A.{1} B.{2，3} C.{0，1} D.{2，3，4}

　　【考點(diǎn)】交集及其運(yùn)算.

　　【分析】求出N中不等式的解集確定出N，找出M與N的交集即可.

　　【解答】解：由N中不等式變形得：log22=1

　　解得：0

　　∵M(jìn)={0，1，2，3，4}，

　　∴M∩N={1}，

　　故選：A.

　　2.已知a∈R，則“|a﹣1|+|a|≤1”是“函數(shù)y=ax在R上為減函數(shù)”的(　　)

　　A.充分不必要條件 B.必要不充分條件

　　C.充要條件 D.既不充分也不必要條件

　　【考點(diǎn)】必要條件、充分條件與充要條件的判斷.

　　【分析】先求出不等式|a﹣1|+|a|≤1的解集，結(jié)合指數(shù)函數(shù)的性質(zhì)判斷充分必要性即可.

　　【解答】解：a<0時(shí)：|a﹣1|+|a|=1﹣a﹣a≤1，解得：a≥0，無解，

　　0≤a≤1時(shí)：|a﹣1|+|a|=1﹣a+1=1≤，成立，

　　a>1時(shí)：|a﹣1|+|a|=2a﹣1≤1，解得：a≤1，無解，

　　故不等式的解集是a∈[0，1]，

　　若函數(shù)y=ax在R上為減函數(shù)，則a∈(0，1)，

　　故“|a﹣1|+|a|≤1”是“函數(shù)y=ax在R上為減函數(shù)”的必要不充分條件.

　　3.已知向量 =(2，3)， =(﹣1，2)，若 ﹣2 與非零向量m +n 共線，則 等于(　　)

　　A.﹣2 B.2 C.﹣ D.

　　【考點(diǎn)】平面向量共線(平行)的坐標(biāo)表示.

　　【分析】先求出 ﹣2 和m +n ，再由向量共線的性質(zhì)求解.

　　【解答】解：∵向量 =(2，3)， =(﹣1，2)，

　　∴ ﹣2 =(2，3)﹣(﹣2，4)=(4，﹣1)，

　　m +n =(2m﹣n，3m+2n)，

　　∵ ﹣2 與非零向量m +n 共線，

　　∴ ，

　　解得14m=﹣7n， =﹣ .

　　故選：C.

　　4.如圖是一個(gè)幾何體的三視圖，則這個(gè)幾何體的表面積是(　　)

　　A.84 B. C. D.

　　【考點(diǎn)】由三視圖求面積、體積.

　　【分析】幾何體為側(cè)放的五棱柱，底面為正視圖中的五邊形，棱柱的高為4.

　　【解答】由三視圖可知幾何體為五棱柱，底面為正視圖中的五邊形，高為4.

　　所以五棱柱的表面積為(4×4﹣ )×2+(4+4+2+2+2 )×4=76+48 .

　　故選B.

　　5.已知平面α與平面β交于直線l，且直線a⊂α，直線b⊂β，則下列命題錯(cuò)誤的是(　　)

　　A.若α⊥β，a⊥b，且b與l不垂直，則a⊥l

　　B.若α⊥β，b⊥l，則a⊥b

　　C.若a⊥b，b⊥l，且a與l不平行，則α⊥β

　　D.若a⊥l，b⊥l，則α⊥β

　　【考點(diǎn)】空間中直線與平面之間的位置關(guān)系.

　　【分析】根據(jù)空間直線和平面平行或垂直以及平面和平面平行或者垂直的性質(zhì)和判定定理進(jìn)行判斷即可.

　　【解答】解：A.若α⊥β，a⊥b，且b與l不垂直，則a⊥l，正確

　　B.若α⊥β，b⊥l，則b⊥α，∵a⊂α，∴a⊥b，正確

　　C.∵a與l不平行，∴a與l相交，∵a⊥b，b⊥l，∴b⊥α，則α⊥β正確.

