第一部分（選擇題 共60分）
一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。
1．【答案】C
【解析】由，故，故，
即.
故選：C.
2．【答案】B
【解析】，
故選：B．
3．【答案】B
【解析】由題意可得，，
所以
因?yàn)?，，，所以?br>所以.
故選：B
4．【答案】D
【解析】依題，解得，則二項(xiàng)式的所有項(xiàng)系數(shù)之和為.
故選：D.
5．【答案】B
【解析】由題意可知，，，
則，解得，或（舍），
所以.
故選：B
6．【答案】B
【解析】由題意，設(shè)點(diǎn)到平面的距離為，
而
，
由，得，解得，
棱長(zhǎng)為6的正方體的正方體的內(nèi)切球的半徑為，
棱長(zhǎng)為6的正方體體對(duì)角線的長(zhǎng)度為，
因?yàn)椋?br>所以所求球形體積最大時(shí)即為棱長(zhǎng)為6的正方體的正方體的內(nèi)切球，
則該球形飾品的體積的最大值為.
故選：B.
7．【答案】B
【解析】，所以，
，
又因?yàn)椋?br>所以，即.
故選：B.
8．【答案】D
【解析】由題意知，
所以，兩邊取以10為底的對(duì)數(shù)，得，
所以，
故選：D.
9．【答案】A
【解析】由題意得，拋物線的準(zhǔn)線方程為，
設(shè)，則，，
故．
令，則，由，得，
所以，
令，則，所以，
故當(dāng)，即時(shí)，取得最小值．
故選：A．
10．【答案】D
【解析】法一：因?yàn)槭堑缺葦?shù)列，設(shè)其公比為，由題意得，
所以數(shù)列是首項(xiàng)為，公比為的等比數(shù)列．
則，．
設(shè)數(shù)列的前項(xiàng)和為，
則．
法二：設(shè)數(shù)列的前項(xiàng)和為，則，
則
，即．
故選：D．
11．【答案】C
【解析】解法一：由題可得，矩形的寬為，則長(zhǎng)為，
雙曲線以矩形長(zhǎng)邊中點(diǎn)為焦點(diǎn)，過頂點(diǎn)，如圖所示，
則，代入雙曲線的方程，得，即.
又因?yàn)?，所以，即?br>等式兩邊同時(shí)除以得.
設(shè)，則，即，
解得或（不合題意，舍去），即，
所以.
故選：C.
解法二：連接，由題意知，則，，，
則由雙曲線的定義知，即，，
所以雙曲線的離心率.
故選：C.
12．【答案】A
【解析】由可得，要使恰有一個(gè)零點(diǎn)，只需函數(shù)的圖象與直線相切.
設(shè)切點(diǎn)坐標(biāo)為.由，可得，則切線方程為，即，
故需使.
由可得，解得.
故選：A
第二部分（非選擇題 共90分）
二、填空題：本大題共4小題，每小題5分，共20分
13．【答案】
【解析】根據(jù)特殊元素“甲同學(xué)”分類討論，
當(dāng)單位只有甲時(shí)，其余四人分配到，不同分配方案有種；
當(dāng)單位不只有甲時(shí)，其余四人分配到，不同分配方案有種；
合計(jì)有種不同分配方案，
故答案為：.
14．【答案】
【解析】由知是奇函數(shù)，，
設(shè)，則，
在上單調(diào)遞增，由得，
即，，得的取值范圍是.
故答案為：
15．【答案】
【解析】依題意，點(diǎn)的軌跡為直線上，顯然，要最大，當(dāng)且僅當(dāng)最大，
在中，，而正弦函數(shù)在上單調(diào)遞增，
則只需最大，即圓心到點(diǎn)的距離最小，因此，又圓心，
此時(shí)直線的方程為，由解得點(diǎn)，
于是圓心關(guān)于點(diǎn)對(duì)稱的點(diǎn)的坐標(biāo)為，所以圓關(guān)于點(diǎn)對(duì)稱的圓的方程為．
故答案為：
16．【答案】/
【解析】取的中點(diǎn)E，的中點(diǎn)F，連接EF，，，
則易得，，
因?yàn)槠矫妫矫?，故平面?br>同理：平面AMN，又平面，
所以平面平面，又平面AMN，
所以平面，即點(diǎn)在平面與平面的交線EF上，
當(dāng)時(shí)，取最小值．
易知，故當(dāng)取最小值時(shí)，P為EF的中點(diǎn)，
此時(shí)的面積，
則．
故答案為：.
三、解答題：本大題共70分．解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟．第17~21題為必考題，每個(gè)試題考生都必須作答．第22、23題為選考題，考生根據(jù)要求作答．
（一）必考題：共60分．
17．（12分）
【解析】（1）
由余弦定理可得，
化簡(jiǎn)為，解得或，
當(dāng)時(shí)，因?yàn)?，與為銳角三角形不符合，故.
