浙江省丽水中学高考数学三模试卷理科 23页

‎2016年浙江省丽水中学高考数学三模试卷（理科）‎ ‎　‎ 一、选择题（本大题共8小题，每小题5分，满分40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．设常数a∈R，集合A={x|（x﹣1）（x﹣a）≥0}，B={x|x≥a﹣1}，若A∪B=R，则a的取值范围为（　　）‎ A．（﹣∞，2） B．（﹣∞，2] C．（2，+∞） D．[2，+∞）‎ ‎2．“x＜0”是“ln（x+1）＜0”的（　　）‎ A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 ‎3．已知一个空间几何体的三视图如图所示，根据图中标出的尺寸，可得这个几何体的体积是（　　）‎ A．2 B．4 C．6 D．12‎ ‎4．下列命题正确的是（　　）‎ A．若p∧q为假命题，则p、q均为假命题 B．函数f（x）=x2﹣x﹣6的零点是（3，0）或（﹣2，0）‎ C．对于命题p：∃x∈R，使得x2﹣x﹣6＞0，则￢p：∀x∈R，均有x2﹣x﹣6≤0‎ D．命题“若x2﹣x﹣6=0，则x=3”的否命题为“若x2﹣x﹣6=0，则x≠3”‎ ‎5．将函数f（x）=sin（+x）（cosx﹣2sinx）+sin2x的图象向左平移个单位长度后得到函数g（x），则g（x）具有性质（　　）‎ A．在（0，）上单调递增，为奇函数 B．周期为π，图象关于（）对称 C．最大值为，图象关于直线x=对称 D．在（﹣）上单调递增，为偶函数 ‎6．已知f（x）=ax2+bx+c（a＞0），g（x）=f（f（x）），若g（x）的值域为[2，+∞），f（x）的值域为[k，+∞），则实数k的最大值为（　　）‎ A．0 B．1 C．2 D．4‎ ‎7．过双曲线=1（a＞0，b＞0）的左焦点F（﹣c，0）（c＞0），作圆x2+y2=的切线，切点为E，延长FE交双曲线右支于点P，若=2﹣，则双曲线的离心率为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎8．已知函数f（x）=x（1+a|x|）．设关于x的不等式f（x+a）＜f（x）的解集为A，若，则实数a的取值范围是（　　）‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎　‎ 二、填空题（本题共7小题，满分36分，9-12题每题6分，13-15题每题4分．）‎ ‎9．已知函数y=loga（x﹣1）+3，（a＞0且a≠1）的图象恒过点P，则P的坐标是______，若角α的终边经过点P，则sin2α﹣sin2α的值等于______．‎ ‎10．设定义域为R的函数f（x）=，则f（f（﹣1））=______；函数y=f（f（x））的零点共有______个．‎ ‎11．设变量x，y满足约束条件，则的取值范围是______．‎ ‎12．已知单调递增的等差数列{an}的前n项和为Sn，若S8=12，a3•a6=﹣18，则数列{an}的通项公式为an=______；若数列{bn}的通项公式为bn=2n，则数列{abn}的前n项和Tn=______．‎ ‎13．如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M为BB1的中点，则直线MC与平面ACD1所成角的正弦值为______．‎ ‎14．已知抛物线y2=4x的焦点为F，过焦点的直线与抛物线交于A，B两点，则3|AF|+4|BF|的最小值为______．‎ ‎15．已知，，是空间两两垂直的单位向量， =x+y+z，且x+2y+4z=1，则|﹣﹣|的最小值为______．