福建省漳州市东山二中高三数学上学期期中试卷 理(含解析)

2015-2016学年福建省漳州市东山二中高三（上）期中数学试卷（理
科）
一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60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．已知复数（a∈R，i为虚数单位），若z是纯虚数，则实数a等于（）A．B． C．1 D．﹣1
2．已知向量=（3，0），=（0，1），若与共线，则实数的λ值为（）A．1 B．﹣1 C．D．
3．等比数列{a n}中，a1+a3=5，a2+a4=10，则a6+a8等于（）
A．80 B．96 C．160 D．320
4．设α、β、γ是三个不重合的平面，m、n为两条不同的直线．给出下列命题：
①若n∥m，m⊂α，则n∥α；
②若α∥β，n⊄β，n∥α，则n∥β；
③若β⊥α，γ⊥α，则β∥γ；
④若n∥m，n⊥α，m⊥β，则α∥β．其中真命题是（）
A．①和②B．①和③C．②和④D．③和④
5．为了得到函数的图象，只需把的图象上所有的点（）
A．向左平移个单位长度B．向右平移个单位长度
C．向左平移个单位长度D．向右平移个单位长度
6．若集合A={x|x2﹣x＜0}，B={x|（x﹣a）（x+1）＜0}，则“a＞1”是“A∩B≠∅”的（）A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
7．已知△ABC中，已知∠A=45°，AB=，BC=2，则∠C=（）
A．30° B．60° C．120°D．30°或150°
8．若函数y=Asin（ωx+φ）（A＞0，ω＞0，）在一个周期内的图象如图所示，M、N分别是这段图象的最高点和最低点，且，则A•ω=（）
A．B．C．D．
9．如图，位于A处的信息中心获悉：在其正东方向相距40海里的B处有一艘渔船遇险，在原地等待营救．信息中心立即把消息告知在其南偏西30°、相距20海里的C处的乙船，现乙船朝北偏东θ的方向即沿直线CB前往B处救援，则cosθ=（）
A． B． C．D．
10．若函数f（x）=x3﹣3x在（a，6﹣a2）上有最小值，则实数a的取值范围是（）A．（﹣，1）B．[﹣，1）C．[﹣2，1）D．（﹣2，1）
11．设，若对于任意x1∈[0，1]，总存在x0∈[0，1]，使得g（x0）=f（x1）成立，则a的取值范围是（）
A．B．[4，+∞）C．D．
12．△ABC中，BC=2，A=45°，B为锐角，点O是△ABC外接圆的圆心，则•的取值范
围是（）
A．（﹣2，2] B．（﹣2，2] C．[﹣2，2] D．（﹣2，2）
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.
13．若（a﹣i）2为纯虚数（i为虚数单位），则实数a= ．
14．已知，则cos2x= ．
15．一个几何体的三视图如图所示，其中正视图是等边三角形，俯视图是半圆．现有一只蚂蚁从点A出发沿该几何体的侧面环绕一周回到A点，则蚂蚁所经过路程的最小值
为．
16．已知平面向量、、满足⊥，且{||，||，||}={1，2，3}，则|++|的最大值是．
三、解答题：本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．17．已知和是函数f（x）=sin（ωx+φ）（ω＞0，0＜φ＜π）的相邻的两个零点．
（Ⅰ）求f（x）的解析式；
（Ⅱ）在△ABC中，若sinBsinCcosA=sin2A，求函数f（A）的值域．
18．等差数列{a n}的公差为﹣2，且a1，a3，a4成等比数列．
（Ⅰ）求数列{a n}的通项公式；
（Ⅱ）设，求数列{b n}的前n项和S n．
19．向量=（sinx，cosx），=（sinx，sinx），=（﹣1，0）．
（Ⅰ）若x=，求向量、的夹角；
（Ⅱ）若x∈，函数的最大值为，求λ的值．
20．如图，PA，QC都与正方形ABCD所在平面垂直，AB=PA=2QC=2，AC∩BD=O
（Ⅰ）求证：OP⊥平面QBD；
（Ⅱ）求二面角P﹣BQ﹣D平面角的余弦值；
（Ⅲ）过点C与平面PBQ平行的平面交PD于点E，求的值．
21．已知函数．
（Ⅰ）求f（x）的单调递增区间；
