高考22題逐題特訓(xùn)答案精析小題滿分練11．D2.D3.D4.C5.B6．C[因為sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))＝eq\f(\r(2),6)，所以eq\f(\r(2),2)(cosα－sinα)＝eq\f(\r(2),6).所以cosα－sinα＝eq\f(1,3)，所以1－2sinαcosα＝eq\f(1,9)，得sinαcosα＝eq\f(4,9)，因為cosα＋sinα＝eq\r(1＋2sinαcosα)＝eq\f(\r(17),3)，所以eq\f(sinα,1＋tanα)＝eq\f(sinα,1＋\f(sinα,cosα))＝eq\f(sinαcosα,cosα＋sinα)＝eq\f(\f(4,9),\f(\r(17),3))＝eq\f(4\r(17),51).]7．B[設(shè)P在漸近線y＝－eq\f(b,a)x上，F(xiàn)(－c，0)，則直線FP的方程為y＝eq\f(a,b)(x＋c)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝－\f(b,a)x，,y＝\f(a,b)x＋c，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－\f(a2,c)，,y＝\f(ab,c)，))即Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a2,c)，\f(ab,c)))，由eq\o(FP,\s\up6(→))＝2eq\o(FQ,\s\up6(→))，得Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a2,2c)－\f(c,2)，\f(ab,2c)))，因為Q在雙曲線上，所以eq\f(c2＋a22,4a2c2)－eq\f(a2,4c2)＝1，化簡得c2＝2a2，e＝eq\f(c,a)＝eq\r(2).]8．A[由題意得函數(shù)的定義域為R.f(－x)＝－x(e－x－ex)＋x2＝x(ex－e－x)＋x2＝f(x)，所以函數(shù)f(x)是偶函數(shù)．當(dāng)x>0時，f′(x)＝ex－eq\f(1,ex)＋xex＋xe－x＋2x，因為x>0，所以f′(x)>0，所以函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，因為函數(shù)f(x)是偶函數(shù)，所以函數(shù)f(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減．則由已知f(x)<f(y)<f(x＋y)，得f(|x|)<f(|y|)<f(|x＋y|)，所以|x＋y|>|y|>|x|，(*)可知x，y同號，故A正確，B錯誤；對于C，當(dāng)x＝－1，y＝－2時，x＋y＝－3，滿足(*)式，此時x＋y<0，故C錯誤；對于D，當(dāng)x＝1，y＝2時，x＋y＝3滿足(*)式，此時x＋y>0，故D錯誤．]9．AC10．BCD[∵sin1∈(0,1)，∴l(xiāng)og2(sin1)<0,2sin1>1，∴l(xiāng)og2(sin1)<2sin1，故A不正確；∵0<eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,π)))2<1，>1，∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,π)))2<，故B正確；要判斷eq\r(7)－eq\r(5)<eq\r(6)－2，即判定eq\r(7)＋2<eq\r(6)＋eq\r(5)，即判定(eq\r(7)＋2)2<(eq\r(6)＋eq\r(5))2，即11＋4eq\r(7)<11＋2eq\r(30)，即4eq\r(7)<2eq\r(30)，即28<30成立，故C正確；∵log43＝1＋log4eq\f(3,4)，log65＝1＋log6eq\f(5,6)，∵log4eq\f(3,4)<log4eq\f(5,6)，且log4eq\f(5,6)<log6eq\f(5,6)，∴l(xiāng)og4eq\f(3,4)<log6eq\f(5,6)，∴l(xiāng)og43<log65，故D正確．]11．BC[∵f(x)＝(cos2xcosx＋sin2xsinx)sinx＝cosxsinx＝eq\f(1,2)sin2x.對于A，函數(shù)f(x)的值域為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2)))，故A錯誤；對于B，函數(shù)f(x)的對稱軸為2x＝kπ＋eq\f(π,2)，x＝eq\f(kπ,2)＋eq\f(π,4)，k∈Z，當(dāng)k＝－1時，x＝－eq\f(π,4)，故B正確；對于C，h(x)＝eq\f(1,2)sin2x－eq\f(1,2)x，h′(x)＝cos2x－eq\f(1,2)，令h′(x)＝0，得x＝kπ±eq\f(π,6)，k∈Z，令h′(x)>0，得kπ－eq\f(π,6)<x<kπ＋eq\f(π,6)，k∈Z，令h′(x)<0，得kπ＋eq\f(π,6)<x<kπ＋eq\f(5π,6)，k∈Z，當(dāng)x＝eq\f(5π,6)時，h(x)有極小值heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)))＝－eq\f(\r(3),4)－eq\f(5π,12)，故C正確；對于D，g(x)＝eq\f(1,2)sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))＝eq\f(1,2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))，令2x＋eq\f(π,3)＝kπ，k∈Z，則x＝eq\f(kπ,2)－eq\f(π,6)，k∈Z，其對稱中心為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(kπ,2)－\f(π,6)，0))，k∈Z，故D錯誤．]12．ABC[建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，根據(jù)題意，可得D(0,0,0)，A(1,0,0)，B(1,1,0)，C(0,1,0)，D1(0,0,1)，A1(1,0,1)，B1(1,1,1)，C1(0,1,1)．設(shè)點P(x1，1，z1)，Q(x2，y2，z2)，則有eq\o(A1P,\s\up6(→))＝(x1－1,1，z1－1)，eq\o(A1B1,\s\up6(→))＝(0,1,0)，由直線A1P與A1B1的夾角為45°，故有cos

eq\f(π,4)＝eq\f(|\o(A1P,\s\up6(→))·\o(A1B1,\s\up6(→))|,|\o(A1P,\s\up6(→))||\o(A1B1,\s\up6(→))|)，解得(x1－1)2＋(z1－1)2＝1，又Q為線段A1C上的動點，設(shè)eq\o(A1Q,\s\up6(→))＝λeq\o(A1C,\s\up6(→))(0≤λ≤1)，則Q(1－λ，λ，1－λ)，對于選項A，則有|eq\o(A1P,\s\up6(→))|＝eq\r(x1－12＋z1－12＋1)＝eq\r(2)，故選項A正確；對于選項B，過點Q作平面ABCD的垂線，垂足為R.易知eq\f(\r(3),3)A1Q＝1－QReq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(由于sin∠ACA1＝\f(AA1,A1C)＝\f(\r(3),3)))，故eq\f(\r(3),3)A1Q＋PQ的最小值等價于求QP－QR＋1，|eq\o(QR,\s\up6(→))|＝1－λ，|eq\o(QP,\s\up6(→))|＝eq\r(1－λ－x12＋λ－12＋1－λ－z12)，故有|eq\o(QP,\s\up6(→))|2＝(1－λ－x1)2＋(λ－1)2＋(1－λ－z1)2≥(λ－1)2＝|eq\o(QR,\s\up6(→))|2，當(dāng)且僅當(dāng)x1＝z1＝1－λ時成立，結(jié)合(x1－1)2＋(z1－1)2＝1，可得此時λ＝eq\f(\r(2),2)，故選項B正確；對于選項C，若D1Q⊥CP，則有eq\o(D1Q,\s\up6(→))＝(1－λ，λ，－λ)，eq\o(CP,\s\up6(→))＝(x1，0，z1)，eq\o(D1Q,\s\up6(→))·eq\o(CP,\s\up6(→))＝x1(1－λ)－z1λ＝0，又(x1－1)2＋(z1－1)2＝1，則有eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(λ2,λ－12)＋1))zeq\o\al(2,1)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2λ,λ－1)－2))z1＋1＝0，0≤λ≤1，則有Δ＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2λ,λ－1)－2))2－4eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(λ2,λ－12)＋1))＝－eq\f(8λ,λ－1)≥0，故對任意點P，總存在點Q，使得D1Q⊥CP，故選項C正確；對選項D，易知平面ADD1A1的一個法向量為n＝(0,1,0)，若直線A1P與平面ADD1A1所成的角為60°，即直線A1P與平面ADD1A1的法向量的夾角為30°，則有cos

