A1（0，，0），C（0，0，‎ ‎），B（﹣1，0，0），‎ 则=（1，0，），==（﹣1，，0），=（0，﹣，），‎ 设=（x，y，z）为平面BB1C1C的法向量，‎ 则，‎ 可取y=1，可得=（，1，﹣1），故cos＜，＞=﹣，‎ 又因为直线与法向量的余弦值的绝对值等于直线与平面的正弦值，‎ 故直线A1C与平面BB1C1C所成角的正弦值为：．‎ ‎【点评】本题考查直线与平面所成的角，涉及直线与平面垂直的性质和平面与平面垂直的判定，属中档题．‎ ‎　‎ ‎21．（12分）（2016•重庆三模）已知函数f（x）=ex，g（x）=mx+n．‎ ‎（1）设h（x）=f（x）﹣g（x）．‎ ‎①若函数h（x）在x=0处的切线过点（1，0），求m+n的值；‎ ‎②当n=0时，若函数h（x）在（﹣1，+∞）上没有零点，求m的取值范围；‎ ‎（2）设函数r（x）=+，且n=4m（m＞0），求证：当x≥‎ ‎0时，r（x）≥1．‎ ‎【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程．‎ ‎【分析】（1）求出函数的导数，利用导数的几何意义即可得到结论．‎ ‎（2）求出r（x）的表达式，求函数的导数，利用导数研究函数的单调性即可．‎ ‎【解答】解：（1）①h（x）=f（x）﹣g（x）=ex﹣mx﹣n．‎ 则h（0）=1﹣n，函数的导数h′（x）=ex﹣m，‎ 则h′（0）=1﹣m，则函数在x=0处的切线方程为y﹣（1﹣n）=（1﹣m）x，‎ ‎∵切线过点（1，0），∴﹣（1﹣n）=1﹣m，即m+n=2．‎ ‎②当n=0时，h（x）=f（x）﹣g（x）=ex﹣mx．‎ 若函数h（x）在（﹣1，+∞）上没有零点，‎ 即ex﹣mx=0在（﹣1，+∞）上无解，‎ 若x=0，则方程无解，满足条件，‎ 若x≠0，则方程等价为m=，‎ 设g（x）=，‎ 则函数的导数g′（x）=，‎ 若﹣1＜x＜0，则g′（x）＜0，此时函数单调递减，则g（x）＜g（﹣1）=﹣e﹣1，‎ 若x＞0，由g′（x）＞0得x＞1，‎ 由g′（x）＜0，得0＜x＜1，即当x=1时，函数取得极小值，同时也是最小值，此时g（x）≥g（1）=e，‎ 综上g（x）≥e或g（x）＜﹣e﹣1，‎ 若方程m=无解，则﹣e﹣1≤m＜e．‎ ‎（2）∵n=4m（m＞0），‎ ‎∴函数r（x）=+=+=+，‎ 则函数的导数r′（x）=﹣+=，‎ 设h（x）=16ex﹣（x+4）2，‎ 则h′（x）=16ex﹣2（x+4）=16ex﹣2x﹣8，‎ ‎[h′（x）]′=16ex﹣2，‎ 当x≥0时，[h′（x）]′=16ex﹣2＞0，则h′（x）为增函数，即h′（x）＞h′（0）=16﹣8=8＞0，‎ 即h（x）为增函数，∴h（x）≥h（0）=16﹣16=0，‎ 即r′（x）≥0，即函数r（x）在[0，+∞）上单调递增，‎ 故r（x）≥r（0）=，‎ 故当x≥0时，r（x）≥1成立．‎ ‎【点评】本题主要考查导数的几何意义的应用，以及利用导数研究函数单调性，在判断函数的单调性的过程中，多次使用了导数来判断函数的单调性是解决本题的关键，难度较大．‎ ‎　‎ ‎22．（12分）（2017春•临沭县校级月考）在平面直角坐标系xOy中，椭圆C： =1（a＞b＞0）的左、右焦点分别为F1，F2，离心率为，以原点为圆心，以椭圆C的短半轴长为半径的圆与直线x﹣y+=0相切，过点F2的直线l与椭圆相交于M，N两点．‎ ‎（1）求椭圆C的方程；‎ ‎（2）若，求直线l的方程；‎ ‎（3）求△F1MN面积的最大值．‎ ‎【考点】直线与椭圆的位置关系．‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由题意的离心率及点到直线的距离公式即可求得a和b的值，即可求得椭圆方程；‎ ‎（2）将直线方程代入椭圆方程，利用韦达定理及向量数量积的坐标运算，即可求得m的值，即可求得直线方程；‎ ‎（3）由（2）可知，利用韦达定理及基本不等式的性质，即可求得△F1MN面积的最大值．‎ ‎【解答】解：（1）由椭圆的离心率e===，则a2=4b2，‎ 以原点为圆心，以椭圆C的短半轴长为半径的圆与直线x﹣y+=0相切，‎ 则b==1，则a2=4，‎ ‎∴椭圆的标准方程：；‎ ‎（2）由题意可知：直线l必与椭圆相交，‎ 当直线l的斜率为0时，显然不成立，‎ 当直线斜率不为0时，设直线l的方程为x=my+，M（x1，y1），N（x2，y2），‎ 由，可得：（﹣x1，﹣y1）=3（x2﹣，y2），则y1=﹣3y2，‎ ‎，则（m2+4）y2+2my﹣1=0，‎ 则△=12m2+4（m2+4）=16（m2+1）＞0，‎ 则y1+y2=﹣=﹣2y2，‎ 则y1y2=﹣=﹣3y22，则﹣=﹣3（）2，‎ 则m2=，m=±，‎ 则直线直线l方程为x=±y+，即x﹣y﹣=0或x+y﹣=0，‎ 直线l的方程x﹣y﹣=0或x+y﹣=0；‎ ‎（3）当直线l的斜率为0时，显然不成立，‎ 当直线l的斜率不为0，由（2）可得：‎ ‎△F1MN面积S=×丨F1F2丨×丨y1﹣y2丨=×丨F1F2丨×‎ ‎=×2×‎ ‎=4×=4×‎ ‎≤4×=4×=2，‎ 当且仅当=，即m=±，取等号，‎ ‎△F1MN面积的最大值2．‎ ‎【点评】本题考查椭圆的标准方程及简单几何性质，直线与椭圆的位置关系，考查韦达定理，向量数量积的坐标运算，基本不等式应用，考查计算能力，属于中档题．‎