一、選擇題1．(2016·福建“四地六校”聯考)已知集合A＝{x|x2－2x－3≤0}，B＝{x|log2(x2－x)>1}，則A∩B等于()A．(2,3] B．(2,3)C．(－3，－2) D．[－3，－2)2．(2016·北京)設a，b是向量，則“|a|＝|b|”是“|a＋b|＝|a－b|”的()A．充分而不必要條件 B．必要而不充分條件C．充分必要條件 D．既不充分也不必要條件3．(2016·福州質檢)已知命題p：“?x∈R，ex－x－1≤0”，則綈p為()A．?x1，x2∈R，(f(x2)－f(x1))(x2－x1)≤0B．?x1，x2∈R，(f(x2)－f(x1))(x2－x1)≤0C．?x1，x2∈R，(f(x2)－f(x1))(x2－x1)<0D．?x1，x2∈R，(f(x2)－f(x1))(x2－x1)<04．(2016·山東)已知函數f(x)的定義域為R.當x<0時，f(x)＝x3－1；當－1≤x≤1時，f(－x)＝－f(x)；當x>eq\f(1,2)時，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))，則f(6)等于()A．－2 B．－1C．0 D．25．設a≠0，函數f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4log2(－x)，x<0，,|x2＋ax|，x≥0.))若f[f(－eq\r(2))]＝4，則f(a)等于()A．8 B．4C．2 D．16．已知a>0，且a≠1，函數y＝logax，y＝ax，y＝x＋a在同一坐標系中的圖象可能是()7．(2017·福州質檢)已知函數f(x)＝若關于x的方程f(x)＝k有兩個不同的實根，則實數k的取值范圍是()A．(－1,1) B．(0,1)C．(0,1] D．(－1,0)8.如圖，將45°直角三角板和30°直角三角板拼在一起，其中45°直角三角板的斜邊與30°直角三角板的30°角所對的直角邊重合．若eq\o(DB,\s\up6(→))＝x·eq\o(DC,\s\up6(→))＋y·eq\o(DA,\s\up6(→))，x>0，y>0，則x，y的值分別為()A.eq\r(3)，1 B．1＋eq\r(3)，eq\r(3)C．2，eq\r(3) D.eq\r(3)，1＋eq\r(3)9．已知sin(x－2017π)＝eq\f(1,3)，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(π，\f(3π,2)))，則tan2x等于()A.eq\f(\r(2),4) B．－eq\f(\r(2),4)C.eq\f(4\r(2),7) D．4eq\r(2)10．已知△ABC三邊a，b，c上的高分別為eq\f(1,2)，eq\f(\r(2),2)，1，則cosA等于()A.eq\f(\r(3),2) B．－eq\f(\r(2),2)C．－eq\f(\r(2),4) D．－eq\f(\r(3),4)11．(2015·課標全國Ⅰ)設函數f(x)＝ex(2x－1)－ax＋a，其中a<1，若存在唯一的整數x0使得f(x0)<0，則a的取值范圍是()A.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2e)，1)) B.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2e)，\f(3,4)))C.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2e)，\f(3,4))) D.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2e)，1))12．已知O是銳角△ABC的外心，tanA＝eq\f(\r(2),2)，若eq\f(cosB,sinC)eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(cosC,sinB)eq\o(AC,\s\up6(→))＝2meq\o(AO,\s\up6(→))，則m等于()A.eq\f(\r(3),3) B.eq\f(3,2)C．3 D.eq\f(5,3)二、填空題13．若f(x)＝x＋2eq\i\in(0,1,)f(t)dt，則f(1)＝________.14．若tanα＝3，則eq\f(sin2α＋3cos2α,sin2α＋2sinαcosα－5)＝________.15．如圖，梯形ABCD中，AB∥CD，AB＝6，AD＝DC＝2，若eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))＝－14，則eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝________.16．關于函數f(x)＝cos2x－2eq\r(3)sinxcosx，有下列命題：①對任意x1，x2∈R，當x1－x2＝π時，f(x1)＝f(x2)成立；②f(x)在區間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(π,3)))上單調遞增；③函數f(x)的圖象關于點(eq\f(π,12)，0)對稱；④將函數f(x)的圖象向左平移eq\f(5π,12)個單位長度后所得到的圖象與函數y＝2sin2x的圖象重合．