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  • 2021-05-13 发布

浙江省丽水中学高考数学三模试卷理科

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‎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