B

解：如图|OF1|=c，|OM|=a， |F1G|=2c；

∴|F1M|=b，

又∵M为PF1的中点，

|PG|=2|OM|=2a，

|PF1|=2b，

∴|PF1|﹣|PG|=2b﹣2a=2a；

∴b=2a，

∴c= a，

∴e= = ．

故选B．

A

解：∵双曲线C的方程为 （a＞0，b＞0）” 根据双曲线C的渐近线的定义可得：y= ；

∴双曲线C的方程为 （a＞0，b＞0）⇒“双曲线C的渐近线方程为y= ”；

若双曲线C的渐近线方程为y= =± x；

∴双曲线C的方程还可以为： ，

∴“双曲线C的渐近线方程为y= ”推不出双曲线C的方程为 ；

∴双曲线C的方程为 （a＞0，b＞0）”是“双曲线C的渐近线方程为y= ”的充分不必要条件；

故选A．

B

解：∵正数a，b满足 ，∴a＞1，且b＞1； 变形为 =1，∴ab=a+b，∴ab﹣a﹣b=0，∴（a﹣1）（b﹣1）=1，∴a﹣1= ；

∴a﹣1＞0，∴ = +9（a﹣1）≥2 =6，

当且仅当 =9（a﹣1），即a=1± 时取“=”（由于a＞1，故取a= ），

∴ 的最小值为6；

故选：B．

【考点精析】通过灵活运用基本不等式在最值问题中的应用，掌握用基本不等式求最值时（积定和最小，和定积最大），要注意满足三个条件“一正、二定、三相等”即可以解答此题．

D

解：由 • =0，PD⊥平面ABCD， 可得：PD⊥DA，PD⊥DC，AD⊥DC，

分别以DA、DC、DP所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系，

∵AD=AB=2，PD=2EC=2，

∴A（2，0，0），B（2，2，0），P（0，0，2），E（0，2，1），

， ， ．

设平面PAB的一个法向量为 =（x，y，z），

由 ，取z=1，得 ；

设平面PEB的一个法向量为 =（a，b，c），

由 ，取c=2，得 ．

∴cos＜ ＞= = ．

∴二面角A﹣PB﹣E的大小为 ．

故选：D．

D

解：不等式组 表示的平面区域为D，如图： 当x≥0时，z=|x|+2y=x+2y，z=x+2y经过B时取得最大值，

由 可得B（1，5），此时z的最大值为：11．

当x＜0时，z=|x|+2y=﹣x+2y，z=﹣x+2y经过A时取得最大值，

由 ，可得A（﹣4，5），此时z的最大值为：14．

若∀（x，y）∈D，|x|+2y≤a为真命题，则实数a的取值范围：[14，+∞）．

故选：D．

【考点精析】利用命题的真假判断与应用对题目进行判断即可得到答案，需要熟知两个命题互为逆否命题，它们有相同的真假性；两个命题为互逆命题或互否命题，它们的真假性没有关系．

