杭州市五校联盟2016届高考数学一诊试卷(理科)(解析版)

2016年浙江省杭州市五校联盟高考数学一诊试卷（理科）一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共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．已知p：关于x的不等式x2+2ax﹣a≤0有解，q：a＞0或a＜﹣1，则p是q的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件2．如果一个函数f（x）满足：（1）定义域为x1，x2∈R；（2）任意x1，x2∈R，若x1+x2=0，则f （x1）+f（x2）=0；（3）任意x∈R，若t＞0，总有f（x+t）＞f（x）．则f（x）可以是（）A．y=﹣x B．y=x3C．y=3x D．y=log3x3．若直角坐标平面内两点P，Q满足条件：①P，Q都在函数y=f（x）的图象上；②P，Q关于原点对称，则称（P，Q）是函数y=f（x）的一个“伙伴点组”（点组（P，Q）与（Q，P）看作同一个“伙伴点组”）．已知函数，有两个“伙伴点组”，则实数k的取值范围是（）A．（﹣∞，0）B．（0，1） C．（0，）D．（0，+∞）4．已知等比数列{a n}前n项和为S n，则下列一定成立的是（）A．若a3＞0，则a2013＜0 B．若a4＞0，则a2014＜0C．若a3＞0，则S2013＞0 D．若a4＞0，则S2014＞05．在矩形ABCD中，AB=，BC=，P为矩形内一点，且AP=，若=λ+μ（λ，μ∈R），则λ+μ的最大值为（）A．B． C．D．6．已知不等式组所表示的平面区域的面积为4，则k的值为（）A．1 B．﹣3 C．1或﹣3 D．07．某几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积为（）A．B．C．8 D．48．双曲线的左、右焦点分别为F1、F2离心率为e．过F2的直线与双曲线的右支交于A、B两点，若△F1AB是以A为直角顶点的等腰直角三角形，则e2的值是（）A．1+2B．3+2C．4﹣2D．5﹣2二、填空题：（本大题共7小题，前4小题每题6分，后3小题每题4分，共36分）．9．已知函数y=f（x）是R上的偶函数，对于任意x∈R，都有f（x+6）=f（x）+f（3）成立，当x1，x2∈[0，3]，且x1≠x2时，都有．给出下列命题：①f（3）=0；②直线x=﹣6是函数y=f（x）的图象的一条对称轴；③函数y=f（x）在[﹣9，﹣6]上为增函数；④函数y=f（x）在[﹣9，9]上有四个零点．其中所有正确命题的序号为（把所有正确命题的序号都填上）10．对于各项均为整数的数列{a n}，如果a i+i（i=1，2，3，…）为完全平方数，则称数列{a n}具有“P 性质”．不论数列{a n}是否具有“P性质”，如果存在与{a n}不是同一数列的{b n}，且{b n}同时满足下面两个条件：①b1，b2，b3，…，b n是a1，a2，a3，…，a n的一个排列；②数列{b n}具有“P性质”，则称数列{a n}具有“变换P性质”．下面三个数列：①数列{a n}的前n项和；②数列1，2，3，4，5；③1，2，3， (11)具有“P性质”的为；具有“变换P性质”的为．11．下列命题：①函数y=sin（2x+）的单调减区间为[kπ+，kπ+]，k∈Z；②函数y=cos2x﹣sin2x图象的一个对称中心为（，0）；③函数y=sin（x﹣）在区间[﹣，]上的值域为[﹣，]；④函数y=cosx的图象可由函数y=sin（x+）的图象向右平移个单位得到；⑤若方程sin（2x+）﹣a=0在区间[0，]上有两个不同的实数解x1，x2，则x1+x2=．其中正确命题的序号为．12．在等腰梯形ABCD中，已知AB∥CD，AB=4，BC=2，∠ABC=60°，动点E和F分别在线段BC和DC上，且=λ，=，则•当λ=时有最小值为．13．已知变量x，y满足，则的取值范围是．14．