其中正確的命題是________．(注：把你認為正確的序號都填上)三、解答題17．已知函數f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x－1，x<－2，,x＋3，－2≤x≤\f(1,2)，,5x＋1，x>\f(1,2).))(1)求函數f(x)的最小值；(2)已知m∈R，p：關于x的不等式f(x)≥m2＋2m－2對任意x∈R恒成立，q：函數y＝(m2－1)x是增函數，若p正確，q錯誤，求實數m的取值范圍．18．已知|a|＝4，|b|＝3，(2a－3b)·(2a＋b)＝61.(1)求a與b的夾角θ；(2)若c＝ta＋(1－t)b，且b·c＝0，求t及|c|.19．設向量a＝(eq\r(3)sinx，cosx)，b＝(cosx，cosx)，記f(x)＝a·b.(1)求函數f(x)的最小正周期；(2)試用“五點法”畫出函數f(x)在區間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)，\f(11π,12)))上的簡圖，并指出該函數的圖象可由y＝sinx(x∈R)的圖象經過怎樣的平移和伸縮變換得到；(3)若函數g(x)＝f(x)＋m，x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(π,3)))的最小值為2，試求出函數g(x)的最大值．

20.已知函數f(x)＝eq\f(x2,x－a)，a∈R.(1)求函數f(x)的單調區間；(2)若f(x)在(1,2)上是單調函數，求a的取值范圍．21．在△ABC中，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(－eq\r(3)sinx，sinx)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(sinx，cosx)．(1)設f(x)＝eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))，若f(A)＝0，求角A的值；(2)若對任意的實數t，恒有|eq\o(AB,\s\up6(→))－teq\o(AC,\s\up6(→))|≥|eq\o(BC,\s\up6(→))|，求△ABC面積的最大值．22.某地棚戶區改造建筑用地平面示意圖如圖所示，經規劃調研確定，棚改規劃建筑用地區域近似為圓面，該圓面的內接四邊形ABCD是原棚戶區建筑用地，測量可知邊界AB＝AD＝4萬米，BC＝6萬米，CD＝2萬米．(1)請計算原棚戶區建筑用地ABCD的面積及AC的長；(2)因地理條件的限制，邊界AD，DC不能變更，而邊界AB，BC可以調整，為了提高棚戶區建筑用地的利用率，請在eq\x\to(ABC)上設計一點P，使得棚戶區改造后的新建筑用地APCD的面積最大，并求出最大值．

答案精析1．A[因為A＝{x|x2－2x－3≤0}＝{x|(x－3)(x＋1)≤0}＝{x|－1≤x≤3}＝[－1,3]，B＝{x|log2(x2－x)>1}＝{x|x2－x>2}＝{x|x<－1或x>2}＝(－∞，－1)∪(2，＋∞)，所以A∩B＝(2,3]．故選A.]2．D[若|a|＝|b|成立，則以a，b為鄰邊構成的四邊形為菱形，a＋b，a－b表示該菱形的對角線，而菱形的兩條對角線長度不一定相等，所以|a＋b|＝|a－b|不一定成立；反之，若|a＋b|＝|a－b|成立，則以a，b為鄰邊構成的四邊形為矩形，而矩形的鄰邊長度不一定相等，所以|a|＝|b|不一定成立．所以“|a|＝|b|”是“|a＋b|＝|a－b|”的既不充分也不必要條件．]3．C[已知全稱命題p：?x∈M，p(x)，則否定為綈p：?x0∈M，綈p(x0)，故選C.]4．D[∵當x>eq\f(1,2)時，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))，即f(x)＝f(x＋1)，∴T＝1，∴f(6)＝f(1)．當x<0時，f(x)＝x3－1且－1≤x≤1時，f(－x)＝－f(x)，∴f(6)＝f(1)＝－f(－1)＝2，故選D.]5．A[由f(－eq\r(2))＝4log2eq\r(2)＝2，f(2)＝|4＋2a|＝4，解得a＝－4，所以f(a)＝f(－4)＝4log24＝8，故選A.]6．C[∵函數y＝ax與y＝logax互為反函數，∴它們的圖象關于直線y＝x對稱，∴選項B的圖象不正確；當0<a<1時，y＝logax與y＝ax都隨x的增大而減小，y＝x＋a的圖象與y軸的交點在y＝1的下方，只有選項C的圖象正確；當a>1時，y＝logax與y＝ax都隨x的增大而增大，y＝x＋a的圖象與y軸的交點在y＝1的上方，沒有選項符合要求．]7．B[根據題意作出函數f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(2,x)，x≥2，,?x－1?3，x<2))的圖象，如圖．