D

解：设抛物线y2=2px（p＞0）的准线为l′：x=﹣ ． 如图所示，

①当直线AB的倾斜角为锐角时，

分别过点A，B作AM⊥l′，BN⊥l′，垂足为M，N．

过点B作BC⊥AM交于点C．

则|AM|=|AF|，|BN|=|BF|．

∵|AF|=3|BF|= |AB|，

∴|AM|﹣|BN|=|AC|=|AF|﹣|BF|= |AB|，

在Rt△ABC中，由|AC|= |AB|，可得∠BAC=60°．

∵AM∥x轴，∴∠BAC=∠AFx=60°．

∴kAB=tan60°= ，

直线方程为y= （x﹣ ），代入抛物线方程，可得3x2﹣5px+ p2=0，

∴|AB|= = p，

②当直线AB的倾斜角为钝角时，可得kAB=﹣ ．|AB|= p

综上可知：|AB|= p，

故选：D．

C

解：根据题意，从一楼到二楼共有十级台阶，小明“跨两级台阶”的次数有6种情况， 则分6种情况讨论：

①、每次都是跨一级台阶，则有1种情况，

②、有1次跨两级台阶，即有8次跨一级台阶，有C91=9种情况，

③、有2次跨两级台阶，即有6次跨一级台阶，有C82=28种情况，

④、有3次跨两级台阶，即有4次跨一级台阶，有C73=35种情况，

⑤、有4次跨两级台阶，即有2次跨一级台阶，有C64=15种情况，

⑥、全部都是跨两级台阶，有1种情况，

则共有1+9+28+35+15+1=89种；

故选：C．

C

解：∵EF为圆N的直径，∴|NE|=|NF|=1，且 ， 则 =（ + ）•（ + ）

=（ + ）•（ ）

= = ﹣1，

设P（x0 ， y0），则有 即x02=16﹣ y02

又N（0，1），∴ = ，

而y0∈[﹣2 ，2 ]，

∴当y0=﹣3时， 取得最大值20，则 = ﹣1=20﹣1=19，

当y0=2 时， 取得最小值13-4 ，则 = ﹣1=13-4 ﹣1=12-4 ．

∴ 最大值和最小值是：19，12-4 ．

故选：C．

A

解：若不等式 的解集为（﹣∞，﹣1）∪（3，+∞）， 即不等式 的解集为（﹣∞，﹣1）∪（3，+∞），

则a﹣1＞0，{﹣b， }={﹣1，3}，

即a=5，b=﹣3，

故不等式x2+bx﹣2a＜0可化为：x2﹣3x﹣10＜0，

解得：x∈（﹣2，5），

故选：A

【考点精析】利用二次函数的性质对题目进行判断即可得到答案，需要熟知当时，抛物线开口向上，函数在上递减，在上递增；当时，抛物线开口向下，函数在上递增，在上递减．

B

解：∵0＜x＜1，∴ ﹣1＞0， ∴ = ﹣1+ +1≥2 +1=1+2 ，

当且仅当 ﹣1= 即x= ﹣1时“=”成立，

故选：B．

【考点精析】通过灵活运用基本不等式，掌握基本不等式：,（当且仅当时取到等号）；变形公式：即可以解答此题．

D

解：以A为原点，在平面ABC内过A作AC的垂线为x轴，AC为y轴，AA1为z轴，建立空间直角坐标系，

∵正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB=1，AA1=2，D为BB1的中点，

∴A（0，0，0），D（ ， ，1）， =（ ），

平面AA1C1C的法向量 =（1，0，0），

AD与平面AA1C1C所成角为θ，

则sinθ= = = ，

∴cosθ= = ．

∴AD与平面AA1C1C所成角的余弦值为 ．

故选：D．

【考点精析】本题主要考查了空间角的异面直线所成的角的相关知识点，需要掌握已知为两异面直线，A，C与B，D分别是上的任意两点，所成的角为，则才能正确解答此题．

A

解： =（﹣5，﹣1，﹣3）， =（﹣2，3，﹣1）， =（3，4，2）， =10﹣3+3=10＞0，可得A为锐角，同理可得B，C也为锐角． = = ，同理可得 = ， = ．

