一、單選題：本題共4小題，共18分。在每小題給出的選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。
1.“x≥1”是“x>1”的( )
A. 充分非必要條件B. 必要非充分條件
C. 充要條件D. 既非充分也非必要條件
2.已知雙曲線x2a2?y2b2=1(a>0,b>0)的實(shí)軸為4，拋物線y2=2px(p>0)的準(zhǔn)線過雙曲線的左頂點(diǎn)，拋物線與雙曲線的一個(gè)交點(diǎn)為P(4,m)，則雙曲線的漸近線方程為( )
A. y=±2 63xB. y=±2 33xC. y=±23xD. y=± 64x
3.設(shè)z1、z2為復(fù)數(shù)，下列命題一定成立的是( )
A. 如果z12+z22=0，那么z1=z2=0
B. 如果|z1|=|z2|，那么z1=±z2
C. 如果|z1|≤a，a是正實(shí)數(shù)，那么?a≤z1≤a
D. 如果z=z?，那么z為實(shí)數(shù)
4.已知數(shù)列{an}滿足a1=1，an+1?an=?12n，存在正偶數(shù)n使得(an?λ)(an+1+λ)>0，且對(duì)任意正奇數(shù)n有(an?λ)(an+1+λ)0的解集為______．
14.已知函數(shù)f(x)=x+2,x0，使函數(shù)y=f(x)與y=g(x)在區(qū)間(2,+∞)內(nèi)存在“S點(diǎn)”，求實(shí)數(shù)b的取值范圍．
參考答案
1.B
2.A
3.D
4.D
5.?12
6.x4
7.e
8.18
9.π3
10.(?∞,?4)
11.( 34,34)
12.π3
13.(2,3)
14.[?134,3]
15.4
16.(?12,0)
17.(1)證明：在梯形ABCD中，AB=BC=12AD=1，AD//BC，∠CBA=90°，
解得AC=CD= 2，
滿足AC2+CD2=AD2，所以AC⊥CD，
因?yàn)镻A⊥面ABCD，CD?面ABCD，所以PA⊥CD，
因?yàn)镻A∩AC=A，所以CD⊥面PAC，
因?yàn)镻C?面PAC，
所以CD⊥PC．
(2)解：VA?PCD=VP?ACD=13×12×2×1×PA=13，
解得PA=1，
PA⊥面ABCD，所以PA⊥BC，
因?yàn)椤螩BA=90°，
因?yàn)锳B、PA是面PAB的兩條相交直線，
所以CD⊥面PAB，
故PB是PC在面PAB上的投影，
所以∠CPB即為直線PC與面PAB所成的角．
在△PAB中，解得PB= 2
tan∠CPB=BCPB= 22，
所以直線PC與平面PAB所成角的大小為arctan 22．
18.解：(1)∵向量a=( 3sinx,1)，b=(csx,?1)，
又a/?/b，
∴1×csx=?1× 3sinx，csx不為0，否則sinx也為0，
∴tanx=? 33，
∴tan2x=2tanx1?tan2x=? 3．
(2)∵f(x)=(a+b)?b，
∴f(x)= 3sinxcsx+cs2x
= 32sin2x+12cs2x+12，
=sin(2x+π6)+12，
∴函數(shù)f(x)的最小正周期T=2π2=π，
∵x∈[0,π2]，
∴2x+π6∈[π6,7π6]，
即2x+π6=π2即x=π6時(shí)，函數(shù)取最大值32，
故函數(shù)的周期為π，當(dāng)x∈[0,π2]時(shí)的最大值32．
19.(1)證明：因?yàn)閿?shù)列{an}滿足a1=1，an=2an?1+3(n≥2)，
則當(dāng)n≥2時(shí)，an+3=2(an?1+3)，且a1+3=4，
所以，數(shù)列{an+3}是以4為首項(xiàng)，2為公比的等比數(shù)列．
所以，an+3=4?2n?1=2n+1，故an=2n+1?3．
(2)解：在an與an+1之間插入n個(gè)數(shù)，使這n+2個(gè)數(shù)組成一個(gè)公差為dn的等差數(shù)列，
則dn=an+1?ann+1=(2n+2?3)?(2n+1?3)n+1=2n+1n+1，
假設(shè)數(shù)列{dn}中存在不同的三項(xiàng)dm、dk、dp(其中m、k、p成等差數(shù)列)成等比數(shù)列，