關于x的方程f(x)＝k有兩個不同的實根等價于函數f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(2,x)，x≥2，,?x－1?3，x<2))的圖象與直線y＝k有兩個不同的公共點，則由圖象可知當k∈(0,1)時，滿足題意．故選B.]8．B[設AD＝DC＝1，則AC＝eq\r(2)，AB＝2eq\r(2)，BC＝eq\r(6).在△BCD中，由余弦定理，得DB2＝DC2＋CB2－2DC·CB·cos(45°＋90°)＝7＋2eq\r(3).以D為原點，DA為x軸，DC為y軸建立平面直角坐標系(圖略)，則D(0,0)，A(1,0)，C(0,1)，由eq\o(DB,\s\up6(→))＝x·eq\o(DC,\s\up6(→))＋y·eq\o(DA,\s\up6(→))，得B(y，x)，∴eq\o(CB,\s\up6(→))＝(y，x－1)，eq\o(DB,\s\up6(→))＝(y，x)，∴6＝(x－1)2＋y2，x2＋y2＝7＋2eq\r(3)，∴x＝1＋eq\r(3)，y＝eq\r(3).]9．C[因為sin(x－2017π)＝eq\f(1,3)，所以sinx＝－eq\f(1,3)，又x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(π，\f(3π,2)))，所以cosx＝－eq\f(2\r(2),3)，所以tanx＝eq\f(\r(2),4)，所以tan2x＝eq\f(2×\f(\r(2),4),1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),4)))2)＝eq\f(4\r(2),7).]10．C[設△ABC面積為S?a＝4S，b＝2eq\r(2)S，c＝2S?cosA＝eq\f((2\r(2))2＋22－42,2×2\r(2)×2)＝－eq\f(\r(2),4)，故選C.]11．D[由已知函數關系式，先找到滿足f(x0)<0的整數x0，由x0的唯一性列不等式組求解．∵f(0)＝－1＋a<0，∴x0＝0.又∵x0＝0是唯一的使f(x)<0的整數，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f(－1)≥0，,f(1)≥0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(e－1[2×(－1)－1]＋a＋a≥0，,e(2×1－1)－a＋a≥0，))解得a≥eq\f(3,2e).又∵a<1，∴eq\f(3,2e)≤a<1，經檢驗a＝eq\f(3,4)，符合題意，故選D.]12．A[取AB的中點D，連接OD，則OD⊥AB，∴eq\o(OD,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝0，∵eq\o(AO,\s\up6(→))＝eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\o(DO,\s\up6(→))，∴eq\f(cosB,sinC)eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(cosC,sinB)eq\o(AC,\s\up6(→))＝2meq\o(AO,\s\up6(→))＝2m(eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\o(DO,\s\up6(→)))，∴eq\f(cosB,sinC)eq\o(AB,\s\up6(→))2＋eq\f(cosC,sinB)eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝2meq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＋2meq\o(DO,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))，∴eq\f(cosB,sinC)|eq\o(AB,\s\up6(→))|2＋eq\f(cosC,sinB)|eq\o(AC,\s\up6(→))||eq\o(AB,\s\up6(→))|cosA＝2m·eq\f(1,2)|eq\o(AB,\s\up6(→))|2＝m|eq\o(AB,\s\up6(→))|2，由正弦定理可得eq\f(cosB,sinC)sin2C＋eq\f(cosC,sinB)sinBsinCcosA＝msin2C，即cosB＋cosCcosA＝msinC，又cosB＝－cos(A＋C)＝－cosAcosC＋sinAsinC，∴sinAsinC＝msinC，∴m＝sinA，又tanA＝eq\f(\r(2),2)，∴m＝sinA＝eq\f(\r(3),3).]13．0解析記a＝eq\i\in(0,1,)f(t)dt，則f(x)＝x＋2a，故eq\i\in(0,1,)f(x)dx＝eq\i\in(0,1,)(x＋2a)dx＝eq\f(1,2)＋2a，所以a＝eq\f(1,2)＋2a，a＝－eq\f(1,2)，故f(x)＝x－1，f(1)＝0.14．