1.已知集合A=?2,?1,0,1,2,3，B=xy=lnx x2?1 ，則A∩B=( )
A. 0,1,2,3B. ?2,2,3C. 2,3D. 1,2,3
2.若z=1?i3i5，則z+z=( )
A. ?2iB. 2iC. ?2D. 2
3.已知非零向量a,b，若a= 2b，且a+b⊥a?2b，則a與b的夾角為( )
A. π4B. π6C. π3D. π2
4.在等比數(shù)列an中，a3，a7是函數(shù)f(x)=13x3+4x2+9x?1的極值點，則a5=( )
A. ?4B. ?3C. 4D. 9
5.雙曲線C的兩個焦點為F1、F2，以C的實軸為直徑的圓記為D，過F1作圓D的切線與C的兩支分別交于M、N兩點，且cs∠F1NF2=35，則雙曲線C的離心率為( )
A. 132B. 413C. 3D. 2 1313
6.某藝術吊燈如圖1所示，圖2是其幾何結構圖．底座ABCD是邊長為4 2的正方形，垂直于底座且長度為6的四根吊掛線AA1，BB1，CC1，DD1一頭連著底座端點，另一頭都連在球O的表面上(底座厚度忽略不計)，若該藝術吊燈總高度為14，則球O的體積為( )
A. 108π3B. 256π3C. 500π3D. 864π3
7.已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦點分別為F1, F2，上頂點為A，過F1作AF2的垂線與C在第一象限內(nèi)交于點B，且cs∠F1BF2=35.設C的離心率為e，則e2=( )
A. 5?12B. 3? 52C. 5? 510D. 6? 512
8.甲、乙、丙三人練習傳球，每次傳球時，持球者會等可能地傳給另外兩人中的任意一位，若第一次由甲開始傳球，則經(jīng)過四次傳球后，球回到甲手中的概率為( )
A. 18B. 14C. 38D. 58
二、多選題：本題共3小題，共18分。在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求。
9.若函數(shù)y=f(x)的圖象經(jīng)過平移后可以得到函數(shù)y=g(x)的圖象，則稱函數(shù)f(x)與g(x)是“全等函數(shù)”.下列各組函數(shù)中，f(x)與g(x)是“全等函數(shù)”的是( )
A. f(x)=sinx+ 3csx,g(x)= 2sinx? 2csx
B. f(x)=ex,g(x)=2?ex
C. f(x)=lnx,g(x)=ln(2x)
D. f(x)=ln|x|,g(x)=ln|x|+1
10.如圖直線l過△ABC的重心G(三條中線的交點)，與邊AB、AC交于點P、Q，且AP=λAB，AQ=μAC，直線l將△ABC分成兩部分，分別為△APQ和四邊形PQCB，其對應的面積依次記為SΔAPQ和S四邊形PQCB，則以下結論正確的是( )
A. λ+μ=43B. 1λ+1μ=3
C. S四邊形PQCBS?APQ的最大值為54D. S四邊形PQCBS?APQ的最大值為43
11.設O為坐標原點，對點A(x,y)(其中x2+y2≠0)進行一次變換，得到點Bxcsθ+ysinθ,?xsinθ+ycsθ，記為B～f(A,θ)，則( )
A. 若B～fA,π2，則OA⊥OB
B. 若B～f(A,θ)，則|OA|=|OB|
C. 若C～f(A,α),C～f(B,β)，則A～f(B,α?β)
D. A為g(x)=alnx?1x圖象上一動點，B～fA,π4，若B的軌跡仍為函數(shù)圖象，則a≥?2
三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分。
12.已知函數(shù)f(x)=2x,(x≥0)x+2,(x0,b>0)的虛軸長為2，離心率為 52，斜率為k的直線l過x軸上一點A(t,0)．

(1)求雙曲線E的標準方程；
(2)若雙曲線E上存在關于直線l對稱的不同兩點B，C，直線BC與直線l及y軸的交點分別為P，Q．
(i)當k=13時，求t的取值范圍；
(ii)當t=?3時，求S?APQ的最小值．
19.(本小題17分)
蔓葉線是古希臘數(shù)學家狄奧克勒斯在公元前180年為了解決倍立方問題發(fā)現(xiàn)的曲線，蔓葉線與半個圓周一起，形狀看上去像常春藤蔓的葉子，如下左圖所示．在平面直角坐標系中，圓A:x?122+y2=14，點M是直線l:x=1上在第一象限內(nèi)的任一點，直線OM的傾斜角為θ(O為坐標原點)，且交圓A于點N(N與O不重合)，第一象限內(nèi)的點P在直線OM上，且滿足OP=NM，一蔓葉線C的方程為y2=x31?x，如下右圖所示．

