上海市十三校2016届高三（上）12月联考数学试卷（解析版）

2015-2016学年上海市十三校高三（上）12月联考数学试卷
　
一、填空题（本大题满分56分）本大题共有14题，每个空格4分.
1．已知集合A={x|0＜x＜3}，B={x|x2≥4}，则A∩B=　　　　　　．
　
2．函数f（x）=sinxcosx的最大值是　　　　　　．
　
3．已知{an}为等差数列，Sn为其前n项和．若a1+a9=18，a4=7，则S10=　　　　　　．
　
4．已知函数f（x）=1+logax，（a＞0，a≠1），若y=f﹣1（x）过点（3，4），则a=　　　　　　．
　
5．已知函数f（2x﹣1）的定义域是（﹣1，2]，求函数f（x）的定义域是　　　　　　．
　
6．某公司一年购买某种货物600吨，每次都购买x吨，运费为3万元/次，一年的总存储费用为2x万元，若要使一年的总运费与总存储费用之和最小，则每次需购买　　　　　　吨．
　
7．设f（x）是周期为2的奇函数，当0≤x≤1时，f（x）=2x（1﹣x），则=　　　　　　．
　
8．已知圆C：（x+1）2+（y﹣3）2=9上的两点P，Q关于直线x+my+4=0对称，那么m=　　　　　　．
　
9．设F1、F2是双曲线x2﹣=1的两个焦点，P是双曲线上的一点，且3|PF1|=4|PF2|，则△PF1F2的周长　　　　　　．
　
10．等比数列{an}前n项和为Sn=a+（）n，n∈N*，则（a1+a3+a5+…+a2n﹣1）=　　　　　　．
　
11．已知数列{an}满足a1=a2=1，an+2=，则a5+a6=　　　　　　； 前2n项和S2n=　　　　　　．
　
12．已知函数f（x）=sin（ωx+φ）（ω＞0，0＜φ＜π）的最小正周期为π，且图象过点（，），函数g（x）=f（x）f（x﹣）的单调递增区间　　　　　　．
　
13．已知 f（x）=，不等式f（x+a）＞f（2a﹣x）在[a，a+1]上恒成立，则a的取值范围是　　　　　　．
　
14．对于具有相同定义域D的函数f（x）和g（x），若存在函数h（x）=kx+b（k，b为常数），对任给的正数m，存在相应的x0∈D，使得当x∈D且x＞x0时，总有，则称直线l：y=kx+b为曲线y=f（x）和y=g（x）的“分渐近线”．给出定义域均为D={x|x＞1}的四组函数如下：
①f（x）=x2，g（x）=；
②f（x）10﹣x+2，g（x）=；
③f（x）=，g（x）=；
④f（x）=，g（x）=2（x﹣1﹣e﹣x）
其中，曲线y=f（x）和y=g（x）存在“分渐近线”的是　　　　　　．
　
　
二、选择题（本大题满分20分）本大题共有4题，每小题5分.
15．已知sin（）=，那么sin2x的值为（　　）
A． B． C． D．
　
16．双曲线x2﹣my2=1的实轴长是虚轴长的2倍，则m等于（　　）
A． B． C．2 D．4
　
17．如果函数y=f（x）图象上任意一点的坐标（x，y）都满足方程 lg（x+y）=lgx+lgy，那么正确的选项是（　　）
A．y=f（x）是区间（0，+∞）上的减函数，且x+y≤4
B．y=f（x）是区间（1，+∞）上的增函数，且x+y≥4
C．y=f（x）是区间（1，+∞）上的减函数，且x+y≥4
D．y=f（x）是区间（1，+∞）上的减函数，且x+y≤4
　
18．设等比数列{}的公比为q，其前n项的积为Tn，并且满足条件a1＞1，a99a100﹣1＞0，．给出下列结论：
①0＜q＜1；
②a99?a101﹣1＞0；
③T100的值是Tn中最大的；
④使Tn＞1成立的最大自然数n等于198
其中正确的结论是（　　）
A．①③ B．①④ C．②③ D．②④
