1.已知全集U={1,2,3,4,5,6}，集合M={1,3,6}，N={2,3,4}，則?U(M∪N)=( )
A. {5}B. {1,2}C. {3,4}D. {1,2,3,4}
2.已知m，n為實(shí)數(shù)，1?i(i為虛數(shù)單位)是關(guān)于x的方程x2?mx+n=0的一個(gè)根，則m+n=( )
A. 0B. 1C. 2D. 4
3.(1x?2x)6展開(kāi)式中的常數(shù)項(xiàng)是( )
A. ?160B. ?20C. 20D. 160
4.a，b為實(shí)數(shù)，則“a>b>1”是“|lna|>|lnb|”的( )
A. 充分不必要條件B. 必要不充分條件
C. 充要條件D. 既不充分也不必要條件
5.已知{an}和{bn}均為等差數(shù)列，a1=1，b1=2，a10+b10=39，則數(shù)列{an+bn}的前50項(xiàng)的和為( )
A. 5000B. 5050C. 5100D. 5150
6.已知函數(shù)f(x)=sinx+λcsx(λ∈R)的圖象關(guān)于直線x=?π6對(duì)稱(chēng)，則函數(shù)f(x)的最大值為( )
A. 1B. 2C. 2D. 5
7.“一筆畫(huà)”游戲是指要求經(jīng)過(guò)所有路線且節(jié)點(diǎn)可以多次經(jīng)過(guò)，但連接節(jié)點(diǎn)間的路線不能重復(fù)畫(huà)的游戲，下圖是某一局“一筆畫(huà)”游戲的圖形，其中A，B，C為節(jié)點(diǎn)，若研究發(fā)現(xiàn)本局游戲只能以A為起點(diǎn)C為終點(diǎn)或者以C為起點(diǎn)A為終點(diǎn)完成，那么完成該圖“一筆畫(huà)”的方法數(shù)為( )
A. 6種B. 12種C. 24種D. 30種
8.如圖，圓內(nèi)接四邊形ABCD中，DA⊥AB，∠D=45°，AB=2，BC=2 2，AD=6.現(xiàn)將該四邊形沿AD旋轉(zhuǎn)一周，則旋轉(zhuǎn)形成的幾何體的體積為( )
A. 84π3
B. 30π
C. 92π3
D. 40π
9.已知函數(shù)f(x)，g(x)的定義域均為R，f(x)為偶函數(shù)且f(x)+f(x+2)=3，g(x)+g(10?x)=2，則i=19[f(i)+g(i)]=( )
A. 21B. 22C. 452D. 472
10.法國(guó)數(shù)學(xué)家加斯帕爾?蒙日發(fā)現(xiàn)：與橢圓相切的兩條垂直切線的交點(diǎn)的軌跡是以橢圓中心為圓心的圓．我們通常把這個(gè)圓稱(chēng)為該橢圓的蒙日?qǐng)A．已知橢圓C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的蒙日?qǐng)A方程為x2+y2=a2+b2，現(xiàn)有橢圓C：x2a2+y216=1的蒙日?qǐng)A上一個(gè)動(dòng)點(diǎn)M，過(guò)點(diǎn)M作橢圓C的兩條切線，與該蒙日?qǐng)A分別交于P、Q兩點(diǎn)，若△MPQ面積的最大值為34，則橢圓C的長(zhǎng)軸長(zhǎng)為( )
A. 3 2B. 4 2C. 6 2D. 8 2
二、多選題：本題共1小題，共5分。在每小題給出的選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求。
11.如圖，正方體ABCD?A′B′C′D′的棱長(zhǎng)為3，點(diǎn)M是側(cè)面ADD′A′上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)(含邊界)，點(diǎn)P在棱CC′上，且|PC′|=1，則下列結(jié)論正確的有( )
