【正文】 且 ，求 0 或 2 ． 【考點(diǎn)】 平面向量數(shù)量積的運(yùn)算． 【分析】 把 兩邊平方，代入已知化為關(guān)于 | |d 的一元二次方程求解． 【解答】 解：由 與 的夾角為 60176。 sin270176。 sin270176。﹣ MENF 的體積 V為常函數(shù)，所以 ④正確． 綜上，正確的有 ①②④． 故答案為： ①②④． 【點(diǎn)評(píng)】 本題重點(diǎn)考查了空間中平行和垂直關(guān)系的判斷和性質(zhì)等知識(shí)，命題真假的判定，屬于中檔題 16．關(guān)于 x的不等式（ ax﹣ 1）（ lnx+ax） ≥ 0 在（ 0， +∞）上恒成立，則實(shí)數(shù) a 的取值范圍是 a≤ ﹣ 或 a=e ． 【考點(diǎn)】 函數(shù)恒成立問 題． 【分析】 分類討論，將不等式轉(zhuǎn)化，即可求出實(shí)數(shù) a 的取值范圍． 【解答】 解： a＜ 0，則 lnx+ax≤ 0，令 y=lnx+ax，則 y′= +a， ∴ 0＜ x＜ ﹣ 時(shí)， y′＞ 0， x＞ ﹣ 時(shí)， y′＜ 0 ∴ x=﹣ 時(shí)，函數(shù)取得最大值 ln（﹣ ）﹣ 1， ∵ lnx+ax≤ 0， ∴ ln（﹣ ）﹣ 1≤ 0， ∴ a≤ ﹣ ； a=0 時(shí)，則 lnx≤ 0，在（ 0， +∞）上不恒成立，不合題意； a＞ 0 時(shí)， 或 ， a=e， 綜上， a≤ ﹣ 或 a=e． 【點(diǎn)評(píng)】 本題考查求實(shí)數(shù) a 的取值范圍 ，考查導(dǎo)數(shù)知識(shí)，考查分類討論的數(shù)學(xué)思想，屬于中檔題． 三、解答題（共 6 小題，滿分 70 分） 17．已知銳角三角形 ABC 中內(nèi)角 A、 B、 C 的對(duì)邊分別為 a， b， c， a2+b2=6abcosC，且sin2C=2sinAsinB． （ 1）求角 C 的值； （ 2）設(shè)函數(shù) ，且 f（ x）圖象上相鄰兩最高點(diǎn)間的距離為 π，求 f（ A）的取值范圍． 【考點(diǎn)】 余弦定理；由 y=Asin（ ωx+φ）的部分圖象確定其解析式． 【分析】 （ 1）利用正弦定理與余弦定理可求得 cosC 的值，即可求得 C 的值； （ 2）化簡函數(shù)，利用周期確定 ω，進(jìn)而可得函數(shù)的解析式，即可求 f（ A）的取值范圍． 【解答】 解：（ 1） ∵ sin2C=2sinAsinB， ∴ 由正弦定理有： c2=2ab， 由余弦定理有： a2+b2=c2+2abcosC=c2（ 1+cosC） ① 又 a2+b2=6abcosC=3c2cosC② 由 ①②得 1+cosC=3cosC， ∴ cosC= ， 又 0＜ C＜ π， ∴ C= ； （ 2） = sin（ ωx﹣ ） ∵ f（ x）圖象上相鄰兩最高點(diǎn)間的距離為 π， ∴ T=π ∴ ∴ ω=2 ∴ f（ x） = sin（ 2x﹣ ） ∴ f（ A） = sin（ 2A﹣ ） ∵ ＜ A＜ ， ∴ 0＜ 2A﹣ ＜ ∴ 0＜ sin（ 2A﹣ ） ≤ 1 ∴ 0＜ f（ A） ≤ ． 【點(diǎn)評(píng)】 本題考查正弦定理與余弦定理，考查三角函數(shù)的圖象與性質(zhì)，考查學(xué)生的計(jì)算能力，屬于中檔題． 18．已知命題 p：函數(shù) f（ x） =x2+ax﹣ 2 在 [﹣ 2， 2]內(nèi)有且僅有一個(gè)零點(diǎn)．命題 q： x2+ax+2≤ 0 在區(qū)間 [1， 2]內(nèi)有解．若命題 “p 且 q”是假命題，求實(shí)數(shù) a 的取值范圍． 【考點(diǎn) 】 復(fù)合命題的真假． 【分析】 命題 p：函數(shù) f（ x） =x2+ax﹣ 2 在 [﹣ 2， 2]內(nèi)有且僅有一個(gè)零點(diǎn)． △＞ 0，可得 f（﹣2） f（ 2） ≤ 0，解得 a 范圍．命題 q： x2+ax+2≤ 0 在區(qū)間 [1， 2]內(nèi)有解，可得 a≤．由命題 “p 且 q”是假命題，可得 p 與 q 都是假命題．即可得出． 