（Ⅱ）将y=f（x）的图象向左平移个单位，得到函数y=g（x）（x＞0）的图象．若的图象与直线交点的横坐标由小到大依次是x1，x2，…，x n，求数列{x n}的前2n项的和．22．如果f（x0）是函数f（x）的一个极值，称点（x0，f（x0））是函数f（x）的一个极值
点．已知函数f（x）=（ax﹣b）（x≠0且a≠0）
（1）若函数f（x）总存在有两个极值点A，B，求a，b所满足的关系；
（2）若函数f（x）有两个极值点A，B，且存在a∈R，求A，B在不等式|x|＜1表示的区域内时实数b的范围．
（3）若函数f（x）恰有一个驻点A，且存在a∈R，使A在不等式表示的区域内，证明：0≤b＜1．
请考生从第（22）、（23）、（24）三题中任选一题作答．注意：只能做所选定的题目．如果多做，则按所做的第一个题目计分，作答时请用2B铅笔在答题卡上将所选题号后的方框涂黑．选修4-1：几何证明选讲
23．如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，AB的延长线与DC的延长线交于点E，且CB=CE．（Ⅰ）证明：∠D=∠E；
（Ⅱ）设AD不是⊙O的直径，AD的中点为M，且MB=MC，证明：△ADE为等边三角形．
选修4-4：坐标系与参数方程
24．（2015•河北）在直角坐标系xOy中，直线C1：x=﹣2，圆C2：（x﹣1）2+（y﹣2）2=1，以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系．
（Ⅰ）求C1，C2的极坐标方程；
（Ⅱ）若直线C3的极坐标方程为θ=（ρ∈R），设C2与C3的交点为M，N，求△C2MN的面积．
选修4-5：不等式选讲
25．（2012•新课标）已知函数f（x）=|x+a|+|x﹣2|
（1）当a=﹣3时，求不等式f（x）≥3的解集；
（2）若f（x）≤|x﹣4|的解集包含[1，2]，求a的取值范围．
2015-2016学年福建省漳州市东山二中高三（上）期中数学试卷（理科）
参考答案与试题解析
一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60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．已知复数（a∈R，i为虚数单位），若z是纯虚数，则实数a等于（）A．B． C．1 D．﹣1
【考点】复数代数形式的乘除运算；复数的基本概念．
【专题】计算题．
【分析】利用两个复数代数形式的乘除法法则，化简复数z为，再由纯虚数的定义可得a﹣1=0，由此求出实数a的值
【解答】解：∵复数==是纯虚数，
∴a﹣1=0，a=1，
故选C．
【点评】本题主要考查复数的基本概念，两个复数代数形式的乘除法，属于基础题．
2．已知向量=（3，0），=（0，1），若与共线，则实数的λ值为（）A．1 B．﹣1 C．D．
【考点】向量的共线定理．
【专题】计算题．
【分析】根据所给的两个向量的坐标，写出，2的坐标，根据两个向量之间的共线关系，写出两个向量的坐标之间的关系，得到关于λ的方程，解方程即可．
【解答】解：由题得： =（3，﹣λ），2=（6，1）
∵与共线，
∴3+6λ=0，
解得：λ=﹣．
故选D．
【点评】本题考查平面向量共线的坐标表示，本题解题的关键是写出向量共线的坐标关系式，利用方程思想来解题．
3．等比数列{a n}中，a1+a3=5，a2+a4=10，则a6+a8等于（）
A．80 B．96 C．160 D．320
【考点】等比数列的性质．
【专题】计算题．
【分析】利用等比数列的通项公式把第二个等式左边变形后，提取q，把第一个等式代入求出q的值，再把所求的式子利用等比数列的通项公式变形，把q的值及第一个等式代入即可求出值．
【解答】解：由a1+a3=5，a2+a4=10，
得到a2+a4=q（a1+a3）=10，即5q=10，
∴公比q=2，
则a6+a8=q5（a1+a3）=25×5=160．
故选C
【点评】此题考查了等比数列的性质，技巧性比较强，利用了转化及整体代入的思想，是高考中常考的题型．熟练掌握等比数列的性质是解本题的关键．
4．设α、β、γ是三个不重合的平面，m、n为两条不同的直线．给出下列命题：
①若n∥m，m⊂α，则n∥α；
②若α∥β，n⊄β，n∥α，则n∥β；
③若β⊥α，γ⊥α，则β∥γ；
④若n∥m，n⊥α，m⊥β，则α∥β．其中真命题是（）