eq\f(π,6)＝eq\f(|\o(A1P,\s\up6(→))·n|,|\o(A1P,\s\up6(→))||n|)，解得eq\f(\r(3),2)＝eq\f(\r(2),2)，矛盾，故選項D錯誤．]13．y＝3x＋ln2－214.615.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(8，\f(35,4)))解析作出f(x)的圖象如圖所示，由圖可得，t∈(0,1)，x3∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(5,2)))，x3＋x4＝6，由|log2x|＝t得，x1x2＝1.因此x1·x2·x3·x4＝x3(6－x3)，令y＝x3(6－x3)，則y＝x3(6－x3)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(5,2)))上單調(diào)遞增，∴y∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(8，\f(35,4))).16．60°解析因為OB·AC＋OA·BC≥OC·AB，且△ABC為等邊三角形，OB＝1，OA＝2，所以O(shè)B＋OA≥OC，所以O(shè)C≤3，所以O(shè)C的最大值為3，當(dāng)不等式OC≤3取等號時，∠OBC＋∠OAC＝180°，所以cos∠OBC＋cos∠OAC＝0，不妨設(shè)AB＝x，所以eq\f(x2＋1－9,2x)＋eq\f(x2＋4－9,4x)＝0，解得x＝eq\r(7)，所以cos∠AOC＝eq\f(9＋4－7,2×2×3)＝eq\f(1,2)，所以∠AOC＝60°.小題滿分練21．C2.D3.D4.A5.A6.D7．B8．C[設(shè)直線l：y＝x＋m與橢圓x2＋eq\f(y2,b2)＝1的交點為M(x1，y1)，N(x2，y2)，聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝x＋m，,x2＋\f(y2,b2)＝1，))得(b2＋1)x2＋2mx＋m2－b2＝0，所以x1＋x2＝－eq\f(2m,b2＋1)，x1x2＝eq\f(m2－b2,b2＋1)，Δ＝(2m)2－4(b2＋1)(m2－b2)＝4b2(b2＋1－m2)>0.設(shè)線段MN的中點為G，知G點坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(m,b2＋1)，\f(b2m,b2＋1)))，因為|BM|＝|BN|，所以直線BG垂直平分線段MN，所以直線BG的方程為y＝－x＋b，且經(jīng)過點G，可得eq\f(b2m,b2＋1)＝eq\f(m,b2＋1)＋b，解得m＝eq\f(b3＋b,b2－1).因為b2＋1－m2>0，所以b2＋1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b3＋b,b2－1)))2>0，解得0<b<eq\f(\r(3),3)，因為e2＝1－eq\f(b2,a2)＝1－b2，所以eq\f(\r(6),3)<e<1.]9．ABC10.AC11．ABD[對于A，在矩形ACC1A1中，因為AA1＝2，AC＝1，D是棱AA1的中點，所以CD＝C1D＝eq\r(2)，所以CD2＋C1D2＝CCeq\o\al(2,1)，所以CD⊥C1D，又因為DC1⊥BD，BD∩CD＝D，所以DC1⊥平面BCD，因為BC?平面BCD，所以DC1⊥BC，即直線DC1與BC所成角為90°，故A正確；對于B，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，CC1⊥BC，又DC1⊥BC，DC1∩CC1＝C1，所以BC⊥平面DCC1，又DC?平面DCC1，所以DC⊥BC，則＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×eq\r(2)×1×eq\r(2)＝eq\f(1,3)，故B正確；對于C，由選項AB可知，AC，BC，CC1兩兩垂直，如圖，以C為原點，建立空間直角坐標(biāo)系，則C(0,0,0)，B(0,1,0)，D(1,0,1)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，\f(1,2)))，則eq\o(CE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，\f(1,2)))，eq\o(BD,\s\up6(→))＝(1，－1,1)，所以eq\o(CE,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))＝－1＋eq\f(1,2)＝－eq\f(1,2)≠0，所以CE，BD不垂直，所以CE不垂直于平面BC1D，故C錯誤；對于D，連接A1B，則線段A1B即為直三棱柱ABC－A1B1C1外接球的直徑，A1B＝eq\r(1＋1＋4)＝eq\r(6)，所以外接球的半徑R＝eq\f(\r(6),2)，所以直三棱柱ABC－A1B1C1外接球的表面積為4πR2＝6π，故D正確．]12．ABD[因為f(x)＝eq\f(sinx,x＋a)為偶函數(shù)，所以f(－x)＝f(x)，所以a＝0.對于選項A，因為f(x)＝eq\f(sinx,x)，所以f′(x)＝eq\f(xcosx－sinx,x2)，所以f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)))＝eq\f(4,9π2)，所以函數(shù)f(x)在x＝eq\f(3π,2)處的切線斜率為eq\f(4,9π2)，故選項A正確；對于選項B，令g(x)＝sinx－x，則g′(x)＝cosx－1，當(dāng)x>0時，g′(x)≤0，所以g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，所以g(x)<g(0)＝0，即sinx<x，所以f(x)＝eq\f(sinx,x)<1在(0，＋∞)上恒成立，因為f(x)為偶函數(shù)，所以函數(shù)f(x)<1在定義域上恒成立，故選項B正確；對于選項C，f′(x)＝eq\f(xcosx－sinx,x2)，令h(x)＝xcosx－sinx，則h′(x)＝cosx－xsinx－cosx＝－xsinx，當(dāng)x∈(0，π)時，g′(x)<0，所以h(x)在(0，π)上單調(diào)遞減，所以h(x)<h(0)＝0，即f′(x)＝eq\f(xcosx－sinx,x2)<0在(0，π)上恒成立，因此函數(shù)f(x)＝eq\f(sinx,x)在(0，π)上單調(diào)遞減．又0<x1<x2<π，所以f(x1)>f(x2)，故選項C錯誤；對于選項D，因為函數(shù)f(x)＝eq\f(sinx,x)在(0，π)上單調(diào)遞減，所以函數(shù)f(x)＝eq\f(sinx,x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上也單調(diào)遞減，所以f(x)＝eq\f(sinx,x)>f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝eq\f(2,π)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上恒成立，即eq\f(2,π)<eq\f(sinx,x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上恒成立，即m的最大值為eq\f(2,π)，故選項D正確．]