A. 沿正方體的表面從點(diǎn)A到點(diǎn)P的最短路程為2 10
B. 保持PM與BD′垂直時(shí)，點(diǎn)M的運(yùn)動(dòng)軌跡長(zhǎng)度為2 2
C. 若保持|PM|= 13，則點(diǎn)M的運(yùn)動(dòng)軌跡長(zhǎng)度為43π
D. 當(dāng)M在D′點(diǎn)時(shí)，三棱錐B′?MAP的外接球表面積為994π
三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。
12.已知拋物線y=2x2，則焦點(diǎn)到準(zhǔn)線的距離為_(kāi)_____．
13.已知非零向量a，b滿足|a|=2，b=(1,2)，向量b在向量a方向上的投影為2，則|2a?b|=______．
14.已知函數(shù)f(x)=?x2?2x,x≤0|1?lnx|,x>0，若f(x)=m存在四個(gè)不相等的實(shí)根x1，x2，x3，x4，且x1lnb>0，所以|lna|>|lnb|，
所以由“a>b>1”可以推出“|lna|>|lnb|”，
取a=e?2，b=e，則滿足|lna|=2>|lnb|=1，但是a|lnb|”不能推出“a>b>1”，
所以“a>b>1”是“|lna|>|lnb|”的充分不必要條件．
故選：A．
根據(jù)充分條件和必要條件的定義判斷．
本題主要考查了充分條件和必要條件的定義，屬于基礎(chǔ)題．
5.【答案】B
【解析】【分析】
本題主要考查等差數(shù)列前n項(xiàng)和公式，屬于基礎(chǔ)題．
由題設(shè){an+bn}也為等差數(shù)列，再結(jié)合等差數(shù)列前n項(xiàng)和公式求和即可．
【解答】
解：由題設(shè)可知{an+bn}也為等差數(shù)列，且公差d為{an}、{bn}公差的和，
又a1+b1=3，a10+b10=39，故d=39?39=4，
所以{an+bn}前50項(xiàng)和為50×3+50×492×4=5050．
故選：B．
6.【答案】C
【解析】解：f(x)=sinx+λcsx= 1+λ2sin(x+θ)(tanθ=λ)，
函數(shù)f(x)=sinx+λcsx(λ∈R)的圖象關(guān)于直線x=?π6對(duì)稱(chēng)，
則f(π6)=sin(?π6)+λcs(?π6)=?12+ 32λ，
故 1+λ2=|?12+ 32λ|，即(λ+ 3)2=0，解得λ=? 3，
故函數(shù)f(x)的最大值為 1+3=2．
故選：C．
根據(jù)已知條件，結(jié)合三角函數(shù)的輔助角公式，以及正弦函數(shù)的性質(zhì)，即可求解．
本題主要考查三角函數(shù)的最值，屬于基礎(chǔ)題．
7.【答案】C
【解析】解：以A為起點(diǎn)時(shí)，三條路線依次連接即可到達(dá)B點(diǎn)，共有3×2=6種選擇；
自B連接到C時(shí)，在C右側(cè)可順時(shí)針連接或逆時(shí)針連接，共有2種選擇，
∴以A為起點(diǎn)，C為終點(diǎn)時(shí)，共有6×2=12種方法；
同理可知：以C為起點(diǎn)，A為終點(diǎn)時(shí)，共有12種方法；
∴完成該圖“一筆畫(huà)”的方法數(shù)為12+12=24種．
故選：C．
采用分步乘法可計(jì)算得到以A為起點(diǎn)，C為終點(diǎn)的方法數(shù)，再利用分類(lèi)加法計(jì)數(shù)原理求得結(jié)果．
本題主要考查了兩個(gè)計(jì)數(shù)原理的應(yīng)用，屬于基礎(chǔ)題．
8.【答案】D
【解析】
解；延長(zhǎng)AB，DC交于點(diǎn)G，
因?yàn)镈A⊥AB，∠D=45°，