　
　
三、解答题（本大题共5分，满分74分）
19．已知命题，命题q：x2﹣2x+1﹣m2≤0（m＜0），且p是q的必要条件，求实数m的范围．
　
20．已知△ABC的三个内角分别为A，B，C，且．
（Ⅰ）求A的度数；
（Ⅱ）若BC=7，AC=5，求△ABC的面积S．
　
21．（2013?北京）已知A，B，C是椭圆W：上的三个点，O是坐标原点．
（Ⅰ）当点B是W的右顶点，且四边形OABC为菱形时，求此菱形的面积；
（Ⅱ）当点B不是W的顶点时，判断四边形OABC是否可能为菱形，并说明理由．
　
22．已知函数．
（1）求函数f（x）的定义域D，并判断f（x）的奇偶性；
（2）如果当x∈（t，a）时，f（x）的值域是（﹣∞，1），求a与t的值；
（3）对任意的x1，x2∈D，是否存在x3∈D，使得f（x1）+f（x2）=f（x3），若存在，求出x3；若不存在，请说明理由．
　
23．对于各项均为正数的无穷数列{an}，记bn=（n∈N*），给出下列定义：
①若存在实数M，使an≤M成立，则称数列{an}为“有上界数列”；
②若数列{an}为有上界数列，且存在n0（n0∈N*），使a=M成立，则称数列{an}为“有最大值数列”；
③若bn+1﹣bn＜0，则称数列{an}为“比减小数列”．
（Ⅰ）根据上述定义，判断数列{}是何种数列？
（Ⅱ）若数列{an}中，a1=，an+1=，求证：数列{an}既是有上界数列又是比减小数列；
（Ⅲ）若数列{an}是单调递增数列，且是有上界数列，但不是有最大值数列，求证：?n∈N*，bn+1﹣bn≤0．
　
　

2015-2016学年上海市十三校高三（上）12月联考数学试卷
参考答案与试题解析
　
一、填空题（本大题满分56分）本大题共有14题，每个空格4分.
1．已知集合A={x|0＜x＜3}，B={x|x2≥4}，则A∩B=　{x|2≤x＜3}　．
【考点】交集及其运算．
【专题】计算题；不等式的解法及应用．
【分析】根据题意，B为一元二次不等式的解集，解不等式可得集合B；又由交集的性质，计算可得答案．
【解答】解：由已知得：B={x|x≤﹣2或x≥2}，
∵A={ x|0＜x＜3}，
∴A∩B={x|0＜x＜3}∩{ x|x≤﹣2或x≥2}={x|2≤x＜3}为所求．
故答案为：{x|2≤x＜3}．
【点评】本题考查交集的运算，解题的关键在于认清集合的意义，正确求解不等式．
　
2．函数f（x）=sinxcosx的最大值是　　．
【考点】二倍角的正弦；复合三角函数的单调性．
【专题】计算题．
【分析】利用二倍角的正弦函数公式将函数解析式变形，根据正弦函数的值域，即可得到函数f（x）的最大值．
【解答】解：f（x）=sinxcosx=sin2x，
∵﹣1≤sin2x≤1，
∴﹣≤sin2x≤，
则f（x）的最大值为．
故答案为：
【点评】此题考查了二倍角的正弦函数公式，以及正弦函数的定义域与值域，熟练掌握公式是解本题的关键．
　
3．已知{an}为等差数列，Sn为其前n项和．若a1+a9=18，a4=7，则S10=　100　．
【考点】等差数列的前n项和．
【专题】方程思想；转化思想；综合法；等差数列与等比数列．
【分析】利用等差数列的通项公式及其前n项和公式即可得出．
【解答】解：设等差数列{an}的公差为d，∵a1+a9=18，a4=7，
∴，解得d=2，a1=1．
则S10=10+=100．
故答案为：100．
【点评】本题考查了等差数列的通项公式及其前n项和公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
　
