A.{1} B.{2，3} C.{0，1} D.{2，3，4}

　　【考點】交集及其運算.

　　【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={0，1，2，3，4}，

　　∴M∩N={1}，

　　故選：A.

　　2.已知a∈R，則“|a﹣1|+|a|≤1”是“函數y=ax在R上為減函數”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】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，結合指數函數的性質判斷充分必要性即可.

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

　　0≤a≤1時：|a﹣1|+|a|=1﹣a+1=1≤，成立，

　　a>1時：|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y=ax在R上為減函數，則a∈(0，1)，

　　故“|a﹣1|+|a|≤1”是“函數y=ax在R上為減函數”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】平面向量共線(平行)的坐標表示.

　　【分析】先求出 ﹣2 和m +n ，再由向量共線的性質求解.

　　【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.如圖是一個幾何體的三視圖，則這個幾何體的表面積是(　　)

　　A.84 B. C. D.

　　【考點】由三視圖求面積、體積.

　　【分析】幾何體為側放的五棱柱，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】空間中直線與平面之間的位置關系.

　　【分析】根據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和判定定理進行判斷即可.

　　【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，因為不滿足面面垂直的條件，故D錯誤，

　　故選：D

　　6.已知函數f(x)=sin(2x+φ)，其中φ為實數，若f(x)≤|f( )|對x∈R恒成立，且f( )>f(π)，則f(x)的單調遞增區間是(　　)

　　A.[kπ﹣ ，kπ+ ](k∈Z)

　　B.[kπ，kπ+ ](k∈Z)

　　C.[kπ+ ，kπ+ ](k∈Z) D.[kπ﹣ ，kπ](k∈Z)

　　【考點】函數y=Asin(ωx+φ)的圖象變換.

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

　　【解答】解：若 對x∈R恒成立，

　　則f( )等于函數的最大值或最小值

　　即2× +φ=kπ+ ，k∈Z

　　則φ=kπ+ ，k∈Z

　　又

　　即sinφ<0

　　令k=﹣1，此時φ= ，滿足條件

　　令2x ∈[2kπ﹣ ，2kπ+ ]，k∈Z

　　解得x∈

　　故選C

　　7.已知實數列{an}是等比數列，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】等比數列的通項公式.

　　【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：∵數列{an}是等比數列，a2a5a8=﹣8，∴ ，

　　解得a5=﹣2，

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

　　∴ + + 有最小值 .

　　故選：D.

　　8.已知F1，F2分別是雙曲線C： ﹣ =1(a>0，b>0)的左、右焦點，其離心率為e，點B的坐標為(0，b)，直線F1B與雙曲線C的兩條漸近線分別交于P、Q兩點，線段PQ的垂直平分線與x軸，直線F1B的交點分別為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】雙曲線的簡單性質.

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

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

　　直線PQ為：y= (x+c)，與y= x.聯立得：Q( ， );

　　與y=﹣ x.聯立得：P( ， ).PQ的中點為( ， )，

　　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】對數的運算性質.

　　【分析】利用指數、對數的性質、運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F的坐標為　(0，1)　，若M是拋物線上一點，|MF|=4，O為坐標原點，則∠MFO=　 或 　.

　　【考點】拋物線的簡單性質.

　　【分析】利用拋物線的方程與定義，即可得出結論.

　　【解答】解：拋物線x2=4y的焦點在y軸上，且p=1，焦點坐標為(0，1);

　　∵M是拋物線上一點，|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f(x)= 為奇函數，則a=　0　，f(g(﹣2))=　﹣25　.

　　【考點】函數奇偶性的性質;函數的值.

　　【分析】利用分段函數，結合函數的奇偶性，即可得出結論.

　　【解答】解：由題意，a=f(0)=0.

　　設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.對于定義在R上的函數f(x)，如果存在實數a，使得f(a+x)•f(a﹣x)=1對任意實數x∈R恒成立，則稱f(x)為關于a的“倒函數”.已知定義在R上的函數f(x)是關于0和1的“倒函數”，且當x∈[0，1]時，f(x)的取值范圍為[1，2]，則當x∈[1，2]時，f(x)的取值范圍為　[ ，1]　，當x∈[﹣2016，2016]時，f(x)的取值范圍為　[ ，2]　.

　　【考點】抽象函數及其應用.

　　【分析】根據“倒函數”的定義，建立兩個方程關系，根據方程關系判斷函數的周期性，利用函數的周期性和函數的關系進行求解即可得到結論.

　　【解答】解：若函數f(x)是關于0和1的“倒函數”，

　　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f(x)是周期為2的周期函數，

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

　　∵f(x)•f(﹣x)=1，

　　∴f(﹣x)= ∈[ ，1]，

　　∵f(﹣x)=f(2﹣x)∈[ ，1]，

　　∴當x∈[1，2]時，f(x)∈[ ，1].

　　即一個周期內當x∈[0，2]時，f(x)∈[ ，2].

　　∴當x∈[﹣2016，2016]時，f(x)∈[ ，2].

　　故答案為：[ ，1]，[ ，2].

　　13.已知關于x的方程x2+ax+2b﹣2=0(a，b∈R)有兩個相異實根，若其中一根在區間(0，1)內，另一根在區間(1，2)內，則 的取值范圍是　 　.

　　【考點】一元二次方程的根的分布與系數的關系.