所以∠G=45°，
故AD=AG=6，
因?yàn)锳B=2，
所以BG=6?2=4，
因?yàn)锽C=2 2，
又四邊形ABCD內(nèi)接于圓，
∴BC⊥CG，∠ABG=135°，
過(guò)點(diǎn)C作CE⊥AD于點(diǎn)E，過(guò)點(diǎn)B作BF⊥CE于點(diǎn)F，
則∠CBF=∠BCF=45°，BF=CF=AE=2，CE=DE=4，
該四邊形沿AD旋轉(zhuǎn)一周，則旋轉(zhuǎn)形成的幾何體體積等于由等腰直角三角形CDE繞DE旋轉(zhuǎn)形成的圓錐體積加上直角梯形ABCE繞AE旋轉(zhuǎn)形成的臺(tái)體體積，
其中圓錐體積為13π?CE2?DE=13π×42×4=643π，
臺(tái)體體積為13(π?AB2+π?CE2+ π?AB2?π?CE2)?AE=13×(4π+16π+8π)×2=563π，
所以旋轉(zhuǎn)形成的幾何體體積為643π+563π=40π．
故選：D．
作出輔助線，由余弦定理求出CG=2 2，由勾股定理逆定理得到BC⊥CG，∠ABG=135°，旋轉(zhuǎn)形成的幾何體的體積等于等腰直角三角形CDE繞DE旋轉(zhuǎn)形成的圓錐體積加上直角梯形ABCE繞AE旋轉(zhuǎn)形成的圓臺(tái)體體積，求出體圓錐積和臺(tái)體體積，相加即可．
本題考查旋轉(zhuǎn)體的體積的計(jì)算，屬中檔題．
9.【答案】C
【解析】【分析】
本題主要考查了函數(shù)的奇偶性及對(duì)稱(chēng)性在函數(shù)求值中的應(yīng)用，屬于中檔題．
根據(jù)題意推得f(x)+f(10?x)=3，結(jié)合對(duì)稱(chēng)性分析運(yùn)算即可．
【解答】
解：∵f(x)為偶函數(shù)且f(x)+f(x+2)=3，則f(?x)+f(x+2)=3，
故f(x)關(guān)于點(diǎn)(1,32)對(duì)稱(chēng)，
又∵f(x+2)+f(x+4)=3，則f(x)=f(x+4)，
則f(x)是以周期為4的周期函數(shù)，故f(x)關(guān)于點(diǎn)(5,32)對(duì)稱(chēng)，
∴f(x)+f(10?x)=3，
則i=19f(i)=[f(1)+f(9)]+[f(2)+f(8)]+[f(3)+f(7)]+[f(4)+f(6)]+12[f(5)+f(5)]=3×4+32=272，
又∵g(x)+g(10?x)=2，
則i=19g(i)=[g(1)+g(9)]+[g(2)+g(8)]+[g(3)+g(7)]+[g(4)+g(6)]+12[g(5)+g(5)]=2×4+1=9，
故i=19[f(i)+g(i)]=i=19f(i)+i=19g(i)=272+9=452．
故選：C．
10.【答案】C
【解析】解：由題意可知橢圓C的蒙日?qǐng)A的半徑為 a2+b2= a2+16，因?yàn)镸P⊥MQ，所以PQ為蒙日?qǐng)A的直徑，
所以|PQ|=2 a2+16，所以|MP|2+|MQ|2=|PQ|2=4(a2+16)，
因?yàn)閨MP|?|MQ|≤|MP|2+|MQ|22=2(a2+16)，當(dāng)且僅當(dāng)|MP|=|MQ|= 2 a2+16時(shí)，等號(hào)成立，
所以△MPQ面積的最大值為12|MP|?|MQ|=a2+16，
由△MPQ面積的最大值為34，所以a2=18，a=3 2，
故橢圓的長(zhǎng)軸長(zhǎng)為6 2，
故選：C．
求得橢圓的蒙日?qǐng)A的半徑，求得|PQ|，且滿足|MP|2+|MQ|2=|PQ|2=4(a2+16)，利用基本不等式的求得|MP|?|MQ|的最大值，求得△MPQ面積的最大值，即可求得a的值，求得橢圓的長(zhǎng)軸長(zhǎng)．