　　D.若a⊥l，b⊥l，不能得出α⊥β，因?yàn)椴粷M足面面垂直的條件，故D錯(cuò)誤，

　　故選：D

　　6.已知函數(shù)f(x)=sin(2x+φ)，其中φ為實(shí)數(shù)，若f(x)≤|f( )|對(duì)x∈R恒成立，且f( )>f(π)，則f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(　　)

　　A.[kπ﹣ ，kπ+ ](k∈Z)

　　B.[kπ，kπ+ ](k∈Z)

　　C.[kπ+ ，kπ+ ](k∈Z) D.[kπ﹣ ，kπ](k∈Z)

　　【考點(diǎn)】函數(shù)y=Asin(ωx+φ)的圖象變換.

　　【分析】由若 對(duì)x∈R恒成立，結(jié)合函數(shù)最值的定義，我們易得f( )等于函數(shù)的最大值或最小值，由此可以確定滿足條件的初相角φ的值，結(jié)合 ，易求出滿足條件的具體的φ值，然后根據(jù)正弦型函數(shù)單調(diào)區(qū)間的求法，即可得到答案.

　　【解答】解：若 對(duì)x∈R恒成立，

　　則f( )等于函數(shù)的最大值或最小值

　　即2× +φ=kπ+ ，k∈Z

　　則φ=kπ+ ，k∈Z

　　又

　　即sinφ<0

　　令k=﹣1，此時(shí)φ= ，滿足條件

　　令2x ∈[2kπ﹣ ，2kπ+ ]，k∈Z

　　解得x∈

　　故選C

　　7.已知實(shí)數(shù)列{an}是等比數(shù)列，若a2a5a8=﹣8，則 + + (　　)

　　A.有最大值 B.有最小值 C.有最大值 D.有最小值

　　【考點(diǎn)】等比數(shù)列的通項(xiàng)公式.

　　【分析】先求出a5=﹣2，再由 + + =1+ + ，利用均值定理能求出 + + 有最小值 .

　　【解答】解：∵數(shù)列{an}是等比數(shù)列，a2a5a8=﹣8，∴ ，

　　解得a5=﹣2，

　　∴ + + = + + =1+ + ≥1+2 =1+2 =1+2× = ，

　　∴ + + 有最小值 .

　　故選：D.

　　8.已知F1，F(xiàn)2分別是雙曲線C： ﹣ =1(a>0，b>0)的左、右焦點(diǎn)，其離心率為e，點(diǎn)B的坐標(biāo)為(0，b)，直線F1B與雙曲線C的兩條漸近線分別交于P、Q兩點(diǎn)，線段PQ的垂直平分線與x軸，直線F1B的交點(diǎn)分別為M，R，若△RMF1與△PQF2的面積之比為e，則雙曲線C的離心率為(　　)

　　A. B. C.2 D.

　　【考點(diǎn)】雙曲線的簡單性質(zhì).

　　【分析】分別求出P，Q，M的坐標(biāo)，利用△RMF1與△PQF2的面積之比為e，|MF2|=|F1F2|=2c，可得3c=xM= ，即可得出結(jié)論.

　　【解答】解：由題意，|OB|=b，|O F1|=c.∴kPQ= ，kMR=﹣ .

　　直線PQ為：y= (x+c)，與y= x.聯(lián)立得：Q( ， );

　　與y=﹣ x.聯(lián)立得：P( ， ).PQ的中點(diǎn)為( ， )，

　　直線MR為：y﹣ =﹣ (x﹣ )，

　　令y=0得：xM= ，

　　又△RMF1與△PQF2的面積之比為e，∴|MF2|=|F1F2|=2c，∴3c=xM= ，

　　解之得：e2= ，

　　∴e=

　　故選：A.

　　二、填空題：本大題共7小題，多空題每題6分，單空題每題4分，共36分.

　　9.已知loga2=m，loga3=n，則a2m+n=　12　，用m，n表示log46為　 　.

