A．

7

B．

15

C．

20

D．

25

A．

B．

C．

D．

A．

相离

B．

相切

C．

相交但直线不过圆心

D．

相交且直线过圆心

A．

B．

C．

D．

105

A．

﹣3

B．

﹣1

C．

1

D．

3

A．

B．

C．

D．

10

A．

既不充分也不必要的条件

B．

充分而不必要的条件

C．

必要而不充分的条件

D．

充要条件

A．

函数f（x）有极大值f（2）和极小值f（1）

B．

函数f（x）有极大值f（﹣2）和极小值f（1）

C．

函数f（x）有极大值f（2）和极小值f（﹣2）

D．

函数f（x）有极大值f（﹣2）和极小值f（2）

A．

（0，）

B．

（0，）

C．

（1，）

D．

（1，）

A．

B．

C．

D．

A．

7

B．

15

C．

20

D．

25

考点：

等差数列的性质。439658

专题：

计算题。

分析：

利用等差数列的性质，可得a2+a4=a1+a5=6，再利用等差数列的求和公式，即可得到结论．

解答：

解：∵等差数列{an}中，a2=1，a4=5，

∴a2+a4=a1+a5=6，

∴S5=（a1+a5）=

故选B．

点评：

本题考查等差数列的性质，考查等差数列的求和公式，熟练运用性质是关键．

A．

B．

C．

D．

考点：

其他不等式的解法。439658

专题：

计算题。

分析：

由不等式可得 ，由此解得不等式的解集．

解答：

解：由不等式可得 ，解得﹣＜x≤1，故不等式的解集为，

故选A．

点评：

本题主要考查分式不等式的解法，体现了等价转化的数学思想，属于中档题．

A．

相离

B．

相切

C．

相交但直线不过圆心

D．

相交且直线过圆心

考点：

直线与圆的位置关系。439658

专题：

探究型。

分析：

对任意的实数k，直线y=kx+1恒过点（0，1），且斜率存在，（0，1）在圆x2+y2=1上，故可得结论．

解答：

解：对任意的实数k，直线y=kx+1恒过点（0，1），且斜率存在

∵（0，1）在圆x2+y2=1上

∴对任意的实数k，直线y=kx+1与圆x2+y2=1 的位置关系一定是相交但直线不过圆心

故选C．

点评：

本题考查直线与圆的位置关系，解题的关键是确定直线y=kx+1恒过点（0，1），且斜率存在．

A．

B．

C．

D．

105

考点：

二项式定理的应用。439658

专题：

计算题。

分析：

在的展开式通项公式中，令x的幂指数等于零，求出r的值，即可求得展开式中常数项．

解答：

解：的展开式通项公式为Tr+1==，

令=0，r=4．

故展开式中常数项为 =，

故选B．

点评：

本题主要考查二项式定理，二项展开式的通项公式，求展开式中某项的系数，属于中档题．

A．

﹣3

B．

﹣1

C．

1

D．

3

考点：

两角和与差的正切函数；根与系数的关系。439658

专题：

计算题。

分析：

由tanα，tanβ是方程x2﹣3x+2=0的两个根，利用根与系数的关系分别求出tanα+tanβ及tanαtanβ的值，然后将tan（α+β）利用两角和与差的正切函数公式化简后，将tanα+tanβ及tanαtanβ的值代入即可求出值．

解答：

解：∵tanα，tanβ是方程x2﹣3x+2=0的两个根，

∴tanα+tanβ=3，tanαtanβ=2，

则tan（α+β）===﹣3．

故选A

点评：

此题考查了两角和与差的正切函数公式，以及根与系数的关系，利用了整体代入的思想，熟练掌握公式是解本题的关键．

A．

B．

C．

D．

10

考点：

数量积判断两个平面向量的垂直关系；向量的模；平面向量共线（平行）的坐标表示。439658

专题：

计算题。

分析：

由两个向量垂直的性质可得2x﹣4=0，由两个向量共线的性质可得﹣4﹣2y=0，由此求出 x=2，y=﹣2，以及的坐标，从而求得||的值．

解答：

解：∵向量=（x，1），=（1，y），=（2，﹣4）且⊥，∥，则有2x﹣4=0，﹣4﹣2y=0，

解得 x=2，y=﹣2，故=（3，﹣1 ）．

故有||==，

故选B．

点评：

本题主要考查两个向量共线的性质，两个向量垂直的性质，两个向量坐标形式的运算，属于基础题．

A．

既不充分也不必要的条件

B．

充分而不必要的条件

C．

必要而不充分的条件

D．

充要条件

考点：

必要条件、充分条件与充要条件的判断；奇偶性与单调性的综合。439658

专题：

证明题。

分析：

由题意，可由函数的性质得出f（x）为[﹣1，0]上是减函数，再由函数的周期性即可得出f（x）为[3，4]上的减函数，由此证明充分性，再由f（x）为[3，4]上的减函数结合周期性即可得出f（x）为[﹣1，0]上是减函数，再由函数是偶函数即可得出f（x）为[0，1]上的增函数，由此证明必要性，即可得出正确选项