13．614.eq\f(\r(3),3)15.eq\f(π,8)(答案不唯一，只要滿足α＝eq\f(2k＋1,4)π－eq\f(π,8)(k∈Z)即可)解析∵eq\f(sinα,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6))))＋eq\f(cosα,cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6))))＝eq\f(sinαcos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＋cosαsin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6))),sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6))))＝eq\f(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,6))),\f(1,2)sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,3))))＝2，∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,6)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,3)))，∴2α＋eq\f(π,3)＋2α＋eq\f(π,6)＝(2k＋1)π(k∈Z)，解得α＝eq\f(2k＋1π,4)－eq\f(π,8)(k∈Z)，當(dāng)k＝0時，α＝eq\f(π,8)，∴使得等式成立的一個α的值為eq\f(π,8)(答案不唯一)．16.eq\f(26π,27)解析如圖，設(shè)中空圓柱的底面半徑為r，圓柱的高為2＋h(0<h<2)，則r2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(h,2)))2＝1，r2＝1－eq\f(h2,4)，∴中空圓柱的體積V＝πr2(2＋h)＝πeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(h2,4)))(2＋h)．V′＝－πeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)h2＋h－1))，可得當(dāng)h∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,3)))時，V′>0，當(dāng)h∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，2))時，V′<0，則當(dāng)h＝eq\f(2,3)時，V取得最大值為eq\f(64π,27)，又毛坯的體積為π×12×2＋eq\f(4π,3)×13＝eq\f(10π,3)，∴該模具體積的最小值為eq\f(10π,3)－eq\f(64π,27)＝eq\f(26π,27).小題滿分練31．D2.D3.D4.C5.B6.A7．B8．C[如圖所示，在等腰梯形ABCD中，由BC＝2AD＝2AB＝2CD＝4，過A作AM⊥BC，垂足為M，可得BM＝1，在Rt△ABM中，可得cos∠ABM＝eq\f(BM,AB)＝eq\f(1,2)，可得∠ABM＝60°，即∠ABC＝∠DCB＝60°，取BC的中點E，連接EA，ED，可得EA＝EB＝EC＝ED＝2，所以梯形ABCD內(nèi)接于以E為圓心，半徑r＝2的圓，設(shè)四棱錐P－ABCD外接球的球心為O，連接OA，OE，過O作OF∥AE交PA于點F，連接OP易知OE⊥平面ABCD，又因為PA⊥平面ABCD，所以O(shè)EAF為矩形，F(xiàn)為AP中點，PA＝2，所以O(shè)E＝eq\f(1,2)PA＝1，設(shè)四棱錐P－ABCD外接球半徑為R，所以R＝eq\r(r2＋OE2)＝eq\r(22＋12)＝eq\r(5).]9．BC10．ABD[由圖知，函數(shù)的周期T滿足eq\f(3,4)T＝eq\f(5π,6)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2π,3)))＝eq\f(3π,2)，解得T＝2π，∴ω＝eq\f(2π,T)＝eq\f(2π,2π)＝1，將點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)，1))代入函數(shù)f(x)的解析式，得1＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)＋φ))，解得φ＝－eq\f(5π,6)＋2kπ，k∈Z，∵－π<φ<0，∴φ＝－eq\f(5π,6)，f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(5π,6))).對于A，將函數(shù)f(x)的圖象向左平移eq\f(π,3)個單位長度后得到g(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,2)))＝sinx，此時g(x)＝sinx為奇函數(shù)，故A正確；對于B，當(dāng)x＝－eq\f(π,6)時，f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)－\f(5π,6)))＝－1，所以直線x＝－eq\f(π,6)是f(x)圖象的一條對稱軸，故B正確；對于C，f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(5π,6)))的單調(diào)遞增區(qū)間滿足－π＋2kπ≤x－eq\f(5π,6)≤2kπ，k∈Z，即單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)＋2kπ，\f(5π,6)＋2kπ))，k∈Z，當(dāng)k＝1時，單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(11π,6)，\f(17π,6)))，當(dāng)k＝2時，單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(23π,6)，\f(29π,6)))，所以f(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(17π,6)，\f(23π,6)))上單調(diào)遞減，故C錯誤；對于D，當(dāng)x＝eq\f(4π,3)時，f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4π,3)))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4π,3)－\f(5π,6)))＝cos

eq\f(π,2)＝0，故D正確．]11．BC[對于A選項，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)))2＝eq\f(c2－a2,a2)＝e2－1＝eq\f(1,4)，則eq\f(b,a)＝eq\f(1,2)，所以雙曲線C的漸近線方程為y＝±eq\f(b,a)x＝±eq\f(1,2)x，A錯誤；對于B選項，由題意可得－c＋eq\r(5)＝0，可得c＝eq\r(5)，a＝eq\f(c,e)＝2，b＝eq\f(1,2)a＝1，所以雙曲線C的方程為eq\f(x2,4)－y2＝1，B正確；對于C選項，設(shè)點P(x0，y0)，則eq\f(x\o\al(2,0),4)－yeq\o\al(2,0)＝1，可得xeq\o\al(2,0)＝4＋4yeq\o\al(2,0)，易知點A(－2,0)，B(2,0)，所以k1k2＝eq\f(y0,x0＋2)·eq\f(y0,x0－2)＝eq\f(y\o\al(2,0),x\o\al(2,0)－4)＝eq\f(y\o\al(2,0),4y\o\al(2,0))＝eq\f(1,4)，C正確；對于D選項，由題意可知x0>2，y0>0，則k1＝eq\f(y0,x0＋2)>0，k2＝eq\f(y0,x0－2)>0，且k1≠k2，所以k1＋k2>2eq\r(k1k2)＝1，D錯誤．]12．