4．已知函数f（x）=1+logax，（a＞0，a≠1），若y=f﹣1（x）过点（3，4），则a=　2　．
【考点】反函数．
【专题】方程思想；转化思想；试验法；函数的性质及应用．
【分析】利用互为反函数的性质即可得出．
【解答】解：∵y=f﹣1（x）过点（3，4），
∴原函数f（x）经过点（4，3），
∴3=1+loga4，
解得a=2．
故答案为：2．
【点评】本题考查了互为反函数的性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
　
5．已知函数f（2x﹣1）的定义域是（﹣1，2]，求函数f（x）的定义域是　（﹣3，3]　．
【考点】函数的定义域及其求法．
【专题】计算题；函数思想；定义法；函数的性质及应用．
【分析】由复合函数的定义域的求法知﹣3＜2x﹣1≤3，从而解得．
【解答】解：∵函数f（2x﹣1）的定义域是（﹣1，2]，
∴﹣1＜x≤2，
∴﹣3＜2x﹣1≤3，
∴函数f（x）的定义域是（﹣3，3]；
故答案为：（﹣3，3]．
【点评】本题考查了复合函数的定义域的求法，属于中档题．
　
6．某公司一年购买某种货物600吨，每次都购买x吨，运费为3万元/次，一年的总存储费用为2x万元，若要使一年的总运费与总存储费用之和最小，则每次需购买　30　吨．
【考点】根据实际问题选择函数类型．
【专题】应用题．
【分析】因每次购买的次数相同，所以货物总吨数除以每次购买的数量应为整数，用购买次数乘以每次的运费加上总存储费用即为一年的总运费与总存储费用之和，然后利用基本不等式求最小值．
【解答】解：设公司一年的总运费与总存储费用之和为y万元．
买货物600吨，每次都购买x吨，则需要购买的次数为次，
因为每次的运费为3万元，则总运费为3×万元．
所以y= （0＜x≤600）．
则．
当且仅当，即x=30时取得最小值．
所以，要使一年的总运费与总存储费用之和最小，则每次需购买30吨．
故答案为30．
【点评】本题考查了根据实际问题选择函数模型，考查了利用基本不等式求最值，解答此题注意两点：一是实际问题要有实际意义，二是利用基本不等式求最值的条件，即“一正、二定、三相等”．是中档题．
　
7．设f（x）是周期为2的奇函数，当0≤x≤1时，f（x）=2x（1﹣x），则=　　．
【考点】函数的周期性；函数奇偶性的性质；函数的值．
【专题】计算题．
【分析】由题意得=f（﹣）=﹣f（），代入已知条件进行运算．
【解答】解：∵f（x）是周期为2的奇函数，当0≤x≤1时，f（x）=2x（1﹣x），
∴=f（﹣）=﹣f（）=﹣2×（1﹣）=﹣，
故答案为：﹣．
【点评】本题考查函数的周期性和奇偶性的应用，以及求函数的值．
　
8．已知圆C：（x+1）2+（y﹣3）2=9上的两点P，Q关于直线x+my+4=0对称，那么m=　﹣1　．
【考点】圆的标准方程．
【专题】直线与圆．
【分析】由题意可得，圆心（﹣1，3）在直线x+my+4=0上，把圆心坐标代入直线方程即可求得m的值．
【解答】解：由题意可得，圆心（﹣1，3）在直线x+my+4=0上，
∴﹣1+3m+4=0，解得 m=﹣1，
故答案为：﹣1．
【点评】本题主要考查直线和圆的位置关系，属于基础题．
　
9．设F1、F2是双曲线x2﹣=1的两个焦点，P是双曲线上的一点，且3|PF1|=4|PF2|，则△PF1F2的周长　24　．
【考点】双曲线的简单性质．
【专题】圆锥曲线的定义、性质与方程．
【分析】先由双曲线的方程求出|F1F2|=10，再由3|PF1|=4|PF2|，运用双曲线的定义，求出|PF1|=8，|PF2|=6，由此能求出△PF1F2的周长．
【解答】解：双曲线x2﹣=1的a=1，c==5，
两个焦点F1（﹣5，0），F2（5，0），