∴△ABC为不等边锐角三角形．

故选：A．

C

解：设弦的两个端点分别为A（x1 ， y1），B（x2 ， y2）， 则 ，

①﹣②得： ，

即 ，

∴ ．

∴以点 为中点的弦所在的直线方程为y﹣ ，

整理得：3x+4y﹣12=0．

故选：C．

D

解：∵ ， ∴ bcsinA= ×2bccosA，解得：tanA=2，

∴tanA=﹣tan（B+C）=﹣ =2，

整理可得：tanB+tanC﹣2tanBtanC=﹣2，

故选：D．

【考点精析】关于本题考查的两角和与差的正切公式和余弦定理的定义，需要了解两角和与差的正切公式：；余弦定理:;;才能得出正确答案．

C

解：∵数列{an}为等比数列，Sn为其前n项和，且 ， ∴a1=S1=2017×2016﹣2018t，

a2=S2﹣S1=（2017×20162﹣2018t）﹣（2017×2016﹣2018t）=2017×2016×2015，

a3=S3﹣S2=（2017×20162﹣2018t）﹣（2017×20162﹣2018t）=2017×20162×2015，

∵等比数列{an}中， ，

∴（2017×2016×2015）2=（2017×2016﹣2018t）×（2017×20162×2015），

解得t= ．

故选：C．

【考点精析】本题主要考查了等比数列的通项公式（及其变式）的相关知识点，需要掌握通项公式：才能正确解答此题．

A

解：命题q：（x﹣a）（x﹣a﹣1）≤0，解得a≤x≤a+1． ∵￢p是￢q的必要不充分条件，

∴q是p的必要不充分条件．

∴ ，且等号不能同时成立．

解得 ．

则实数a的取值范围是 ．

故选：A．

B

解：由f（x）=f′（1）x2+ex ， 求导得：f′（x）=2f′（1）x+ex ， 令x=1可得，f′（1）=2f′（1）+e，解得f′（1）=﹣e．

∴f（x）=﹣ex2+ex ， ∴f（1）=﹣e+e=0．

故选：B．

【考点精析】根据题目的已知条件，利用基本求导法则的相关知识可以得到问题的答案，需要掌握若两个函数可导，则它们和、差、积、商必可导；若两个函数均不可导，则它们的和、差、积、商不一定不可导．

解：设点P（x，y），F1（﹣5，0），F2（5，0）， 可得点P满足|PF2|﹣|PF1|=6，可得点P的轨迹是以F1、F2为焦点的双曲线的左支．

又∵c=5，2a=6，得a=3，∴b2=c2﹣a2=25﹣9=16，

因此该双曲线的方程为 =1（x＜0），

若点P的纵坐标是4，则将y=4代入双曲线方程解得x=﹣3 （正值舍去）．

∴点P的横坐标为 ．

所以答案是： ．

解：∵（n+1）4=n4+4n3+6n2+4n+1， ∴（n+1）4﹣n4=4n3+6n2+4n+1，

∴n4﹣（n﹣1）4=4（n﹣1）3+6（n﹣1）2+4（n﹣1）+1，

…

34﹣24=4×23+6×22+4×2+1

24﹣14=4×13+6×12+4×1+1

上述n个等式相加，得

（n+1）4﹣14=4（13+23+…+n3）+6（12+22+…+n2）+4（1+2+…+n）+n，

∴4（13+23+…+n3）=（n+1）4﹣1﹣6（12+22+…+n2）﹣4（1+2+…+n）﹣n

=（n+1）4﹣6× n（n+1）（2n+1）﹣4× ﹣（n+1）

=（n+1）[（n+1）3﹣n（2n+1）﹣2n﹣1]

=（n+1）（n3+n2）

∴13+23+…+n3= ，

所以答案是 ．

【考点精析】认真审题，首先需要了解归纳推理(根据一类事物的部分对象具有某种性质,退出这类事物的所有对象都具有这种性质的推理,叫做归纳推理)．

[0， ）∪[ ，π）

解：由y=f（x）=x3﹣3x2+2x+5，得y′=3x2﹣6x+2， 设函数f（x）=x3﹣3x2+2x+5图象上任一点P（x0 ， y0），且过该点的切线的倾斜角为α（0≤α＜π），