A

解：∵正项等比数列{an}满足：a3=a2+2a1 ， ∴ ，

即：q2=q+2，解得q=﹣1（舍），或q=2，

∵存在两项am ， an ， 使得 ，

∴ ，

∴ ，

∴ ，

所以，m+n=6，

∴ =（ ）[ （m+n）]= （5+ ）≥ （5+2 ）= ，

所以， 的最小值是 ．

【考点精析】关于本题考查的基本不等式和等比数列的通项公式（及其变式），需要了解基本不等式：,（当且仅当时取到等号）；变形公式：；通项公式：才能得出正确答案．

B

解：∵空间平面向量 =（2m+1，3，m﹣1）， =（2，m，﹣m），且 ∥ ， ∴（2m+1，3，m﹣1）=λ （2，m，﹣m）=（2λ，λm，﹣λm），

∴ ，解得 m=﹣2．

故选：B．

【考点精析】本题主要考查了共线向量与共面向量的相关知识点，需要掌握向量共线的充要条件：对于空间任意两个向量，，的充要条件是存在实数，使才能正确解答此题．

C

解：关于x的不等式ax﹣b＜0的解集是（1，+∞）， 即不等式ax＜b的解集是（1，+∞），

∴a=b＜0；

∴不等式（ax+b）（x﹣3）＞0可化为

（x+1）（x﹣3）＜0，

解得﹣1＜x＜3，

∴该不等式的解集是（﹣1，3）．

故选：C．

【考点精析】认真审题，首先需要了解解一元二次不等式(求一元二次不等式解集的步骤：一化：化二次项前的系数为正数;二判：判断对应方程的根;三求：求对应方程的根;四画：画出对应函数的图象;五解集：根据图象写出不等式的解集;规律：当二次项系数为正时，小于取中间，大于取两边)．

C

解：在△ABC中，∵b2+c2=a2+bc，∴cosA= = = ， ∵A∈（0，π），∴ ．

∵sin B•sin C=sin2A，

∴bc=a2 ，

代入b2+c2=a2+bc，∴（b﹣c）2=0，解得b=c．

∴△ABC的形状是等边三角形．

故选：C．

【考点精析】本题主要考查了正弦定理的定义和余弦定理的定义的相关知识点，需要掌握正弦定理:；余弦定理:;;才能正确解答此题．

﹣1≤a≤1或a＞3

解：p真，则a≤1． q真，则△=（a﹣1）2﹣4＞0

即a＞3或a＜﹣1

由复合命题真值表，“p或q”为真，“p且q”为假时，命题p，q一个为真，另一个为假，

当p真q假时，有

⇒得﹣1≤a≤1，

当p假q真时，有

⇒a＞3．

综上：实数a的取值范围为﹣1≤a≤1或a＞3

所以答案是：﹣1≤a≤1或a＞3．

【考点精析】掌握复合命题的真假是解答本题的根本，需要知道“或”、 “且”、 “非”的真值判断:“非p”形式复合命题的真假与F的真假相反；“p且q”形式复合命题当P与q同为真时为真，其他情况时为假；“p或q”形式复合命题当p与q同为假时为假，其他情况时为真．

x+2y﹣3=0

解：∵sm、n、s、t为正数，m+n=2， + =9， s+t最小值是 ，

∴（ + ）（s+t）的最小值为4．

∴（ + ）（s+t）=n+m+ + ≥m+n+2 =m+n+2 ，

满足 时取最小值，

此时最小值为m+n+2 =2+2 =4，

得：mn=1，又：m+n=2，所以，m=n=1．

设以（1，1）为中点的弦交椭圆 =1于A（x1 ， y1），B（x2 ， y2），

由中点从坐标公式知x1+x2=2，y1+y2=2，

把A（x1 ， y1），B（x2 ， y2）分别代入x2+2y2=4，得

，

① ﹣②，得2（x1﹣x2）+4（y1﹣y2）=0，

∴k= =﹣ ，

∴此弦所在的直线方程为y﹣1=﹣ （x﹣1），

即x+2y﹣3=0．

所以答案是：x+2y﹣3=0．

解：由cosA= 和0＜A＜π得， sinA= ，

∵b=2，△ABC的面积S=3，

∴ ，则c=5，

由余弦定理得，a2=b2+c2﹣2bccosA

=4+25﹣ =13，

∴a= ，

所以答案是： ．

【考点精析】根据题目的已知条件，利用正弦定理的定义和余弦定理的定义的相关知识可以得到问题的答案，需要掌握正弦定理:；余弦定理:;;．

﹣

解：设等差数列{an}的公差为d，∵S3=0，S5=﹣5， ∴ ，解得：a1=1，d=﹣1．

∴an=1﹣（n﹣1）=2﹣n．

∴ = = ，

数列{ }的前2016项的和= +…+ = =﹣ ．

所以答案是：﹣ ．

【考点精析】本题主要考查了等差数列的通项公式（及其变式）和数列的前n项和的相关知识点，需要掌握通项公式：或；数列{an}的前n项和sn与通项an的关系才能正确解答此题．