即|F1F2|=10，
由3|PF1|=4|PF2|，设|PF2|=x，则|PF1|=x，
由双曲线的定义知， x﹣x=2，解得x=6．
∴|PF1|=8，|PF2|=6，
|F1F2|=10，
则△PF1F2的周长为|PF1|+|PF2|+|F1F2|=8+6+10=24．
故答案为：24．
【点评】本题考查双曲线的定义和性质的应用，考查三角形周长的计算，属于基础题．
　
10．等比数列{an}前n项和为Sn=a+（）n，n∈N*，则（a1+a3+a5+…+a2n﹣1）=　﹣　．
【考点】等比数列的前n项和．
【专题】计算题；转化思想；综合法；等差数列与等比数列．
【分析】先求出数列的前3项，由等比数列的性质求出首项和公比，由此能求出（a1+a3+a5+…+a2n﹣1）．
【解答】解：∵等比数列{an}前n项和为Sn=a+（）n，n∈N*，
∴a1=S1=a+，
a2=S2﹣S1=[a+（）2]﹣（a+）=﹣，
a3=S3﹣S2=[a+（）3]﹣[a+（）2]=﹣，
∴（﹣）2=（a+）（﹣），解得a=﹣1，，q==，
∴=（﹣2）．
∴（a1+a3+a5+…+a2n﹣1）=（）==﹣．
故答案为：﹣．
【点评】本题考查数列的前2n项中奇数项和的极限的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意等比数列的性质的合理运用．
　
11．已知数列{an}满足a1=a2=1，an+2=，则a5+a6=　7　； 前2n项和S2n=　　．
【考点】数列递推式；数列的求和．
【专题】点列、递归数列与数学归纳法．
【分析】由数列递推式得到数列{an}的所有偶数项构成以1为首项，以2为公比的等比数列，数列{an}的所有奇数项构成以1为首项，以1为公差的等差数列，然后分别利用等差数列和等比数列的通项公式求得a5+a6，用等差数列和等比数列前n项和公式求得前2n项和S2n．
【解答】解：由an+2=，
可得，数列{an}的所有偶数项构成以1为首项，以2为公比的等比数列，
数列{an}的所有奇数项构成以1为首项，以1为公差的等差数列，
∴a5=a1+2d=1+2×1=3，
，
∴a5+a6=7；
前2n项和S2n=S奇+S偶==．
故答案为：7；．
【点评】本题考查了数列递推式，考查了等差数列和等比数列的通项公式，考查了等差数列和等比数列的前n项和，是中档题．
　
12．已知函数f（x）=sin（ωx+φ）（ω＞0，0＜φ＜π）的最小正周期为π，且图象过点（，），函数g（x）=f（x）f（x﹣）的单调递增区间　[﹣， +]，k∈Z　．
【考点】三角函数的周期性及其求法；正弦函数的单调性．
【专题】转化思想；综合法；函数的性质及应用．
【分析】由条件利用正弦函数的周期性求得ω的值可得函数的解析式，再利用二倍角公式、诱导公式化简，利用正弦函数的单调性求得函数的增区间．
【解答】解：函数f（x）=sin（ωx+φ）（ω＞0，0＜φ＜π）的最小正周期为=π，∴ω=2．
再根据图象过点（，），可得sin（2?+φ）=，∴2?+φ=，∴φ=，f（x）=sin（2x+）=cos2x．
函数g（x）=f（x）f（x﹣）=cos2xcos2（x﹣）=sin2xcos2x=sin4x．
令2kπ﹣≤4x≤2kπ+，求得﹣≤x≤+，故函数的增区间为[﹣， +]，k∈Z．
故答案为：[﹣， +]，k∈Z．
【点评】本题主要考查正弦函数的周期性、单调性，二倍角公式、诱导公式的应用，属于基础题．
　
13．已知 f（x）=，不等式f（x+a）＞f（2a﹣x）在[a，a+1]上恒成立，则a的取值范围是　（﹣∞，﹣2）　．
【考点】函数恒成立问题；分段函数的应用．