解答：

解：由题意，f（x）是定义在R上的偶函数，f（x）为[0，1]上的增函数

所以f（x）为[﹣1，0]上是减函数

又f（x）是定义在R上的函数，且以2为周期

[3，4]与[﹣1，0]相差两个周期，故两区间上的单调性一致，所以可以得出f（x）为[3，4]上的减函数，故充分性成立，

若f（x）为[3，4]上的减函数，由周期性可得出f（x）为[﹣1，0]上是减函数，再由函数是偶函数可得出f（x）为[0，1]上的增函数，故必要性成立

综上，“f（x）为[0，1]上的增函数”是“f（x）为[3，4]上的减函数”的充要条件．

故选D

点评：

本题考查充分性与必要性的判断，解题的关键是理解充分性与必要性证明的方向，即由那个条件到那个条件的证明是充分性，那个方向是必要性，初学者易搞不清证明的方向导致表述上出现逻辑错误，

A．

函数f（x）有极大值f（2）和极小值f（1）

B．

函数f（x）有极大值f（﹣2）和极小值f（1）

C．

函数f（x）有极大值f（2）和极小值f（﹣2）

D．

函数f（x）有极大值f（﹣2）和极小值f（2）

考点：

函数在某点取得极值的条件；函数的图象。439658

专题：

计算题。

分析：

利用函数的图象，判断导函数值为0时，左右两侧的导数的符号，即可判断极值．

解答：

解：由函数的图象可知，f′（﹣2）=0，f′（2）=0，并且当x＜﹣2时，f′（x）＞0，当﹣2＜x＜2，f′（x）＜0，函数f（x）有极大值f（﹣2）．

又当﹣2＜x＜2时，f′（x）＜0，当x＞2时，f′（x）＞0，故函数f（x）有极小值f（2）．

故选D．

点评：

本题考查函数与导数的应用，考查分析问题解决问题的能力，函数的图象的应用．

A．

（0，）

B．

（0，）

C．

（1，）

D．

（1，）

考点：

异面直线的判定；棱锥的结构特征。439658

专题：

计算题。

分析：

先在三角形BCD中求出a的范围，再在三角形AED中求出a的范围，二者相结合即可得到答案．

解答：

解：设四面体的底面是BCD，BC=a，BD=CD=1，顶点为A，AD=

在三角形BCD中，因为两边之和大于第三边可得：0＜a＜2 （1）

取BC中点E，∵E是中点，直角三角形ACE全等于直角DCE，

所以在三角形AED中，AE=ED=

∵两边之和大于第三边

∴＜2 得0＜a＜ （负值0值舍）（2）

由（1）（2）得0＜a＜．

故选：A．

点评：

本题主要考察三角形三边关系以及异面直线的位置．解决本题的关键在于利用三角形两边之和大于第三边这一结论．

A．

B．

C．

D．

考点：

二元一次不等式（组）与平面区域；交集及其运算。439658

专题：

计算题。

分析：

先分别画出集合A与集合B表示的平面区域，再画出它们的公共部分，最后利用圆的面积公式及图形的对称性，计算所求面积即可

解答：

解：∵⇔或其表示的平面区域如图，（x﹣1）2+（y﹣1）2≤1表示以（1，1）为圆心，1为半径的圆及其内部区域，其面积为π

∴A∩B所表示的平面图形为上述两区域的公共部分，如图阴影区域，

由于圆和y=均关于y=x对称，

故阴影部分面积为圆的面积的一半，即

故选 D

点评：

本题主要考查了二元不等式表示平面区域的知识和延伸，准确的画出两集合表示的平面区域是解决本题的关键，属基础题

考点：

复数代数形式的乘除运算；复数相等的充要条件。439658

专题：

计算题。

分析：

由条件可得 a+bi=1+3i，根据两个复数相等的充要条件求出a和b的值，即可求得a+b的值．

