参考答案4．C1．B【分析】根据题意求得圆锥的底面圆的半径和母线长,结合侧面积公式,即可求解.【分析】首先根据指数函数的性质求出集合B，再根据并集的定义计算可得；【详解】由题意,圆锥的轴截面是边长为2的等边三角形,【详解】解：因为Byy2x1yy1，Ax1x3，即圆锥的底面圆的半径为r1,母线长为l2,所以该圆锥的侧面积为Sπrlπ122π.所以ABx|x1；故选：C.故选：B5．A2．C【分析】计算fxfx再求解即可.【分析】根据复数的几何意义及对称性，得出复数z2，再利用复数的除法法则即可求解.【详解】由题意，fxfxexex2022exex20224044，故fafa4044，【详解】由题意知，复数z12i在复平面内对应的点Z12,1，fa4044fa4042.因为复数z1，z2在复平面内对应的点关于x轴对称，故选：A所以复数在复平面对应的点为，即z2i，则z2Z22,126．B2△z2i2i34【分析】由题意可得BF1F2为直角三角形，再结合A为线段BF1的中点，可得AO垂直平分BF1，可表1i，z22i2i2i55，示出直线BF1BF2，再联立渐近线方程可以得到a，b，c的关系，进而得到双曲线离心率故选：C．【详解】由题意可知，过的直线与的两条渐近线分别交于，两点，当两个交点分别在第二和第3．CF1CAB【分析】利用等差数列的通项公式及等比数列的前n项和公式即可求解.三象限时不符合，A为线段BF1的中点，当交点在x轴上方或x轴下方时，根据对称性结果是一样的，选择一种即可，如【详解】∵4a5,a3,2a4成等差数列，图.∴2a34a52a4，1∴2aq24aq42aq3，即2q2q10，解得q或q1，11121又∵a0，∴q，n261116a11q263∴S，611q1322故选：C.答案第1页，共7页b5根据双曲线可得，F(c,0)，F(c,0)，两条渐近线方程yx，当k1时，3，12a2当k取其它值时不满足04，BF1BF2，O为F1F2的中点，BOOFOFc，又A为线段BF1的中点，OA垂直平分BF，12115∴的取值范围为0,,3，abb32可设直线BF为y(xc)①，直线BF2为y(xc)②，直线BO为yx③，1baa故选：Dcbcbcac22由②③得，交点坐标B(,)，点B还在直线BF1上，(c)，可得b3a，．22a2ab28Cc【分析】由题意，构造函数，利用导数研究其单调性，可得答案c2a2b24a2，所以双曲线C的离心率e2，.a1lnelnx1lnx【详解】由，令，则，令，则，故选：byy2y0xeBeexx7．D当x0,e时，y0；当xe,时，y0，ππ3π【分析】若fx2sinx在区间,上单调递增，满足两条件：lnx424故y在0,e上单调递增，在e,上单调递减，xπ3πTπ①区间,的长度超过；②x的整体范围在正弦函数的增区间内，取合适的整数k求出的lneln5ln72424由75e，则，即bca，e57取值范围.故选：C.π【详解】f(x)sinxcosx2sinx，．49ABDπ3π【分析】根据向量加法的坐标运算，以及向量模的计算，可判断根据数量积的坐标运算可判断利∵函数f(x)在区间,内单调递增，A;B;24用向量的夹角公式可判断根据投影向量的概念，可求得向量在上的投影向量，判断3πππTπC;abaD.∴，∴4，242422【详解】由题意得ab11,0232,23，所以ab2234，故A正确；π3ππππ3ππ∵x,，∴x，2424444aba212302，故B正确；π3π若fx在区间,上单调递增，24aab21πππcosa,ab，2kaab142242则,kZ3ππππ2k0a,abπ，∴a,ab，故C错误；4423－38k1解得4k，aaba233向量ab在a上的投影向量为2a，故D正确，aa1当k0时，0，3故选：ABD.10．BCD答案第2页，共7页21【分析】利用基本不等式可得的最小值，进而即得.