【专题】不等式的解法及应用．
【分析】作出分段函数的图象，由图象得到函数f（x）的单调性，然后把不等式f（x+a）＞f（2a﹣x）在[a，a+1]上恒成立转化为不等式a＞2（a+1）求解．
【解答】解：作出分段函数f（x）=的图象如图，

要使不等式f（x+a）＞f（2a﹣x）在[a，a+1]上恒成立，
则x+a＜2a﹣x在x∈[a，a+1]上恒成立，
即a＞2x在x∈[a，a+1]上恒成立，
∴a＞2（a+1），解得：a＜﹣2．
故答案为：（﹣∞，﹣2）．
【点评】本题考查了恒成立问题，考查了分段函数的应用，解答此题的关键是把恒成立问题转化为含a的不等式，是中档题．
　
14．对于具有相同定义域D的函数f（x）和g（x），若存在函数h（x）=kx+b（k，b为常数），对任给的正数m，存在相应的x0∈D，使得当x∈D且x＞x0时，总有，则称直线l：y=kx+b为曲线y=f（x）和y=g（x）的“分渐近线”．给出定义域均为D={x|x＞1}的四组函数如下：
①f（x）=x2，g（x）=；
②f（x）10﹣x+2，g（x）=；
③f（x）=，g（x）=；
④f（x）=，g（x）=2（x﹣1﹣e﹣x）
其中，曲线y=f（x）和y=g（x）存在“分渐近线”的是　②④　．
【考点】函数的值域．
【专题】新定义；函数的性质及应用．
【分析】题目给出了具有相同定义域D的函数f（x）和g（x），若存在函数h（x）=kx+b（k，b为常数），对任给的正数m，存在相应的x0∈D，使得当x∈D且x＞x0时，总有，则称直线l：y=kx+b为曲线y=f（x）和y=g（x）的“分渐近线”．当给定的正数m无限小的时候，函数f（x）的图象在函数h（x）=kx+b的图象的上方且无限靠近直线，函数g（x）的图象在函数h（x）=kx+b的图象的下方且无限靠近直线，说明f（x）和g（x）存在分渐近线的充要条件是x→∞时，f（x）﹣g（x）→0．对于第一组函数，通过构造辅助函数F（x）=f（x）﹣g（x）=，对该函数求导后说明函数F（x）在（1，+∞）上是增函数，不满足x→∞时，f（x）﹣g（x）→0；对于第二组函数，直接作差后可看出满足x→∞时，f（x）﹣g（x）→0；对于第三组函数，作差后得到差式为，结合函数y=x和y=lnx图象的上升的快慢，说明当x＞1时，为为负值且逐渐减小；第四组函数作差后，可直接看出满足x→∞时，f（x）﹣g（x）→0．由以上分析可以得到正确答案．
【解答】解：f（x）和g（x）存在分渐近线的充要条件是x→∞时，f（x）﹣g（x）→0．
对于①f（x）=x2，g（x）=，当x＞1时，令F（x）=f（x）﹣g（x）=
由于，所以h（x）为增函数，不符合x→∞时，f（x）﹣g（x）→0，所以①不存在；
对于②f（x）=10﹣x+2，g（x）=
f（x）﹣g（x）==，
因为当x＞1且x→∞时，f（x）﹣g（x）→0，所以存在分渐近线；
对于③f（x）=，g（x）=，
f（x）﹣g（x）==
当x＞1且x→∞时，与均单调递减，但的递减速度比快，
所以当x→∞时f（x）﹣g（x）会越来越小，不会趋近于0，
所以不存在分渐近线；
对于④f（x）=，g（x）=2（x﹣1﹣e﹣x），当x→∞时，
f（x）﹣g（x）=
=
=→0，
因此存在分渐近线．
故存在分渐近线的是②④．
故答案为②④．
【点评】本题从大学数列极限定义的角度出发，仿造构造了分渐近线函数，目的是考查学生分析问题、解决问题的能力，考生需要抓住本质：存在分渐近线的充要条件是x→∞时，f（x）﹣g（x）→0进行作答，是一道好题，思维灵活，要透过现象看本质．
　
二、选择题（本大题满分20分）本大题共有4题，每小题5分.