解答：

解：∵（1+i）（2+i）=a+bi，其中a，b∈R，i为虚数单位，

∴a+bi=1+3i，

∴a=1，b=3，

∴a+b=1+3=4，

故答案为 4．

点评：

本题主要考查两个复数代数形式的乘除法，两个复数相等的充要条件，属于基础题．

考点：

极限及其运算。439658

专题：

计算题。

分析：

把要求的式子化为，即，再利用极限及其运算法则求得所求式子的值．

解答：

解：====，

故答案为 ．

点评：

本题主要考查极限及其运算法则的应用，把要求的式子化为，是解题的关键，属于基础题．

考点：

余弦定理；正弦定理。439658

专题：

计算题。

分析：

由A和B都为三角形的内角，且根据cosA及cosB的值，利用同角三角函数间的基本关系分别求出sinA和sinB的值，将sinC中的角C利用三角形的内角和定理变形后，将各自的值代入求出sinC的值，由sinC，b及sinB的值，利用正弦定理即可求出c的值．

解答：

解：∵A和B都为三角形的内角，且cosA=，cosB=，

∴sinA==，sinB==，

∴sinC=sin（A+B）=sinAcosB+cosAsinB=×+×=，

又b=3，

∴由正弦定理=得：c===．

故答案为：

点评：

此题考查了同角三角函数间的基本关系，诱导公式，两角和与差的正弦函数公式，以及正弦定理，熟练掌握定理及公式是解本题的关键．

考点：

抛物线的简单性质。439658

专题：

计算题。

分析：

设出点的坐标与直线的方程，利用抛物线的定义表示出|AF|、|BF|再联立直线与抛物线的方程利用根与系数的关系解决问题，即可得到答案．

解答：

解：由题意可得：F（，0），设A（x1，y1），B（x2，y2）．

因为过抛物线y2=2x的焦点F作直线l交抛物线于A、B两点，

所以|AF|=+x1，|BF|=+x2．

因为，所以x1+x2=

设直线l的方程为y=k（x﹣），

联立直线与抛物线的方程可得：k2x2﹣（k2+2）x+=0，

所以x1+x2=．

∴

∴k2=24

∴24x2﹣26x+6=0，

∴，

∴|AF|=+x1=

故答案为：

点评：

解决此类问题的关键是熟练掌握抛物线的定义，以及掌握直线与抛物线位置关系，并且结合准确的运算也是解决此类问题的一个重要方面

考点：

等可能事件的概率。439658

专题：

计算题。

分析：

三门文化课排列，中间有两个空，若每个空各插入1节艺术课，则排法种数为，若两个空中只插入1节艺术课，则排法种数为=216，三门文化课中相邻排列，则排法种数为=144，而所有的排法共有=720种，由此求得所求事件的概率．

解答：

解：语文、数学、外语三门文化课排列，这三门课中间存在两个空，在两个空中，

若每个空各插入1节艺术课，则排法种数为 =72，

若两个空中只插入1节艺术课，则排法种数为=216，

若语文、数学、外语三门文化课相邻排列，则排法种数为=144，

而所有的排法共有=720种，

故在课表上的相邻两节文化课之间最多间隔1节艺术课的概率为 =，

故答案为 ．

点评：

本题主要考查等可能事件的概率，体现了分类讨论的数学思想，属于基础题．

考点：

利用导数研究曲线上某点切线方程；利用导数研究函数的极值。439658

专题：

综合题。

分析：

（Ⅰ） 求导函数，利用曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线垂直于y轴，可得f′（1）=0，从而可求a的值；