‎ ‎　‎ 三、解答题（本大题共5小题，满分74分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．）‎ ‎16．已知△ABC的三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且△ABC的面积为S=accosB．‎ ‎（1）若c=2a，求角A，B，C的大小；‎ ‎（2）若a=2，且≤A≤，求边c的取值范围．‎ ‎17．如图，已知长方形ABCD中，AB=2，AD=1，M为DC的中点．将△ADM沿AM折起，使得平面ADM⊥平面ABCM．‎ ‎（Ⅰ）求证：AD⊥BM；‎ ‎（Ⅱ）若=λ（0＜λ＜1），当二面角E﹣AM﹣D大小为时，求λ 的值．‎ ‎18．已知函数f（x）=（x+a）（|x|+2）+b（a，b∈R）‎ ‎（1）若f（x）在R上不单调，求实数a的取值范围；‎ ‎（2）若a≤﹣4且y=f（x）在[﹣1，1]上有两个零点，求a2+（b﹣17）2的最小值．‎ ‎19．已知点是离心率为的椭圆C：上的一点．斜率为的直线BD交椭圆C于B、D两点，且A、B、D三点不重合．‎ ‎（Ⅰ）求椭圆C的方程；‎ ‎（Ⅱ）△ABD的面积是否存在最大值？若存在，求出这个最大值；若不存在，请说明理由？‎ ‎20．已知数列{an}满足a1=，an+1=λan2+an．‎ ‎（1）若λ=，求证：an＜1；‎ ‎（2）若λ=n，求证： ++…+＜2．‎ ‎　‎ ‎2016年浙江省丽水中学高考数学三模试卷（理科）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（本大题共8小题，每小题5分，满分40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．设常数a∈R，集合A={x|（x﹣1）（x﹣a）≥0}，B={x|x≥a﹣1}，若A∪B=R，则a的取值范围为（　　）‎ A．（﹣∞，2） B．（﹣∞，2] C．（2，+∞） D．[2，+∞）‎ ‎【考点】集合关系中的参数取值问题；并集及其运算；一元二次不等式的解法．‎ ‎【分析】当a＞1时，代入解集中的不等式中，确定出A，求出满足两集合的并集为R时的a的范围；当a=1时，易得A=R，符合题意；当a＜1时，同样求出集合A，列出关于a的不等式，求出不等式的解集得到a的范围．综上，得到满足题意的a范围．‎ ‎【解答】解：当a＞1时，A=（﹣∞，1]∪[a，+∞），B=[a﹣1，+∞），‎ 若A∪B=R，则a﹣1≤1，‎ ‎∴1＜a≤2；‎ 当a=1时，易得A=R，此时A∪B=R；‎ 当a＜1时，A=（﹣∞，a]∪[1，+∞），B=[a﹣1，+∞），‎ 若A∪B=R，则a﹣1≤a，显然成立，‎ ‎∴a＜1；‎ 综上，a的取值范围是（﹣∞，2]．‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎2．“x＜0”是“ln（x+1）＜0”的（　　）‎ A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 ‎【考点】充要条件．‎ ‎【分析】根据不等式的性质，利用充分条件和必要条件的定义进行判断即可得到结论．‎ ‎【解答】解：∵x＜0，∴x+1＜1，当x+1＞0时，ln（x+1）＜0；‎ ‎∵ln（x+1）＜0，∴0＜x+1＜1，∴﹣1＜x＜0，∴x＜0，‎ ‎∴“x＜0”是ln（x+1）＜0的必要不充分条件．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎3．已知一个空间几何体的三视图如图所示，根据图中标出的尺寸，可得这个几何体的体积是（　　）‎ A．2 B．4 C．6 D．12‎ ‎【考点】由三视图求面积、体积．