A．①和②B．①和③C．②和④D．③和④
【考点】命题的真假判断与应用；空间中直线与平面之间的位置关系；平面与平面之间的位置关系．
【专题】综合题．
【分析】对于①，直线与一个平面内的一条直线平行，则两条这条直线可以在同一个平面内，故错误；对于②若α∥β，n⊄β，n∥α，根据面面平行的性质定理可得n∥β成立，故正确；对于③可以翻译为：垂直于同一平面的两个平面平行，在正方体中可心找出反例，显然错误．对于④，由n∥m，n⊥α，m⊥β，由线面垂直的性质定理可以得到α∥β，故正确．【解答】解：对四个命题逐个加以判断：
对于①，直线与平面平行的前提是平面外一条直线与平面内一条直线互相平行，
而n∥m，m⊂α，直线n可以在平面内α，故①错误；
对于②若α∥β，n⊄β，n∥α，说明在β内可以找到一条直线l与n平行，
根据直线与平面平行的判定定理可得n∥β成立，故②正确；
对于③可以翻译为：垂直于同一平面的两个平面平行，
在正方体中可心找出③的反例，说明③错误；
对于④，由n∥m，n⊥α，可得m⊥α，再结合m⊥β，得平面α与β和同一条直线平行由线面垂直的性质与判定定理可以得到α∥β，故④正确．
故选C．
【点评】本题考查线线关系、线面关系中的平行的判定、面面关系中垂直的判定，要注意判定定理与性质定理的综合运用．
5．为了得到函数的图象，只需把的图象上所有的点（）
A．向左平移个单位长度B．向右平移个单位长度
C．向左平移个单位长度D．向右平移个单位长度
【考点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换．
【专题】转化思想；综合法；三角函数的图像与性质．
【分析】由条件利用函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换规律，得出结论．
【解答】解：把的图象上所有的点向左平移个单位长度，可得函数
y=sin（x+﹣）=sin（x+）的图象，
故选：A．
【点评】本题主要考查函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换规律，属于基础题．
6．若集合A={x|x2﹣x＜0}，B={x|（x﹣a）（x+1）＜0}，则“a＞1”是“A∩B≠∅”的（）A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【考点】充要条件．
【专题】计算题．
【分析】先化简A集合，再根据题设中的条件研究两个集合的关系，结合充分条件与必要条件的定义作出判断得出正确选项．
【解答】解：由题意A={x|x2﹣x＜0}={x|0＜x＜1}，
当a＞1时，B={x|（x﹣a）（x+1）＜0}={x|﹣1＜x＜a}，此时有A⊊B，故有“A∩B≠∅”成立，即“a＞1”是“A∩B≠∅”的充分条件；
当“A∩B≠∅”成立时若a=，此时满足A∩B≠∅，由此知“A∩B≠∅”得不出“a＞1”
综上，“a＞1”是“A∩B≠∅”的充分而必要条件
故选A
【点评】本题考查充要条件，解题的关键是根据充分条件与必要条件的定义及特例法对两个条件之间的关系进行判断，以确定两个条件之间的充分性与必要性．本题也考查了解一元二次不等式的能力．
7．已知△ABC中，已知∠A=45°，AB=，BC=2，则∠C=（）
A．30° B．60° C．120°D．30°或150°
【考点】解三角形．
【专题】计算题．
【分析】由∠A，AB，BC的值，利用正弦定理即可求出sinC的值，又根据AB小于BC得到C 度数的范围，利用特殊角的三角函数值即可求出C的度数．
【解答】解：由正弦定理得： =，又∠A=45°，AB=，BC=2，
所以sinC==，又AB=＜BC=2，得到：0＜C＜A=45°，
则∠C=30°．
故选A
【点评】此题考查学生灵活运用正弦定理及特殊角的三角函数值化简求值，是一道基础题．学生做题时注意判断C度数的范围．
8．若函数y=Asin（ωx+φ）（A＞0，ω＞0，）在一个周期内的图象如图所示，M、N分别是这段图象的最高点和最低点，且，则A•ω=（）
A．B．C．D．
【考点】y=Asin（ωx+φ）中参数的物理意义；三角函数的周期性及其求法；三角函数的最值．
【专题】压轴题；图表型．
【分析】根据图象求出函数的周期，再求出ω的值，根据周期设出M和N的坐标，利用向量的坐标运算求出A的值，即求出A•ω的值．