本題考查橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及性質(zhì)，蒙日?qǐng)A及基本不等式的應(yīng)用，考查轉(zhuǎn)化思想，計(jì)算能力，屬于中檔題．
11.【答案】BCD
【解析】解：對(duì)于A，將正方體的下面和側(cè)面展開(kāi)可得如圖圖形，
連接AP，則AP= AB2+BP2= 340與y=m圖像如下：
∵f(x)=m存在四個(gè)不相等的實(shí)根x1，x2，x3，x4，且x12，即能獲得吉祥物．
【解析】(1)根據(jù)已知條件，結(jié)合古典概型的概率公式，以及對(duì)立事件概率和為1，即可求解．
(2)由題可知X所有可能取值為0，1，2，3，4，分別求出對(duì)應(yīng)的概率，再結(jié)合期望公式，即可求解．
本題主要考查了離散型隨機(jī)變量及其分布列，需要學(xué)生熟練掌握期望公式，屬于中檔題．
18.【答案】(1)證明：取線段PC的中點(diǎn)F，連OF，EF，
在△PCD中，E，F(xiàn)分別為PD，PC的中點(diǎn)，∴EF/?/CD且EF=12CD，
又∵底面ABCD是菱形，且O為AB的中點(diǎn)，∴AO//CD且AO=12CD，
∴AO/?/EF且AO=EF，∴四邊形AOFE為平行四邊形，∴OF/?/AE，
又∵OF?平面POC，AE?平面POC，
∴AE/?/平面POC.………………(6分)

(2)在平面PBA內(nèi)過(guò)點(diǎn)O作Oz⊥AB，由已知可證得OC⊥AB且Oz⊥平面ABCD，
故分別以O(shè)B、OC、Oz所在線分別為x，y，z軸建立空間坐標(biāo)系O?xyz，
則P(?1,0, 3)，C(0,2 3,0)，D(4,2 3,0)，
設(shè)平面POC的一個(gè)法向量n=(x,y,z)，可得n?OC=2 3y=0n?PC=x+2 3y? 3z=0，不妨取n=(3,0, 3)，
PD=(?3,2 3,? 3)，
設(shè)直線PD與平面POC所成的角為θ，則sinθ=|cs?n,PD?|=12 12 24= 22，
所以直線PD與平面POC所成角的正弦值為 22.………………(12分)
【解析】(1)取線段PC的中點(diǎn)F，連OF，EF，證明四邊形AOFE為平行四邊形，得到OF/?/AE，然后證明AE/?/平面POC．
(2)分別以O(shè)B、OC、Oz所在線分別為x，y，z軸建立空間坐標(biāo)系O?xyz，求出平面POC的一個(gè)法向量，PD=(?3,2 3,? 3)，利用空間向量的數(shù)量積求解直線PD與平面POC所成角的正弦值即可．
本題考查直線與平面平行的判斷定理的應(yīng)用，直線與平面所成角的求法，考查空間想象能力，轉(zhuǎn)化思想以及計(jì)算能力，是中檔題．
19.【答案】解：(1)∵點(diǎn)A(?2,1)在E上，
∴(?2)2=2p，解得p=2，
∴E的方程為x2=4y，
∴E的準(zhǔn)線方程為y=?1，∴C(0,?1)，
kAC=?1，
∵AB?AC=0，∴AB⊥AC，
∴kAB=1，
∴直線AB的方程為y?1=x+2，即y=x+3，
聯(lián)立x2=4yy=x+3，消去y得x2?4x?12=0，
解得x=?2，或x=6，
將x=6代入拋物線方程得y=9，即B(6,9)，
∴|AB|= (6+2)2+(9?1)2=8 2．
(2)證明：設(shè)點(diǎn)M(x1,x124),N(x2,x224)，
設(shè)直線l的方程為y=kx+1，代入x2=4y，得x2?4kx?4=0，Δ=16k2+16>0，
則x1+x2=4k，x1x2=?4．
設(shè)點(diǎn)P(t,t24)，則kPM=x124?t24x1?t=x1+t4，
∴直線PM的方程為y?t24=x1+t4(x?t)，