　　【考點(diǎn)】對(duì)數(shù)的運(yùn)算性質(zhì).

　　【分析】利用指數(shù)、對(duì)數(shù)的性質(zhì)、運(yùn)算法則和換底公式求解.

　　【解答】解：∵loga2=m，loga3=n，∴am=2，an=3，

　　a2m+n=(am)2×an=22×3=12，

　　log46= = = .

　　故答案為：12， .

　　10.已知拋物線x2=4y的焦點(diǎn)F的坐標(biāo)為　(0，1)　，若M是拋物線上一點(diǎn)，|MF|=4，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，則∠MFO=　 或 　.

　　【考點(diǎn)】拋物線的簡單性質(zhì).

　　【分析】利用拋物線的方程與定義，即可得出結(jié)論.

　　【解答】解：拋物線x2=4y的焦點(diǎn)在y軸上，且p=1，焦點(diǎn)坐標(biāo)為(0，1);

　　∵M(jìn)是拋物線上一點(diǎn)，|MF|=4，

　　∴M(±2 ，3)，

　　M(2 ，3)，kMF= = ，∴∠MFO=

　　M(﹣2 ，3)，kMF=﹣ =﹣ ，∴∠MFO=

　　故答案為：(0，1)， 或 .

　　11.若函數(shù)f(x)= 為奇函數(shù)，則a=　0　，f(g(﹣2))=　﹣25　.

　　【考點(diǎn)】函數(shù)奇偶性的性質(zhì);函數(shù)的值.

　　【分析】利用分段函數(shù)，結(jié)合函數(shù)的奇偶性，即可得出結(jié)論.

　　【解答】解：由題意，a=f(0)=0.

　　設(shè)x<0，則﹣x>0，f(﹣x)=x2﹣2x+1=﹣f(x)，

　　∴g(2x)=﹣x2+2x﹣1，

　　∴g(﹣2)=﹣4，

　　∴f(g(﹣2))=f(﹣4)=﹣16﹣8﹣1=﹣25.

　　故答案為：0，﹣25.

　　12.對(duì)于定義在R上的函數(shù)f(x)，如果存在實(shí)數(shù)a，使得f(a+x)•f(a﹣x)=1對(duì)任意實(shí)數(shù)x∈R恒成立，則稱f(x)為關(guān)于a的“倒函數(shù)”.已知定義在R上的函數(shù)f(x)是關(guān)于0和1的“倒函數(shù)”，且當(dāng)x∈[0，1]時(shí)，f(x)的取值范圍為[1，2]，則當(dāng)x∈[1，2]時(shí)，f(x)的取值范圍為　[ ，1]　，當(dāng)x∈[﹣2016，2016]時(shí)，f(x)的取值范圍為　[ ，2]　.

　　【考點(diǎn)】抽象函數(shù)及其應(yīng)用.

　　【分析】根據(jù)“倒函數(shù)”的定義，建立兩個(gè)方程關(guān)系，根據(jù)方程關(guān)系判斷函數(shù)的周期性，利用函數(shù)的周期性和函數(shù)的關(guān)系進(jìn)行求解即可得到結(jié)論.

　　【解答】解：若函數(shù)f(x)是關(guān)于0和1的“倒函數(shù)”，

　　則f(x)•f(﹣x)=1，則f(x)≠0，

　　且f(1+x)•f(1﹣x)=1，

　　即f(2+x)•f(﹣x)=1，

　　即f(2+x)•f(﹣x)=1=f(x)•f(﹣x)，

　　則f(2+x)=f(x)，

　　即函數(shù)f(x)是周期為2的周期函數(shù)，

　　若x∈[0，1]，則﹣x∈[﹣1，0]，2﹣x∈[1，2]，此時(shí)1≤f(x)≤2

　　∵f(x)•f(﹣x)=1，

　　∴f(﹣x)= ∈[ ，1]，

　　∵f(﹣x)=f(2﹣x)∈[ ，1]，

　　∴當(dāng)x∈[1，2]時(shí)，f(x)∈[ ，1].