在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧棱AA1⊥平面AB1C1，AA1=1，底面△ABC是边长为2的正三角形，则此三棱柱的体积为．15．抛物线y2=12x的焦点为F，点P为抛物线上的动点，点M为其准线上的动点，当△FPM为等边三角形时，则△FPM的外接圆的方程为．三、解答题：本大题共5小题，共74分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．16．已知函数f（x）=．（Ⅰ）若f（a）=，求tan（a+）的值；（Ⅱ）在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且满足（2a﹣c）cosB=bcosC，若f（A）=，试证明：a2+b2+c2=ab+bc+ca．17．如图，已知四棱锥P﹣ABCD，底面ABCD为菱形，PA⊥平面ABCD，∠ABC=60°，E，F分别是BC，PC的中点．（Ⅰ）证明：AE⊥PD；（Ⅱ）若H为PD上的动点，EH与平面PAD所成最大角的正切值为，求二面角E﹣AF﹣C的余弦值．18．已知椭圆C的方程是（a＞b＞0），点A，B分别是椭圆的长轴的左、右端点，左焦点坐标为（﹣4，0），且过点．（Ⅰ）求椭圆C的方程；（Ⅱ）已知F是椭圆C的右焦点，以AF为直径的圆记为圆M，试问：过P点能否引圆M的切线，若能，求出这条切线与x轴及圆M的弦PF所对的劣弧围成的图形的面积；若不能，说明理由．19．函数y=f（x）的定义域为R，若存在常数M＞0，使得|f（x）|≥M|x|对一切实数x均成立，则称f（x）为“圆锥托底型”函数．（1）判断函数f（x）=2x，g（x）=x3是否为“圆锥托底型”函数？并说明理由．（2）若f（x）=x2+1是“圆锥托底型”函数，求出M的最大值．20．数列{a n}满足a1=2，a n+1=a n2+6a n+6（n∈N×）（Ⅰ）设C n=log5（a n+3），求证{C n}是等比数列；（Ⅱ）求数列{a n}的通项公式；（Ⅲ）设，数列{b n}的前n项的和为T n，求证：．2016年浙江省杭州市五校联盟高考数学一诊试卷（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，共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．已知p：关于x的不等式x2+2ax﹣a≤0有解，q：a＞0或a＜﹣1，则p是q的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断．【专题】简易逻辑．【分析】根据充分条件和必要条件的定义进行判断即可．【解答】解：若不等式x2+2ax﹣a≤0有解，则判别式△=4a2+4a≥0，解得a≥0或a≤﹣1，则p是q的必要不充分条件，故选：B【点评】本题主要考查充分条件和必要条件的判断，根据不等式的关系是解决本题的关键．2．如果一个函数f（x）满足：（1）定义域为x1，x2∈R；（2）任意x1，x2∈R，若x1+x2=0，则f （x1）+f（x2）=0；（3）任意x∈R，若t＞0，总有f（x+t）＞f（x）．则f（x）可以是（）A．y=﹣x B．y=x3C．y=3x D．y=log3x【考点】抽象函数及其应用．【专题】函数的性质及应用．【分析】先将已知条件转化为函数性质，如条件（2）反映函数是奇函数，条件（3）反映函数是单调增函数，再利用性质进行排除即可．【解答】解：由条件（1）定义域为R，排除D；由条件（2）任意x1，x2∈R，若x1+x2=0，则f（x1）+f（x2）=0，即任意x∈R，f（﹣x）+f（x）=0，即函数f（x）为奇函数，排除C；由条件（3）任意x∈R，若t＞0，f（x+t）＞f（x）．即x+t＞x时，总有f（x+t）＞f（x），即函数f（x）为R上的单调增函数，排除A故选：B【点评】本题考查了抽象函数表达式反映函数性质的判断方法，基本初等函数的单调性和奇偶性，排除法解选择题是常用方法．