一、單選題：本題共8小題，每小題5分，共40分。在每小題給出的選項中，只有一項是符合題目要求的。
1.設(shè)集合A={x|x2?4≤0}，B={x|2x+a≤0}，且A∩B={x|?2≤x≤1}，則a=( )
A. ?4B. ?2C. 2D. 4
2.設(shè)m，n∈R，則“1m>n>0”是“m0,b>0)的左焦點為F1，O為坐標原點，若在C的右支上存在關(guān)于x軸對稱的兩點P，Q，使得△PF1Q為正三角形，且OQ⊥F1P，則C的離心率為( )
A. 2B. 1+ 2C. 3D. 1+ 3
6.設(shè)a>0，b>0，且a+b=1，則下列結(jié)論正確的個數(shù)為( )
①lg2a+lg2b≥?2
②2a+2b≥2 2
③a+lnb1時，g(x)>12+ln(x3?x2)．
參考答案
1.B
2.A
3.A
4.B
5.D
6.C
7.C
8.A
9.ABD
10.BC
11.ACD
12.an=2n(n+1)
13.35
14.48π 108?24 6
15.解：(1)根據(jù)題意，有 2a?bc= 2csB，
由正弦定理可得 2sinA?sinBsinC= 2csB，
整理可得 2sinA?sinB= 2csBsinC，
即 2sin(B+C)?sinB= 2csBsinC，
整理可得 2sinBcsC=sinB，
又B∈(0,π)，sinB≠0，所以csC= 22，
又C∈(0,π)，因此C=π4；
(2)由A+B+C=π，
可得tanC=tan(π?B?A)=?tan(B+A)=?tanA+tanB1?tanAtanB=1，
又2tanA=3tanB，則有?32tanB+tanB1?32tan2B=1，
解得tanB=2或tanB=?13，
當tanB=?13時，tanA=?12，又A∈(0,π)，
所以兩角均為鈍角，不合題意；
因此tanB=2，tanA=3，
又tanB=sinBcsB=2，可得sinB=2 55，
同理sinA=3 1010，
由正弦定理可得asinA=csinC，
可得a= 2sinA=3 2010，
同理b= 2sinB=2 105
因此△ABC的面積為S=12absinC=35．
16.解：(1)6Sn=(3n+2)an+2，
當n≥2時，6Sn?1=(3n?1)an?1+2，
兩式相減得6an=(3n+2)an?(3n?1)an?1，
即(3n?4)an=(3n?1)an?1，
所以an3n?1=an?13(n?1)?1，所以{an3n?1}是常數(shù)列，
當n=1時，6a1=5a1+2，所以a1=2，所以a12=1，
所以an3n?1=1，即an=3n?1．
(2)bn=(?1)n+1(6n+1)anan+1=(?1)n+1(6n+1)(3n?1)?(3n+2)=(?1)n+1(13n?1+13n+2)，
所以T100=12+15?15?18+18+111?????1299?1302=12?1302=75151．
17.(1)證明：因為菱形ABCD，且∠BAD=60°，所以△BCD是等邊三角形，
又E是CD的中點，所以BE⊥CD，
翻折后，有BE⊥PE，BE⊥DE，
因為PE∩DE=E，PE，DE?平面PDE，
所以BE⊥平面PDE，
而PD?平面PDE，
所以BE⊥PD．
(2)解：因為菱形ABCD的邊長為4，∠BAD=60°，E是CD的中點，
所以DE=PE=2，BE=2 3，
由(1)知BE⊥平面PDE，
以E為坐標原點，以EB為x軸正方向，ED為y軸負方向建立如圖所示的空間直角坐標系，

則E(0,0,0),B(2 3,0,0),D(0,?2,0),A(2 3,?4,0)，
設(shè)P(0,m,n)，n>0，
由PA=2 10，PE=2，得 (2 3)2+(?4?m)2+n2=2 10 m2+n2=2，解得m=1n= 3，即P(0,1, 3)，
所以DP=(0,3, 3)，DB=(2 3,2,0)，EP=(0,1, 3)，EB=(2 3,0,0)，
設(shè)平面PBD的法向量為m=(x1,y1,z1)，則m?DP=3y1+ 3z1=0m?DB=2 3x1+2y1=0，
令x1=1，則y1=? 3，z1=3，所以m=(1,? 3,3)，
設(shè)平面PBE的法向量為n=(x2,y2,z2)，則n?EP=y2+ 3z2=0n?EB=2 3x2=0，
令z2=1，則y2=? 3，x2=0，所以n=(0,? 3,1)，
設(shè)平面PBD與平面PBE的夾角為θ，
則csθ=|cs?m,n?|=|m?n||m||n|=62 13=3 1313，
所以sinθ= 1?cs2θ=2 1313，
故平面PBD與平面PBE的夾角的正弦值為2 1313．
18.解：(Ⅰ)由題意得：a2=b2+c2a=2c2a2+64b2=1，
解得a=2，b= 3，所以橢圓C的標準方程是x24+y23=1．