　　即一個(gè)周期內(nèi)當(dāng)x∈[0，2]時(shí)，f(x)∈[ ，2].

　　∴當(dāng)x∈[﹣2016，2016]時(shí)，f(x)∈[ ，2].

　　故答案為：[ ，1]，[ ，2].

　　13.已知關(guān)于x的方程x2+ax+2b﹣2=0(a，b∈R)有兩個(gè)相異實(shí)根，若其中一根在區(qū)間(0，1)內(nèi)，另一根在區(qū)間(1，2)內(nèi)，則 的取值范圍是　 　.

　　【考點(diǎn)】一元二次方程的根的分布與系數(shù)的關(guān)系.

　　【分析】由題意知 ，從而轉(zhuǎn)化為線性規(guī)劃問題求解即可.

　　【解答】解：令f(x)=x2+ax+2b﹣2，

　　由題意知，

　　，

　　作其表示的平面區(qū)域如下，

　　，

　　的幾何意義是點(diǎn)A(1，4)與陰影內(nèi)的點(diǎn)的連線的斜率，

　　直線m過點(diǎn)B(﹣3，2)，故km= = ;

　　直線l過點(diǎn)C(﹣1，1)，故kl= = ;

　　結(jié)合圖象可知，

　　的取值范圍是 ;

　　故答案為：

　　14.若正數(shù)x，y滿足x2+4y2+x+2y=1，則xy的最大值為　 　.

　　【考點(diǎn)】基本不等式.

　　【分析】由題意和基本不等式可得1=x2+(2y)2+x+2y≥2•x•2y+2 ，解關(guān)于 的一元二次不等式可得.

　　【解答】解：∵正數(shù)x，y滿足x2+4y2+x+2y=1，

　　∴1=x2+4y2+x+2y=x2+(2y)2+x+2y≥2•x•2y+2 ，

　　當(dāng)且僅當(dāng)x=2y時(shí)取等號(hào).

　　變形可得2( )2+2 ﹣1≤0，

　　解得 ≤ ≤ ，

　　結(jié)合 >0可得0< ≤ ，

　　平方可得2xy≤( )2= ，

　　∴xy≤ ，即xy的最大值為 ，

　　故答案為：

　　15.在△ABC中，∠BAC=10°，∠ACB=30°，將直線BC繞AC旋轉(zhuǎn)得到B1C，直線AC繞AB旋轉(zhuǎn)得到AC1，則在所有旋轉(zhuǎn)過程中，直線B1C與直線AC1所成角的取值范圍為　[10°，50°]　.

　　【考點(diǎn)】異面直線及其所成的角.

　　【分析】平移CB1到A處，由已知得∠B1CA=30°，∠B1AC=150°，0≤∠C1AC≤20°，由此能求出直線B1C與直線AC1所成角的取值范圍.

　　【解答】解：∵在△ABC中，∠BAC=10°，∠ACB=30°，

　　將直線BC繞AC旋轉(zhuǎn)得到B1C，直線AC繞AB旋轉(zhuǎn)得到AC1，

　　如圖，平移CB1到A處，B1C繞AC旋轉(zhuǎn)，

　　∴∠B1CA=30°，∠B1AC=150°，

　　AC1繞AB旋轉(zhuǎn)，∴0°≤∠C1AC≤2∠CAB，

　　∴0≤∠C1AC≤20°，

　　設(shè)直線B1C與直線AC1所成角為α，

　　則∠B1AC﹣∠C1AC≤α≤∠B1AC+∠C1AC，

　　∵130°≤∠B1AC﹣∠C1AC≤150°，

　　150°≤∠B1AC+∠C1AC≤170°，

　　∴10°≤α≤50°或130°≤α≤170°(舍).

　　故答案為：[10°，50°].

　　三、解答題：本大題共5小題，共74分.解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟.

　　16.在△ABC中，角A，B，C所對(duì)的邊分別是a，b，c，且a=2，2cos2 +sinA= .