‎ ‎【分析】几何体为四棱锥，棱锥高为2，底面为梯形，代入体积公式计算．‎ ‎【解答】解：由三视图可知该几何体为四棱锥，棱锥的底面是直角梯形，棱锥的高是2，‎ ‎∴V==4．‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎4．下列命题正确的是（　　）‎ A．若p∧q为假命题，则p、q均为假命题 B．函数f（x）=x2﹣x﹣6的零点是（3，0）或（﹣2，0）‎ C．对于命题p：∃x∈R，使得x2﹣x﹣6＞0，则￢p：∀x∈R，均有x2﹣x﹣6≤0‎ D．命题“若x2﹣x﹣6=0，则x=3”的否命题为“若x2﹣x﹣6=0，则x≠3”‎ ‎【考点】命题的真假判断与应用．‎ ‎【分析】A．根据复合命题的真假关系进行判断．‎ B．函数的零点是横坐标x，不是点．‎ C．根据特称命题的否定是全称命题进行判断．‎ D．否命题是同时否定条件和结论．‎ ‎【解答】解：A．若p∧q为假命题，则p、q至少有一个为假命题，故A错误，‎ B．由f（x）=x2﹣x﹣6=0得x=3或x=﹣2，则函数的零点为3和﹣2，故B错误，‎ C．特称命题的否定是全称命题得￢p：∀x∈R，均有x2﹣x﹣6≤0，故C正确，‎ D．命题“若x2﹣x﹣6=0，则x=3”的否命题为“若x2﹣x﹣6≠0，则x≠3”，故D错误，‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎5．将函数f（x）=sin（+x）（cosx﹣2sinx）+sin2x的图象向左平移个单位长度后得到函数g（x），则g（x）具有性质（　　）‎ A．在（0，）上单调递增，为奇函数 B．周期为π，图象关于（）对称 C．最大值为，图象关于直线x=对称 D．在（﹣）上单调递增，为偶函数 ‎【考点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换．‎ ‎【分析】利用函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换规律，正弦函数的周期性、单调性、以及它的图象的对称性，得出结论．‎ ‎【解答】解：将函数f（x）=sin（+x）（cosx﹣2sinx）+sin2x=﹣cosx （cosx﹣2sinx）+sin2x ‎=sin2x﹣cos2x=sin（2x﹣） 的图象向左平移个单位长度后得到函数g（x）=sin[2（x+）﹣]=sin2x的图象，‎ 则g（x）为奇函数，且在（0，）上单调递增，故A正确、D不正确；‎ 由于当x=时，函数g（x）取得最大值为，故它的图象不关于（）对称，故排除B；‎ 当x=时，g（x）=0，故g（x）的图象不关于直线x=对称，故C不正确；‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎6．已知f（x）=ax2+bx+c（a＞0），g（x）=f（f（x）），若g（x）的值域为[2，+∞），f（x）的值域为[k，+∞），则实数k的最大值为（　　）‎ A．0 B．1 C．2 D．4‎ ‎【考点】函数的值域．‎ ‎【分析】设t=f（x），即有g（x）=f（t），t≥k，可得函数y=at2+bt+c，t≥k的图象为y=f（x）的图象的部分，即有g（x）的值域为f（x）的值域的子集，即有k的范围，可得最大值为2．‎ ‎【解答】解：设t=f（x），由题意可得g（x）=f（t）=at2+bt+c，t≥k，‎ 函数y=at2+bt+c，t≥k的图象为y=f（x）的图象的部分，‎ 即有g（x）的值域为f（x）的值域的子集，‎ 即[2，+∞）⊆[k，+∞），‎ 可得k≤2，‎ 即有k的最大值为2．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎7．