3．若直角坐标平面内两点P，Q满足条件：①P，Q都在函数y=f（x）的图象上；②P，Q关于原点对称，则称（P，Q）是函数y=f（x）的一个“伙伴点组”（点组（P，Q）与（Q，P）看作同一个“伙伴点组”）．已知函数，有两个“伙伴点组”，则实数k的取值范围是（）A．（﹣∞，0）B．（0，1） C．（0，）D．（0，+∞）【考点】函数与方程的综合运用．【专题】数形结合；分析法；函数的性质及应用．【分析】可作出函数y=﹣ln（﹣x）（x＜0）关于原点对称的函数y=lnx（x＞0）的图象，使它与函数y=kx﹣1（x＞0）交点个数为2个即可．通过直线绕着（0，﹣1）旋转，求得与y=lnx相切的情况，再由图象观察即可得到所求k的范围．【解答】解：根据题意可知，“伙伴点组”满足两点：都在函数图象上，且关于坐标原点对称．可作出函数y=﹣ln（﹣x）（x＜0）关于原点对称的函数y=lnx（x＞0）的图象，使它与函数y=kx﹣1（x＞0）交点个数为2个即可．设切点为（m，lnm），y=lnx的导数为y′=，可得km﹣1=lnm，k=，解得m=1，k=1，可得函数y=lnx（x＞0）过（0，﹣1）点的切线斜率为1，结合图象可知k∈（0，1）时有两个交点．故选B．【点评】本题考查新定义的理解和运用，考查导数的运用：求切线的斜率，考查数形结合的思想方法，属于中档题．4．已知等比数列{a n}前n项和为S n，则下列一定成立的是（）A．若a3＞0，则a2013＜0 B．若a4＞0，则a2014＜0C．若a3＞0，则S2013＞0 D．若a4＞0，则S2014＞0【考点】等比数列的性质．【专题】等差数列与等比数列．【分析】对于选项A，B，D可通过q=﹣1的等比数列排除，对于选项C，可分公比q＞0，q＜0来证明即可得答案．【解答】解：对于选项A，可列举公比q=﹣1的等比数列1，﹣1，1，﹣1，…，显然满足a3＞0，但a2013=1＞0，故错误；对于选项B，可列举公比q=﹣1的等比数列﹣1，1，﹣1，1…，显然满足a4＞0，但a2014=1，故错误；对于选项D，可列举公比q=﹣1的等比数列﹣1，1，﹣1，1…，显然满足a4＞0，但S2014=0，故错误；对于选项C，因为a3=a1•q2＞0，所以a1＞0．当公比q＞0时，任意a n＞0，故有S2013＞0；当公比q＜0时，q2013＜0，故1﹣q＞0，1﹣q2013＞0，仍然有S2013 =＞0，故C正确，故选：C．【点评】本题主要考查等比数列的定义和性质，通过给变量取特殊值，举反例来说明某个命题不正确，是一种简单有效的方法，属于中档题．5．在矩形ABCD中，AB=，BC=，P为矩形内一点，且AP=，若=λ+μ（λ，μ∈R），则λ+μ的最大值为（）A．B． C．D．【考点】平面向量的基本定理及其意义．【专题】计算题；数形结合；数形结合法；平面向量及应用．【分析】设P（x，y），B（，0），C（，），D（0，），推导出，，由此能求出λ+μ的最大值．【解答】解：如图，设P（x，y），B（，0），C（，），D（0，），∵AP=，∴，点P满足的约束条件为：，∵=λ+μ（λ，μ∈R），∴（x，y）=，∴，∴，∵==，当且仅当x=y时取等号，∴λ+μ=x+y的最大值为．故选：B．【点评】本题考查代数式的最大值的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意数形结合思想的合理运用．6．已知不等式组所表示的平面区域的面积为4，则k的值为（）A．1 B．﹣3 C．1或﹣3 D．0【考点】二元一次不等式（组）与平面区域．【分析】由于直线y=kx+2在y轴上的截距为2，即可作出不等式组表示的平面区域三角形；再由三角形面积公式解之即可．【解答】解：不等式组表示的平面区域如下图，解得点B的坐标为（2，2k+2），所以S△ABC=（2k+2）×2=4，解得k=1．故选A．【点评】本题考查二元一次不等式组表示的平面区域的作法．7．某几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积为（）A．