【解答】解：由图得，T=4×=π，则ϖ=2，
设M（，A），则N（，﹣A），
∵，A＞0，∴×﹣A×A=0，解得A=，
∴A•ω=．
故选C．
【点评】本题考查了由函数图象求出函数解析式中的系数，根据A、ω的意义和三角函数的性质进行求解，考查了读图能力．
9．如图，位于A处的信息中心获悉：在其正东方向相距40海里的B处有一艘渔船遇险，在原地等待营救．信息中心立即把消息告知在其南偏西30°、相距20海里的C处的乙船，现乙船朝北偏东θ的方向即沿直线CB前往B处救援，则cosθ=（）
A． B． C．D．
【考点】已知三角函数模型的应用问题．
【专题】综合题；压轴题．
【分析】利用余弦定理求出BC的数值，正弦定理推出∠ACB的余弦值，利用cosθ=cos（∠ACB+30°）展开求出cosθ的值．
【解答】解：如图所示，在△ABC中，AB=40，AC=20，∠BAC=120°，
由余弦定理得BC2=AB2+AC2﹣2AB•AC•cos120°=2800，
所以BC=20．
由正弦定理得sin∠ACB=•sin∠BAC=．
由∠BAC=120°知∠ACB为锐角，故cos∠ACB=．
故cosθ=cos（∠ACB+30°）=cos∠ACBcos30°﹣sin∠ACBsin30°=．
故选B
【点评】本题是中档题，考查三角函数的化简求值，余弦定理、正弦定理的应用，注意角的变换，方位角的应用，考查计算能力．
10．若函数f（x）=x3﹣3x在（a，6﹣a2）上有最小值，则实数a的取值范围是（）A．（﹣，1）B．[﹣，1）C．[﹣2，1）D．（﹣2，1）
【考点】利用导数求闭区间上函数的最值．
【专题】导数的综合应用．
【分析】根据题意求出函数的导数，因为函数 f（x）在区间（a，6﹣a2）上有最小值，所以f′（x）先小于0然后再大于0，所以结合二次函数的性质可得：a＜1＜5﹣a2，进而求出正确的答案．
【解答】解：由题意可得：函数 f（x）=x3﹣3x，
所以f′（x）=3x2﹣3．
令f′（x）=3x2﹣3=0可得，x=±1；
因为函数 f（x）在区间（a，6﹣a2）上有最小值，其最小值为f（1），
所以函数f（x）在区间（a，6﹣a2）内先减再增，即f′（x）先小于0然后再大于0，
所以结合二次函数的性质可得：a＜1＜6﹣a2，
且f（a）=a3﹣3a≥f（1）=﹣2，且6﹣a2﹣a＞0，
联立解得：﹣2≤a＜1．
故选：C．
【点评】解决此类问题的关键是熟练掌握导数的作用，即求函数的单调区间与函数的最值，并且进行正确的运算．
11．设，若对于任意x1∈[0，1]，总存在
x0∈[0，1]，使得g（x0）=f（x1）成立，则a的取值范围是（）
A．B．[4，+∞）C．D．
【考点】函数恒成立问题；一次函数的性质与图象．
【专题】计算题；压轴题．
【分析】先对函数f（x）分x=0和x≠0分别求函数值，综合可得其值域，同样求出函数g （x）的值域，把两个函数的函数值相比较即可求出a的取值范围．
【解答】解：因为f（x）=，
当x=0时，f（x）=0，
当x≠0时，f（x）==，由0＜x≤1，∴0＜f（x）≤1．
故0≤f（x）≤1
又因为g（x）=ax+5﹣2a（a＞0），且g（0）=5﹣2a，g（1）=5﹣a．
故5﹣2a≤g（x）≤5﹣a．
所以须满足⇒≤a≤4．
故选A．
【点评】本题主要考查函数恒成立问题以及函数值域的求法，是对知识点的综合考查，属于基础题．
12．△ABC中，BC=2，A=45°，B为锐角，点O是△ABC外接圆的圆心，则•的取值范
围是（）
A．（﹣2，2] B．（﹣2，2] C．[﹣2，2] D．（﹣2，2）
【考点】平面向量数量积的运算．
【专题】三角函数的求值；三角函数的图像与性质；平面向量及应用．
【分析】首先建立恰当的直角坐标系，根据直角坐标系确定各点的坐标，进一步利用向量的数量积转化成利用定义域求三角函数的值域．最后求的结果．
【解答】解：如图所示：|BC|=2，∠BOC=90°，∠CAB=45°，
由于∠B为锐角，则：点A只能在左半圆上，
故设：A（）（）
B（），C（0，）
所以：，
=2
由于
所以：﹣
则：﹣2＜≤2
故选：A
【点评】本题考查的知识要点：向量的数量积，三角函数的恒等变换，利用正弦型函数的定义域求值域．
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.
