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(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的）
二、多選題（本題共3小題，每小題6分，共18分。在每小題給出的選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對(duì)的得6分，部分選對(duì)的得部分分，有選錯(cuò)的得0分）
【選擇題解析】
1．，故選B.
2．，故選A.
3．因?yàn)榈耐?xiàng)公式為，
所以的展開式中的項(xiàng)為
，故所求系數(shù)為432，故選D.
4．. 故選C.
5．由題意函數(shù)的圖象與函數(shù)的圖象關(guān)于直線對(duì)稱知，
函數(shù)是函數(shù)的反函數(shù)，所以，即，
故選A.
6．由題意，方斗的示意圖如下：設(shè)棱臺(tái)上底面中心為，下底面中心為，
由棱臺(tái)的性質(zhì)可知，外接球的球心落在線段上，
由題意該四棱臺(tái)上下底面邊長(zhǎng)分別為和，
側(cè)棱長(zhǎng)為，則4，2，，
所以4，
設(shè)外接球的半徑為R，，則，
因?yàn)榇怪庇谏舷碌酌?，所以，?br>又，即，聯(lián)立解得，，
所以該米斗的外接球的表面積為. 故選C.
7，將5名同學(xué)按和分組分別有種和種分法，
再將含有同學(xué)甲的一組安排到B、C服務(wù)點(diǎn)，最后安排另兩組，安排方法有種，
所以不同的安排方法共有（種）. 故選C.
8．∵定義在上的奇函數(shù)滿足，
∴．
∵，∴．
即，記，在上單調(diào)遞增．
∵，
∴是偶函數(shù)．
∴在上單調(diào)遞減，
且．
如圖所示，畫出，大致圖象．
由圖可得，有3個(gè)零點(diǎn)．故選B.
9．對(duì)于A：在上是增函數(shù)，故A正確；
對(duì)于B：若，則，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)，等號(hào)成立，故B正確；
對(duì)于C：由于不確定的符號(hào)，故無(wú)法判斷，故C錯(cuò)誤；
對(duì)于D：若，則，所以，故D正確. 故選ABD.
10．對(duì)于，由，得，
由于，所以，故為銳角，所以只有一組解，正確；
對(duì)于，同理，由，可得，
由于，所以，有兩個(gè)解，則相應(yīng)的有兩個(gè)解，錯(cuò)誤；
對(duì)于，由，
得．
故，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)取等號(hào)，此時(shí)三角形周長(zhǎng)最大，最大值為，
此時(shí)三角形為等邊三角形，故正確；
對(duì)于，由推導(dǎo)過(guò)程知得，
即，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)取等號(hào)，此時(shí)三角形面積最大，最大值為，故正確，故選：ACD．
11．如圖，令中點(diǎn)為中點(diǎn)為，連接MN，
又正方體中，為棱的中點(diǎn)，
可得，
平面平面，
又，且平面
∴平面平面，
又平面，且平面平面，
又為正方形內(nèi)一個(gè)動(dòng)點(diǎn)（包括邊界），平面平面，
而平面平面，的軌跡為線段，
對(duì)A，F(xiàn)的軌跡長(zhǎng)度MN=，所以選項(xiàng)A錯(cuò)誤的。
對(duì)B，將平面和平面展開到一個(gè)平面內(nèi)，
的最小值即點(diǎn)和點(diǎn)連線的距離，
由題意易得，所以與全等，
從而取最短距離時(shí)，是的中點(diǎn)，且，
又，所以，所以，故選項(xiàng)B正確；
對(duì)C，由正方體側(cè)棱底面，
所以三棱錐的體積
即三棱錐的體積，
所以的面積最小時(shí)，體積最小，如圖，
，易得在處時(shí)面積最小，
此時(shí)，，
所以體積的最小值為，故選項(xiàng)C正確；
對(duì)D，直線與平面ABCD所成的角為，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤；故選BC.
三、填空題（本題共3小題，每小題5分，共15分）
12． 13． 14．9
【解析】
12．根據(jù)導(dǎo)數(shù)的幾何意義，，當(dāng)時(shí)，，所以切線的斜率是2，切線與直線垂直，所以直線的斜率，解得：
13．由題設(shè)及圖知，且，，
所以，
則，
所以，即，
可得（負(fù)值舍）. 故答案為：
14．因?yàn)?，所以，又三點(diǎn)共線，
所以，所以，
當(dāng)且僅當(dāng)即時(shí)，等號(hào)成立. 故答案為：9.
