第一部分（選擇題 共58分）
一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。
1．【答案】D
【解析】由復(fù)數(shù)，
所以，所以，則.
故選：D.
2．【答案】C
【解析】,
故，
故選：C.
3．【答案】B
【解析】因為為平行四邊形，
則由，
∴.
故選：B.
4．【答案】D
【解析】由等差數(shù)列性質(zhì)可知，可得；
設(shè)等差數(shù)列的公差為，
可得，解得；
又.
故選：D
5．【答案】B
【解析】過點(diǎn)作，交于點(diǎn)，
在直角三角形中，因為，
所以，
在直角三角形中，因為，
所以，
則.
故選：B.
6．【答案】A
【解析】由已知，，
令得或，
由題意是極小值點(diǎn)，則，
若，則時，，單調(diào)遞減，時，，單調(diào)遞增，
則是函數(shù)的極小值點(diǎn)，
若，則時，，單調(diào)遞減，時，，單調(diào)遞增，
則是函數(shù)的極大值點(diǎn)，不合題意，
綜上，，即.
故選：A.
7．【答案】D
【解析】對A，設(shè)，，
則由得，即，
又因為為圓上的動點(diǎn)，
所以滿足，
即軌跡是一個半徑為3的圓，故A正確；
對B，因為圓心距，
所以圓與軌跡有兩個交點(diǎn)，故B正確；
對C，由于，半徑為3，
所以切線長為4，所以兩切點(diǎn)的距離滿足，
即，故C正確；
對D，首先圓心到直線的距離為，則該直線與圓相離，
因為點(diǎn)為直線上的動點(diǎn)，
則PB的最小值為，故D錯誤；
故選：D.
8．【答案】C
【解析】取中點(diǎn)，連接、，則有，，
又，、平面，故平面，
又平面，故，又，
，、平面，故平面，
又、平面，故，，
由正三棱錐的性質(zhì)可得、、兩兩垂直，
故，即以為球心，為半徑的球面與側(cè)面的交線長為：
，即與該三棱錐三個側(cè)面交線長的和為.
故選：C.
二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分．在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求．全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分．
9．【答案】BCD
【解析】對于選項A：
甲的數(shù)據(jù)介于[1.5,7.5]之間，極差小于或等于6；乙的數(shù)據(jù)分布于[2.5,8.5]，極差小于或等于6；從而甲和乙的極差可能相等，故A錯誤；
對于選項B：
根據(jù)頻率分布直方圖可知，甲的眾數(shù)介于[2.5,5.5)之間，乙的眾數(shù)介于(5.5,6.5]，故乙的眾數(shù)大于甲的眾數(shù)，B正確；
對于選項C：
甲的數(shù)據(jù)平均分布，乙的數(shù)據(jù)分布在中間集中，故甲的方差大于乙的方差，故C正確；
對于選項D：
對于甲，各組頻率依次為：，因為前兩組頻率之和，前三組頻率之和，故中位數(shù)位于[3.5,4.5)之間；
同理，對于乙，各組頻率依次為：，前三組頻率之和，前四組頻率之和，故中位數(shù)位于[5.5,6.5)之間，所以乙的中位數(shù)大于甲的中位數(shù).故D正確.
故選：BCD.
10．【答案】BCD
【解析】因為，
且定義域為R，所以為偶函數(shù)，故選項A不正確；
因為，
所以取值范圍為，故的最大值為，最小正周期為，
函數(shù)圖象的對稱軸為，故選項B、C、D 正確.
故選：BCD..
11．【答案】CD
【解析】由已知，，設(shè)過點(diǎn)的直線方程為：，
設(shè)點(diǎn)，則，，
由，得，
所以，，，
，所以，故A錯誤，
，故B錯誤，
，
,故，C正確，
，
由選項C可知，所以，故,D正確；
故選：CD
第二部分（非選擇題 共92分）
三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分。
12．【答案】
【解析】對，有，
則當(dāng)時，有，
當(dāng)時，有，
則有，
故的展開式中的系數(shù)為.
故答案為：.