过双曲线=1（a＞0，b＞0）的左焦点F（﹣c，0）（c＞0），作圆x2+y2=的切线，切点为E，延长FE交双曲线右支于点P，若=2﹣，则双曲线的离心率为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】双曲线的简单性质．‎ ‎【分析】设右焦点为F′，由=2﹣，可得E是PF的中点，利用O为FF'的中点，可得OE为△PFF'的中位线，从而可求PF′、PF，再由勾股定理得出关于a，c的关系式，最后即可求得离心率．‎ ‎【解答】解：设右焦点为F′，则 ‎∵=2﹣，‎ ‎∴+=2，‎ ‎∴E是PF的中点，‎ ‎∴PF′=2OE=a，‎ ‎∴PF=3a，‎ ‎∵OE⊥PF，‎ ‎∴PF′⊥PF，‎ ‎∴（3a）2+a2=4c2，‎ ‎∴e==，‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎8．已知函数f（x）=x（1+a|x|）．设关于x的不等式f（x+a）＜f（x）的解集为A，若，则实数a的取值范围是（　　）‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎【考点】函数单调性的性质．‎ ‎【分析】排除法：取a=﹣，由f（x+a）＜f（x），得（x﹣）|x﹣|+1＞x|x|，分x＜0，0≤x≤，x＞讨论，可得A，检验是否符合题意，可排除B、D；取a=1，由f（x+a）＜f（x），得（x+1）|x+1|+1＞x|x|，分x＜﹣1，﹣1≤x≤0，x＞0进行讨论，检验是否符合题意，排除C．‎ ‎【解答】解：取a=﹣时，f（x）=﹣x|x|+x，‎ ‎∵f（x+a）＜f（x），‎ ‎∴（x﹣）|x﹣|+1＞x|x|，‎ ‎（1）x＜0时，解得﹣＜x＜0；‎ ‎（2）0≤x≤时，解得0；‎ ‎（3）x＞时，解得，‎ 综上知，a=﹣时，A=（﹣，），符合题意，排除B、D；‎ 取a=1时，f（x）=x|x|+x，‎ ‎∵f（x+a）＜f（x），∴（x+1）|x+1|+1＜x|x|，‎ ‎（1）x＜﹣1时，解得x＞0，矛盾；‎ ‎（2）﹣1≤x≤0，解得x＜0，矛盾；‎ ‎（3）x＞0时，解得x＜﹣1，矛盾；‎ 综上，a=1，A=∅，不合题意，排除C，‎ 故选A．‎ ‎　‎ 二、填空题（本题共7小题，满分36分，9-12题每题6分，13-15题每题4分．）‎ ‎9．已知函数y=loga（x﹣1）+3，（a＞0且a≠1）的图象恒过点P，则P的坐标是　（2，3）　，若角α的终边经过点P，则sin2α﹣sin2α的值等于　　．‎ ‎【考点】对数函数的图象与性质．‎ ‎【分析】令x﹣1=1求出x和y，可求出函数y=loga（x﹣1）+3图象过的定点P的坐标，由三角函数的定义求出sinα、cosα，由二倍角的正弦公式化简所求的式子，将数据代入计算即可．‎ ‎【解答】解：令x﹣1=1得，x=2，则此时y=loga1+3=3，‎ ‎∴函数y=loga（x﹣1）+3的图象过定点P（2，3），‎ ‎∵角α的终边经过点P，∴sinα==，cosα=，‎ ‎∴sin2α﹣sin2α=sin2α﹣2sinαcosα==，‎ 故答案为：（2，3）；．‎ ‎　‎ ‎10．设定义域为R的函数f（x）=，则f（f（﹣1））=　0　；函数y=f（f（x））的零点共有　7　个．‎ ‎【考点】根的存在性及根的个数判断；分段函数的应用．‎ ‎【分析】利用分段函数的表达式直接代入即可求值，利用换元法令t=f（x），先求出函数f（x）的零点，利用数形结合进行求解即可．‎ ‎【解答】解：f（﹣1）=﹣1+2=1，f（1）=|lg1|=0．