【解答】 解：命題 p：函數(shù) f（ x） =x2+ax﹣ 2 在 [﹣ 2， 2]內(nèi)有且僅有一個(gè)零點(diǎn)． △ =a2+8＞ 0， ∴ f（﹣ 2） f（ 2） =（ 2﹣ 2a）（ 2+2a） ≤ 0，解得 a≥ 1，或 a≤ ﹣ 1． 命題 q： x2+ax+2≤ 0 在區(qū)間 [1， 2]內(nèi)有解， ∴ a≤ =﹣ 3． ∵ 命題 “p 且 q”是假命題， ∴ p 與 q 都是假命題． ∴ ，解得﹣ 1＜ a＜ 1． ∴ 實(shí)數(shù) a 的取值范圍是（﹣ 1， 1）． 【點(diǎn)評(píng)】 本題考查了不等式的解法、函數(shù)的性質(zhì)、方程的實(shí)數(shù)根與判別式的關(guān)系、簡易邏輯的判定方法，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于中檔題． 19．已知數(shù)列 {an}的前 n 項(xiàng)和為 Sn，且 Sn=n（ n+1）（ n∈ N*）． （ Ⅰ ）求數(shù)列 {an}的通項(xiàng)公式； （ Ⅱ ）若數(shù)列 {bn}滿足： ，求數(shù)列 {bn}的通項(xiàng)公式； （ Ⅲ ）令 （ n∈ N*），求數(shù)列 {}的前 n 項(xiàng)和 Tn． 【考點(diǎn)】 數(shù)列的求和；數(shù)列的函數(shù)特性；等差數(shù)列的通項(xiàng)公式． 【分析】 （ Ⅰ ）當(dāng) n=1 時(shí)， a1=S1=2，當(dāng) n≥ 2 時(shí)， an=Sn﹣ Sn﹣ 1=n（ n+1）﹣（ n﹣ 1） n=2n，由此能求出數(shù)列 {an}的通項(xiàng)公式． （ Ⅱ ）由 （ n≥ 1），知，所以 ，由此能求出 bn． （ Ⅲ ） =n（ 3n+1） =n3n+n，所以 Tn=c1+c2+c3+…+=（ 1 3+2 32+3 33+…+n3n） +（ 1+2+…+n），令 Hn=1 3+2 32+3 33+…+n 3n，由錯(cuò)位相減法能求出，由此能求出數(shù)列 {}的前 n 項(xiàng)和． 【解答】 解：（ Ⅰ ）當(dāng) n=1 時(shí)， a1=S1=2， 當(dāng) n≥ 2 時(shí)， an=Sn﹣ Sn﹣ 1=n（ n+1）﹣（ n﹣ 1） n=2n， 知 a1=2 滿足該式， ∴ 數(shù)列 {an}的通項(xiàng)公式為 an=2n． （ Ⅱ ） ∵ （ n≥ 1） ① ∴ ② ②﹣ ①得： ， bn+1=2（ 3n+1+1）， 故 bn=2（ 3n+1）（ n∈ N*）． （ Ⅲ ） =n（ 3n+1） =n3n+n， ∴ Tn=c1+c2+c3+…+=（ 1 3+2 32+3 33+…+n 3n） +（ 1+2+…+n） 令 Hn=1 3+2 32+3 33+…+n 3n， ① 則 3Hn=1 32+2 33+3 34+…+n 3n+1② ①﹣ ②得：﹣ 2Hn=3+32+33+…+3n﹣ n 3n+1 = ∴ ， … ∴ 數(shù)列 {}的前 n 項(xiàng)和 … 【點(diǎn)評(píng)】 本題首先考查等差數(shù)列、等比數(shù)列的基本量、通項(xiàng)，結(jié)合含兩個(gè)變量的不等式的處理問題，對(duì)數(shù)學(xué)思維的要求比較高，要求學(xué)生理解 “存在 ”、 “恒成立 ”，以及運(yùn)用一般與特殊的關(guān)系進(jìn)行否定，本題有一定的探索 性．綜合性強(qiáng)，難度大，易出錯(cuò)．解題時(shí)要認(rèn)真審題，注意錯(cuò)位相減法的靈活運(yùn)用． 20．如圖，多面體 ABCDEF 中，四邊形 ABCD 是邊長為 2a 的正方形， BD⊥ CF，且 FA⊥AD， EF∥ AD， EF=AF=a． （ Ⅰ ）求證：平面 ADEF 垂直于平面 ABCD； （ Ⅱ ）若 P、 Q 分別為棱 BF 和 DE 的中點(diǎn)，求證： PQ∥ 平面 ABCD； （ Ⅲ ）求多面體 ABCDEF 的體積． 【考點(diǎn)】 棱柱、棱錐、棱臺(tái)的體積；平面與平面垂直的判定． 【分析】 （ Ⅰ ）連結(jié) AC，推導(dǎo)出 BD⊥ AC，從而 FA⊥ 平面 ADEF，由此能證明平面 ADEF垂直于平面 ABCD． （ Ⅱ ）作 PS