（Ⅱ） 由（Ⅰ）知，（x＞0），=，确定函数的单调性，即可求得函数f（x）的极值．

解答：

解：（Ⅰ） 求导函数可得

∵曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线垂直于y轴．

∴f′（1）=0，∴，

∴a=﹣1；

（Ⅱ） 由（Ⅰ）知，（x＞0）

=

令f′（x）=0，可得x=1或x=（舍去）

∵0＜x＜1时，f′（x）＜0，函数递减；x＞1时，f′（x）＞0，函数递增

∴x=1时，函数f（x）取得极小值为3．

点评：

本题考查导数知识的运用，考查导数的几何意义，函数的单调性与极值，正确求导是关键．

考点：

离散型随机变量的期望与方差；互斥事件的概率加法公式；相互独立事件的概率乘法公式；离散型随机变量及其分布列。439658

专题：

计算题。

分析：

设Ak，Bk分别表示甲、乙在第k次投篮投中，则P（Ak）=，P（Bk）=（k=1，2，3）

（Ⅰ） 记“甲获胜”为事件C，则P（C）=P（A1）+P（）+P（），利用互斥事件的概率公式即可求解；

（Ⅱ） 投篮结束时甲的投篮次数ξ的可能值为1，2，3，求出相应的概率，即可得到ξ的分布列与期望．

解答：

解：设Ak，Bk分别表示甲、乙在第k次投篮投中，则P（Ak）=，P（Bk）=（k=1，2，3）

（Ⅰ） 记“甲获胜”为事件C，则P（C）=P（A1）+P（）+P（）

=×+=；

（Ⅱ） 投篮结束时甲的投篮次数ξ的可能值为1，2，3

P（ξ=1）=P（A1）+P（）=

P（ξ=2）=P（）+P（）==

P（（ξ=3）=P（）==

ξ的分布列为

期望Eξ=1×+2×+3×=．

点评：

本题考查互斥事件概率的求解，考查离散型随机变量的分布列与期望，解题的关键是确定变量的取值，理解变量取值的含义，属于中档题．

考点：

二倍角的余弦；两角和与差的正弦函数；二倍角的正弦；正弦函数的定义域和值域；正弦函数的单调性。439658

专题：

计算题；转化思想。

分析：

（I）由题意，可由三角函数的恒等变换公式对函数的解析式进行化简得到f（x）=sin2ωx+1，由此易求得函数的值域；

（II）f（x）在区间上为增函数，此区间必为函数某一个单调区间的子集，由此可根据复合三角函数的单调性求出用参数表示的三角函数的单调递增区间，由集合的包含关系比较两个区间的端点即可得到参数ω所满足的不等式，由此不等式解出它的取值范围，即可得到它的最大值．

解答：

解：f（x）=4cos（ωx﹣）sinωx﹣cos（2ωx+π）

=4（cosωx+sinωx）sinωx+cos2ωx

=2cosωxsinωx+sin2ωx+cos2ωxsin2ωx

=sin2ωx+1，

∵﹣1≤sin2ωx≤1，

所以函数y=f（x）的值域是[]

（II）因y=sinx在每个区间[]，k∈z上为增函数，

令，又ω＞0，

所以，解不等式得≤x≤，即f（x）=sin2ωx+1，（ω＞0）在每个闭区间[，]，k∈z上是增函数

又有题设f（x）在区间上为增函数

所以⊆[，]，对某个k∈z成立，

于是有．解得ω≤，故ω的最大值是．

点评：

本题考查三角恒等变换的运用及三角函数值域的求法，解题的关键是对所给的函数式进行化简，熟练掌握复合三角函数单调性的求法，本题考查了转化的思想，计算能力，属于中等难度的题

考点：

用空间向量求平面间的夹角；与二面角有关的立体几何综合题；点、线、面间的距离计算。439658

专题：

综合题；转化思想。

分析：

（I）由题意，由于可证得CD⊥平面A1ABB1．故点C到平面的距离即为CD的长度，易求；

（II）解法一：由题意结合图象，可通过作辅助线先作出二面角的平面角∠A1DD1，然后在直角三角形A1D1D中求出二面角的余弦；

解法二：根据几何体的形状，可过D作DD1∥AA1交A1B1于D1，在直三棱柱中，可得DB，DC，DD1两两垂直，则以D为原点，射线DB，DC，DD1分别为X轴、Y轴、Z轴的正半轴建立空间直角坐标系D﹣xyz．给出各点的坐标，分别求出两平面的法向量，求出两向量的夹角即为两平面的夹角．

解答：

解：（I）由AC=BC，D为AB的中点，得CD⊥AB．又CD⊥AA1．

故CD⊥平面A1ABB1．

所以点C到平面A1ABB1的距离为CD==

（II）解法一：如图1，取D1为A1B1的中点，连接DD1，则DD1∥AA1∥CC1．

又由（I）知CD⊥平面A1ABB1．故CD⊥A1D，CD⊥D1D，所以∠A1DD1为所求的二面角A1﹣CD﹣C1的平面角．因A1D为A1C在面A1ABB1中的射影，又已知AB1⊥A1C由三垂线定理的逆定理得AB1⊥A1D．从而∠A1AB1、∠A1DA都与∠B1AB互余．因此∠A1AB1=∠A1DA，所以Rt△A1AD∽Rt△B1A1A．因此AA1：AD=A1B1：AA1，即AA12=AD•A1B1=8，得AA1=2，从而A1D==2．所以Rt△A1D1D中，cos∠A1DD1===

解法二：如图2，过D作DD1∥AA1交A1B1于D1，在直三棱柱中，有DB，DC，DD1两两垂直，以D为原点，射线DB，DC，DD1分别为X轴、Y轴、Z轴的正半轴建立空间直角坐标系D﹣xyz．