‎ 故f（f（﹣1））=f（1）=0，‎ 若x＞0，则f（x）=|lgx|=0得x=1，‎ 由x≤0，则由f（x）=﹣x2﹣2x=0得x=0或x=﹣2，‎ 令t=f（x），‎ 则y=f（f（x））=f（t），‎ 由y=f（f（x））=f（t）=0，‎ 则t=1或t=0，或t=﹣2，‎ 作出函数f（x）的图象，以及t=1或t=0，或t=﹣2，‎ 则 t=1时，两个函数有3个交点，‎ 当t=0时，两个函数有3个交点，‎ 当t=﹣2时，两个函数有一个交点，‎ 则共有7个交点，即函数y=f（f（x））的零点共有 7个，‎ 故答案为：0，7；‎ ‎　‎ ‎11．设变量x，y满足约束条件，则的取值范围是　　．‎ ‎【考点】简单线性规划．‎ ‎【分析】先画出满足条件的平面区域，结合的几何意义求出其范围即可．‎ ‎【解答】解：画出满足约束条件的平面区域，如图示：‎ 而的几何意义表示过平面区域内的点和A（﹣1，1）的直线的斜率，‎ 由图象得：KAB==﹣，‎ 故的取值范围是．‎ ‎　‎ ‎12．已知单调递增的等差数列{an}的前n项和为Sn，若S8=12，a3•a6=﹣18，则数列{an}的通项公式为an=　3n﹣12　；若数列{bn}的通项公式为bn=2n，则数列{abn}的前n项和Tn=　6•2n﹣12n﹣6　．‎ ‎【考点】数列的求和．‎ ‎【分析】（1）设出等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q，且q＞0．由已知列式求得等差数列的公差和等比数列的公比，代入等差数列和等比数列的通项公式得答案；‎ ‎（2）由cn=abn结合数列{an}和{bn}的通项公式得到数列{cn}的通项公式，结合等比数列的前n项和求得数列{cn}的前n项和Sn．‎ ‎【解答】解：（1）设单调递增的等差数列{an}的首项为a1，公差为d（d＞0），‎ 由S8=12，a3•a6=﹣18，‎ 得 解得d=3，d=﹣2（舍去），a1=﹣9，‎ ‎∴an=﹣9+3（n﹣1）=3n﹣12，‎ ‎（2）由bn=2n，‎ ‎∴abn=3×2n﹣12，‎ ‎∴Tn=（3×21﹣12）+（3×22﹣12）+（3×23﹣12）+…+（3×2n﹣12）‎ ‎=3（21+22+…+2n）﹣12n=3×﹣12n=6•2n﹣12n﹣6；‎ 故答案为：3n﹣12，6•2n﹣12n﹣6．‎ ‎　‎ ‎13．如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M为BB1的中点，则直线MC与平面ACD1所成角的正弦值为　　．‎ ‎【考点】直线与平面所成的角．‎ ‎【分析】以D为原点建立坐标系，设正方体边长为1，求出平面ACD1的法向量和的坐标，则|cos＜＞|即为所求．‎ ‎【解答】解：以D为原点，以DA，DC，DD1为坐标轴建立空间直角坐标系D﹣xyz，如图所示：‎ 设正方体棱长为1，则A（1，0，0），C（0，1，0），D1（0，0，1），M（1，1，）．‎ ‎∴=（﹣1，1，0），=（﹣1，0，1），=（﹣1，0，﹣）．‎ 设平面ACD1的法向量为=（x，y，z），则，‎ ‎∴，设x=1得=（1，1，1）．‎ ‎∴cos＜＞===﹣．‎ ‎∴直线MC与平面ACD1所成角的正弦值为|cos＜＞|=．‎ 故答案为：．‎ ‎　‎ ‎14．已知抛物线y2=4x的焦点为F，过焦点的直线与抛物线交于A，B两点，则3|AF|+4|BF|的最小值为　7+4　．‎ ‎【考点】抛物线的简单性质．‎ ‎【分析】设直线方程为x=my+1，联立方程组得出A，B两点坐标的关系，根据抛物线的性质得出3|AF|+4|BF|关于A，B两点坐标的式子，使用基本不等式得出最小值．‎ ‎【解答】解：抛物线的焦点F（1，0），‎ 设直线AB的方程为x=my+1．‎ 联立方程组，得x2﹣（4m2+2）x+1=0．‎ 设A（，y1），B（，y2），则=1．