－eq\f(12,35)解析由題意知cosα≠0，∵eq\f(sin2α＋3cos2α,sin2α＋2sinαcosα－5)＝eq\f(sin2α＋3cos2α,－4sin2α＋2sinαcosα－5cos2α)＝eq\f(tan2α＋3,－4tan2α＋2tanα－5)，∴eq\f(tan2α＋3,－4tan2α＋2tanα－5)＝eq\f(9＋3,－36＋6－5)＝－eq\f(12,35)，即eq\f(sin2α＋3cos2α,sin2α＋2sinαcosα－5)＝－eq\f(12,35).15．－2解析∵eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))＝(eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\o(DC,\s\up6(→)))·(eq\o(BC,\s\up6(→))＋eq\o(CD,\s\up6(→)))＝eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＋(eq\o(AD,\s\up6(→))－eq\o(BC,\s\up6(→))－eq\o(CD,\s\up6(→)))·eq\o(CD,\s\up6(→))＝eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＋(eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\o(DC,\s\up6(→))＋eq\o(CB,\s\up6(→)))·eq\o(CD,\s\up6(→))＝eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＋eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(CD,\s\up6(→))，∴eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))－6×2＝－14?eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝－2.16．①③解析f(x)＝cos2x－2eq\r(3)sinxcosx＝cos2x－eq\r(3)sin2x＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3))).因為f(x1)＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x1＋\f(π,3)))＝2coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2(x2＋π)＋\f(π,3)))＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x2＋\f(π,3)))＝f(x2)，故①正確；當x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(π,3)))時，2x＋eq\f(π,3)∈[0，π]，所以函數f(x)在區間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(π,3)))上單調遞減，故②錯誤；feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)))＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(π,12)＋\f(π,3)))＝2coseq\f(π,2)＝0，故③正確；函數f(x)的圖象向左平移eq\f(5π,12)個單位長度后得到的圖象所對應的函數解析式為y＝2coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(5π,12)))＋\f(π,3)))＝－2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))，易知該圖象與函數y＝2sin2x的圖象不重合，故④錯誤．17．解(1)作出函數f(x)的圖象，如圖所示．可知函數f(x)在x＝－2處取得最小值1.(2)若p正確，則由(1)得m2＋2m－2≤1，即m2＋2m－3≤0，所以－3≤m≤1.若q正確，則函數y＝(m2－1)x是增函數，則m2－1>1，解得m<－eq\r(2)或m>eq\r(2).又p正確q錯誤，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－3≤m≤1，,－\r(2)≤m≤\r(2)，))解得－eq\r(2)≤m≤1.即實數m的取值范圍是[－eq\r(2)，1]．18．解(1)由(2a－3b)·(2a＋b)＝61，得a·b＝－6，∴cosθ＝eq\f(a·b,|a||b|)＝eq\f(－6,4×3)＝－eq\f(1,2).又0≤θ≤π，∴θ＝eq\f(2π,3).