ABD[對于A，因為f(x＋1)為偶函數(shù)，所以滿足f(－x＋1)＝f(x＋1)，又f(x)是奇函數(shù)，則f(－x＋1)＝f[－(x－1)]＝－f(x－1)，所以f(x＋1)＝－f(x－1)，用x＋1替換x可得f(x＋2)＝－f(x)，再用x＋2替換x，可得f(x＋4)＝－f(x＋2)＝f(x)，故A正確；對于B，由已知f(x)是奇函數(shù)，當(dāng)x∈[－1,0]時，f(x)＝－x2，又f(x＋1)為偶函數(shù)，則可知f(x)的圖象關(guān)于直線x＝1對稱，因此可知f(x)在[－1,3]上的值域為[－1,1]，又由A選項可知f(x)是周期為4的函數(shù)，故B正確；對于C，結(jié)合A，B選項可知，f(x)在[－3＋4k，－1＋4k](k∈Z)上單調(diào)遞減，故C錯誤；對于D，因為f(x)是奇函數(shù)，且滿足f(x＋4)＝f(x)，因此f(x)的圖象關(guān)于點(4＋2k，0)，k∈Z中心對稱，故D正確．]13．1114.36015．3eq\r(3)解析如圖，可知∠BAD＋∠BCD＝180°，由誘導(dǎo)公式知sin∠BAD＝sin∠BCD，又sin∠CBD∶sin∠BDC∶sin∠BAD＝1∶1∶eq\r(3)，故sin∠CBD∶sin∠BDC∶sin∠BCD＝1∶1∶eq\r(3)，在△BCD中，由正弦定理得CD∶BC∶BD＝1∶1∶eq\r(3)，故∠BCD＝120°，∠BAD＝60°，設(shè)CD＝k，BC＝k，BD＝eq\r(3)k，則由托勒密定理可知CB·AD＋CD·AB＝AC·BD，即k·AD＋k·AB＝eq\r(3)k·4，即AD＋AB＝4eq\r(3)，又S△ABD＝eq\f(1,2)AB·AD·sin∠BAD＝eq\f(\r(3),4)AB·AD≤eq\f(\r(3),4)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(AD＋AB,2)))2＝3eq\r(3)，當(dāng)且僅當(dāng)AB＝AD時取等號．故△ABD面積的最大值為3eq\r(3).16．[4，＋∞)解析對任意正實數(shù)x，y，不等式(3x－y)(lny－lnx＋2)≤ax恒成立，即對任意正實數(shù)x，y，不等式eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3－\f(y,x)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln

\f(y,x)＋2))≤a恒成立．設(shè)t＝eq\f(y,x)(t>0)，令f(t)＝(3－t)(lnt＋2)，則f′(t)＝－(lnt＋2)＋eq\f(3－t,t)＝－lnt＋eq\f(3,t)－3，由y＝－lnt和y＝eq\f(3,t)－3在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，可知f′(t)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，又f′(1)＝0，當(dāng)t>1時，f′(t)<f′(1)＝0，當(dāng)0<t<1時，f′(t)>f′(1)＝0，所以f(t)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，所以f(t)在t＝1處取得極大值，且為最大值，即f(1)＝4，則a≥4，即實數(shù)a的取值范圍是[4，＋∞)．小題滿分練41．D2.A3.B4.C5．C[對于A選項，甲同學(xué)周課外體育運(yùn)動時長的樣本中位數(shù)為eq\f(7.3＋7.5,2)＝7.4，A選項結(jié)論正確；對于B選項，乙同學(xué)課外體育運(yùn)動時長的樣本平均數(shù)為eq\f(1,16)×(6.3＋7.4＋7.6＋8.1＋8.2＋8.2＋8.5＋8.6＋8.6＋8.6＋8.6＋9.0＋9.2＋9.3＋9.8＋10.1)＝8.50625>8，B選項結(jié)論正確；對于C選項，甲同學(xué)周課外體育運(yùn)動時長大于8的概率的估計值eq\f(6,16)＝0.375<0.4，C選項結(jié)論錯誤；對于D選項，乙同學(xué)周課外體育運(yùn)動時長大于8的概率的估計值eq\f(13,16)＝0.8125>0.6，D選項結(jié)論正確．]6．C[在△ABD中，由正弦定理得eq\f(1,sin∠ADB)＝eq\f(\r(2),sinB)，所以sin∠ADB＝eq\f(sinB,\r(2))＝eq\f(sin

\f(3π,4),\r(2))＝eq\f(1,2)，因為B＝eq\f(3π,4)，所以∠ADB＝eq\f(π,6)，∠BAD＝eq\f(π,12)，所以∠BAC＝eq\f(π,6)，∠ACB＝eq\f(π,12)，sin

eq\f(π,12)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－\f(π,4)))＝sin

eq\f(π,3)cos

eq\f(π,4)－cos

eq\f(π,3)sin

eq\f(π,4)＝eq\f(\r(6)－\r(2),4)，在△ABC中，由正弦定理得，eq\f(AB,sin∠ACB)＝eq\f(AC,sinB)，所以AC＝eq\f(AB·sinB,sin∠ACB)＝eq\f(1·sin

\f(3π,4),sin

\f(π,12))＝eq\f(\f(\r(2),2),\f(\r(6)－\r(2),4))＝eq\r(3)＋1.]7．D[設(shè)切點為(x0，xeq\o\al(3,0)－x0)，f′(x)＝3x2－1，所以切線斜率為3xeq\o\al(2,0)－1，所以切線方程為y－(xeq\o\al(3,0)－x0)＝(3xeq\o\al(2,0)－1)(x－x0)，將(2，m)代入方程得m－(xeq\o\al(3,0)－x0)＝(3xeq\o\al(2,0)－1)(2－x0)，即2xeq\o\al(3,0)－6xeq\o\al(2,0)＋2＋m＝0，由題設(shè)知該方程有3個不等實根．令u(x)＝2x3－6x2＋2＋m，u′(x)＝6x2－12x＝6x(x－2)，當(dāng)x<0時，u′(x)>0，當(dāng)0<x<2時，u′(x)<0，當(dāng)x>2時，u′(x)>0，所以u(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞增，在(0,2)上單調(diào)遞減，在(2，＋∞)上單調(diào)遞增，所以u(x)在x＝0時取得極大值u(0)＝2＋m，在x＝2時取得極小值u(2)＝2×8－6×4＋2＋m＝m－6，由三次函數(shù)圖象知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(u0＝2＋m>0，,u2＝m－6<0，))解得－2<m<6.]8．C[如圖，等邊三角形ABC，O為等邊三角形ABC的外接圓的圓心，以O(shè)為原點，AO所在直線為y軸，建立平面直角坐標(biāo)系．因為AO＝2，所以A(0,2)，設(shè)等邊三角形ABC的邊長為a，則eq\f(a,sinA)＝eq\f(a,sin60°)＝2R＝4，所以a＝2eq\r(3)，則B(－eq\r(3)，－1)，C(eq\r(3)，－1)．又因為P是該圓上的動點，所以設(shè)P(2cosθ，2sinθ)，θ∈[0,2π]，eq\o(PA,\s\up6(→))＝(－2cosθ，2－2sinθ)，eq\o(PB,\s\up6(→))＝(－eq\r(3)－2cosθ，－1－2sinθ)，eq\o(PC,\s\up6(→))＝(eq\r(3)－2cosθ，－1－2sinθ)，eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))＋eq\o(PB,\s\up6(→))·eq\o(PC,\s\up6(→))＝－2cosθ(－eq\r(3)－2cosθ)＋(2－2sinθ)(－1－2sinθ)＋(－eq\r(3)－2cosθ)(eq\r(3)－2cosθ)＋(－1－2sinθ)(－1－2sinθ)＝4＋2sinθ＋2eq\r(3)cosθ＝4＋4sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,3)))，因為θ∈[0,2π]，所以θ＋eq\f(π,3)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(7π,3)))，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,3)))∈[－1,1]，所以當(dāng)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,3)))＝1時，eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))＋eq\o(PB,\s\up6(→))·eq\o(PC,\s\up6(→))取得最大值為8.]9．