（2）作垂直于，設(shè)，
則，當(dāng)，四邊形面積最大，最大面積為.
18．（12分）
【解析】（1）當(dāng)對(duì)接碼中一個(gè)數(shù)字出現(xiàn)3次，另外兩個(gè)數(shù)字各出現(xiàn)1次時(shí)，
種數(shù)為：，
當(dāng)對(duì)接的中兩個(gè)數(shù)字各出現(xiàn)2次，另外一個(gè)數(shù)字出現(xiàn)1次時(shí)，
種數(shù)為：，
所有滿足條件的對(duì)接碼的個(gè)數(shù)為150.
（2）隨機(jī)變量的取值為1，2，3，其分布為：
，，
，
故的分布列為：
故.
19．（12分）
【解析】（1）存在，；
理由如下：由，，，平面，
所以平面，又平面，
故，又，平面，故平面，
又平面,故平面平面，又平面平面，
平面，作，則平面，又平面，
故平面平面，由題意，不妨設(shè)，
則中，由等面積得，所以，
則，所以.
（2）以為原點(diǎn)，，，分別為，，軸建立空間直角坐標(biāo)系，
由（1），， , ，
，,
設(shè)平面的法向量為，
由，取，
易知平面PDE的法向量為，
設(shè)平面和平面的夾角為,故.
20．（12分）
【解析】（1）設(shè)，由，得焦點(diǎn)，則．
由，得，解得，代入拋物線方程，得，即，
所以，即，所以，
所以橢圓的方程為．
（2）設(shè)直線的方程為，，，，．
聯(lián)立消去整理得，
所以．
因?yàn)?，所以，又，所以?br>所以，，
即，
即，化簡(jiǎn)得．
因?yàn)椋?，此時(shí)，
所以
，
令，則，
當(dāng)且僅當(dāng)，即時(shí)，等號(hào)成立．
因?yàn)椋裕?br>當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)，等號(hào)成立，
故的最大值為．
21．（12分）
【解析】（1）由已知函數(shù)的定義域?yàn)?，?br>當(dāng)時(shí)，，函數(shù)在上是增函數(shù)；
當(dāng)時(shí)，解得或（舍去），
所以當(dāng)時(shí)，函數(shù)在上是增函數(shù)；
當(dāng)時(shí)，函數(shù)在上是減函數(shù)；
綜上所述：當(dāng)時(shí)，函數(shù)在上單調(diào)遞增；
當(dāng)時(shí)，函數(shù)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減.
（2）由已知，即，
可得，
函數(shù)有兩個(gè)極值點(diǎn)，即在上有兩個(gè)不等實(shí)根，
令，只需，故，
又，，
所以
，
要證，
即證，，
只需證，，
令，
則，
令，則恒成立，
所以在上單調(diào)遞減，又，
由零點(diǎn)存在性定理得，使得，即，
所以時(shí)，單調(diào)遞增，
時(shí)，單調(diào)遞減，
則，
令，，則，
所以在上單調(diào)遞增，
所以，
所以，即得證.
（二）選考題：共10分．請(qǐng)考生在22、23題中任選一題作答，如果多做，則按所做的第一題計(jì)分．
選修4-4：坐標(biāo)系與參數(shù)方程
22．（10分）
【解析】（1）將代入直線與曲線的極坐標(biāo)方程中，
得直線的直角坐標(biāo)方程為，
曲線的直角坐標(biāo)方程為，整理得．
易知曲線的參數(shù)方程為（為參數(shù)）．
（2）設(shè)點(diǎn)的坐標(biāo)為，
則，
所以當(dāng)時(shí)，取得最小值，
當(dāng)時(shí)，取得最大值，
故的取值范圍為．
選修4-5：不等式選講
23．（10分）
【解析】（1）由，
當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)取等號(hào)；
因?yàn)榈淖钚≈禐椋?，又，所以?br>所以即，
即或或，
解得，故不等式的解集為．
（2）由，
作出函數(shù)的圖象及直線，如圖所示，其中．

因?yàn)榉匠逃袑?shí)數(shù)根，
所以的圖象與直線有公共點(diǎn)．
因?yàn)檫^定點(diǎn)，所以當(dāng)直線經(jīng)過點(diǎn)時(shí)，斜率，
即時(shí)，直線與的圖像有公共點(diǎn)，也就是方程有實(shí)數(shù)根；
由圖像知，直線的斜率小于直線的斜率時(shí)，得，
此時(shí)直線與的圖像也有公共點(diǎn)，也就是方程有實(shí)數(shù)根.
即實(shí)數(shù)的取值范圍是．1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
C
B
B
D
B
B
B
D
A
D
C
A
1
2
3

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