四、解答題（本題共5小題，共77分。解答應(yīng)寫出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟）
15．解：
（1）令，則， …………（1分）
因?yàn)閿?shù)列為等比數(shù)列，所以公比, …………（2分）
所以，即 …………（4分）
…………（6分）
（2）由（1）可知 …………（7分）
所以…………（9分）
所以…………（11分）
…………（12分）
因?yàn)?，所以的取值集合? …………（13分）
16．解：
（1）依題意，，
…………（3分）
所以，
故…………（4分）
． …………（6分）
（2）參與活動(dòng)的每位居民得分低于80分的概率為0.7，
得分不低于80分的概率為0.3． …………（7分）
Y的所有可能取值分別為10，20，30，40． …………（8分）
，
，
…………（12分）每個(gè)1分
所以Y的概率分布為
所以…………（13分）
所以本次活動(dòng)需要準(zhǔn)備的話費(fèi)充值卡的總金額為 ……（15分）
17．解：
（1）由橢圓的定義，結(jié)合知：
橢圓C與拋物線：的共同焦點(diǎn)F的坐標(biāo)為（1, 0）…（1分）
則，拋物線的方程為 …………（3分）
由，不妨設(shè)點(diǎn)P在第一象限，則點(diǎn)P的坐標(biāo)為……（4分）
記橢圓的左焦點(diǎn)，所以，則
所以，即，，
故橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為 …………（6分）
（2）由題可知，直線l的斜率不為0，故設(shè)直線l的方程為，
，，，
由，
得，
即…………（9分）
聯(lián)立 得，△>0恒成立，所以
聯(lián)立 得，△>0恒成立，
所以 …………（13分）
由，得，解得
所以直線l的方程為或…………（15分）
18．解：
（1）由已知：，，則若.
而，則， …………（1分）
在△OCD中，OC=2，
由正弦定理，得到 …………（4分）
（2）因?yàn)?，，所以?br>設(shè)，則……（5分）
在△OCD中，由正弦定理，得，
即，所以. …………（6分）
所以S△OCD ，（7分）
因?yàn)?，所以，所以?dāng)，
即時(shí)，S△OCD取得最大值， …………（9分）
以為坐標(biāo)原點(diǎn)，以所在直線為軸，建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系，
則，，，，
所以 …………（10分）
設(shè)平面OPE的法向量,

得到 …………（11分）
所以直線CD與平面OPE所成角的正弦值 ……（12分）
（3）由（2）知，，
，，
所以S△OPE，，
S△PCE，
所以四面體的表面積為 …………（14分）
設(shè)四面體內(nèi)切球的半徑為，
則四面體的體積
S△OCP×1，…………（15分）
解得，因?yàn)?，所?……（16分）
所以在線段上不存在點(diǎn)，使得四面體內(nèi)切球的半徑為…（17分）
19．解：
（1）設(shè)，則…………（1分）
依題意可得恒成立， …………（2分）
所以，即
所以，即. …………（4分）
（2）解法1：依題意可知單調(diào)遞增，因?yàn)?，則，
所以 …………（5分）
即，故
所以……（7分）
設(shè)，
所以在上單調(diào)遞減，所以當(dāng)時(shí)，，
即…………（9分）
所以，
即…………（10分）
解法2：依題意可知單調(diào)遞增，因?yàn)?，則，
所以 …………（5分）
又，則有，所以…………（7分）
，設(shè)，
則，
所以在上單調(diào)遞減，所以當(dāng)時(shí)，，…（9分）
所以，即…………（10分）
（3）設(shè)，
則
…………（11分）
令，
則…………（12分）
設(shè)，則
當(dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，
所以在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，
所以，即，則…………（13分）
所以，即，
所以在上單調(diào)遞增.…………（14分）
令，，
則，又單調(diào)遞增，
所以，則在上單調(diào)遞增.
又時(shí)，，所以時(shí)，，，
所以，即，
所以，…………（16分）
所以.…………（17分）
題號(hào)
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
B
A
D
C
A
C
C
B
題號(hào)
9
10
11
答案
ABD
ACD
BC
Y
10
20
30
40
P

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