　　(Ⅰ)若滿足條件的△ABC有且只有一個(gè)，求b的取值范圍;

　　(Ⅱ)當(dāng)△ABC的周長取最大值時(shí)，求b的值.

　　【考點(diǎn)】正弦定理;余弦定理.

　　【分析】(Ⅰ)由條件利用三角恒等變換求得cosA 和sinA 的值，結(jié)合滿足條件的△ABC有且只有一個(gè)可得a=bsinA 或 a>b，由此求得b的范圍.

　　(Ⅱ)△ABC的周長為a+b+c，利用余弦定理、基本不等式求得周長2+b+c最大值為2+2 ，此時(shí)，b= =c.

　　【解答】解：(Ⅰ)△ABC中，角A，B，C所對(duì)的邊分別是a，b，c，且a=2，2cos2 +sinA= ，

　　∴2 +sinA= ，即 2 +sinA= ，∴cosA﹣sinA= ，

　　平方可得sin2A= ，∴cosA+sinA= = ，

　　求得cosA= ，sinA= ∈( ， )，結(jié)合滿足條件的△ABC有且只有一個(gè)，∴A∈( ， ).

　　且a=bsinA，即2= b，即 b= ;或 a>b，即0

　　(Ⅱ)由于△ABC的周長為a+b+c，

　　由余弦定理可得22=b2+c2﹣2bc• =(b+c)2﹣ bc≥(b+c)2﹣ • = •(b+c)2，

　　∴b+c≤ =2 ，當(dāng)且僅當(dāng)b=c時(shí)，取等號(hào)，此時(shí)，三角形的周長為 2+b+c最大為2+2 ，

　　故此時(shí)b= .

　　17.如圖，在多面體EF﹣ABCD中，ABCD，ABEF均為直角梯形， ，DCEF為平行四邊形，平面DCEF⊥平面ABCD.

　　(Ⅰ)求證：DF⊥平面ABCD;

　　(Ⅱ)若△ABD是等邊三角形，且BF與平面DCEF所成角的正切值為 ，求二面角A﹣BF﹣C的平面角的余弦值.

　　【考點(diǎn)】二面角的平面角及求法;直線與平面垂直的判定.

　　【分析】(Ⅰ)推導(dǎo)出AB⊥平面BCE，AB∥CD∥EF，從而CD⊥平面BCE，進(jìn)而CD⊥CE，由CE∥DF，得CD⊥DF，由此能證明DF⊥平面ABCD.

　　(Ⅱ)法1：過C作CH⊥BE交BE于H，HK⊥BF交BF于K，推導(dǎo)出∠HKC為C﹣BF﹣E的平面角，由此能求出二面角A﹣BF﹣C的平面角的余弦值.

　　(Ⅱ)法2：以C為原點(diǎn)，CD，CB，CE所在直線為x，y，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系.不妨設(shè)CD=1，利用向量法能求出二面角A﹣BF﹣C的平面角的余弦值.

　　【解答】證明：(Ⅰ)因?yàn)?，所以AB⊥平面BCE，

　　又EF∥CD，所以EF∥平面ABCD，從而有AB∥CD∥EF，…

　　所以CD⊥平面BCE，從而CD⊥CE，

　　又CE∥DF，所以CD⊥DF，

　　又平面DCEF⊥平面ABCD，所以DF⊥平面ABCD.…

　　解：(Ⅱ)解法1：過C作CH⊥BE交BE于H，HK⊥BF交BF于K，

　　因?yàn)锳B⊥平面BCE，所以CH⊥AB，從而CH⊥平面ABEF，

　　所以CH⊥BF，從而BF⊥平面CHK，所以BF⊥KH

　　即∠HKC為C﹣BF﹣E的平面角，與 A﹣BF﹣C的平面角互補(bǔ).…

　　因?yàn)锽C⊥DCEF，所以BF與平面DCEF所成角為∠BFC.