13．若（a﹣i）2为纯虚数（i为虚数单位），则实数a= ±1．
【考点】复数代数形式的乘除运算．
【专题】数系的扩充和复数．
【分析】由条件利用两个复数代数形式的乘法法则、纯虚数的定义，可得a2﹣1=0 且2a≠0，由此求得a的值．
【解答】解：∵（a﹣i）2 =a2﹣1﹣2ai 为纯虚数，∴a2﹣1=0 且2a≠0，
求得a=±1，
故答案为：±1．
【点评】本题主要考查复数的基本概念，两个复数代数形式的乘法法则的应用，虚数单位i 的幂运算性质，属于基础题．
14．已知，则cos2x= ﹣．
【考点】二倍角的余弦．
【专题】计算题；转化思想；分析法；三角函数的求值．
【分析】由已知利用诱导公式可求cosx的值，再根据二倍角的余弦函数公式即可求值．
【解答】解：∵，可得：cosx=，
∴cos2x=2cos2x﹣1=2×﹣1=﹣．
故答案为：﹣．
【点评】本题主要考查了诱导公式，二倍角的余弦函数公式的应用，属于基础题．
15．一个几何体的三视图如图所示，其中正视图是等边三角形，俯视图是半圆．现有一只蚂蚁从点A出发沿该几何体的侧面环绕一周回到A点，则蚂蚁所经过路程的最小值为+．
【考点】由三视图求面积、体积．
【专题】计算题；空间位置关系与距离．
【分析】由题目所给三视图可得，该几何体为圆锥的一半，侧面展开图的半径为2，弧长为π，再根据一只蚂蚁从点A出发沿该几何体的侧面环绕一周回到A点，利用余弦定理求出蚂蚁所经过路程的最小值．
【解答】解：由题目所给三视图可得，该几何体为圆锥的一半，侧面展开图的半径为2，弧长为π，
∴圆心角为，
∵一只蚂蚁从点A出发沿该几何体的侧面环绕一周回到A点，
∴蚂蚁所经过路程的最小值为=+．
故答案为： +．
【点评】本题考查蚂蚁所经过路程的最小值，考查余弦定理，考查学生的计算能力，比较基础．
16．已知平面向量、、满足⊥，且{||，||，||}={1，2，3}，则|++|的最
大值是3+．
【考点】平面向量数量积的运算．
【专题】平面向量及应用．
【分析】分别以所在的直线为x，y轴建立直角坐标系，分类讨论：当{||，||}={1，2}，||=3，设，则x2+y2=9，则++=（1+x，2+y），有
||=的最大值，其几何意义是圆x2+y2=9上点（x，y）与定点（﹣1，﹣2）的距离的最大值；其他情况同理，然后求出各种情况的最大值进行比较即可．【解答】解：分别以所在的直线为x，y轴建立直角坐标系，
①当{||，||}={1，2}，||=3，则，
设，则x2+y2=9，
∴++=（1+x，2+y），
∴||=的最大值，其几何意义是圆x2+y2=9上点（x，y）与
定点（﹣1，﹣2）的距离的最大值为=3+；
②且{||，||}={1，3}，||=2，则，x2+y2=4，
∴++=（1+x，3+y）
∴||=的最大值，其几何意义是圆x2+y2=4上点（x，y）与
定点（﹣1，﹣3）的距离的最大值为2+=2+，
③{||，||}={2，3}，||=1，则，
设，则x2+y2=1
∴++=（2+x，3+y）
∴||=的最大值，其几何意义是在圆x2+y2=1
上取点（x，y）与定点（﹣2，﹣3）的距离的最大值为1+=1+
∵，
故|++|的最大值为3+．
故答案为：3+
【点评】本题主要考查了向量的模的求解，解题的关键是圆的性质的应用：在圆外取一点，使得其到圆上点的距离的最大值：r+d（r为该圆的半径，d为该点与圆心的距离）．
三、解答题：本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．17．已知和是函数f（x）=sin（ωx+φ）（ω＞0，0＜φ＜π）的相邻的两个零点．（Ⅰ）求f（x）的解析式；
（Ⅱ）在△ABC中，若sinBsinCcosA=sin2A，求函数f（A）的值域．
【考点】余弦定理；正弦函数的图象；正弦定理．
【专题】数形结合；数形结合法；三角函数的求值；三角函数的图像与性质．
【分析】（Ⅰ）由题意得函数f（x）的周期，可得ω值，代入点（﹣，0）可得φ值，可得解析式；
（II）由正、余弦定理可得b2+c2=3a2，可得cosA=•，由基本不等式可得其范围，由三角函数的值域可得．
【解答】解：（Ⅰ）由题意得函数f（x）的周期T=2[﹣（﹣）]=π，
∴ω==2，∴f（x）=sin（2x+φ），
代入点（﹣，0）可得0=sin（﹣+φ），
∴﹣+φ=kπ，∴φ=kπ+，k∈Z
又0＜φ＜π，∴φ=，
∴f（x）=sin（2x+）=cos2x；