B．C．8 D．4【考点】由三视图求面积、体积．【专题】空间位置关系与距离．【分析】由已知中的三视图可得：该几何体是一个四棱锥和一个三棱锥组成的组合体，画出几何体的直观图，求出两个棱锥的体积，相加可得答案．【解答】解：由已知中的三视图可得该几何体的直观图如下图所示：该几何体是一个四棱锥A﹣CDEF和一个三棱锥组F﹣ABC成的组合体，四棱锥A﹣CDEF的底面面积为4，高为4，故体积为：，三棱锥组F﹣ABC的底面面积为2，高为2，故体积为：，故这个几何体的体积V=+=，故选：A【点评】根据三视图判断空间几何体的形状，进而求几何的表（侧/底）面积或体积，是高考必考内容，处理的关键是准确判断空间几何体的形状，一般规律是这样的：如果三视图均为三角形，则该几何体必为三棱锥；如果三视图中有两个三角形和一个多边形，则该几何体为N棱锥（N值由另外一个视图的边数确定）；如果三视图中有两个为矩形和一个多边形，则该几何体为N棱柱（N值由另外一个视图的边数确定）；如果三视图中有两个为梯形和一个多边形，则该几何体为N棱柱（N 值由另外一个视图的边数确定）；如果三视图中有两个三角形和一个圆，则几何体为圆锥．如果三视图中有两个矩形和一个圆，则几何体为圆柱．如果三视图中有两个梯形和一个圆，则几何体为圆台．8．双曲线的左、右焦点分别为F1、F2离心率为e．过F2的直线与双曲线的右支交于A、B两点，若△F1AB是以A为直角顶点的等腰直角三角形，则e2的值是（）A．1+2B．3+2C．4﹣2D．5﹣2【考点】双曲线的简单性质．【专题】计算题；压轴题．【分析】设|AF1|=|AB|=m，计算出|AF2|=（1﹣）m，再利用勾股定理，即可建立a，c的关系，从而求出e2的值．【解答】解：设|AF1|=|AB|=m，则|BF1|=m，|AF2|=m﹣2a，|BF2|=m﹣2a，∵|AB|=|AF2|+|BF2|=m，∴m﹣2a+m﹣2a=m，∴4a=m，∴|AF2|=（1﹣）m，∵△AF1F2为Rt三角形，∴|F1F2|2=|AF1|2+|AF2|2∴4c2=（﹣）m2，∵4a=m∴4c2=（﹣）×8a2，∴e2=5﹣2故选D．【点评】本题考查双曲线的标准方程与性质，考查双曲线的定义，解题的关键是确定|AF2|，从而利用勾股定理求解．二、填空题：（本大题共7小题，前4小题每题6分，后3小题每题4分，共36分）．9．已知函数y=f（x）是R上的偶函数，对于任意x∈R，都有f（x+6）=f（x）+f（3）成立，当x1，x2∈[0，3]，且x1≠x2时，都有．给出下列命题：①f（3）=0；②直线x=﹣6是函数y=f（x）的图象的一条对称轴；③函数y=f（x）在[﹣9，﹣6]上为增函数；④函数y=f（x）在[﹣9，9]上有四个零点．其中所有正确命题的序号为①②④（把所有正确命题的序号都填上）【考点】函数的零点；函数单调性的判断与证明；函数的周期性；对称图形．【专题】综合题；压轴题．【分析】（1）、赋值x=﹣3，又因为f（x）是R上的偶函数，f（3）=0．（2）、f（x）是R上的偶函数，所以f（x+6）=f（﹣x），又因为f （x+6）=f （x），得周期为6，从而f（﹣6﹣x）=f（﹣6+x），所以直线x=﹣6是函数y=f（x）的图象的一条对称轴（3）、有单调性定义知函数y=f（x）在[0，3]上为增函数，f（x）的周期为6，所以函数y=f（x）在[﹣9，﹣6]上为减函数．（4）、f（3）=0，f（x）的周期为6，所以：f（﹣9）=f（﹣3）=f（3）=f（9）=0．【解答】解：①：对于任意x∈R，都有f （x+6）=f （x）+f （3）成立，令x=﹣3，则f（﹣3+6）=f（﹣3）+f （3），又因为f（x）是R上的偶函数，所以f（3）=0．②：由（1）知f （x+6）=f （x），所以f（x）的周期为6，又因为f（x）是R上的偶函数，所以f（x+6）=f（﹣x），而f（x）的周期为6，所以f（x+6）=f（﹣6+x），f（﹣x）=f（﹣x﹣6），所以：f（﹣6﹣x）=f（﹣6+x），所以直线x=﹣6是函数y=f（x）的图象的一条对称轴．