ABC10．CD[將《三國演義》《西游記》《水滸傳》《紅樓夢》4本名著全部隨機(jī)分給甲、乙、丙三名同學(xué)，共有Ceq\o\al(2,4)Aeq\o\al(3,3)＝36個樣本點，事件A包含的樣本點數(shù)為Aeq\o\al(3,3)＋Ceq\o\al(2,3)Aeq\o\al(2,2)＝12，則P(A)＝eq\f(12,36)＝eq\f(1,3)，同理P(B)＝P(C)＝eq\f(1,3)，事件AB包含的樣本點數(shù)為Aeq\o\al(2,2)＝2，則P(AB)＝eq\f(2,36)＝eq\f(1,18)，事件AC包含的樣本點數(shù)為Ceq\o\al(2,2)＋Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(1,2)＝5，則P(AC)＝eq\f(5,36)，因為P(A)P(B)＝eq\f(1,9)≠P(AB)，故A錯誤；因為P(A)P(C)＝eq\f(1,9)≠P(AC)，故B錯誤；因為P(C|A)＝eq\f(PCA,PA)＝eq\f(5,12)，故C正確；因為P(B|A)＝eq\f(PAB,PA)＝eq\f(1,6)，故D正確．]11．BD[以點D為坐標(biāo)原點，DA所在直線為x軸，DC所在直線為y軸，DD1所在直線為z軸建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示，則A(2,0,0)，A1(2,0,2)，C(0,2,0)，D1(0,0,2)，F(xiàn)(0,2,1)，則eq\o(A1C,\s\up6(→))·eq\o(D1F,\s\up6(→))＝(－2,2，－2)·(0,2，－1)＝6≠0，顯然A1C與D1F不垂直，故直線A1C與平面AFD1不垂直，A不正確；因為E，F(xiàn)分別為棱AA1，CC1的中點，所以BE∥D1F.又BE?平面AFD1，D1F?平面AFD1，所以直線BE與平面AFD1平行，B正確；＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×2×2×2＝eq\f(4,3)，C不正確；如圖，取棱BC的中點G，連接AG，F(xiàn)G，因為F為棱CC1的中點，所以FG∥AD1，則四邊形AGFD1為平面AFD1截正方體所得的截面，該四邊形AGFD1的面積為eq\f(1,2)×(eq\r(2)＋2eq\r(2))×eq\f(3\r(2),2)＝eq\f(9,2)，D正確．]12．BCD[如圖，設(shè)AC與BD交于點E，eq\f(S△ABD,S△CBD)＝eq\f(\f(1,2)BD·AEsin∠AEB,\f(1,2)BD·CEsin∠CEB)＝eq\f(AE,CE)＝2，eq\o(BE,\s\up6(→))＝eq\o(BA,\s\up6(→))＋eq\o(AE,\s\up6(→))＝eq\o(BA,\s\up6(→))＋eq\f(2,3)eq\o(AC,\s\up6(→))＝eq\o(BA,\s\up6(→))＋eq\f(2,3)(eq\o(BC,\s\up6(→))－eq\o(BA,\s\up6(→)))＝eq\f(1,3)eq\o(BA,\s\up6(→))＋eq\f(2,3)eq\o(BC,\s\up6(→))，因為B，E，D共線，所以存在實數(shù)λ(λ≠0)，使得eq\o(BD,\s\up6(→))＝λeq\o(BE,\s\up6(→))，所以eq\o(BD,\s\up6(→))＝(an－1－2n－1)eq\o(BA,\s\up6(→))＋(an＋2n)eq\o(BC,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)λeq\o(BA,\s\up6(→))＋eq\f(2,3)λeq\o(BC,\s\up6(→))，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(an－1－2n－1＝\f(1,3)λ，,an＋2n＝\f(2,3)λ，))所以an＋2n＝2(an－1－2n－1)，則an＝2an－1－2n＋1，所以a1＝2，a2＝－4，a3＝－24，{an}不是等比數(shù)列，A錯誤；因為an＝2an－1－2n＋1，所以eq\f(an,2n)＝eq\f(an－1,2n－1)－2，即eq\f(an,2n)－eq\f(an－1,2n－1)＝－2，所以eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,2n)))是等差數(shù)列，C正確；又因為a1＝2，則eq\f(a1,2)＝1，即eq\f(an,2n)＝1－2(n－1)＝3－2n，所以an＝(3－2n)·2n，當(dāng)n≥2時，an－an－1＝(3－2n)·2n－[3－2(n－1)]·2n－1＝(1－2n)·2n－1<0，即an<an－1，所以{an}是遞減數(shù)列，B正確；因為Sn＝a1＋a2＋…＋an＝1×2＋(－1)×22＋(－3)×23＋…＋(3－2n)×2n，2Sn＝1×22＋(－1)×23＋…＋(5－2n)×2n＋(3－2n)×2n＋1，兩式相減得－Sn＝2＋(－2)×22＋(－2)×23＋…＋(－2)×2n－(3－2n)×2n＋1＝2＋(－2)×eq\f(221－2n－1,1－2)－(3－2n)×2n＋1＝10－(5－2n)×2n＋1，所以Sn＝(5－2n)×2n＋1－10，D正確．]13．314.1615.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(7π,6)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(或\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(7π,6)))))解析將函數(shù)f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))的圖象向左平移eq\f(π,6)個單位長度，可得f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))，再將f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))的圖象關(guān)于x軸翻折，可得g(x)＝－2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3))).由2kπ＋eq\f(π,2)≤x＋eq\f(π,3)≤2kπ＋eq\f(3π,2)，k∈Z，得2kπ＋eq\f(π,6)≤x≤2kπ＋eq\f(7π,6)，k∈Z.當(dāng)k＝－1時，得－eq\f(11π,6)≤x≤－eq\f(5π,6)，當(dāng)k＝1時，得eq\f(13π,6)≤x≤eq\f(19π,6)，當(dāng)k＝0時，得eq\f(π,6)≤x≤eq\f(7π,6)，即y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(7π,6)))上單調(diào)遞減．所以g(x)在[0,2π]上的單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(7π,6))).16．4－15解析設(shè)M(x0，y0)，因為4|MO|＝4|MF|＝7|OF|＝7c，所以|MO|＝|MF|＝eq\f(7,4)c.所以x0＝eq\f(c,2)，y0＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,4)c))2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,2)))2)＝eq\f(3\r(5),4)c，即Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,2)，\f(3\r(5),4)c)).所以eq\f(\f(c,4)2,a2)－eq\f(\f(45,16)c2,b2)＝1，整理得4b2c2－45a2c2＝16a2b2，4c4－65a2c2＋16a4＝0，即4e4－65e2＋16＝0，解得e2＝eq\f(1,4)或e2＝16.因為e>1，所以e2＝16，即e＝4.設(shè)P(x1，y1)，由題知，Q(－x0，－y0)，因為|MO|＝|MF|，所以kQM＝－kMP，即k1＝－kMP，所以k1·k2＝－kMP·k2＝－eq\f(y1－y0,x1－x0)·eq\f(y1＋y0,x1＋x0)＝－eq\f(y\o\al(2,1)－y\o\al(2,0),x\o\al(2,1)－x\o\al(2,0)).