（II）∵在△ABC中，若sinBsinCcosA=sin2A，
∴由正弦定理可得bccosA=a2，
再由余弦定理可得bc•=a2，
整理可得b2+c2=3a2，
∴cosA==
=•≥•=，∴≤cosA＜1，
∴f（A）=cos2A=2cos2A﹣1∈[﹣，1），
故f（A）的值域为∈[﹣，1）
【点评】本题考查解三角形，涉及正弦函数的图象性质和正余弦定理以及基本不等式，属中档题．
18．等差数列{a n}的公差为﹣2，且a1，a3，a4成等比数列．
（Ⅰ）求数列{a n}的通项公式；
（Ⅱ）设，求数列{b n}的前n项和S n．
【考点】数列的求和；等差数列的通项公式；等比数列的性质．
【专题】计算题；等差数列与等比数列．
【分析】（Ⅰ）由a1，a3，a4成等比数列，结合已知可得，可求a1，进而可求通项
（Ⅱ）由（Ⅰ）可得，利用裂项相消可求和
【解答】（Ⅰ）解：由已知得a3=a1﹣4，a4=a1﹣6，…（2分）
又a1，a3，a4成等比数列，所以，…（4分）
解得a1=8，…（5分）
所以a n=10﹣2n．…（6分）
（Ⅱ）由（Ⅰ）可得，…（8分）
所以S n==．…（12分）
【点评】本小题主要考查等差数列、等比数列等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想．满分（12分）．
19．向量=（sinx，cosx），=（sinx，sinx），=（﹣1，0）．
（Ⅰ）若x=，求向量、的夹角；
（Ⅱ）若x∈，函数的最大值为，求λ的值．
【考点】平面向量数量积的运算．
【专题】计算题；函数思想；向量法；平面向量及应用．
【分析】（Ⅰ）x=时，可以求出向量的坐标，然后根据即可求出，从而可以得出向量的夹角；
（Ⅱ）进行向量数量积的坐标运算得出的值，从而得到
，可以求出，讨论λ＞0和λ＜0两种情况，根据f（x）的最大值为便可建立关于λ的方程，从而便可求出λ的值．【解答】解：（Ⅰ）时，；
∴；
∴；
即向量的夹角为；
（Ⅱ）=；
∴；
∵；
∴；
①若λ＜0，则时，f（x）取最大值；
∴；
②若λ＞0，则时，f（x）取最大值；
∴．
【点评】考查向量夹角余弦的坐标公式，已知三角函数值求角，向量数量积的坐标运算，二倍角的正余弦公式，以及正弦函数在闭区间上的最值．
20．如图，PA，QC都与正方形ABCD所在平面垂直，AB=PA=2QC=2，AC∩BD=O
（Ⅰ）求证：OP⊥平面QBD；
（Ⅱ）求二面角P﹣BQ﹣D平面角的余弦值；
（Ⅲ）过点C与平面PBQ平行的平面交PD于点E，求的值．
【考点】二面角的平面角及求法；直线与平面平行的判定．
【专题】空间位置关系与距离；空间角；空间向量及应用．
【分析】对第（1）问，要证OP⊥平面QBD，连结OQ，只需证OP⊥BD，OP⊥OQ，前者可由BD⊥平面PAO得证，后者可由△PAO∽△OCQ得证；
对第（2）问，以A为原点，分别以AB，AD，AP所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，分别求出平面PBQ与平面BDQ的法向量，通过两法向量的夹角探求二面角的大小；
对第（3）问，设，用λ表示向量的坐标，根据与平面PBQ的法向量的垂直
关系建立方程，即可得λ的值．
【解答】（Ⅰ）证明：连接OQ，由题知PA∥QC，∴P、A、Q、C四点共面，易知BD⊥AC，BD ⊥PA，又PA∩AC=A，
∴BD⊥平面PACQ，得BD⊥OP．
由题中数据得PA=2，AO=OC=，QC=1，∴，△PAO∽△OCQ，∴∠POA=∠OQC，
又∵∠POA+∠OPA=90°，∴∠POA+∠COQ=90°，∴OP⊥OQ．
（或计算OQ=，OP=，PQ=3，由勾股定理得出∠POQ=90°，即OP⊥OQ）
∵BD∩OQ=O，∴OP⊥平面QBD．
（Ⅱ）解：如图右图所示，以A为原点，分别以AB，AD，AP所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
由题意，得A（0，0，0），B（2，0，0），C（2，2，0），D（0，2，0），P（0，0，2），Q（2，2，1），O（1，1，0），
∴，， =（0，2，1），设平面PBQ的法向量为，
∴，得，不妨取y=﹣1，得，
由（Ⅰ）知，是平面BDQ的一个法向量，于是cos=，由图知，二面角P﹣BQ﹣D为锐二面角，
∴二面角P﹣BQ﹣D的平面角的余弦值为．
（Ⅲ）解：设，∴=（0，2，﹣2），