則dk2=dmdp，即(2k+1k+1)2=(2m+1m+1)×(2p+1p+1)，即22k+2(k+1)2=2m+p+2(m+1)(p+1)，
由已知可得2k=m+p，所以，(k+1)2=(m+1)(p+1)，
事實(shí)上，(k+1)2?(m+1)(p+1)=(k2+2k+1)?(mp+m+p+1)=k2?mp
=(m+p2)2?mp=m2+p2+2mp?4mp4=(m?p)24>0，
即(k+1)2>(m+1)(p+1)，矛盾，假設(shè)不成立，
故不存在這樣的三項(xiàng)dm、dk、dp成等比數(shù)列．
20.解：(1)因?yàn)閍2=4，b2=3，
所以c2=a2+b2=7?c= 7，
所以F2( 7,0)，當(dāng)直線l過點(diǎn)F2且l⊥F1F2時(shí)，此時(shí)l⊥x軸，
所以x1=x2= 7，
代入可得y1=32y2=?32，
所以|AB|=|y1?y2|=3；
(2)設(shè)直線y=?x+m，因?yàn)橹本€不經(jīng)過點(diǎn)P(4,3)，所以m≠7，
聯(lián)立y=?x+mx24?y23=1，得x2?8mx+4m2+12=0，
所以Δ=48(m2?1)>0，
由韋達(dá)定理x1+x2=8m，x1x2=4m2+12，
kPA+kPB=y1?3x1?4+y2?3x2?4=?x1+m?3x1?4+?x2+m?3x2?4
=?2x1x2+(m+1)(x1+x2)+8(3?m)x1x2?4(x1+x2)+16=?8m2?24+8m2+8m+24?8m4m2+12?32m+16=0，
故kPA+kPB=0．
(3)如圖所示，

若直線l的斜率為0，此時(shí)為x軸，A，B為左右頂點(diǎn)，
此時(shí)F1，A，B不構(gòu)成三角形，矛盾，所以直線l的斜率不為0，設(shè)l：x=ty+ 7，
由x=ty+ 7x24?y23=12，得(3t2?4)y2+6 7ty+9=0，
滿足3t2?4≠0Δ=144(t2+1)>0，
此時(shí)AF1：y=y1?0x1+ 7(x+ 7)，
故M(0, 7y1x1+ 7)，同理N(0, 7y2x2+ 7)，
S△F1AB=|S△F1F2A?S△F1F2B|=12|F1F2|×|y1?y2|=12×2 7×|y1?y2|，
S△F1MN=12|xF1|×|yM?yN|= 72| 7y1x1+ 7? 7y2x2+ 7|，
而 7y1x1+ 7? 7y2x2+ 7= 7×2 7(y1?y2)t2y1y2+2 7t(y1+y2)+28，
故由S△F1AB=S△F1MN，得|t2y1y2+2 7t(y1+y2)+28|=7，
而y1+y2=?6 7t3t2?4，y1y2=93t2?4，
代入可得|9t23t2?4?84t23t2?4+28|=7，解得t2=143或t2=?7(舍)，
所有t=± 423，經(jīng)檢驗(yàn)此時(shí)滿足Δ>0且3t2?4≠0，
故存在滿足條件的直線l，其方程為x=± 423y+ 7．
21.解：(1)證明：因?yàn)閥=x，y=x2+2x?2，則y′=1，y′=2x+2，
假設(shè)存在函數(shù)y=x與y=x2+2x?2存在“S點(diǎn)”
即存在x0滿足x0=x02+2x0?21=2x0+2，方程組無(wú)解，
所以函數(shù)y=x與y=x2+2x?2不存在“S點(diǎn)”．
(2)因?yàn)閥=ax2?1與y=lnx，則y′=2ax與y=lx，
設(shè)“S好點(diǎn)”為x0，x0滿足ax02?1=lnx02ax0=1x0，x0=e?12a=e2，
所以a=e2．
(3)由已知f′(x)=?2x，g′(x)=bxex?bexx2=b(x?1)exx2，
依題意可得：存在x0∈(2,+∞)滿足f(x0)=g(x0)f′(x0)=g′(x0)，代入得?x02+a=bex0x0?2x0=b(x0?1)ex0x02，
解得a=x02(x0?3)x0?1b=2x03(1?x0)ex0，
由a=x02(x0?3)x0?1>0，又x0>2，故解得x0>3，
令?(x)=2x3(1?x)ex(x≥3)，
則?′(x)=2(x2?x+1)(1?x)2ex>0，?(x)在(3,+∞)上增函數(shù)，
?(3)=?27e3，x≥3時(shí)，?(x)

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