③：当x1，x2∈[0，3]，且x1≠x2时，都有所以函数y=f（x）在[0，3]上为增函数，因为f（x）是R上的偶函数，所以函数y=f（x）在[﹣3，0]上为减函数而f（x）的周期为6，所以函数y=f（x）在[﹣9，﹣6]上为减函数．④：f（3）=0，f（x）的周期为6，所以：f（﹣9）=f（﹣3）=f（3）=f（9）=0函数y=f（x）在[﹣9，9]上有四个零点．故答案为：①②④．【点评】本题重点考查函数性质的应用，用到了单调性，周期性，奇偶性，对称轴还有赋值法求函数值．10．对于各项均为整数的数列{a n}，如果a i+i（i=1，2，3，…）为完全平方数，则称数列{a n}具有“P 性质”．不论数列{a n}是否具有“P性质”，如果存在与{a n}不是同一数列的{b n}，且{b n}同时满足下面两个条件：①b1，b2，b3，…，b n是a1，a2，a3，…，a n的一个排列；②数列{b n}具有“P性质”，则称数列{a n}具有“变换P性质”．下面三个数列：①数列{a n}的前n项和；②数列1，2，3，4，5；③1，2，3， (11)具有“P性质”的为①；具有“变换P性质”的为②．【考点】数列的应用．【专题】综合题；等差数列与等比数列．【分析】对于①，求出数列{a n}的通项，验证a i+i=i2（i=1，2，3，…）为完全平方数，可得结论；对于②，数列1，2，3，4，5，具有“变换P性质”，数列{b n}为3，2，1，5，4，具有“P性质”；对于③，因为11，4都只有与5的和才能构成完全平方数，所以1，2，3，…，11，不具有“变换P 性质”．=n2﹣n【解答】解：对于①，当n≥2时，a n=S n﹣S n﹣1∵a1=0，∴∴a i+i=i2（i=1，2，3，…）为完全平方数∴数列{a n}具有“P性质”；对于②，数列1，2，3，4，5，具有“变换P性质”，数列{b n}为3，2，1，5，4，具有“P性质”，∴数列{a n}具有“变换P性质”；对于③，因为11，4都只有与5的和才能构成完全平方数，所以1，2，3，…，11，不具有“变换P 性质”．故答案为：①，②．【点评】本题考查新定义，考查学生分析解决问题的能力，正确理解新定义是关键．11．下列命题：①函数y=sin（2x+）的单调减区间为[kπ+，kπ+]，k∈Z；②函数y=cos2x﹣sin2x图象的一个对称中心为（，0）；③函数y=sin（x﹣）在区间[﹣，]上的值域为[﹣，]；④函数y=cosx的图象可由函数y=sin（x+）的图象向右平移个单位得到；⑤若方程sin（2x+）﹣a=0在区间[0，]上有两个不同的实数解x1，x2，则x1+x2=．其中正确命题的序号为①②⑤．【考点】正弦函数的单调性；正弦函数的对称性；函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换．【专题】计算题．【分析】①令+2kπ可求②利用两角和的余弦公式化简可得y=，令2x+，求出函数的对称中心③由可得，结合正弦函数的图象可求函数的值域④根据函数的图象平移法则：左加右减的平移法则可得⑤根据正弦函数的图象结合函数的对称性可得．【解答】解：①令+2kπ，解得+kπ，k∈Z，，故①正确②y=，令2x+，解得x=+kπ，k=0时函数的一个对称中心（，0）②正确③y=，当﹣，结合正弦函数的图象可得﹣≤y≤1，③错误④由函数y=sin（x+）的图象向右平移个单位得到y=sinx的图象，故④错误⑤令y=sin（2x+），当x时，2x+，若使方程有两解，则两解关于x=对称，则x1+x2=，故⑤正确故答案为：①②⑤【点评】本题综合考查了三角函数y=Asin（ωx+∅）（A＞0，ω＞0）的性质：函数的单调区间的求解，函数的对称中心的求解，函数在闭区间上的最值的求解及函数图象的平移，还用到了两角和的余弦公式，而解决本题的关键是要熟练掌握并能灵活运用三角函数的图象．12．在等腰梯形ABCD中，已知AB∥CD，AB=4，BC=2，∠ABC=60°，动点E和F分别在线段BC和DC上，且=λ，=，则•当λ=时有最小值为．