13．【答案】
【解析】如圖，過作⊥，交于，過A作⊥，交于，
因為在中，,，
則，當(dāng)四點(diǎn)共面時，點(diǎn)A到的距離最大．
因為⊥，所以是BC與平面所成的角，則，則，
于是，，即A到的最大距離為．
故答案為：．
14．【答案】
【解析】先證明不等式，
令，則，
當(dāng)時，，當(dāng)時，，
所以在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，
所以，所以，當(dāng)時取等號，
所以，
因為，當(dāng)且僅當(dāng)時取等號，
所以，
因為，當(dāng)時取等號，
所以，且，，
解得，
所以，
故答案為：
四、解答題：本題共5小題，共77分。解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步棸。
15．【解析】（1）由題意可知，點(diǎn)在線段的垂直平分線上，所以，
又點(diǎn)是圓上一動點(diǎn)，所以．
①當(dāng)時，；
②當(dāng)時，，
所以的軌跡滿足，
根據(jù)雙曲線定義可知，點(diǎn)的軌跡是以為左?右焦點(diǎn)，實軸長為的雙曲線，
可得，所以的軌跡的方程為．
（2）設(shè)，所以，
因為直線的斜率為，所以，即，
與聯(lián)立解得（舍去）或3．
所以點(diǎn)的坐標(biāo)為．
16．【解析】（1）因為，，
所以根據(jù)余弦定理可得，
代入數(shù)值解得，
所以，所以.
又因為，M是BC的中點(diǎn)，
所以，，
所以在中，，，
解得，
所以，所以.
因為，所以，
又，，平面，平面，
所以平面，
而平面， 所以.
又，，平面，平面，
所以平面，
而平面，所以.
（2）由（1）得，平面，，
所以以為原點(diǎn)，為軸，為軸，建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系，
所以，，，，
根據(jù)三棱柱的性質(zhì)可知，.
假設(shè)存在符合題意的點(diǎn)，
所以設(shè)
所以，
設(shè)平面的法向量為，
由，得到，取，所以，
所以平面的法向量為
而且平面的法向量為，
因為二面角的正弦值為，所以二面角的余弦值為，
所以，解得，
又因為，所以，
此時，所以.
綜上，在棱上存在點(diǎn)P，使得二面角的正弦值為，的長度為.
17．【解析】（1）由題意可知這2人恰好來自不同年級的概率是；
（2）由題意可知，
所以，
顯然時，，即單調(diào)遞減；
時，，即單調(diào)遞增；
則時，取得最大值，
由題意可知的可能取值為，
則，
，
，
，
則其分布列為：
所以.
18．【解析】（1）對求導(dǎo)得.
當(dāng)時，對有，故在上單調(diào)遞增；
當(dāng)時，有，而當(dāng)時，，故當(dāng)時，當(dāng)時，從而在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減.
綜上，當(dāng)時，在上單調(diào)遞增；
當(dāng)時，在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減.
（2）若，由于，故存在正數(shù)使得，條件滿足；
若，則由（1）的結(jié)論，知在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，從而此時對任意的都有，條件不滿足.
綜上，的取值范圍是.
（3）設(shè)，，我們分唯一性和存在性兩方面來證明.
唯一性：由，知的導(dǎo)數(shù)等于，而，故顯然恒為負(fù)，從而在上單調(diào)遞減.
特別地，在上單調(diào)遞減.
這表明，使得的至多有一個，從而唯一性得證.
存在性：我們先考慮函數(shù)，這里. 由于，故當(dāng)時，當(dāng)時，從而在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，從而對于任意的，都有，即.
這就得到，對任意，有.
從而，對任意的，都有；而對任意的，都有.
然后回到原題，首先我們有
.
同時我們又有
，，
故.
由零點(diǎn)存在定理，知一定存在，使得.
綜合上述的存在性和唯一性兩個方面，知存在唯一的，使得.
19．【解析】（1）因為關(guān)于單調(diào)遞增，
所以，
，
于是，
的前項和．
（2）由題意可知，，
所以，
因此，即是單調(diào)遞增數(shù)列，且，
由“生成數(shù)列”的定義可得．
（3）若是等差數(shù)列，證明：存在正整數(shù)，當(dāng)時，是等差數(shù)列．
當(dāng)是一個常數(shù)列，則其公差必等于0，，
則，因此是常數(shù)列，也即為等差數(shù)列；
當(dāng)是一個非常數(shù)的等差數(shù)列，則其公差必大于0，，
所以要么，要么，
又因為是由正整數(shù)組成的數(shù)列，所以不可能一直遞減，
記，則當(dāng)時，有，
于是當(dāng)時，，
故當(dāng)時，，…，
因此存在正整數(shù)，當(dāng)時，，…是等差數(shù)列．
綜上，命題得證．
1
2
3
4
5
6
7
8
D
C
B
D
B
A
D
C
9
10
11
BCD
BCD
CD
X
0
1
2
3
P

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