又因為eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x\o\al(2,1),a2)－\f(y\o\al(2,1),b2)＝1，,\f(x\o\al(2,0),a2)－\f(y\o\al(2,0),b2)＝1))?eq\f(1,a2)(xeq\o\al(2,1)－xeq\o\al(2,0))－eq\f(1,b2)(yeq\o\al(2,1)－yeq\o\al(2,0))＝0，所以eq\f(y\o\al(2,1)－y\o\al(2,0),x\o\al(2,1)－x\o\al(2,0))＝eq\f(b2,a2)＝eq\f(c2－a2,a2)＝e2－1＝15，所以k1·k2＝－15.小題滿分練51．B2.B3.D4.C5.D6.B7．D[根據(jù)題意，數(shù)列{an}是首項為a，公差為1的等差數(shù)列，所以an＝n＋a－1，由于數(shù)列{bn}滿足bn＝eq\f(1＋an,an)＝eq\f(1,an)＋1，所以eq\f(1,an)≥eq\f(1,a5)對任意的n∈N*都成立，故數(shù)列{an}單調(diào)遞增，且滿足a5<0，a6>0，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a5＝5＋a－1<0，,a6＝6＋a－1>0，))解得－5<a<－4.]8．D[由y＝g(x)的圖象關(guān)于直線x＝2對稱，可得g(2＋x)＝g(2－x)．在f(x)＋g(2－x)＝5中，用－x替換x，可得f(－x)＋g(2＋x)＝5，可得f(－x)＝f(x)．在g(x)－f(x－4)＝7中，用2－x替換x，得g(2－x)＝f(－x－2)＋7，代入f(x)＋g(2－x)＝5中，得f(x)＋f(－x－2)＝－2，可得f(x)＋f(x＋2)＝－2，所以f(x＋2)＋f(x＋4)＝－2，所以f(x＋4)＝f(x)，所以函數(shù)f(x)是以4為周期的周期函數(shù)．由f(x)＋g(2－x)＝5可得f(0)＋g(2)＝5，又g(2)＝4，所以可得f(0)＝1，又f(x)＋f(x＋2)＝－2，所以f(0)＋f(2)＝－2，f(－1)＋f(1)＝－2，得f(2)＝－3，f(1)＝f(－1)＝－1，又f(3)＝f(－1)＝－1，f(4)＝f(0)＝1，所以eq\o(∑,\s\up6(22),\s\do4(k＝1))f(k)＝6f(1)＋6f(2)＋5f(3)＋5f(4)＝6×(－1)＋6×(－3)＋5×(－1)＋5×1＝－24.故選D.]9．CD[因為二項式eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(x)－\f(1,2x)))n的展開式中各項系數(shù)之和是eq\f(1,128)，所以令x＝1，可得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(1)－\f(1,2×1)))n＝eq\f(1,128)?eq\f(1,2n)＝eq\f(1,128)?n＝7.因為n＝7，所以展開式共有8項，因此A不正確；因為n＝7，所以二項式系數(shù)最大的項是第4項和第5項，因此B不正確；因為n＝7，所以所有二項式系數(shù)和為27＝128，所以C正確；展開式通項為Tk＋1＝Ceq\o\al(k,7)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))k·，k＝0,1,2，…，7，當(dāng)k＝1,3,5,7時，對應(yīng)的項是有理項，故D正確．]10．BC[對于A，因為a>b>c>0，所以eq\f(1,a)<eq\f(1,b)，eq\f(1,c－a)<0，所以eq\f(1,ac－a)>eq\f(1,bc－a)，所以A錯誤；對于B，因為a>b>c>0，所以c(a－b)>0，a(a＋c)>0，所以eq\f(b＋c,a＋c)－eq\f(b,a)＝eq\f(ab＋c－ba＋c,aa＋c)＝eq\f(ab＋ac－ab－bc,aa＋c)＝eq\f(ca－b,aa＋c)>0，所以eq\f(b,a)<eq\f(b＋c,a＋c)，所以B正確；對于C，因為a>b>c>0，所以a－c>0，b－c>0，所以ab＋c2－(ac＋bc)＝a(b－c)－c(b－c)＝(a－c)(b－c)>0，所以ab＋c2>ac＋bc，所以C正確；對于D，因為a>0，b>0，所以(a＋b)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)))＝2＋eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥2＋2eq\r(\f(b,a)·\f(a,b))＝4，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(b,a)＝eq\f(a,b)，即a＝b時取等號，因為a>b，所以取不到等號，所以(a＋b)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)))的最小值不為4，所以D錯誤．]11．AD[以點D為原點，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，設(shè)正方體的棱長為2，則D(0,0,0)，M(1,0,2)，C(0,2,0)，N(2,1,0)，A(2,0,0)．所以eq\o(MC,\s\up6(→))＝(－1,2，－2)，eq\o(DN,\s\up6(→))＝(2,1,0)，eq\o(MC,\s\up6(→))·eq\o(DN,\s\up6(→))＝－2＋2＝0，所以MC⊥DN，故A正確；因為eq\o(MC,\s\up6(→))＝(－1,2，－2)，eq\o(MN,\s\up6(→))＝(1,1，－2)，設(shè)平面MNC的法向量為n＝(x，y，z)，所以由eq\o(MC,\s\up6(→))·n＝0，eq\o(MN,\s\up6(→))·n＝0，可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x＋2y－2z＝0，,x＋y－2z＝0，))所以可取n＝(2,4,3)，因為eq\o(AC,\s\up6(→))＝(－2,2,0)，eq\o(AC,\s\up6(→))·n＝－4＋8＝4≠0，又eq\o(A1C1,\s\up6(→))＝eq\o(AC,\s\up6(→))，所以A1C1不與平面MNC平行，故B錯誤；因為eq\o(DM,\s\up6(→))＝(1,0,2)，eq\o(NC,\s\up6(→))＝(－2,1,0)，所以cos〈eq\o(DM,\s\up6(→))，eq\o(NC,\s\up6(→))〉＝eq\f(－2,\r(5)×\r(5))＝－eq\f(2,5)，所以異面直線MD與NC所成角的余弦值為eq\f(2,5)，故C錯誤；連接CN，在D1C1上取靠近D1的四等分點Q，連接MQ，則MQ∥CN，連接CQ，在AA1上取靠近A1的三等分點P，連接NP，則NP∥CQ，連接MP，所以平面MNC截正方體所得的截面是五邊形CQMPN，故D正確．]12．AD[f(x)＝eq\r(3)sinωx－cosωx＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,6)))(ω>0)，則函數(shù)f(x)的大致圖象如圖所示，當(dāng)x＝0時，y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)))＝－1，因為ω>0，所以當(dāng)x>0時，f(x)在y軸右側(cè)第一個最大值區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞增，因為f(x)在[0，π]上有且僅有3個零點，所以π的位置在C與D之間(包括C，不包括D)，令f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,6)))＝0，則ωx－eq\f(π,6)＝kπ，k∈Z，得x＝eq\f(1,ω)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋kπ))，k∈Z，所以y軸右側(cè)第一個零點的橫坐標(biāo)為eq\f(π,6ω)，周期T＝eq\f(2π,ω)，所以eq\f(π,6ω)＋T≤π<eq\f(π,6ω)＋eq\f(3,2)T，即eq\f(π,6ω)＋eq\f(2π,ω)≤π<eq\f(π,6ω)＋eq\f(3,2)·eq\f(2π,ω)，解得eq\f(13,6)≤ω<eq\f(19,6)，所以D正確；在區(qū)間(0，π)上，函數(shù)f(x)可以取到最大值和最小值，所以在(0，π)上存在x1，x2，滿足f(x1)－f(x2)＝4，所以A正確；由圖象可得，f(x)在(0，π)上不一定有2個最大值點，所以B錯誤；當(dāng)0<x<eq\f(π,2)時，－eq\f(π,6)<ωx－eq\f(π,6)<eq\f(ωπ,2)－eq\f(π,6)，因為eq\f(13,6)≤ω＜eq\f(19,6)，所以eq\f(11π,12)≤eq\f(ωπ,2)－eq\f(π,6)＜eq\f(17π,12)，所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上不單調(diào)遞增，所以C錯誤．]