【考点】平面向量数量积的运算．【专题】综合题；转化思想；向量法；平面向量及应用．【分析】利用等腰梯形的性质结合向量的数量积公式将所求表示为关于λ的代数式，根据具体的形式求最值．【解答】解：由题意，得到AD=BC=CD=2，所以=（+）•（+），=（+）（+），=•+λ++•，=4×2×cos60°+λ×2×2×cos60°+×4×2+×2×2×cos120°，=+2λ+≥+2×2=，（当且仅当λ=时等号成立）．故答案为：，．【点评】本题考查了等腰梯形的性质以及向量的数量积公式的运用、基本不等式求最值；关键是正确表示所求，利用基本不等式求最小值．13．已知变量x ，y 满足，则的取值范围是 [，] ．【考点】简单线性规划．【专题】数形结合；数形结合法；不等式的解法及应用．【分析】作出可行域，变形目标函数可得=1+表示可行域内的点与A （﹣2，﹣1）连线的斜率与1的和，数形结合可得．【解答】解：作出所对应的区域（如图阴影），变形目标函数可得==1+，表示可行域内的点与A （﹣2，﹣1）连线的斜率与1的和，由图象可知当直线经过点B （2，0）时，目标函数取最小值1+=；当直线经过点C （0，2）时，目标函数取最大值1+=；故答案为：[，]【点评】本题考查简单线性规划，涉及直线的斜率公式，准确作图是解决问题的关键，属中档题．14．在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧棱AA1⊥平面AB1C1，AA1=1，底面△ABC是边长为2的正三角形，则此三棱柱的体积为．【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积．【专题】空间位置关系与距离．【分析】由等积法证明，然后利用棱锥的体积公式求得答案．【解答】解：如图，连接B1C，则，又，∴，∵AA1⊥平面AB1C1，AA1=1，底面△ABC是边长为2的正三角形，∴．【点评】本题主要考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系及体积等基础知识；考查学生的空间想象能力、推理论证能力及运算求解能力，是中档题．15．抛物线y2=12x的焦点为F，点P为抛物线上的动点，点M为其准线上的动点，当△FPM为等边三角形时，则△FPM的外接圆的方程为．【考点】抛物线的简单性质．【专题】综合题；圆锥曲线的定义、性质与方程．【分析】利用抛物线的定义得出PM垂直于抛物线的准线，设M（﹣3，m），则P（9，m），求出△PMF的边长，写出有关点的坐标，得到外心Q的坐标，△FPM的外接圆的半径，从而求出其方程．【解答】解：据题意知，△PMF为等边三角形，PF=PM，∴PM⊥抛物线的准线，F（3，0）设M（﹣3，m），则P（9，m），等边三角形边长为12，如图．在直角三角形APF中，PF=12，解得外心Q的坐标为（3，±4）．则△FPM的外接圆的半径为4，∴则△FPM的外接圆的方程为．故答案为：．【点评】本题主要考查了抛物线的简单性质，直线与抛物线的综合问题．考查了学生综合把握所学知识和基本的运算能力三、解答题：本大题共5小题，共74分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．16．已知函数f（x）=．（Ⅰ）若f（a）=，求tan（a+）的值；（Ⅱ）在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且满足（2a﹣c）cosB=bcosC，若f（A）=，试证明：a2+b2+c2=ab+bc+ca．【考点】正弦定理；两角和与差的正弦函数．【专题】计算题；转化思想；分析法；解三角形．【分析】（Ⅰ）由三角函数恒等变换的应用化简函数解析式可得f（x）=sin（+）+，由f（a）=，解得：sin（+）=1，进而可求α，tanα，由两角和的正切函数公式即可得解tan（a+）的值．