(Ⅱ)①因為I為△ABF2的內(nèi)切圓圓心，則∠F1AF2=2∠IAB，顯然∠IAB是銳角，
當且僅當∠IAB最大時，tan∠IAB最大，且∠F1AF2最大，
又∠F1AF2∈(0,π)，即有cs∠F1AF2最小，
由橢圓的定義得|F1A|+|F2A|=4，|F1F2|=2，
在△F1AF2中，由余弦定理得cs∠F1AF2=|F1A|2+|F2A|2?|F1F2|22|F1A||F2A|=(|F1A|+|F2A|)2?|F1F2|22|F1A||F2A|?1=42?222|F1A||F2A|?1≥6(|F1A|+|F2A|2)2?1=12，
當且僅當|F1A|=|F2A|=2時取等號，
故當|F1A|=|F2A|=2，即△F1AF2為正三角形時，∠F1AF2取得最大值π3，
此時∠IAB取最大值π6，所以tan∠IAB的最大值為tanπ6= 33．
證明：②由(Ⅰ)知F1(?1,0)，由條件可知l的斜率存在且不為0，
設(shè)l的方程為x=my?1，m≠0，
令x=?3，可得D(?3,?2m)，
聯(lián)立方程x=my?13x2+4y2?12=0，
得(3m2+4)y2?6my?9=0，
設(shè)A(x1,y1)，B(x2,y2)，則y1+y2=6m3m2+4，y1y2=?93m2+4，
由AD=λ1AF1可得?2m?y1=?λ1y1，
所以λ1=1+2my1，同理λ2=1+2my2，
所以λ1+λ2=2+2m(1y1+1y2)=2+2m(y1+y2y1y2)=2+2m×(?6m9)=23，
故λ1+λ2為定值23．
19.(1)解：函數(shù)f(x)=e?x?1,x≤0,?ln(x+1),x>0是“循環(huán)函數(shù)”，理由如下：
當x=0時，f(0)=0，f(f(0))=f(0)=0；
當x0，則f(f(x))=?lne?x=x；
當x>0時，f(x)=?ln(x+1)0是“循環(huán)函數(shù)”．
(2)證明：當C=12時，g(x)=34x?2+12=x+12x?1，
則g(g(x))=x+12x?1+12(x+1)2x?1?1=x+1+2x?12x+2?(2x?1)=x，
所以存在常數(shù)C=12，使得g(x)=f(x)+C為“循環(huán)函數(shù)”．
(3)證明：由題意得f(x)+g(x)?x2=3g(y)?f(y)?3y2?4y對x，y∈R恒成立，
所以存在常數(shù)a，使得f(x)+g(x)?x2=3g(y)?f(y)?3y2?4y=a．
令y=x，得f(x)+g(x)?x2=a,3g(x)?f(x)?3x2?4x=a，
解得f(x)=a2?x，g(x)=x2+x+a2．
①由f(f(x))=a2?(a2?x)=x，得f(x)為“循環(huán)函數(shù)”．
②若f(?3)=0，則a2=?3，g(x)=x2+x?3．
設(shè)函數(shù)p(x)=g(x)?12?ln(x3?x2)=x2+x?72?ln(x2?x2)(x>1)，
則p′(x)=2x+1?3x2?2xx3?x2=2x+1?3x?2x2?x=(2x?1)(x2?2)x2?x(x>1)，
當10，p(x)單調(diào)遞增，
所以p(x)min=p( 2)= 2?32?ln(2 2?2)，
易證lnx1)，則p( 2)> 2?32+1?(2 2?2)=32? 2>0，
所以p(x)>0，
故當x>1時，g(x)>12+ln(x3?x2)．

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