∴y22=．‎ 由抛物线的性质得|AF|=，|BF|==．‎ ‎∴3|AF|+4|BF|=+3++4=7++≥7+2=7+4．‎ 故答案为：．‎ ‎　‎ ‎15．已知，，是空间两两垂直的单位向量， =x+y+z，且x+2y+4z=1，则|﹣﹣|的最小值为　　．‎ ‎【考点】平面向量的基本定理及其意义．‎ ‎【分析】根据题意设=（1，0，0），=（0，1，0），=（0，0，1），求出=（x，y，z），表示出|﹣﹣|，根据 x+2y+4z=1表示一个平面，（x﹣1）2+（y﹣1）2+z2的值表示空间中的点（x，y，z）到点D（1，1，0）的距离，利用点D到此平面的距离，即可求出|﹣﹣|的最小值．‎ ‎【解答】解：设=（1，0，0），=（0，1，0），=（0，0，1），‎ 则=x+y+z=（x，y，z），且x+2y+4z=1，‎ 则﹣﹣=（x﹣1，y﹣1，z），‎ ‎∴|﹣﹣|=；‎ 又 x+2y+4z=1表示一个平面，‎ ‎（x﹣1）2+（y﹣1）2+z2的值表示空间中的点（x，y，z）到点D（1，1，0）的距离，‎ 这样的点在以点D（1，1，0）为球心的球面上，‎ ‎∴（x﹣1）2+（y﹣1）2+z2的最小值是球与此平面相切时切点与D点的距离平方，‎ 即点D到此平面的距离的平方；‎ 又点D（1，1，0）到平面x+2y+4z=1的距离是 d===；‎ ‎∴|﹣﹣|的最小值是．‎ 故答案为：．‎ ‎　‎ 三、解答题（本大题共5小题，满分74分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．）‎ ‎16．已知△ABC的三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且△ABC的面积为S=accosB．‎ ‎（1）若c=2a，求角A，B，C的大小；‎ ‎（2）若a=2，且≤A≤，求边c的取值范围．‎ ‎【考点】正弦定理；余弦定理．‎ ‎【分析】（1）法一：根据正弦定理，建立条件关系，即可求出角A，B，C的大小；法二：根据余弦定理，建立条件关系，即可求出角A，B，C的大小．‎ ‎（2）根据正弦定理表示出c，根据三角函数的图象和性质即可得到结论．‎ ‎【解答】解：由已知及三角形面积公式得S=acsinB=accosB，‎ ‎ 化简得sinB=cosB，‎ 即tanB=，又0＜B＜π，∴B=．‎ ‎（1）解法1：由c=2a，及正弦定理得，sinC=2sinA，‎ 又∵A+B=，‎ ‎∴sin（﹣A）=2sinA，‎ 化简可得tanA=，而0＜A＜，‎ ‎∴A=，C=．‎ 解法2：由余弦定理得，b2=a2+c2﹣2accosB=a2+4a2﹣2a2=3a2，‎ ‎∴b=，‎ ‎∴a：b：c=1：，知A=，C=．‎ ‎（2）由正弦定理得，‎ 即c=，‎ 由C=﹣A，得===+1‎ 又由≤A≤，‎ 知1≤tanA≤，‎ 故c∈[2，]．‎ ‎　‎ ‎17．如图，已知长方形ABCD中，AB=2，AD=1，M为DC的中点．将△ADM沿AM折起，使得平面ADM⊥平面ABCM．‎ ‎（Ⅰ）求证：AD⊥BM；‎ ‎（Ⅱ）若=λ（0＜λ＜1），当二面角E﹣AM﹣D大小为时，求λ 的值．‎ ‎【考点】二面角的平面角及求法；空间中直线与直线之间的位置关系．‎ ‎【分析】（Ⅰ）推导出BM⊥AM，从而BM⊥平面ADM，由此能证明AD⊥BM．‎ ‎（Ⅱ）法一：过点E作MB的平行线交DM于F，过点F作AM的垂线，垂足为H，连接HE，则∠EHF即为二面角E﹣AM﹣D的平面角，由此能求出当二面角E﹣AM﹣D大小为时λ 的值．‎ 法二：以M为原点，MA，MB 所在直线为x 轴，y 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出当二面角E﹣AM﹣D大小为时λ 的值．