（Ⅱ）结合三角形的内角和定理及诱导公式可得sin（C+B）=sinA，再对已知（2a﹣c）cosB=bcosC，利用正弦定理化简可求B，由f（A）=，及A的范围可得A，进而解得C=A=B，即a=b=c，即可证明得解a2+b2+c2=ab+bc+ca．【解答】解：（Ⅰ）∵f（x）==sin+cos+=sin（+）+，∴f（a）==sin（+）+，解得：sin（+）=1，∴+=2kπ+，k∈Z，解得：α=4kπ+，k∈Z，∴tanα=tan（4kπ+）=tan=﹣，∴tan（a+）==0．（Ⅱ）证明：∵A+B+C=π，即C+B=π﹣A，∴sin（C+B）=sin（π﹣A）=sinA，将（2a﹣c）cosB=bcosC，利用正弦定理化简得：（2sinA﹣sinC）cosB=sinBcosC，∴2sinAcosB=sinCcosB+sinBcosC=sin（C+B）=sinA，在△ABC中，0＜A＜π，sinA＞0，∴cosB=，又0＜B＜π，则B=，∵f（A）==sin（+）+，解得：sin（+）=，∵0＜A＜π，＜+＜，∴+=，解得：A=，C=π﹣A﹣B=，∴a=b=c，∴a2+b2+c2=ab+bc+ca．得证．【点评】本题主要考查了三角函数恒等变换的应用，两角和的正切函数公式，三角形的内角和定理及诱导公式，正弦定理的综合应用，考查了等边三角形的性质，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．17．如图，已知四棱锥P﹣ABCD，底面ABCD为菱形，PA⊥平面ABCD，∠ABC=60°，E，F分别是BC，PC的中点．（Ⅰ）证明：AE⊥PD；（Ⅱ）若H为PD上的动点，EH与平面PAD所成最大角的正切值为，求二面角E﹣AF﹣C的余弦值．【考点】平面与平面之间的位置关系；空间中直线与直线之间的位置关系．【专题】计算题；证明题．【分析】（1）要证明AE⊥PD，我们可能证明AE⊥面PAD，由已知易得AE⊥PA，我们只要能证明AE⊥AD即可，由于底面ABCD为菱形，故我们可以转化为证明AE⊥BC，由已知易我们不难得到结论．（2）由EH与平面PAD所成最大角的正切值为，我们分析后可得PA的值，由（1）的结论，我们进而可以证明平面PAC⊥平面ABCD，则过E作EO⊥AC于O，则EO⊥平面PAC，过O作OS⊥AF 于S，连接ES，则∠ESO为二面角E﹣AF﹣C的平面角，然后我们解三角形ASO，即可求出二面角E﹣AF﹣C的余弦值．【解答】证明：（Ⅰ）证明：由四边形ABCD为菱形，∠ABC=60°，可得△ABC为正三角形．因为E为BC的中点，所以AE⊥BC．又BC∥AD，因此AE⊥AD．因为PA⊥平面ABCD，AE⊂平面ABCD，所以PA⊥AE．而PA⊂平面PAD，AD⊂平面PAD且PA∩AD=A，所以AE⊥平面PAD．又PD⊂平面PAD，所以AE⊥PD．解：（Ⅱ）设AB=2，H为PD上任意一点，连接AH，EH．由（Ⅰ）知AE⊥平面PAD，则∠EHA为EH与平面PAD所成的角．在Rt△EAH中，，所以当AH最短时，∠EHA最大，即当AH⊥PD时，∠EHA最大．此时，因此．又AD=2，所以∠ADH=45°，所以PA=2．因为PA⊥平面ABCD，PA⊂平面PAC，所以平面PAC⊥平面ABCD．过E作EO⊥AC于O，则EO⊥平面PAC，过O作OS⊥AF于S，连接ES，则∠ESO为二面角E﹣AF﹣C的平面角，在Rt△AOE中，，，又F是PC的中点，在Rt△ASO中，，又，在Rt△ESO中，，即所求二面角的余弦值为．【点评】求二面角的大小，一般先作出二面角的平面角．此题是利用二面角的平面角的定义作出∠ESO为二面角E﹣AF﹣C的平面角，通过解∠AOC所在的三角形求得∠ESO．其解题过程为：作∠ESO→证∠ESO是二面角的平面角→计算∠ESO，简记为“作、证、算”．18．已知椭圆C的方程是（a＞b＞0），点A，B分别是椭圆的长轴的左、右端点，左焦点坐标为（﹣4，0），且过点．（Ⅰ）求椭圆C的方程；（Ⅱ）已知F是椭圆C的右焦点，以AF为直径的圆记为圆M，试问：过P点能否引圆M的切线，若能，求出这条切线与x轴及圆M的弦PF所对的劣弧围成的图形的面积；若不能，说明理由．