(2)∵b·c＝b·[ta＋(1－t)b]＝ta·b＋(1－t)b2＝－15t＋9＝0，∴t＝eq\f(3,5)，∴|c|2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)a＋\f(2,5)b))2＝eq\f(108,25)，∴|c|＝eq\f(6\r(3),5).19．解(1)f(x)＝a·b＝eq\r(3)sinxcosx＋cos2x＝eq\f(\r(3),2)sin2x＋eq\f(1＋cos2x,2)＝sin(2x＋eq\f(π,6))＋eq\f(1,2)，∴函數f(x)的最小正周期T＝eq\f(2π,2)＝π.(2)列表如下：x－eq\f(π,12)eq\f(2π,12)eq\f(5π,12)eq\f(8π,12)eq\f(11π,12)2x＋eq\f(π,6)0eq\f(π,2)πeq\f(3π,2)2πsin(2x＋eq\f(π,6))010－10yeq\f(1,2)eq\f(3,2)eq\f(1,2)－eq\f(1,2)eq\f(1,2)描點，連線得函數f(x)在區間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)，\f(11π,12)))上的簡圖如圖所示：y＝sinx的圖象向左平移eq\f(π,6)個單位長度后得到y＝sin(x＋eq\f(π,6))的圖象，再保持縱坐標不變，橫坐標縮短為原來的eq\f(1,2)后得到y＝sin(2x＋eq\f(π,6))的圖象，最后將y＝sin(2x＋eq\f(π,6))的圖象向上平移eq\f(1,2)個單位長度后得到y＝sin(2x＋eq\f(π,6))＋eq\f(1,2)的圖象．(3)g(x)＝f(x)＋m＝sin(2x＋eq\f(π,6))＋eq\f(1,2)＋m.∵x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(π,3)))，∴2x＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(5π,6)))，∴sin(2x＋eq\f(π,6))∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1))，∴g(x)的值域為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(m，\f(3,2)＋m)).又函數g(x)的最小值為2，∴m＝2，∴g(x)max＝eq\f(3,2)＋m＝eq\f(7,2).20．解(1)f(x)的定義域為{x|x≠a}．f′(x)＝eq\f(x(x－2a),(x－a)2).①當a＝0時，f′(x)＝1，則f(x)的單調遞增區間為(－∞，0)，(0，＋∞)．②當a>0時，由f′(x)>0，得x>2a或x<0，此時0<a<2a；由f′(x)<0，得0<x<a或a<x<2a，則f(x)的單調遞增區間為(2a，＋∞)，(－∞，0)，單調遞減區間為(0，a)，(a,2a)．③當a<0時，由f′(x)>0，得x>0或x<2a，此時2a<a<0；由f′(x)<0，得2a<x<a或a<x<0，則函數f(x)的單調遞增區間為(－∞，2a)，(0，＋∞)，單調遞減區間為(2a，a)，(a,0)．(2)①當a≤0時，由(1)可知，f(x)在(1,2)上單調遞增，滿足題意；②當0<2a≤1，即0<a≤eq\f(1,2)時，由(1)可知，f(x)在(2a，＋∞)上單調遞增，即在(1,2)上單調遞增，滿足題意；③當1<2a<2，即eq\f(1,2)<a<1時，由(1)可得，f(x)在(1,2)上不具有單調性，不滿足題意；④當2a＝2，即a＝1時，由(1)可知，f(x)在(a,2a)上單調遞減，即在(1,2)上單調遞減，滿足題意；⑤當1<a<2時，因為f(x)的定義域為{x|x≠a}，顯然f(x)在(1,2)上不具有單調性，不滿足題意；⑥當a≥2時，由(1)可知，f(x)在(0，a)上單調遞減，即在(1,2)上單調遞減，滿足題意．綜上所述，a≤eq\f(1,2)或a＝1或a≥2.21．解(1)f(x)＝eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝－eq\r(3)sin2x＋sinxcosx＝－eq\r(3)×eq\f(1－cos2x,2)＋eq\f(sin2x,2)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))－eq\f(\r(3),2).∵f(A)＝0，∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2A＋\f(π,3)))＝eq\f(\r(3),2)，又2A＋eq\f(π,3)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，2π＋\f(π,3)))，∴2A＋eq\f(π,3)＝eq\f(2π,3)，∴A＝eq\f(π,6).(2)由|eq\o(AB,\s\up6(→))－teq\o(AC,\s\up6(→))|≥|eq\o(BC,\s\up6(→))|，得|eq\o(CB,\s\up6(→))＋(1－t)eq\o(AC,\s\up6(→))|≥|eq