15．已知sin（）=，那么sin2x的值为（　　）
A． B． C． D．
【考点】两角和与差的正弦函数；二倍角的正弦．
【专题】三角函数的求值．
【分析】利用诱导公式把要求的式子化为cos（2x﹣），再利用二倍角公式求得它的值．
【解答】解：∵已知sin（）=，∴sin2x=cos（2x﹣）=1﹣2 =1﹣2×=，
故选B．
【点评】本题主要考查诱导公式、二倍角公式的应用，属于中档题．
　
16．双曲线x2﹣my2=1的实轴长是虚轴长的2倍，则m等于（　　）
A． B． C．2 D．4
【考点】双曲线的简单性质．
【专题】圆锥曲线的定义、性质与方程．
【分析】利用双曲线的标准方程即可得出a与b的关系，即可得到m的值．
【解答】解：双曲线x2﹣my2=1化为，∴a2=1，，
∵实轴长是虚轴长的2倍，∴2a=2×2b，化为a2=4b2，，解得m=4．
故选D．
【点评】熟练掌握双曲线的标准方程及实轴、虚轴的定义是解题的关键．
　
17．如果函数y=f（x）图象上任意一点的坐标（x，y）都满足方程 lg（x+y）=lgx+lgy，那么正确的选项是（　　）
A．y=f（x）是区间（0，+∞）上的减函数，且x+y≤4
B．y=f（x）是区间（1，+∞）上的增函数，且x+y≥4
C．y=f（x）是区间（1，+∞）上的减函数，且x+y≥4
D．y=f（x）是区间（1，+∞）上的减函数，且x+y≤4
【考点】函数单调性的判断与证明．
【专题】函数的性质及应用．
【分析】由给出的方程得到函数y=f（x）图象上任意一点的横纵坐标x，y的关系式，利用基本不等式求出x+y的范围，利用函数单调性的定义证明函数在（1，+∞）上的增减性，二者结合可得正确答案．
【解答】解：由lg（x+y）=lgx+lgy，得，
由x+y=xy得：，
解得：x+y≥4．
再由x+y=xy得：（x≠1）．
设x1＞x2＞1，
则=．
因为x1＞x2＞1，
所以x2﹣x10，x2﹣1＞0．
则，即f（x1）＜f（x2）．
所以y=f（x）是区间（1，+∞）上的减函数，
综上，y=f（x）是区间（1，+∞）上的减函数，且x+y≥4．
故选C．
【点评】本题考查了函数单调性的判断与证明，考查了利用基本不等式求最值，训练了利用单调性定义证明函数单调性的方法，是基础题．
　
18．设等比数列{}的公比为q，其前n项的积为Tn，并且满足条件a1＞1，a99a100﹣1＞0，．给出下列结论：
①0＜q＜1；
②a99?a101﹣1＞0；
③T100的值是Tn中最大的；
④使Tn＞1成立的最大自然数n等于198
其中正确的结论是（　　）
A．①③ B．①④ C．②③ D．②④
【考点】命题的真假判断与应用．
【专题】等差数列与等比数列．
【分析】利用等比数列的性质及等比数列的通项公式判断出①正确．利用等比数列的性质及不等式的性质判断出②正确．
利用等比数列的性质判断出③错误．利用等比数列的性质判断出④正确，从而得出结论．
【解答】解：①∵a99a100﹣1＞0，∴a12?q197＞1，∴（a1?q98）2＞1．
∵a1＞1，∴q＞0．
又∵，∴a99＞1，且a100＜1．∴0＜q＜1，即①正确；
②∵，∴0＜a99?a101 ＜1，即 a99?a101﹣1＜0，故②错误；
③由于 T100=T99?a100，而 0＜a100＜1，故有 T100＜T99，故③错误；
④中T198=a1?a2…a198=（a1?a198）（a2?a197）…（a99?a100）=（a99?a100）×99＞1，
T199=a1?a2…a199=（a1?a199）（a2?a198）…（a99?a101）?a100＜1，故④正确．
∴正确的为①④，
故答案为B．
【点评】本题考查的知识点是等比数列的性质：若m+n=p+q则有am?an=ap?aq．其中根据已知条件得到aa99＞1，a100＜1，是解答本题的关键，属于基础题．
　
三、解答题（本大题共5分，满分74分）
19．已知命题，命题q：x2﹣2x+1﹣m2≤0（m＜0），且p是q的必要条件，求实数m的范围．
【考点】其他不等式的解法；必要条件、充分条件与充要条件的判断；一元二次不等式的解法．
【专题】计算题；转化思想．