　　【分析】由題意知 ，從而轉化為線性規劃問題求解即可.

　　【解答】解：令f(x)=x2+ax+2b﹣2，

　　由題意知，

　　，

　　作其表示的平面區域如下，

　　，

　　的幾何意義是點A(1，4)與陰影內的點的連線的斜率，

　　直線m過點B(﹣3，2)，故km= = ;

　　直線l過點C(﹣1，1)，故kl= = ;

　　結合圖象可知，

　　的取值范圍是 ;

　　故答案為：

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

　　【考點】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 ，解關于 的一元二次不等式可得.

　　【解答】解：∵正數x，y滿足x2+4y2+x+2y=1，

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

　　當且僅當x=2y時取等號.

　　變形可得2( )2+2 ﹣1≤0，

　　解得 ≤ ≤ ，

　　結合 >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旋轉得到B1C，直線AC繞AB旋轉得到AC1，則在所有旋轉過程中，直線B1C與直線AC1所成角的取值范圍為　[10°，50°]　.

　　【考點】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旋轉得到B1C，直線AC繞AB旋轉得到AC1，

　　如圖，平移CB1到A處，B1C繞AC旋轉，

　　∴∠B1CA=30°，∠B1AC=150°，

　　AC1繞AB旋轉，∴0°≤∠C1AC≤2∠CAB，

　　∴0≤∠C1AC≤20°，

　　設直線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，求b的取值范圍;

　　(Ⅱ)當△ABC的周長取最大值時，求b的值.

　　【考點】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，結合滿足條件的△ABC有且只有一個可得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，b= =c.

　　【解答】解：(Ⅰ)△ABC中，角A，B，C所對的邊分別是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= ∈( ， )，結合滿足條件的△ABC有且只有一個，∴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 ，當且僅當b=c時，取等號，此時，三角形的周長為 2+b+c最大為2+2 ，

　　故此時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】二面角的平面角及求法;直線與平面垂直的判定.

　　【分析】(Ⅰ)推導出AB⊥平面BCE，AB∥CD∥EF，從而CD⊥平面BCE，進而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，CD，CB，CE所在直線為x，y，z軸，建立空間直角坐標系.不妨設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)因為 ，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，

　　因為AB⊥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.…

　　因為BC⊥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：因為CB，CD，CE兩兩垂直，

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

　　因為BC⊥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的一個法向量 ，平面CBF的一個法向量

　　則 ，且

　　取 …

　　則 .

　　二面角A﹣BF﹣C的平面角與 的夾角互補.

　　所以二面角A﹣BF﹣C的平面角的余弦值為 .…

　　18.已知函數f(x)=x2﹣1.

　　(1)對于任意的1≤x≤2，不等式4m2|f(x)|+4f(m)≤|f(x﹣1)|恒成立，求實數m的取值范圍;

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

　　【考點】函數恒成立問題;二次函數的性質.

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

　　(2)f(x)在[1，2]的值域為A，h(x)=|2f(x)﹣ax|的值域為B，由題意可得A⊆B.分別求得函數f(x)和h(x)的值域，注意討論對稱軸和零點，與區間的關系，結合單調性即可得到值域B，解不等式可得a的范圍.

　　【解答】解：(1)對于任意的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x=2，即 = 時，g(x)取得最小值，且為1，

　　即有4m2≤1，解得﹣ ≤m≤ ;

　　(2)對任意實數x1∈[1，2].

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

　　可設f(x)在[1，2]的值域為A，h(x)=|2f(x)﹣ax|的值域為B，

　　可得A⊆B.

　　由f(x)在[1，2]遞增，可得A=[0，3];

　　當a<0時，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a=0時，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01(負的舍去)，

　　h(x)在[1， ]遞減，[ ，2]遞增，

　　即有h(x)的值域為[0，h(2)]，即為[0，6﹣2a]，

　　由0≤0<3≤6﹣2a，解得0

　　當2

　　即有h(x)的值域為[0，h(2)]，即為[0，a]，

　　由0≤0<3≤a，解得a=3;

　　當3

　　由2a﹣6≤0<3≤a，無解，不成立;

　　當4

　　由2a﹣6≤0<3≤2a，不成立;

　　當6

　　由a≤0<3≤2a，不成立;

　　當a>8時，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，F2為橢圓 的左、右焦點，F2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P(0，1)的直線l1交橢圓C1于A，B兩點，過P與l1垂直的直線l2交圓C2于C，D兩點，M為線段CD中點，求△MAB面積的取值范圍.

　　【考點】橢圓的簡單性質.

　　【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l1：x=t(y﹣1)，則l2：tx+y﹣1=0，與橢圓聯立，得(t2+2)y2﹣2t2y+t2﹣4=0，由此利用弦長公式、點到直線距離公式，結合已知條件能求出△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l1平行x軸的時候，l2與圓C2無公共點，從而△MAB不存在;

　　設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，設為d2，

　　即 .…

　　∴△MAB面積

　　令

　　則 .

　　∴△MAB面積的取值范圍為 .…

　　20.對任意正整數n，設an是方程x2+ =1的正根.求證：

　　(1)an+1>an;

　　(2) + +…+ <1+ + +…+ .

　　【考點】數列的應用.

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

　　(2)求出 = ，分析法可得 < ，累加并運用不等式的性質即可得證.

　　【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+ + +…+ .