，
从而，
∵CE∥平面PBQ，∴与平面PBQ的法向量垂直，则
，
得，即．
另解：在平面PAD中，分别过点D、P作直线PA、AD的平行线相交于点M，
连结MC交直线DQ与点N，在平面PQD中过点N作直线NE∥PQ交PQ于点E，如右图所示．
由题可知CN∥PB，NE∥PQ，CN∩NE=N，∴平面CNE∥平面PBQ，∴CE∥平面PBQ．
显然，△QCN∽△DMN，由CQ=1，MD=PA=2，∴，即．
【点评】本题主要考查空间直线与平面垂直的判断、线面平行的判断及二面角大小的计算、空间向量应用的基本方法，考查空间想象、计算、推理论证等能力，第（3）问的难度较大．
21．已知函数．
（Ⅰ）求f（x）的单调递增区间；
（Ⅱ）将y=f（x）的图象向左平移个单位，得到函数y=g（x）（x＞0）的图象．若的图象与直线交点的横坐标由小到大依次是x1，x2，…，x n，求数列{x n}的前2n项的和．
【考点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；函数的周期性；数列的求和；三角函数的化简求值；正弦函数的单调性．
【专题】计算题；整体思想．
【分析】（Ⅰ）先根据二倍角公式以及两角和的正弦公式对所给函数进行整理得到f（x）=sin （x﹣）；再结合正弦函数的单调性以及整体代入思想即可求出f（x）的单调递增区间；
（Ⅱ）先根据图象的平移规律得到函数y=g（x）（x＞0）的图象；再结合正弦曲线的对称性，周期性求出相邻两项的和及其规律，最后结合等差数列的求和公式即可得到结论．
【解答】解：（Ⅰ）
=sinx﹣
=sinx﹣cosx
=sin（x﹣）．
由2kπ≤x﹣≤2kπ+，得2kπ﹣≤x≤2kπ+（k∈Z）
所以f（x）的单调递增区间是[2kπ﹣，2kπ+]（k∈Z）
（Ⅱ）函数f（x）=sin（x﹣）的图象向左平移个单位后，得到函数y=sinx的图象，即g（x）=sinx，
若函数g（x）=sinx（x＞0）的图象与直线y=交点的横坐标由小到大依次是x1，x2，…，x n，
则由正弦曲线的对称性，周期性得： =，=2π+，…， =2（n﹣1）π+，
所以x1+x2+…+x2n﹣1+x2n
=（x1+x2）+（x3+x4）+…+（x2n﹣1+x2n）
=π+5π+9π+…+（4n﹣3）π
=[n×1+4]•π
=（2n2﹣n）π
【点评】本题是对三角函数单调性，对称性，周期性以及公式的综合考查，解决问题的关键在于根据二倍角公式以及两角和的正弦公式对所给函数进行整理得到f（x）=sin（x﹣）．
22．如果f（x0）是函数f（x）的一个极值，称点（x0，f（x0））是函数f（x）的一个极值
点．已知函数f（x）=（ax﹣b）（x≠0且a≠0）
（1）若函数f（x）总存在有两个极值点A，B，求a，b所满足的关系；
（2）若函数f（x）有两个极值点A，B，且存在a∈R，求A，B在不等式|x|＜1表示的区域内时实数b的范围．
（3）若函数f（x）恰有一个驻点A，且存在a∈R，使A在不等式表示的区域内，
证明：0≤b＜1．
【考点】函数在某点取得极值的条件．
【专题】计算题；证明题．
【分析】（1）先对函数求导，若函数f（x）总存在有两个极值点⇔f′（x）=0有两个根，从而确定a，b的关系
（2）转化为在（﹣1，1）内f′（x）=0有两个不等实根
结合（1）及根的分布可知，⇒，从而求b的取值范围
（3）若函数f（x）恰有一个极值点且存在a∈R，使A在不等式①⇔x2﹣ax+b=0的根在①的区域内只有一个，结合根的分别可求结果．
【解答】解：（1）
令f'（x）=0得x2﹣ax+b=0
∵函数f（x）总存在有两个极值点
∴x2﹣ax+b=0由2个不同的实数根
∴a2﹣4b＞0
又∵a≠0且x≠0
∴（3分）
（2）x2﹣ax+b=0在（﹣1，1）有两个不相等的实根．
即得
∴﹣1＜b＜1且b≠0（7分）
（3）由①f'（x）=0⇒x2﹣ax+b=0（x≠0）
①当在x=a左右两边异号
∴（a，f（a））是y=f（x）的唯一的一个极值点
由题意知即即0＜a2＜1
存在这样的a的满足题意
∴b=0符合题意（9分）
②当b≠0时，f′（x）=
△=a2﹣4b=0即4b=a2
这里函数y=f（x）唯一的一个驻点为
由题意
即即
∴0＜b＜1（13分）
综上知：满足题意b的范围为b∈[0，1）．（14分）
【点评】本题主要考查函数在某点取得极值的条件及有限制条件的极值的取值，结合二次函数的图象，转化为实根分布问题．