【考点】圆与圆锥曲线的综合；椭圆的标准方程．【专题】综合题．【分析】（Ⅰ）由题设知a2=b2+16，即椭圆的方程为，由点在椭圆上，知，由此能求出椭圆C的标准方程．（Ⅱ）由A（﹣6，0），F（4，0），，知，，所以，以AF为直径的圆M必过点P，因此，过P点能引出该圆M的切线，设切线为PQ，交x轴于Q点，又AF的中点为M（﹣1，0），则显然PQ⊥PM，由此能求出所求的图形面积．【解答】解：（Ⅰ）因为椭圆C的方程为，（a＞b＞0），∴a2=b2+16，即椭圆的方程为，∵点在椭圆上，∴，解得b2=20或b2=﹣15（舍），由此得a2=36，所以，所求椭圆C的标准方程为．（Ⅱ）由（Ⅰ）知A（﹣6，0），F（4，0），又，则得，所以，即∠APF=90°，△APF是Rt△，所以，以AF为直径的圆M必过点P，因此，过P 点能引出该圆M的切线，设切线为PQ，交x轴于Q点，又AF的中点为M（﹣1，0），则显然PQ⊥PM，而，所以PQ的斜率为，因此，过P点引圆M的切线方程为：，即令y=0，则x=9，∴Q（9，0），又M（﹣1，0），所以，因此，所求的图形面积是S=S△PQM﹣S扇形MPF=．【点评】本题考查直线和圆锥曲线的位置关系，解题时要认真审题，仔细解答，注意合理地进行等价转化．19．函数y=f（x）的定义域为R，若存在常数M＞0，使得|f（x）|≥M|x|对一切实数x均成立，则称f（x）为“圆锥托底型”函数．（1）判断函数f（x）=2x，g（x）=x3是否为“圆锥托底型”函数？并说明理由．（2）若f（x）=x2+1是“圆锥托底型”函数，求出M的最大值．【考点】基本不等式．【专题】函数的性质及应用．【分析】（1）利用“圆锥托底型”函数的定义即可判断出；（2）由于f（x）=x2+1是“圆锥托底型”函数，故存在M＞0，使得|f（x）|=|x2+1|≥M|x|对于任意实数恒成立．x≠0时，=|x|+，利用基本不等式的性质即可得出．对x=0时直接验证即可．【解答】解：（1）函数f（x）=2x．∵|2x|=2|x|≥2|x|，即对于一切实数x使得|f（x）|≥2|x|成立，∴函数f（x）=2x是“圆锥托底型”函数．对于g（x）=x3，如果存在M＞0满足|x3|≥M|x|，而当时，由，∴≥M，得M≤0，矛盾，∴g（x）=x3不是“圆锥托底型”函数．（2）∵f（x）=x2+1是“圆锥托底型”函数，故存在M＞0，使得|f（x）|=|x2+1|≥M|x|对于任意实数恒成立．∴x≠0时，=|x|+，此时当x=±1时，|x|+取得最小值2，∴M≤2．而当x=0时，也成立．∴M的最大值等于2．【点评】本题考查了新定义、基本不等式的性质，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．20．数列{a n}满足a1=2，a n+1=a n2+6a n+6（n∈N×）（Ⅰ）设C n=log5（a n+3），求证{C n}是等比数列；（Ⅱ）求数列{a n}的通项公式；（Ⅲ）设，数列{b n}的前n项的和为T n，求证：．【考点】数列的求和；等比关系的确定；数列递推式．【专题】综合题；压轴题；转化思想．【分析】（I）由已知可得，a n+1+3=（a n+3）2，利用构造法令C n=log5（a n+3），则可得，从而可证数列{c n}为等比数列（II）由（I）可先求数列c n，代入c n=log5（a n+3）可求a n（III）把（II）中的结果代入整理可得，，则代入T n=b1+b2+…+b n相消可证【解答】解：（Ⅰ）由a n+1=a n2+6a n+6得a n+1+3=（a n+3）2，∴=2，即c n+1=2c n∴{c n}是以2为公比的等比数列．（Ⅱ）又c1=log55=1，∴c n=2n﹣1，即=2n﹣1，∴a n+3=故a n=﹣3（Ⅲ）∵b n=﹣=﹣，∴T n=﹣=﹣﹣．又0＜=．∴﹣≤T n＜﹣【点评】本题考查了利用定义证明等比数列：数列{a n}为等比数列⇔；利用构造法求数列的通项公式及数列的求和公式，属于对基本知识的综合考查．试题难度不大．。