则y′=3x02﹣6x0+2=3（x﹣1）2﹣1≥﹣1，

∴tanα≥﹣1，

∴0≤α＜ 或 ≤α＜π．

∴函数f（x）=x3﹣3x2+2x+5图象上任一点的切线的倾角的取值范围是[0， ）∪[ ，π）．

所以答案是：[0， ）∪[ ，π）．

（1）解：∵在椭圆C上满足条件 的点A有且只有两个，

∴A点为椭圆短轴两端点，则b=c=1，∴a2=b2+c2=2，

则椭圆C的方程为：

（2）解：令M（x1，y1），N（x2，y2），当直线l1的斜率不存在时，直线l2的斜率为0，

求得|MN|=4，|PQ|=2 ，则 ；

当直线l1的斜率存在时，设直线方程为y=k（x﹣1）（k≠0），

联立 ，得k2x2﹣（2k2+4）x+k2=0．

则 ，

|MN|= ．

∵l1⊥l2，∴直线l2的方程：y=﹣ ．

令P（x3，y3），Q（x4，y4），

联立 ，得（k2+2）x2﹣4x+2﹣2k2=0．

．

∴|PQ|= = ．

∴ = ．

令t=1+k2（t＞1），

∴ ．

∴四边形PMQN面积的取值范围是

（1）由已知可得b=c=1，再由隐含条件求得a，则椭圆方程可求；（2）当直线l1的斜率不存在时，直线l2的斜率为0，求出|MN|、|PQ|，求出四边形的面积；当直线l1的斜率存在时，设直线方程为y=k（x﹣1）（k≠0），得到直线l2的方程：y=﹣ ．分别联立直线方程与抛物线方程和椭圆方程，利用弦长公式求出|MN|、|PQ|，代入四边形面积公式，利用换元法求得四边形PMQN面积的取值范围．

（1）证明：过E作EN⊥AC于N，连接EF，NF，AC1，

由直棱柱的性质可知，底面ABC⊥侧面A1C，

∴EN⊥侧面A1C，NF为EF在侧面A1C内的射影，

设正三棱柱ABC﹣A1B1C1的各个棱长为4，

∵CC1=4CF，∴在直角三角形CNF中，CN=1，

则由 = = ，得NF∥AC1，

又AC1⊥A1C，故NF⊥A1C，

由三垂线定理可知EF⊥A1C

（2）解：连接AF，过N作NM⊥AF于M，连接ME

由（I）可知EN⊥侧面A1C，根据三垂线定理得EM⊥AF

∴∠EMN是二面角C﹣AF﹣E的平面角即∠EMN=α，

设∠FAC=θ，则0°＜θ≤45°，

在直角三角形CNE中，NE= ，

在直角三角形AMN中，MN=3sinθ

故tanα= ，又0°＜θ≤45°，∴0＜sinθ≤

故当θ=45°时，tanα达到最小值，

∴tanα的最小值为anα= ．

（1）过E作EN⊥AC于N，连接EF，NF，AC1 ， 则EN⊥侧面A1C，NF为EF在侧面A1C内的射影，设正三棱柱ABC﹣A1B1C1的各个棱长为4，则CN=1，NF∥AC1 ， 推导出C1⊥A1C，NF⊥A1C，由此能证明EF⊥A1C．（2）连接AF，过N作NM⊥AF于M，连接ME，则EN⊥侧面A1C，根据三垂线定理得EM⊥AF，∠EMN是二面角C﹣AF﹣E的平面角由此能示出tanα的最小值．

【考点精析】解答此题的关键在于理解空间中直线与直线之间的位置关系的相关知识，掌握相交直线：同一平面内，有且只有一个公共点；平行直线：同一平面内，没有公共点；异面直线： 不同在任何一个平面内，没有公共点．