请考生从第（22）、（23）、（24）三题中任选一题作答．注意：只能做所选定的题目．如果多做，则按所做的第一个题目计分，作答时请用2B铅笔在答题卡上将所选题号后的方框涂黑．选修4-1：几何证明选讲
23．如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，AB的延长线与DC的延长线交于点E，且CB=CE．（Ⅰ）证明：∠D=∠E；
（Ⅱ）设AD不是⊙O的直径，AD的中点为M，且MB=MC，证明：△ADE为等边三角形．
【考点】与圆有关的比例线段．
【专题】选作题；立体几何．
【分析】（Ⅰ）利用四边形ABCD是⊙O的内接四边形，可得∠D=∠CBE，由CB=CE，可得∠E=∠CBE，即可证明：∠D=∠E；
（Ⅱ）设BC的中点为N，连接MN，证明AD∥BC，可得∠A=∠CBE，进而可得∠A=∠E，即可证明△ADE为等边三角形．
【解答】证明：（Ⅰ）∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，
∴∠D=∠CBE，
∵CB=CE，
∴∠E=∠CBE，
∴∠D=∠E；
（Ⅱ）设BC的中点为N，连接MN，则由MB=MC知MN⊥BC，
∴O在直线MN上，
∵AD不是⊙O的直径，AD的中点为M，
∴OM⊥AD，
∴AD∥BC，
∴∠A=∠CBE，
∵∠CBE=∠E，
∴∠A=∠E，
由（Ⅰ）知，∠D=∠E，
∴△ADE为等边三角形．
【点评】本题考查圆的内接四边形性质，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．
选修4-4：坐标系与参数方程
24．（2015•河北）在直角坐标系xOy中，直线C1：x=﹣2，圆C2：（x﹣1）2+（y﹣2）2=1，以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系．
（Ⅰ）求C1，C2的极坐标方程；
（Ⅱ）若直线C3的极坐标方程为θ=（ρ∈R），设C2与C3的交点为M，N，求△C2MN的面
积．
【考点】简单曲线的极坐标方程．
【专题】坐标系和参数方程．
【分析】（Ⅰ）由条件根据x=ρcosθ，y=ρsinθ求得C1，C2的极坐标方程．
（Ⅱ）把直线C3的极坐标方程代入ρ2﹣3ρ+4=0，求得ρ1和ρ2的值，结合圆的半径可得C2M⊥C2N，从而求得△C2MN的面积•C2M•C2N的值．
【解答】解：（Ⅰ）由于x=ρcosθ，y=ρsinθ，∴C1：x=﹣2 的
极坐标方程为ρcosθ=﹣2，
故C2：（x﹣1）2+（y﹣2）2=1的极坐标方程为：
（ρcosθ﹣1）2+（ρsinθ﹣2）2=1，
化简可得ρ2﹣（2ρcosθ+4ρsinθ）+4=0．
（Ⅱ）把直线C3的极坐标方程θ=（ρ∈R）代入
ρ2﹣（2ρcosθ+4ρsinθ）+4=0，求得ρ1=2，ρ2=，
∴|MN|=ρ1﹣ρ2=，由于圆C2的半径为1，∴C2M⊥C2N，
△C2MN的面积为•C2M•C2N=．
【点评】本题主要考查简单曲线的极坐标方程，点的极坐标的定义，属于基础题．
选修4-5：不等式选讲
25．（2012•新课标）已知函数f（x）=|x+a|+|x﹣2|
（1）当a=﹣3时，求不等式f（x）≥3的解集；
（2）若f（x）≤|x﹣4|的解集包含[1，2]，求a的取值范围．
【考点】绝对值不等式的解法；带绝对值的函数．
【专题】计算题；压轴题．
【分析】（1）不等式等价于，或，或，
求出每个不等式组的解集，
再取并集即得所求．
（2）原命题等价于﹣2﹣x≤a≤2﹣x在[1，2]上恒成立，由此求得求a的取值范围．
【解答】解：（1）当a=﹣3时，f（x）≥3 即|x﹣3|+|x﹣2|≥3，即①，或②，
或③．
解①可得x≤1，解②可得x∈∅，解③可得x≥4．
把①、②、③的解集取并集可得不等式的解集为{x|x≤1或x≥4}．
（2）原命题即f（x）≤|x﹣4|在[1，2]上恒成立，等价于|x+a|+2﹣x≤4﹣x在[1，2]上恒成立，
等价于|x+a|≤2，等价于﹣2≤x+a≤2，﹣2﹣x≤a≤2﹣x在[1，2]上恒成立．
故当1≤x≤2时，﹣2﹣x的最大值为﹣2﹣1=﹣3，2﹣x的最小值为0，
故a的取值范围为[﹣3，0]．
【点评】本题主要考查绝对值不等式的解法，关键是去掉绝对值，化为与之等价的不等式组来解，体现了分类讨论的数学思想，
属于中档题．。