【分析】解分式不等式求出命题p，二次不等式求出q，利用p是q的必要条件得到不等式组，求出m的范围即可．
【解答】解：由命题，所以，不等式化为，解得p：﹣2≤x＜10．
命题q：x2﹣2x+1﹣m2≤0（m＜0），解得1+m≤x≤1﹣m；
因为p是q的必要条件，即任意x∈q?x∈p成立，
所以，解得﹣3≤m＜0；
实数m的范围是：﹣3≤m＜0．
【点评】本题考查充分条件、必要条件和充要条件，解题时要认真审题，仔细解答，注意不等式组的合理运用．
　
20．已知△ABC的三个内角分别为A，B，C，且．
（Ⅰ）求A的度数；
（Ⅱ）若BC=7，AC=5，求△ABC的面积S．
【考点】余弦定理；二倍角的正弦；二倍角的余弦．
【专题】解三角形．
【分析】（Ⅰ）利用二倍角公式、诱导公式化简已知的等式求得，可得A=60°．
（Ⅱ）在△ABC中，利用余弦定理求得AB的值，再由，运算求得结果．
【解答】解：（Ⅰ）∵．∴，…．
∵sinA≠0，∴，∴，…．
∵0°＜A＜180°，∴A=60°．…
（Ⅱ）在△ABC中，∵BC2=AB2+AC2﹣2AB×AC×cos60°，BC=7，AC=5，
∴49=AB2+25﹣5AB，
∴AB2﹣5AB﹣24=0，解得AB=8或AB=﹣3（舍），…．
∴．…
【点评】本题主要考查二倍角公式、诱导公式、余弦定理的应用，属于中档题．
　
21．（2013?北京）已知A，B，C是椭圆W：上的三个点，O是坐标原点．
（Ⅰ）当点B是W的右顶点，且四边形OABC为菱形时，求此菱形的面积；
（Ⅱ）当点B不是W的顶点时，判断四边形OABC是否可能为菱形，并说明理由．
【考点】椭圆的简单性质．
【专题】圆锥曲线的定义、性质与方程．
【分析】（I）根据B的坐标为（2，0）且AC是OB的垂直平分线，结合椭圆方程算出A、C两点的坐标，从而得到线段AC的长等于．再结合OB的长为2并利用菱形的面积公式，即可算出此时菱形OABC的面积；
（II）若四边形OABC为菱形，根据|OA|=|OC|与椭圆的方程联解，算出A、C的横坐标满足=r2﹣1，从而得到A、C的横坐标相等或互为相反数．再分两种情况加以讨论，即可得到当点B不是W的顶点时，四边形OABC不可能为菱形．
【解答】解：（I）∵四边形OABC为菱形，B是椭圆的右顶点（2，0）
∴直线AC是BO的垂直平分线，可得AC方程为x=1
设A（1，t），得，解之得t=（舍负）
∴A的坐标为（1，），同理可得C的坐标为（1，﹣）
因此，|AC|=，可得菱形OABC的面积为S=|AC|?|B0|=；
（II）∵四边形OABC为菱形，∴|OA|=|OC|，
设|OA|=|OC|=r（r＞1），得A、C两点是圆x2+y2=r2
与椭圆的公共点，解之得=r2﹣1
设A、C两点横坐标分别为x1、x2，可得A、C两点的横坐标满足
x1=x2=?，或x1=?且x2=﹣?，
①当x1=x2=?时，可得若四边形OABC为菱形，则B点必定是右顶点（2，0）；
②若x1=?且x2=﹣?，则x1+x2=0，
可得AC的中点必定是原点O，因此A、O、C共线，可得不存在满足条件的菱形OABC
综上所述，可得当点B不是W的顶点时，四边形OABC不可能为菱形．

【点评】本题给出椭圆方程，探讨了以坐标原点O为一个顶点，其它三个顶点在椭圆上的菱形问题，着重考查了菱形的性质、椭圆的标准方程与简单几何性质等知识，属于中档题．
　
22．已知函数．
（1）求函数f（x）的定义域D，并判断f（x）的奇偶性；
（2）如果当x∈（t，a）时，f（x）的值域是（﹣∞，1），求a与t的值；
（3）对任意的x1，x2∈D，是否存在x3∈D，使得f（x1）+f（x2）=f（x3），若存在，求出x3；若不存在，请说明理由．
【考点】函数的定义域及其求法；函数奇偶性的判断．
【专题】函数的性质及应用．
【分析】（1）直接由真数大于0，解分式不等式可得函数的定义域，利用定义判断函数的奇偶性；
（2）给出的函数是对数型的复合函数，经分析可知内层分式函数为减函数，外层对数函数也为减函数，要保证
当x∈（t，a）时，f（x）的值域是（﹣∞，1），首先应有（t，a）?（﹣1，1），且当x∈（t，a）时，