13．π14.±115．8解析如圖，過O作OD⊥AB交AB于D，OE⊥AC交AC于E，可得D，E分別為AB，AC的中點，則eq\o(AO,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝eq\o(AO,\s\up6(→))·(eq\o(AC,\s\up6(→))－eq\o(AB,\s\up6(→)))＝eq\o(AO,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))－eq\o(AO,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝(eq\o(AE,\s\up6(→))＋eq\o(EO,\s\up6(→)))·eq\o(AC,\s\up6(→))－(eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\o(DO,\s\up6(→)))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝eq\o(AE,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＋eq\o(EO,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))－eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))－eq\o(DO,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(AC,\s\up6(→))2＋0－eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up6(→))2－0＝eq\f(1,2)×(25－9)＝8.16.eq\r(7)解析如圖所示，設(shè)|AF1|＝m，因為|F1F2|＝2c，eq\o(BT,\s\up6(→))＝3eq\o(AF2,\s\up6(→))，則AF2∥BT，所以△F1AF2∽△F1BT，所以eq\f(|AF1|,|BF1|)＝eq\f(|F1F2|,|F1T|)＝eq\f(|AF2|,|BT|)＝eq\f(1,3)，所以|BF1|＝3m，|F2T|＝4c，由雙曲線的定義可得，|AF2|＝|AF1|＋2a＝m＋2a，|BF2|＝|BF1|－2a＝3m－2a，因為BF2經(jīng)過△BF1T的內(nèi)切圓圓心，即BF2平分∠F1BT，所以＝eq\f(|BF1|,|BT|)＝eq\f(|F1F2|,|F2T|)＝eq\f(1,2)，則|BT|＝2|BF1|＝6m，所以|AF2|＝eq\f(1,3)|BT|＝2m，所以2m＝m＋2a，則m＝2a，則|AB|＝2m＝4a＝|AF2|，|BF2|＝3m－2a＝4a，故△ABF2為等邊三角形，則∠BAF2＝eq\f(π,3)，故∠F1AF2＝eq\f(2π,3)，在△F1AF2中，|AF1|＝2a，|AF2|＝4a，|F1F2|＝2c，由余弦定理可得|F1F2|2＝|AF1|2＋|AF2|2－2|AF1|·|AF2|cos

eq\f(2π,3)，即4c2＝4a2＋16a2－16a2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))，可得c＝eq\r(7)a，因此，該雙曲線的離心率為e＝eq\f(c,a)＝eq\r(7).小題滿分練61．A2.D3.A4.A5.C6．C[根據(jù)題意，三年修完4門選修課程，每學(xué)年至多選修2門，則每位同學(xué)每年所修課程數(shù)為1,1,2或0,2,2.先將4門課程按照1,1,2分成三組有eq\f(C\o\al(2,4)C\o\al(1,2)C\o\al(1,1),A\o\al(2,2))種方式，再分到三個學(xué)年，有Aeq\o\al(3,3)種方式，所以不同的選修方式有eq\f(C\o\al(2,4)C\o\al(1,2)C\o\al(1,1),A\o\al(2,2))×Aeq\o\al(3,3)＝36(種)；再將4門課程按照0,2,2分成三組有eq\f(C\o\al(2,4)C\o\al(2,2),A\o\al(2,2))種方式，再分到三個學(xué)年，有Aeq\o\al(3,3)種方式，所以不同的選修方式有eq\f(C\o\al(2,4)C\o\al(2,2),A\o\al(2,2))×Aeq\o\al(3,3)＝18(種)，綜上，共有36＋18＝54(種)．]7．C[∵acosC－2bcosB＋ccosA＝0，由正弦定理得sinAcosC－2sinBcosB＋sinCcosA＝0，∴sin(A＋C)－2sinBcosB＝0，又A＋B＋C＝π，∴sinB－2sinBcosB＝0，∵B是三角形內(nèi)角，∴sinB≠0，∴cosB＝eq\f(1,2)，∴B＝eq\f(π,3)，由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accosB，即9＝a2＋c2－ac，又eq\o(BD,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(BC,\s\up6(→))＋eq\o(BA,\s\up6(→)))，∴|eq\o(BD,\s\up6(→))|2＝eq\f(1,4)(|eq\o(BC,\s\up6(→))|2＋|eq\o(BA,\s\up6(→))|2＋2eq\o(BC,\s\up6(→))·eq\o(BA,\s\up6(→)))，即4＝eq\f(1,4)(a2＋c2＋ac)，解得ac＝eq\f(7,2)，∴S△ABC＝eq\f(1,2)acsinB＝eq\f(1,2)×eq\f(7,2)×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(7\r(3),8).]8．A[設(shè)f(x)＝x＋ex，顯然f(x)是增函數(shù)，不等式ax＋eax≥lnx＋x可變形為ax＋eax≥lnx＋elnx，即f(ax)≥f(lnx)，所以ax≥lnx.所以a≥eq\f(lnx,x)，令g(x)＝eq\f(lnx,x)，x>0，則g′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)，當(dāng)0<x<e時，g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x>e時，g′(x)<0，g(x)單調(diào)遞減，所以g(x)max＝g(e)＝eq\f(1,e)，因為不等式a≥eq\f(lnx,x)恒成立，所以a≥eq\f(1,e).即a的最小值是eq\f(1,e).]9．AC10．ABC[因為eq\o(OP,\s\up6(→))繞原點O旋轉(zhuǎn)－30°，30°，60°到eq\o(OP1,\s\up6(→))，eq\o(OP2,\s\up6(→))，eq\o(OP3,\s\up6(→))，所以eq\o(OP1,\s\up6(→))與eq\o(OP3,\s\up6(→))的夾角為90°，故eq\o(OP1,\s\up6(→))·eq\o(OP3,\s\up6(→))＝0，A選項正確；由題意知，△OPP1≌△OPP2，所以PP1＝PP2，即|eq\o(PP1,\s\up6(→))|＝|eq\o(PP2,\s\up6(→))|，故B正確；因為〈eq\o(OP,\s\up6(→))，eq\o(OP3,\s\up6(→))〉＝60°，〈eq\o(OP1,\s\up6(→))，eq\o(OP2,\s\up6(→))〉＝60°，|eq\o(OP,\s\up6(→))|＝|eq\o(OP3,\s\up6(→))|＝|eq\o(OP1,\s\up6(→))|＝|eq\o(OP2,\s\up6(→))|，所以由數(shù)量積的定義知eq\o(OP,\s\up6(→))·eq\o(OP3,\s\up6(→))＝eq\o(OP1,\s\up6(→))·eq\o(OP2,\s\up6(→))，故C正確；若點P1的坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3)－1,2)，\f(1＋2\r(3),2)))，則|eq\o(OP1,\s\up6(→))|＝eq\f(\r(17＋2\r(3)),2)≠|(zhì)eq\o(OP,\s\up6(→))|＝eq\r(5)，故D不正確．]