‎ ‎【解答】证明：（Ⅰ）∵，∴BM⊥AM，‎ 又平面ADM⊥平面ABCM，平面ADM∩平面ABCM=AM，BM⊂平面ABCM，‎ ‎∴BM⊥平面ADM．‎ 又AD⊂平面ADM，∴AD⊥BM．‎ 解：（Ⅱ）（方法一）过点E作MB的平行线交DM于F，‎ 由BM⊥平面ADM，得EF⊥平面ADM，‎ 在平面ADM中过点F作AM的垂线，垂足为H，连接HE，‎ 则∠EHF即为二面角E﹣AM﹣D的平面角，大小为．‎ 设FM=x，则，‎ 在Rt△FHM 中，‎ 由∠EFH=90°，∠EHF=60°，则．‎ 由EF∥MB，MB=2，‎ 则，即，解得x=4﹣2．‎ 故当二面角E﹣AM﹣D 大小为时，，‎ 即．‎ ‎（方法二）以M为原点，MA，MB 所在直线为x 轴，y 轴，建立如图所示空间直角坐标系，‎ M（0，0，0），，，，‎ 且，‎ 所以，，‎ 设平面EAM 的法向量为，‎ 则，‎ ‎，‎ 所以，．‎ 又平面DAM 的法向量为，‎ 所以，，‎ 解得，或（舍去）．‎ 所以，．‎ ‎　‎ ‎18．已知函数f（x）=（x+a）（|x|+2）+b（a，b∈R）‎ ‎（1）若f（x）在R上不单调，求实数a的取值范围；‎ ‎（2）若a≤﹣4且y=f（x）在[﹣1，1]上有两个零点，求a2+（b﹣17）2的最小值．‎ ‎【考点】函数与方程的综合运用．‎ ‎【分析】（1）由函数f（x）去掉绝对值，得f（x）=，又由f（x）在R上不单调，列出不等式组求解即可得答案；‎ ‎（2）由f（x）=，若a≤﹣4且y=f（x）在[﹣1，1]上有两个零点，且，可得，再由线性规划可得答案．‎ ‎【解答】解：（1）由函数f（x）=（x+a）（|x|+2）+b（a，b∈R），‎ 得f（x）=，‎ 若f（x）在R上不单调，‎ 得或，‎ 实数a的取值范围为：a＜﹣2或a＞2；‎ ‎（2）f（x）=，‎ 若a≤﹣4且y=f（x）在[﹣1，1]上有两个零点，且，‎ 则，即，‎ a2+（b﹣17）2的几何意义为定点（0，17）‎ 与可行域内动点距离的平方，‎ 由，‎ 得a2+（b﹣17）2的最小值为=40．‎ ‎　‎ ‎19．已知点是离心率为的椭圆C：上的一点．斜率为的直线BD交椭圆C于B、D两点，且A、B、D三点不重合．‎ ‎（Ⅰ）求椭圆C的方程；‎ ‎（Ⅱ）△ABD的面积是否存在最大值？若存在，求出这个最大值；若不存在，请说明理由？‎ ‎【考点】直线与圆锥曲线的综合问题；椭圆的标准方程．‎ ‎【分析】（Ⅰ）根据点是离心率为的椭圆C上的一点，建立方程，即可求椭圆C的方程；‎ ‎（Ⅱ）直线方程代入椭圆方程，计算出三角形的面积，利用基本不等式，可得结论．‎ ‎【解答】解：（Ⅰ）∵，，a2=b2+c2‎ ‎∴a=2，，‎ ‎∴椭圆方程为．…‎ ‎（Ⅱ）设直线BD的方程为 由，消去y可得 ‎∴，，‎ 由△=﹣8b2+64＞0，可得 ‎∴，‎ 设d为点A到直线BD：的距离，∴‎ ‎∴，‎ 当且仅当b=±2时，△ABD的面积最大，最大值为．…‎ ‎　‎ ‎20．已知数列{an}满足a1=，an+1=λan2+an．‎ ‎（1）若λ=，求证：an＜1；‎ ‎（2）若λ=n，求证： ++…+＜2．‎ ‎【考点】数列与不等式的综合；不等式的证明．‎ ‎【分析】（1）通过变形可知数列{an}为正项递增数列，通过放缩、变形可知﹣≤﹣，进而并项相加即得结论；‎ ‎（2）通过放缩、变形可知﹣≥，进而并项相加即得结论．‎ ‎【解答】证明：（1）易知an＞0，‎ ‎∵，‎ ‎∴，‎ ‎∴﹣≤=﹣，‎ 累加，得：﹣≤1﹣（n≥2），‎ 又∵a1＜1满足上式，‎ ‎∴∴an＜1；‎ ‎（2）易知an＞0，‎ ‎∵an+1=nan+an，‎ ‎∴=﹣，‎ ‎∴﹣=≥，‎ 累加，得： ++…+＜﹣＜=2．‎ ‎　‎ ‎2016年9月26日