(1)求蔓葉線C上任一點橫坐標的取值范圍；
(2)證明：點P在蔓葉線C上；
(3)設直線l0:mx+ny=1m2+n2≠0與蔓葉線C交于不同的三點R，S，T，且直線OR，OS，OT的斜率之和為2025，證明：直線l0過定點．
參考公式：法國數(shù)學家弗朗索瓦·韋達提出了三次方程的韋達定理：若x1，x2，x3是關于一元三次方程ax3+bx2+cx+d=0(a≠0)的三個根，則x1+x2+x3=?ba，x1x2+x2x3+x1x3=ca，x1x2x3=?da．
參考答案
1.C
2.D
3.D
4.B
5.A
6.C
7.C
8.C
9.ABC
10.BC
11.ABD
12.2
13. 5
14.4k2,k≥2,k∈Z ； 4k2,k≥2,k∈Z
15.解：(1)由csinA=4acsAsinB和正弦定理可得sinCsinA=4sinAcsAsinB，
因為sinA≠0，所以sinC=4csAsinB?sin(A+B)=4csAsinB，
則有sinAcsB+csAsinB=4csAsinB?sinAcsB=3csAsinB，
由于csA≠0,csB≠0，所以有tanA=3tanB
(2)由c=2b得sinC=2sinB，因為sinC=4csAsinB，
則有csA=12，
由余弦定理可得a2=b2+c2?2bccsA=322+32?2×32×3×12=274，所以a=3 32，

16.解：(1)因為CD⊥平面ABC，BC?平面ABC，AC?平面ABC，AB?平面ABC，
所以CD⊥BC，CD⊥AC，CD⊥AB．
又AB⊥BC，且BC∩CD=C，BC,CD?平面BCD，
所以AB⊥平面BCD，又BD?平面BCD，則AB⊥BD，
所以四面體ABCD的四個面都為直角三角形，則四面體ABCD為鱉臑．
(2)以B為坐標原點，BC，BA的方向分別為x，y軸的正方向，建立空間直角坐標系，如圖所示，
則A(0,4,0)，B(0,0,0)，D(3,0,3)，E65,125,0，
則BA=(0,4,0)，BD=(3,0,3)，BE=65,125,0．
設平面ABD的法向量為n=(x,y,z)，則n?BA=4y=0n?BD=3x+3z=0,
令x=1，得n=(1,0,?1)．
由csBE,n=BE?nBEn= 1010，
得直線BE與MN所成角的余弦值為 1010．

17.解：(1)數(shù)列an是等差數(shù)列，設公差為d，
由根與系數(shù)關系得an+an+1=4n，
于是有a1+a2=4a2+a3=8,a3?a1=4=2d，則d=2，
故4=a1+a2=2a1+d，則a1=1；
(2)由(1)知a1=1,d=2，故an=a1+(n?1)d=2n?1，
由根與系數(shù)關系知bn=an?an+1=4n2?1；
(3)由(2)得cn=(?1)n?4n4n2?1=(?1)n?12n?1+12n+1，
所以S2n=?1+13+13+15?15+17+?+14n?1+14n+1
=?1+14n+1=?4n4n+1.

18.解：(1)由題知b=1ca= 52c2=a2+b2，解得a=2b=1c= 5，雙曲線E的標準方程為x24?y2=1；
(2)令Px0,y0，設直線BC為：y=?1kx+m，與x24?y2=1聯(lián)立得k2?4x2+8mkx?4m2k2?4k2=0，當Δ=16k2m2k2+k2?4>0時，
設Bx1,y1,Cx2,y2，則由韋達定理，及題意可得：
則x0=x1+x22=?4kmk2?4，y0=y1+y22=mk2k2?4，.
(i)當k=13時，x0=1235m，y0=?135m，
由13=k=y0x0?t，得t=x0?3y0=37m，
又因為△>0，即k2m2+1>4?m2>4k2?1=35?m∈?∞,? 35∪ 35,+∞，
所以t=37m∈?∞,?37 35∪37 35,+∞；
(ii)由題知Q(0,m)，A(?3,0)．
因為k=y0x0+3=mk2?4km+3k2?12??4km+3k2?12=mk，
所以m=3k2?45k?mkk2?4=35，又x0+3=y0k，y0=mk2k2?4，
則PA= x0+32+y02= 1+1k2y0=mk 1+k2k2?4=35 1+k2，
PQ= x02+y0?m2= x02+16m2k2?42，
又mkk2?4=35?mk2?4=35k，x0=?4kmk2?4=?125
則PQ= 14425+14425k2=125 1+k2k2，
則S?APQ=12PA?PQ=1825?1+k2|k|=1825?|k|+1|k|≥1825?2 |k|?1|k|=3625，
當k=±1取得，此時m2=9k2?4225k2=8125?Δ=168125+1?4>0滿足題意．
綜上，S?APQ的最小值為3625．

19.解：(1)因為蔓葉線C的方程為y2=x21?x，
則x21?x≥0且1?x≠0.由于x2≥0恒成立，所以x21?x≥0等價于1?x>0，解得x

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