（1）解：f（x）=aln（x﹣1）+x，

导数f′（x）= +1，

则f′（2）=a+1=2，

解得a=1，f（x）=ln（x﹣1）+1，

f′（x）= +1，

可得曲线y=f（x）在点（2，f（2））处的切线斜率为1+1=2，

f（2）=ln1+1=1，

可得曲线y=f（x）在点（2，f（2））处的切线方程为y﹣1=x﹣2，

即为g（x）=x﹣1

（2）解：h（x）=mf′（x）+g（x）+1=m（ +1）+x，

对任意的x∈[2，4]，h（x）＞0，

即为m（ +1）+x＞0，x∈[2，4]，

即有m• +x＞0，

即为m＞（1﹣x）max，x∈[2，4]，

由1﹣x≤1﹣2=﹣1，可得m＞﹣1．

则实数m的取值范围是（﹣1，+∞）

（1）求得f（x）的导数，由题意解得a=1，求出曲线y=f（x）在x=2处的切线的斜率和f（2），由点斜式方程可得切线方程；（2）由题意可得m（ +1）+x＞0，x∈[2，4]，即为m＞（1﹣x）max ， x∈[2，4]，由一次函数的单调性，可得最大值，即可得到m的范围．

（1）解：∵A、B、C成等差数列，

∴B=60°，

由余弦定理，可得7=4+a2﹣2a，∴a=3，

∴△ABC的面积S= =

（2）解：∵sinA、sinB、sinC成等比数列

∵sin2B=sinAsinC，

∴b2=ac，

∴cosB= = ，

∴a=c，

∴a=b=c，

∴△ABC是等边三角形

（1）A、B、C成等差数列，求出B，利用余弦定理求出a，即可求△ABC的面积；（2）若sinA、sinB、sinC成等比数列，b2=ac，再用余弦定理，求出a=c，即可试判断△ABC的形状．

（1）解：由双曲线 =1，得m＞0，且a2=5，a= ．

∵椭圆 =1的焦点和双曲线 =1的顶点重合，

∴椭圆 =1的焦点在x轴上，且a2=9﹣m，b2=2m，则 ，

∴ ，解得m=

（2）解：∵方程 =1表示焦点在x轴上的椭圆，

∴9﹣m＞2m＞0，即0＜m＜3，

∵双曲线 =1的离心率e∈（ ， ），

∴ （ ），即 ，

若“p∧q”是真命题，则 ＜m＜3

（1）由双曲线方程可知双曲线的焦点在x轴上，进一步可得椭圆的焦点在x轴上，求出椭圆的半焦距与双曲线的实半轴长，列等式求得m值；（2）由方程 =1表示焦点在x轴上的椭圆，双曲线 =1的离心率e∈（ ， ）分别求出m的范围，结合“p∧q”是真命题，取交集得答案．

（1）解：由已知可得：a1= ，a2= = ．

同理可得：b1= ，b2= = ．

n≥2时，an=an﹣1（1﹣20%）+bn﹣1•30%，bn=bn﹣1•（1﹣30%）+an﹣1•20%．

∴an+bn=an﹣1+bn﹣1=…=a1+b1= + =1

（2）解：n≥2时，an=an﹣1（1﹣20%）+bn﹣1•30%，化为：an= an﹣1+ ．

由（1）可得：bn﹣1=1﹣an﹣1，

∴an= an﹣1+ （1﹣an﹣1）= +

（3）解：由（2）可得：an= + ，变形为：an﹣ = ．

=﹣ ，

∴数列{an﹣ }是等比数列，首项为﹣ ，公比为 ．

∴an﹣ = ．

即an= ．

∴bn=1﹣an= + ．

n→+∞时，米饭an→ =1200份，

面条bn→ =800份．

因此随着时间推移（假定就餐人数为2000）食堂的主食应该准备米饭和面条分别为1200、800份，才能使广大师生员工满意

（1）由已知可得：a1= ，a2= = ．同理可得：b1= ，b2= ．n≥2时，an=an﹣1（1﹣20%）+bn﹣1•30%，bn=bn﹣1•（1﹣30%）+an﹣1•20%．可得an+bn=1．（2）n≥2时，an=an﹣1（1﹣20%）+bn﹣1•30%，化为：an= an﹣1+ ．由