（1）解：△ABC中，asinAsinB+bcos2A= a，

由正弦定理化简得：sin2AsinB+sinBcos2A= sinA，

即sinB（sin2A+cos2A）= sinA，

∴sinB= sinA，

再由正弦定理得：b= a，

则 =

（2）解：由（1）可得b= a，

c2=a2+ b2=a2+ × a2= a2，

由余弦定理可得：

cosC= = = ，

由C为三角形内角，可得∠C=

（Ⅰ）利用正弦定理化简已知的等式，整理后利用同角三角函数间的基本关系化简，得到sinB=2sinA， 再利用正弦定理化简，即可得到所求式子的值；（2）由余弦定理可求cosC的值，结合C的范围即可得解．

【考点精析】根据题目的已知条件，利用余弦定理的定义的相关知识可以得到问题的答案，需要掌握余弦定理:;;．

解：（Ⅰ）由题意可知，|PF1|+|PF2|=2a=3+1=4，可得a=2， 又 = ，a2﹣c2=b2 ， 可得c=1，b= ，

即有椭圆C的方程为 =1．

（Ⅱ）（i）由（Ⅰ）知：a=2．

线段PQ是椭圆C过点F2的弦，则△PF1Q的周长=4a=8．

（ii）因为三角形内切圆的半径与三角形周长的乘积是面积的2倍，

且△F1PQ的周长是定值8，所以只需求出△F1PQ面积的最大值．

设直线l方程为x=my+1，与椭圆方程联立得（3m2+4）y2+6my﹣9=0，

设P（x1 ， y1），Q（x2 ， y2），则y1+y2=﹣ ，y1y2=﹣ ，

|y1﹣y2|= = =12 ．

于是 = |F1F2|•|y1﹣y2|=12 ，设m2+1=t≥1．

∵ = = ≤ ，

∴S△F1PQ≤3，

所以内切圆半径r= ≤ ，此时m=0，λ=1．

因此其面积最大值是 π

（Ⅰ）由题意可知，|PF1|+|PF2|=2a=4，可得a=2，又 = ，a2﹣c2=b2 ， 解出即可得出．（Ⅱ）（i）由（Ⅰ）知：a=2．线段PQ是椭圆C过点F2的弦，则△PF1Q的周长=4a．（ii）因为三角形内切圆的半径与三角形周长的乘积是面积的2倍，且△F1PQ的周长是定值8，所以只需求出△F1PQ面积的最大值．设直线l方程为x=my+1，与椭圆方程联立得（3m2+4）y2+6my﹣9=0，设P（x1 ， y1），Q（x2 ， y2），|y1﹣y2|= ，于是 = |F1F2|•|y1﹣y2|，进而得出．

（I）证明：∵﹣an ， bn ， an+1成等差数列，﹣bn ， an ， bn+1也成等差数列． ∴bn= ，an= ，

∴an+bn= [（an+1+bn+1）﹣（an+bn）]，即an+1+bn+1=3（an+bn），

又∵a1+b1=1+2=3，∴数列{an+bn}是首项、公比均为3的等比数列；

同理可得：﹣an+bn= [（an+1﹣bn+1）+（﹣an+bn）]，即an+1﹣bn+1=﹣（an﹣bn），

又∵﹣a1+b1=﹣1+2=1，

∴数列{bn﹣an}是首项为1、公比均为﹣1的等比数列，

∴bn﹣an=（﹣1）n+1 ，

又∵bn+an=3n ，

∴an= = [3n﹣（﹣1）n+1]；

（II）解：∵cn=（2an﹣3n）log3[2an﹣（﹣1）n]

=[3n﹣（﹣1）n+1﹣3n]log3[3n﹣（﹣1）n+1﹣（﹣1）n]