设直三棱柱的高为h，则A（﹣2，0，0），A1（﹣2，0，h），B1（2，0，h），C（0，，0），C1（0，，h），从而=（4，0，h），=（2，，﹣h）

由AB1⊥A1C，可得8﹣h2=0，h=2，故=（﹣2，0，2），=（0，0，2），=（0，，0）

设平面A1CD的法向量为=（x1，y1，z1），则有⊥，⊥

∴•=0且•=0，即，取z1=1，则=（，0，1）

设平面C1CD的法向量为=（x2，y2，z2），则⊥，⊥，即且=0，取x2=1，得=（1，0，0），

所以cos＜，＞===，所以二面角A1﹣CD﹣C1的平面角的余弦值

点评：

本题考查二面角的求法及点到面距离的求法，点到面的求法一般是作垂线，垂线段的长度即所求，二面角的余弦值的求法有两种，一种是几何法，找到二面角平面角所在的三角形，解三角形求出角的余弦值，第二种方法是现在比较常用的方法向量法，其特征是思维量小，计算量大，作题时对这两种方法要根据题设灵活选用

考点：

直线与圆锥曲线的综合问题；椭圆的标准方程；椭圆的简单性质。439658

专题：

综合题。

分析：

（Ⅰ）设椭圆的方程为，F2（c，0），利用△AB1B2是的直角三角形，|AB1|=AB2|，可得∠B1AB2为直角，从而，利用c2=a2﹣b2，可求，又S=|B1B2||OA|==4，故可求椭圆标准方程；

（Ⅱ）由（Ⅰ）知B1（﹣2，0），B2（2，0），由题意，直线PQ的倾斜角不为0，故可设直线PQ的方程为x=my﹣2，代入椭圆方程，消元可得（m2+5）y2﹣4my﹣16﹣0，利用韦达定理及PB2⊥QB2，利用可求m的值，进而可求直线l的方程．

解答：

解：（Ⅰ）设椭圆的方程为，F2（c，0）

∵△AB1B2是的直角三角形，|AB1|=AB2|，∴∠B1AB2为直角，从而|OA|=|OB2|，即

∵c2=a2﹣b2，∴a2=5b2，c2=4b2，∴

在△AB1B2中，OA⊥B1B2，∴S=|B1B2||OA|=

∵S=4，∴b2=4，∴a2=5b2=20

∴椭圆标准方程为；

（Ⅱ）由（Ⅰ）知B1（﹣2，0），B2（2，0），由题意，直线PQ的倾斜角不为0，故可设直线PQ的方程为x=my﹣2

代入椭圆方程，消元可得（m2+5）y2﹣4my﹣16﹣0①

设P（x1，y1），Q（x2，y2），

∴，

∵，

∴=

∵PB2⊥QB2，∴

∴，∴m=±2

所以满足条件的直线有两条，其方程分别为x+2y+2=0和x﹣2y+2=0．

点评：

本题考查椭圆的标准方程，考查椭圆的几何性质，考查直线与椭圆的位置关系，考查向量知识的运用，考查三角形的面积计算，综合性强．

考点：

数列与不等式的综合；等比数列的前n项和；等比关系的确定；数列与函数的综合。439658

专题：

综合题。

分析：

（I）根据Sn+1=a2Sn+a1，再写一式，两式相减，即可证得{an}是首项为1的等比数列；

（II）当n=1或2时，等号成立，设n≥3，a2＞﹣1，且a2≠0，由（I）知a1=1，，所以要证的不等式可化为（n≥3），即证（n≥2），a2=1时，等号成立；再证明a2＞﹣1且a2≠1时，（）（）＞0，即可证得结论．

解答：

证明：（I）∵Sn+1=a2Sn+a1，①

∴Sn+2=a2Sn+1+a1，②

①﹣②可得：an+2=a2an+1

∵a2≠0，∴

∵Sn+1=a2Sn+a1，∴S2=a2S1+a1，∴a2=a2a1

∵a2≠0，∴a1=1

∴{an}是首项为1的等比数列；

（II）当n=1或2时，等号成立

设n≥3，a2＞﹣1，且a2≠0，由（I）知a1=1，，所以要证的不等式可化为

（n≥3）

即证（n≥2）

a2=1时，等号成立

当﹣1＜a2＜1时，与同为负；

当a2＞1时，与同为正；

∴a2＞﹣1且a2≠1时，（）（）＞0，即

上面不等式n分别取1，2，…，n累加可得

∴

综上，，等号成立的充要条件是n=1或2或a2=1．

点评：

本题考查等比数列的证明，考查不等式的证明，考查叠加法的运用，需要一定的基本功，属于中档题．