　　由 ，所以2CB2=CD2+CE2，…

　　由△ABD是等邊三角形，知∠CBD=30°，所以

　　令CD=a，所以 ， .

　　所以 ， .

　　所以二面角A﹣BF﹣C的平面角的余弦值為 .…

　　(Ⅱ)解法2：因?yàn)镃B，CD，CE兩兩垂直，

　　以C為原點(diǎn)，CD，CB，CE所在直線為x，y，z軸，如圖建立空間直角坐標(biāo)系.不妨設(shè)CD=1.

　　因?yàn)锽C⊥DCEF，所以BF與平面DCEF所成角為∠BFC.

　　由 ，所以2CB2=CD2+CE2，…

　　由△ABD是等邊三角形，知∠CBD=30°，

　　所以 ，

　　…

　　，

　　平面ABF的一個(gè)法向量 ，平面CBF的一個(gè)法向量

　　則 ，且

　　取 …

　　則 .

　　二面角A﹣BF﹣C的平面角與 的夾角互補(bǔ).

　　所以二面角A﹣BF﹣C的平面角的余弦值為 .…

　　18.已知函數(shù)f(x)=x2﹣1.

　　(1)對(duì)于任意的1≤x≤2，不等式4m2|f(x)|+4f(m)≤|f(x﹣1)|恒成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍;

　　(2)若對(duì)任意實(shí)數(shù)x1∈[1，2].存在實(shí)數(shù)x2∈[1，2]，使得f(x1)=|2f(x2)﹣ax2|成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍.

　　【考點(diǎn)】函數(shù)恒成立問題;二次函數(shù)的性質(zhì).

　　【分析】(1)由題意可得4m2(|x2﹣1|+1|≤4+|x2﹣2x|，由1≤x≤2，可得4m2≤ ，運(yùn)用二次函數(shù)的最值的求法，可得右邊函數(shù)的最小值，解不等式可得m的范圍;

　　(2)f(x)在[1，2]的值域?yàn)锳，h(x)=|2f(x)﹣ax|的值域?yàn)锽，由題意可得A⊆B.分別求得函數(shù)f(x)和h(x)的值域，注意討論對(duì)稱軸和零點(diǎn)，與區(qū)間的關(guān)系，結(jié)合單調(diào)性即可得到值域B，解不等式可得a的范圍.

　　【解答】解：(1)對(duì)于任意的1≤x≤2，不等式4m2|f(x)|+4f(m)≤|f(x﹣1)|恒成立，

　　即為4m2(|x2﹣1|+1|≤4+|x2﹣2x|，

　　由1≤x≤2，可得4m2≤ ，

　　由g(x)= =4( + )2﹣ ，

　　當(dāng)x=2，即 = 時(shí)，g(x)取得最小值，且為1，

　　即有4m2≤1，解得﹣ ≤m≤ ;

　　(2)對(duì)任意實(shí)數(shù)x1∈[1，2].

　　存在實(shí)數(shù)x2∈[1，2]，使得f(x1)=|2f(x2)﹣ax2|成立，

　　可設(shè)f(x)在[1，2]的值域?yàn)锳，h(x)=|2f(x)﹣ax|的值域?yàn)锽，

　　可得A⊆B.

　　由f(x)在[1，2]遞增，可得A=[0，3];

　　當(dāng)a<0時(shí)，h(x)=|2x2﹣ax﹣2|=2x2﹣ax﹣2，(1≤x≤2)，

　　在[1，2]遞增，可得B=[﹣a，6﹣2a]，

　　可得﹣a≤0<3≤6﹣2a，不成立;

　　當(dāng)a=0時(shí)，h(x)=2x2﹣2，(1≤x≤2)，

　　在[1，2]遞增，可得B=[0，6]，

　　可得0≤0<3≤6，成立;