令y=?1，得x=tx1?4x1+t，∴Q(tx1?4x1+t,?1)．
同理得R(tx2?4x2+t,?1)．
設(shè)以線段QR為直徑的圓與y軸的交點(diǎn)為S(0,s)，
則QS=(?tx1?4x1+t,s+1),RS=(?tx2?4x2+t,s+1)，
∵QS⊥RS，∴QS?RS=0，即tx1?4x1+t?tx2?4x2+t+(s+1)2=0，
∴(s+1)2=?tx1?4x1+t? tx2?4x2+t=?t2x1x2?4t(x1+x2)+16x1x2+t(x1+x2)+t2=??4t2?16kt+16?4+4tk+t2=4，
解得s=1或s=?3．
故以線段QR為直徑的圓經(jīng)過(guò)y軸上的兩個(gè)定點(diǎn)(0,1)和(0,?3)．
【解析】(1)根據(jù)點(diǎn)A(?2,1)在E上，可得p，根據(jù)AB?AC=0，可得AB⊥AC，可得kAB，把直線AB的方程與拋物線方程聯(lián)立解得B的坐標(biāo)，即可得出|AB|．
(2)設(shè)直線l的方程為y=kx+1，代入x2=4y，得x2?4kx?4=0，設(shè)點(diǎn)M(x1,x124),N(x2,x224)，根據(jù)根與系數(shù)的關(guān)系可得kPM及直線PM與PN的方程，可得點(diǎn)Q，R的坐標(biāo)，設(shè)以線段QR為直徑的圓與y軸的交點(diǎn)為S(0,s)，根據(jù)QS⊥RS，可得QS?RS=0，解得s，即可得出結(jié)論．
本題考查了拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程及性質(zhì)、直線與拋物線相交問(wèn)題、一元二次方程的根與系數(shù)的關(guān)系、向量垂直與數(shù)量積的關(guān)系、圓的性質(zhì)，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于難題．
20.【答案】解：(1)當(dāng)a=1時(shí)，f(x)=ex?x2，
f′(x)=ex?2x，
所以由導(dǎo)數(shù)的幾何意義可得k切=f′(0)=1，
f(0)=1，
所以f(x)在x=0處的切線方程為y?f(0)=k切(x?0)，即y=x+1．
(2)證明：根據(jù)題意可得g(x)=f(x)?sinx=ex?ax2?sinx，
當(dāng)a=12時(shí)，g(x)=ex?12x2?sinx，
g′(x)=ex?x?csx，
令φ(x)=ex?x，
φ′(x)=ex?1，
當(dāng)x0，φ(x)單調(diào)遞增，
所以φ(x)min=φ(0)=1，
所以任意x∈R，φ(x)≥φ(0)=1，
所以g′(x)≥1?csx≥0，當(dāng)且僅當(dāng)x=0時(shí)，取等號(hào)，
所以g(x)在R上單調(diào)遞增，且g(0)=1，
又g(x1)+g(x2)=2(x1≠x2)，不妨令x10，
令F(x)=ex?e?x?2x，x>0，
F′(x)=ex+e?x?2>0，
所以F(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增，
所以F(x)>F(0)=0，
所以函數(shù)h(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增，
所h(x)>h(0)=0，
所以當(dāng)x>0時(shí)，g(x)+g(?x)?2>0，
x2>0時(shí)，g(x2)+g(?x2)?2>0，
即g(?x2)>2?g(x2)，
又g(x1)=2?g(x2)，
所以g(x1)

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