点评：本题考查了椭圆的对称性以及简单性质，由椭圆的对称性求出B、C两点的纵坐标进而得到a=3b是解题的关键，属于中档题．
12．设a∈R，若x＞0时均有[（a﹣1）x﹣1]（x﹣ax﹣1）≥0，则a=．
考点：利用导数求闭区间上函数的最值． 专题：导数的概念及应用． 分析：分类讨论，（1）a=1；（2）a≠1，在x＞0的整个区间上，我们可以将其分成两个区间，在各自的区间内恒正或恒负，即可得到结论． 解答： 解：（1）a=1时，代入题中不等式明显不成立．
2
（2）a≠1，构造函数y1=（a﹣1）x﹣1，y2=x﹣ax﹣1，它们都过定点P（0，﹣1）． 考查函数y1=（a﹣1）x﹣1：令y=0，得M（
，0），
2
∴a＞1；
22
考查函数y2=x﹣ax﹣1，∵x＞0时均有[（a﹣1）x﹣1]（x﹣ax﹣1）≥0， ∴y2=x﹣ax﹣1过点M（
2
，0），代入得：，
解之得：a=，或a=0（舍去）． 故答案为：．
点评：本题考查不等式恒成立问题，解题的关键是构造函数，利用函数的性质求解．
13．设数列{an}的前n项的和为Sn，已知
*
，设若对一切
n∈N均有
考点：数列的求和．
专题：计算题；等差数列与等比数列．
，则实数m的取值范围为m＜0或m≥5．
分析：依题意，可求得an与bn，从而可求得
2
bk=
∈[，），利用[，）?
（，m﹣6m+解答： 解：∵∴当n≥2时， +
+…+
）即可求得实数m的取值范围． +
+…+
=
，①
=，②
∴①﹣②得：=﹣=，
∴Sn=n（n+1）（n≥2）． 当n=1时，
=
=，
∴a1=2，符合Sn=n（n+1）（n≥2）．
∴Sn=n（n+1）． ∴可求得an=2n． ∴bn=
=
=
．
∵
=，b1=，
∴{bn}是以为首项，为公比的等比数列．
∴
bk=
=∈[，），
∵
bk∈（，m﹣6m+
2
2
），
∴[，）?（，m﹣6m+），
即，
解得：m＜0或m≥5．
故答案为：m＜0或m≥5．
点评：本题考查求数列的通项与数列求和，突出考查集合间的包含关系与解不等式组的能力，综合性强，难度大，属于难题．
14．已知点G是斜△ABC的重心，且AG⊥BG，
+
=
，则实数λ的值为．
考点：正弦定理；余弦定理． 专题：三角函数的求值．
分析：首先根据三角形的重心性质及直角三角形的斜边的中线等于斜边的一半，得到
CD=AB，再应用余弦定理推出AC+BC=5AB，将公式化简得λ=
222
+=应用三角恒等变换
，然后运用正弦定理和余弦定理，结合前面的结论，即可求
出实数λ的值．
解答： 解：如图，连接CG，延长交AB于D， 由于G为重心，故D为中点， ∵AG⊥BG，∴DG=AB，
由重心的性质得，CD=3DG，即CD=AB，
由余弦定理得，AC=AD+CD﹣2AD?CD?cos∠ADC， 222
BC=BD+CD﹣2BD?CD?cos∠BDC， ∵∠ADC+∠BDC=π，AD=BD，
2222
∴AC+BC=2AD+2CD， ∴AC+BC=AB+AB=5AB， 又∵∴则λ=
=
=．
=
=
=
=
++
==
， ，
2
2
2
2
2
2
2
2
故答案为：
点评：此题考查了正弦、余弦定理，三角形的重心性质，熟练掌握定理及公式是解本题的关键．
二、解答题.
15．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且A，B，C成等差数列． （1）若
，且
，求a+c的值；
（2）若存在实数m，使得2sinA﹣sinC=m成立，求实数m的取值范围．
考点：余弦定理；两角和与差的正弦函数．
专题：计算题；三角函数的图像与性质；解三角形．
分析：（1）根据A、B、C成等差数列得到
2
2
2
，从而将
2
2
化简得到ac=3．再
； ，结），由此
由余弦定理b=a+c﹣2accosB的式子，整理得到3=a+c﹣ac，两式联解即可得到（2）根据C=
﹣A，将等式左边展开，化简得到2sinA﹣sinC=
合A的取值范围并利用正弦函数的图象与性质，算出2sinA﹣sinC∈（即可得到实数m的取值范围． 解答： 解：（1）∵A、B、C成等差数列， ∴2B=A+C，结合A+B+C=π，可得∵
∴ac=3． ① 由余弦定理，得
∴3=a+c﹣ac，可得a+c=3+ac=6． 由此联解①、②，得． （2）2sinA﹣sinC==∵
，∴
=
，
，
，
2
2
2
2
， ，
，得
，
由此可得2sinA﹣sinC的取值范围为即m的取值范围为（
）
点评：本题给出三角形的边角关系式和向量数量积的值，求三角形角B的大小和a+c的值，着重考查了平面向量数量积运算公式、运用正余弦定理解三角形和三角函数的图象与性质等知识，属于中档题．
16．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，四边形ABCD是平行四边形，且AC⊥CD，PA=AD，M，Q分别是PD，BC的中点． （1）求证：MQ∥平面PAB；
（2）若AN⊥PC，垂足为N，求证：MN⊥PD．
考点：直线与平面平行的判定；空间中直线与直线之间的位置关系；直线与平面垂直的性质． 专题：证明题；综合题；空间位置关系与距离． 分析：（1）取PA的中点E，连结EM、BE，根据三角形的中位线定理证出ME∥AD且
ME=AD，平行四边形中Q是BC的中点，可得BQ∥AD且BQ=AD，因此四边形MQBE是平行四边形，可得MQ∥BE，再结合线面平行的判定定理可得MQ∥平面PAB； （2）由PA⊥平面ABCD，可得PA⊥CD，结合AC⊥CD可得CD⊥平面PAC，从而有AN⊥CD．又因为AN⊥PC，结合PC、CD是平面PCD内的相交直线，可得AN⊥平面PCD，从而得到AN⊥PD．等腰△PAD中利用“三线合一”，证出AM⊥PD，结合AM、AN是平面AMN内的相交直线，得到PD⊥平面AMN，从而得到MN⊥PD． 解答： 解：（1）取PA的中点E，连结EM、BE， ∵M是PD的中点，∴ME∥AD且ME=AD， 又∵Q是BC中点，∴BQ=BC，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BC∥AD且BC=AD，可得BQ∥ME且BQ=ME， ∴四边形MQBE是平行四边形，可得MQ∥BE，… ∵BE?平面PAB，MQ?平面PAB， ∴MQ∥平面PAB；…
（2）∵PA⊥平面ABCD，CD?平面ABCD，∴PA⊥CD， 又∵AC⊥CD，PA、AC是平面PAC内的相交直线，
∴CD⊥平面PAC，结合AN?平面PAC，得AN⊥CD． … 又∵AN⊥PC，PC、CD是平面PCD内的相交直线，
∴AN⊥平面PCD，结合PD?平面PCD，可得AN⊥PD，… ∵PA=AD，M是PD的中点，∴AM⊥PD，…
又∵AM、AN是平面AMN内的相交直线，∴PD⊥平面AMN， ∵MN?平面AMN，∴MN⊥PD．…