　　當(dāng)01(負(fù)的舍去)，

　　h(x)在[1， ]遞減，[ ，2]遞增，

　　即有h(x)的值域?yàn)閇0，h(2)]，即為[0，6﹣2a]，

　　由0≤0<3≤6﹣2a，解得0

　　當(dāng)2

　　即有h(x)的值域?yàn)閇0，h(2)]，即為[0，a]，

　　由0≤0<3≤a，解得a=3;

　　當(dāng)3

　　由2a﹣6≤0<3≤a，無解，不成立;

　　當(dāng)4

　　由2a﹣6≤0<3≤2a，不成立;

　　當(dāng)6

　　由a≤0<3≤2a，不成立;

　　當(dāng)a>8時(shí)，h(x)在[1，2]遞增，可得B=[a，2a﹣6]，

　　A⊆B不成立.

　　綜上可得，a的范圍是0≤a≤ 或a=3.

　　19.已知F1，F(xiàn)2為橢圓 的左、右焦點(diǎn)，F(xiàn)2在以 為圓心，1為半徑的圓C2上，且|QF1|+|QF2|=2a.

　　(Ⅰ)求橢圓C1的方程;

　　(Ⅱ)過點(diǎn)P(0，1)的直線l1交橢圓C1于A，B兩點(diǎn)，過P與l1垂直的直線l2交圓C2于C，D兩點(diǎn)，M為線段CD中點(diǎn)，求△MAB面積的取值范圍.

　　【考點(diǎn)】橢圓的簡單性質(zhì).

　　【分析】(Ⅰ)圓C2的方程為 ，由此圓與x軸相切，求出a，b的值，由此能求出橢圓C1的方程.

　　(Ⅱ)設(shè)l1：x=t(y﹣1)，則l2：tx+y﹣1=0，與橢圓聯(lián)立，得(t2+2)y2﹣2t2y+t2﹣4=0，由此利用弦長公式、點(diǎn)到直線距離公式，結(jié)合已知條件能求出△MAB面積的取值范圍.

　　【解答】(本題滿分15分)

　　解：(Ⅰ)圓C2的方程為 ，

　　此圓與x軸相切，切點(diǎn)為

　　∴ ，即a2﹣b2=2，且 ， …

　　又|QF1|+|QF2|=3+1=2a.…

　　∴a=2，b2=a2﹣c2=2

　　∴橢圓C1的方程為 .…

　　(Ⅱ)當(dāng)l1平行x軸的時(shí)候，l2與圓C2無公共點(diǎn)，從而△MAB不存在;

　　設(shè)l1：x=t(y﹣1)，則l2：tx+y﹣1=0.

　　由 ，消去x得(t2+2)y2﹣2t2y+t2﹣4=0，

　　則 .…

　　又圓心 到l2的距離 ，得t2<1.…

　　又MP⊥AB，QM⊥CD

　　∴M到AB的距離即Q到AB的距離，設(shè)為d2，

　　即 .…

　　∴△MAB面積

　　令

　　則 .

　　∴△MAB面積的取值范圍為 .…

　　20.對(duì)任意正整數(shù)n，設(shè)an是方程x2+ =1的正根.求證：

　　(1)an+1>an;

　　(2) + +…+ <1+ + +…+ .

　　【考點(diǎn)】數(shù)列的應(yīng)用.

　　【分析】(1)解方程可得an= ，再由分子有理化，結(jié)合 ， 在n∈N*上遞減，即可得證;

　　(2)求出 = ，分析法可得 < ，累加并運(yùn)用不等式的性質(zhì)即可得證.

　　【解答】解：(1)an是方程x2+ =1的正根，

　　解得an= ，

　　由分子有理化，可得an=

　　= ，

　　由 ， 在n∈N*上遞減，

　　可得an為遞增數(shù)列，

　　即為an+1>an;

　　(2)證明：由an= ，可得

　　= ，

　　由 < ⇔2n﹣1<

　　⇔1+4n2﹣4

　　n<1+4n2⇔﹣4n<0，顯然成立，

　　即有 + +…+ <1+ + +…+

　　<1+ + +…+ .

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