11．BD[因為f(x)是奇函數(shù)，f(x＋1)是偶函數(shù)，所以函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于點(0,0)中心對稱，且關(guān)于直線x＝1軸對稱，則f(x)的周期為4，當(dāng)x∈(0,1]時，f(x)＝2|x－2|－3＝1－2x，則函數(shù)f(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，根據(jù)對稱性可得f(x)在(1,2)上單調(diào)遞增，再結(jié)合周期性可得f(x)在(－3，－2)上單調(diào)遞增，故A錯誤；f(x)在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))上小于0，根據(jù)對稱性可得f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(3,2)))上小于0，故B正確；f(x)的圖象關(guān)于直線x＝1軸對稱，所以f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))＝f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝0，f(2)＝f(0)＝0，所以f(x)不可能在[1,2]上單調(diào)遞增，故C錯誤；f(x)的圖象關(guān)于直線x＝1軸對稱，又f(x)是奇函數(shù)，所以f(x)的圖象關(guān)于直線x＝－1軸對稱，因為f(x)的周期為4，所以f(x)關(guān)于直線x＝3對稱，故D正確．]12．AC[令∠AFC＝α，∠BFD＝β，∵|AC|＝|AF|，∴∠ACF＝α，∠CAF＝π－2α，∵|BF|＝|BD|，∴∠BDF＝β，∠DBF＝π－2β.又∵π－2α＋π－2β＝π，∴α＋β＝eq\f(π,2)，∴∠CFD＝90°，A正確；設(shè)AB：x＝my＋1，令A(yù)(x1，y1)，B(x2，y2)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝my＋1，,y2＝4x))消去x可得y2－4my－4＝0，則y1＋y2＝4m，y1y2＝－4.∵eq\o(AF,\s\up6(→))＝2eq\o(FB,\s\up6(→))，∴y1＝－2y2，∴y1＝－2eq\r(2)，y2＝eq\r(2)，m＝－eq\f(\r(2),4)，此時k＝－2eq\r(2)，或y1＝2eq\r(2)，y2＝－eq\r(2)，m＝eq\f(\r(2),4)，此時k＝2eq\r(2)，即k＝±2eq\r(2)，B錯誤；|AB|＝x1＋1＋x2＋1＝x1＋x2＋2＝my1＋my2＋4＝eq\f(9,2)，O到AB的距離d＝eq\f(1,\r(m2＋1))＝eq\f(2\r(2),3)，∴S△AOB＝eq\f(1,2)×eq\f(9,2)×eq\f(2\r(2),3)＝eq\f(3\r(2),2)，C正確；令m＝eq\f(\r(2),4)，則AB：x＝eq\f(\r(2),4)y＋1，此時A(2,2eq\r(2))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－\r(2)))，Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,4)，\f(\r(2),2)))，C(－1,2eq\r(2))，D(－1，－eq\r(2))，|DM|＝eq\f(3\r(17),4)，|CM|＝eq\f(3\r(17),4)，|CD|＝3eq\r(2)，CM2＋DM2≠CD2，∴△CDM不是等腰直角三角形，D錯誤．]13．3＋2eq\r(2)14.－eq\f(1,2)15．48解析設(shè)該圖形中各層的六邊形邊長從內(nèi)向外依次為a1，a2，a3，a4，成等差數(shù)列，設(shè)公差為d，由題意得6(a1＋a2＋a3＋a4)＝156，即a1＋a2＋a3＋a4＝26，所以2a1＋3d＝13，①因為陰影部分的面積S＝6×eq\f(\r(3),4)×(aeq\o\al(2,2)－aeq\o\al(2,1))＝eq\f(33\r(3),2)，所以2a1d＋d2＝11，②聯(lián)立①②解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝5，,d＝1))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝－\f(7,4)，,d＝\f(11,2)))(不符合題意，舍去)，故a4＝a1＋3d＝8，所以最外層六邊形的周長為48.16．(0,2]4解析設(shè)O為A，B，C，D所在球面的球心，∴OA＝OC＝2.∵AB＝CD＝2eq\r(3)，且E，F(xiàn)分別是AB，CD的中點，∴OE⊥AB，OF⊥CD，且AE＝CF＝eq\r(3)，∴OE＝OF＝1，則E，F(xiàn)均是以O(shè)為球心，1為半徑的球面上的點，若以EF為直徑作球，則0<EF≤OE＋OF＝2，即AB，CD的“伴隨球”的直徑取值范圍是(0,2]；∵E是AB的中點，∴VA－BCD＝2VA－CDE＝eq\f(2,3)S△CDE·d，d為點A到平面CDE的距離，d≤AE＝eq\r(3)，又S△CDE＝eq\f(1,2)CD·h，h為點E到CD的距離，h≤EF≤2，∴VA－BCD≤eq\f(2,3)×eq\f(2\r(3)×2,2)×eq\r(3)＝4，當(dāng)且僅當(dāng)E，O，F(xiàn)三點共線，且AB⊥CD時，等號成立．小題滿分練71．C2.A3.D4.D5．D[方法一當(dāng)n取奇數(shù)時，由已知b1＝1＋eq\f(1,α1)，b3＝1＋eq\f(1,α1＋\f(1,α2＋\f(1,α3)))，因為eq\f(1,α1)>eq\f(1,α1＋\f(1,α2＋\f(1,α3)))，所以b1>b3，同理可得b3>b5，b5>b7，…，于是可得b1>b3>b5>b7>…，故A不正確；當(dāng)n取偶數(shù)時，由已知b2＝1＋eq\f(1,α1＋\f(1,α2))，b4＝1＋eq\f(1,α1＋\f(1,α2＋\f(1,α3＋\f(1,α4))))，因為eq\f(1,α2)>eq\f(1,α2＋\f(1,α3＋\f(1,α4)))，所以b2<b4，同理可得b4<b6，b6<b8，…，于是可得b2<b4<b6<b8<…，故C不正確；因為eq\f(1,α1)>eq\f(1,α1＋\f(1,α2))，所以b1>b2，同理可得b3>b4，b5>b6，b7>b8，又b3>b7，所以b3>b8，故B不正確；故選D.方法二(特殊值法)不妨取αk＝1(k＝1,2，…)，則b1＝1＋eq\f(1,1)＝2，b2＝1＋eq\f(1,1＋\f(1,1))＝1＋eq\f(1,b1)＝1＋eq\f(1,2)＝eq\f(3,2)，b3＝1＋eq\f(1,1＋\f(1,1＋\f(1,1)))＝1＋eq\f(1,b2)＝1＋eq\f(2,3)＝eq\f(5,3)，所以b4＝1＋eq\f(1,b3)＝1＋eq\f(3,5)＝eq\f(8,5)，b5＝1＋eq\f(1,b4)＝1＋eq\f(5,8)＝eq\f(13,8)，b6＝1＋eq\f(1,b5)＝1＋eq\f(8,13)＝eq\f(21,13)，b7＝1＋eq\f(1,b6)＝1＋eq\f(13,21)＝eq\f(34,21)，b8＝1＋eq\f(1,b7)＝1＋eq\f(21,34)＝eq\f(55,34).逐一判斷選項可知選D.]6．B[∵2是4a與4b的等比中項，∴4a·4b＝22，∴a＋b＝1.∵eq\f(ab,a＋4b)＝eq\f(1,\f(4,a)＋\f(1,b))，eq\f(4,a)＋eq\f(1,b)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,a)＋\f(1,b)))(a＋b)＝5＋e