∈（a，+∞），结合内层函数图象及单调性可得t=﹣1，且，从而求出a和t的值；
（3）假设存在x3∈D，使得f（x1）+f（x2）=f（x3），代入对数式后把x3用x1，x2表示，只要能够证明x3在定义域内即可，证明可用作差法或分析法．
【解答】解：（1）要使原函数有意义，则，解得﹣1＜x＜1，
所以，函数f（x）的定义域D=（﹣1，1）
f（x）是定义域内的奇函数．
证明：对任意x∈D，有
所以函数f（x）是奇函数．
另证：对任意x∈D，
所以函数f（x）是奇函数．
（2）由知，函数在（﹣1，1）上单调递减，
因为0＜a＜1，所以f（x）在（﹣1，1）上是增函数
又因为x∈（t，a）时，f（x）的值域是（﹣∞，1），所以（t，a）?（﹣1，1）
且在（t，a）的值域是（a，+∞），
故且t=﹣1（结合g（x）图象易得t=﹣1）
由得：a2+a=1﹣a，解得或a=（舍去）．
所以，t=﹣1
（3）假设存在x3∈（﹣1，1）使得f（x1）+f（x2）=f（x3）
即
则，
解得，
下面证明．
证明：法一、
由．
∵x1，x2∈（﹣1，1），∴，，
∴，即，∴．
所以存在，使得f（x1）+f（x2）=f（x3）．
法二、
要证明，即证，也即．
∵x1，x2∈（﹣1，1），∴，∴，
∴．
所以存在，使得f（x1）+f（x2）=f（x3）．
【点评】本题考查了函数的定义域及其求法，考查了复合函数的单调性，考查了复合函数的值域，体现了数学转化思想方法，训练了存在性问题的证明方法，该题综合考查了函数的有关性质，属有一定难度的题目．
　
23．对于各项均为正数的无穷数列{an}，记bn=（n∈N*），给出下列定义：
①若存在实数M，使an≤M成立，则称数列{an}为“有上界数列”；
②若数列{an}为有上界数列，且存在n0（n0∈N*），使a=M成立，则称数列{an}为“有最大值数列”；
③若bn+1﹣bn＜0，则称数列{an}为“比减小数列”．
（Ⅰ）根据上述定义，判断数列{}是何种数列？
（Ⅱ）若数列{an}中，a1=，an+1=，求证：数列{an}既是有上界数列又是比减小数列；
（Ⅲ）若数列{an}是单调递增数列，且是有上界数列，但不是有最大值数列，求证：?n∈N*，bn+1﹣bn≤0．
【考点】数列与函数的综合；数列递推式．
【专题】等差数列与等比数列．
【分析】（Ⅰ）由， =，得bn+1﹣bn＞0，an=，由此得到数列{}既是有上界数列，又是有最大值数列．
（Ⅱ）先用数学归纳法证明，再证明an+1＞an． =﹣（an﹣2）（an+1）．然后证明，由此得到数列{an}既是比减少数列又是有上界数列．
（Ⅲ）假设对于?n∈N*，bn+1＞bn，由此推导出无穷数列{an}不是有上界数列，与已知矛盾，假设不成立，从而得到对于数列{an}，?n∈N*，bn+1﹣bn≤0．
【解答】解：（Ⅰ）由题意知， =，
bn+1﹣bn==＞0，
an=，且存在n=1，a1=1，
所以数列{}既是有上界数列，又是有最大值数列．…
（Ⅱ）数列{an}中，a1=，an+1=，
下面用数学归纳法证明，
①，命题；
②假设n=k时命题成立，即，
当n=k+1时， ，
，
所以，当n=k+1时，命题成立，即．
下面证明an+1＞an． =
=﹣（an﹣2）（an+1）．
因为，所以，即an+1＞an．
由，，
两式相除得： =，an+1＞an，
所以，，（）2﹣=（）＞0，
即（）2＞．
下面证明，
即需证明（2+an+1）an＜（2+an）an+1，即需证明2an＜2an+1，
而2an＜2an+1已证明成立，
所以=，
即bn+1＜bn，bn+1﹣bn＜0，
所以，数列{an}既是比减少数列又是有上界数列．…
（Ⅲ）用反证法，假设对于?n∈N*，bn+1＞bn，
即，
因为无穷数列{an}各项为正且单调递增，所以t＞1．
＞tn﹣1，
所以．当时，
an＞M，所以无穷数列{an}不是有上界数列，与已知矛盾，假设不成立，
因此，对于数列{an}，?n∈N*，bn+1﹣bn≤0．…
【点评】本题考查数列{}是何种数列的判断，考查数列{an}既是有上界数列又是比减小数列的证明，考查?n∈N*，bn+1﹣bn≤0的证明，解题时要注意数学归纳法和反证法的合理运用．