=（﹣1）n•n，

∴Tn=﹣1+2﹣3+4﹣…+（﹣1）n•n，

﹣Tn=1﹣2+3﹣4+…+（﹣1）n•（n﹣1）+（﹣1）n+1•n，

两式相减得：2Tn=﹣1+1﹣1+1﹣…﹣1﹣（﹣1）n+1•n，

∴Tn= { +（﹣1）n•n}

（I）﹣an ， bn ， an+1成等差数列，﹣bn ， an ， bn+1也成等差数列．可得bn= ，an= ，an+bn= [（an+1+bn+1）﹣（an+bn）]，即an+1+bn+1=3（an+bn），即可证明数列{an+bn}是首项、公比均为3的等比数列．同理可得：数列{bn﹣an}是首项为1、公比均为﹣1的等比数列．可得an= ．（II）cn=（2an﹣3n）log3[2an﹣（﹣1）n]=（﹣1）n•n，利用“错位相减法”与等比数列的求和公式即可得出．

【考点精析】本题主要考查了等比数列的通项公式（及其变式）和数列的前n项和的相关知识点，需要掌握通项公式：；数列{an}的前n项和sn与通项an的关系才能正确解答此题．

解：（I）命题p：实数x满足x2﹣5ax+4a2＜0，其中a＞0，a＜x＜4a，解集A=（a，4a）． 命题q：实数x满足 ，解得2＜x≤4．解集B=（2，4]．

a=1，且p∧q为真，则A∩B=（1，4）∩（2，4]=（2，4）．

∴实数x的取值范围是（2，4）．

（Ⅱ）￢p：（﹣∞，a]∪[4a，+∞）．

￢q：（﹣∞，2]∪（4，+∞）．

若￢p是￢q的充分不必要条件，则 ，解得1≤a≤2．

∴实数a的取值范围是[1，2]

（I）命题p：实数x满足x2﹣5ax+4a2＜0，解集A=（a，4a）．命题q：实数x满足 ，解集B=（2，4]． a=1，且p∧q为真，求A∩B即可得出．

（Ⅱ）￢p：（﹣∞，a]∪[4a，+∞）．￢q：（﹣∞，2]∪（4，+∞）．利用￢p是￢q的充分不必要条件，即可得出．

【考点精析】根据题目的已知条件，利用复合命题的真假的相关知识可以得到问题的答案，需要掌握“或”、 “且”、 “非”的真值判断:“非p”形式复合命题的真假与F的真假相反；“p且q”形式复合命题当P与q同为真时为真，其他情况时为假；“p或q”形式复合命题当p与q同为假时为假，其他情况时为真．

解：（I）以D为原点，以DA，DC，DD1为坐标轴建立空间直角坐标系D﹣xyz， 设AD=1，则A（1，0，0），B（1，2，0），E（ ，2，0），

C（0，2，0），D1（0，0，1），

∵M，N分别是AE，CD1的中点，∴M（ ，1，0），N（0，1， ），

∴ =（﹣ ，0， ）， =（0，2，0）．

∵AB⊥平面ADD1A1 ， ∴ 是平面ADD1A1的一个法向量，

∵ =0，MN⊄平面ADD1A1 ，

∴MN∥平面ADD1A1 ．

（II） =（ ，1，0）， =（1，0，0），设平面DMN的法向量为 =（x，y，z），

则 ，即 ，令z=1得 =（ ，﹣ ，1），

∴ = ，

∴cos＜ ＞= = ．

∴sinθ= ．

（I）建立空间直角坐标系，设AD=1，求出 和平面ADD1A1的法向量 的坐标，直线利用数量积证明AB⊥MN即可；（II）求出平面DMN的法向量 和 的坐标，则sinθ=|cos＜ ＞|．

【考点精析】利用直线与平面平行的判定和空间角的异面直线所成的角对题目进行判断即可得到答案，需要熟知平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，则该直线与此平面平行；简记为：线线平行，则线面平行；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．