若f00时，令y0，则f(x)+f(x)=2f(x)f(0)=0Þf(x)=0，此时fx既是偶函数又是奇函数；ab【详解】因为a0，b0，且2ab1，因此B正确，111111121212b2a2b2a1令x，则fyfy2ffy=0fyfy=0，所以fx关于,0中所以=2ab5259，当且仅当ab时取等号，2222222abababab3心对称，故C正确，21又不等式m恒成立，1ab由fx关于,0中心对称可得f(x)=-f(1-x)，结合fx是偶函数，所以2所以m9.f(x)=-f(1-x)=-f(x-1)=-(-f(x-2))=f(x-2)，所以fx的周期为2，故选：BCD.111．令xy，则f1f02ff=0，故f(1)+f(2)=f(1)+f(0)=0，11ACD222【分析】根据方差的性质知A正确；E(x)np30，D(x)np1p20，计算得到B错误；根据正态进而f1f2f20221011f1f2=0，故D正确，3944故选：分布的对称性得到C正确；计算概率最大值得到n，D正确，得到答案.BCD5513．2【详解】对选项A：将一组数据中的每个数据都加上同一个常数后，方差不变，正确；【分析】利用所给的二项式写出展开式的通项即可求解1.对选项B：E(x)np30，D(x)np1p20，解得p，错误；36ar6rrrrr62r11【详解】x的展开式的通项公式为：Tr1C6x(a)xC6(a)x.对选项C：根据正态分布的对称性知，P(0)，P(1)p，则P(10)P(01)p，x22正确；当62r2，解得：r2；nn10n2222对选项D：X~B(10,0.8)，故pXnC100.810.8，所以由展开式中含x的项的系数为60可得：C6(a)60，得a4，解得a2nn10nn1n111n故答案为：pXnpXn1C0.80.2C0.80.239442，即1010，解得n，故n8，D正确.nn10nn1n19npXnpXn1C100.80.2C100.80.2551614．21故选：ACD【分析】求得七名专家安排的所有可能情况，以及满足题意的可能情况，再利用古典概型的概率计算公12．BCD式求解即可.【分析】根据赋值法，可判断或，进而判断，根据赋值法结合奇偶性的定义可判断f01f00A322C7C4C23【详解】每个地区至少安排两名专家，则所有的可能情况有：2A3630种；C，根据偶函数即可判断对称性，根据对称性以及奇偶性可得函数的周期性，进而可判断CD.A2【详解】令，则或，故错误，22xy0f0f02f0f0f00f01A231C4C23若甲乙安排在相同地区，则有：C5C3C52A3150种，A2若f01时，令x0，则f(y)+f(-y)=2f(y)f(0)Þf(-y)=f(y)，此时fx是偶函数则甲乙安排在不同地区的情况有：630150480种，答案第3页，共7页48016π1故甲、乙两名专家安排在不同地区的概率为.16．##π630212216【分析】设为球面与底面的交线上任意一点，由得到球面与底面的交线为以故答案为：.MABCDAM1ABCDA21为圆心，半径为1的四分之一圆，再求交线长即可.15．3【分析】分点A在第一象限和第四象限考虑，由AP3BP结合抛物线定义求得AB4m，BP2m，由勾股定理求得BP3m，由tanBBP即可求出斜率.【详解】设M为球面与底面ABCD的交线上任意一点，则PM2，又PA平面ABCD，AM平面ABCD，则PAAM，又PA1，则AM211，又四边形ABCD是边长为1的正方形，则M的轨迹为以A为圆心，半径为1的四分之一圆，1故球面与底面ABCD的交线即为以A为圆心，半径为1的四分之一圆，则交线长为2.42π故答案为：.2π17．(1)B【详解】3如图，当点A在第一象限时，过A，B两点分别作准线的垂线，垂足分别为A，B．设BBm，则由(2)232AP3BP，22ππ可得AA3m，从而AB4m，所以BP2m，则BPBPBB3m，所以【分析】（1）由正弦定理得bsinAasinB，代入bsinAacosB化简可得B.632343BP（2）利用面积公式可得a，c2a，再根据余弦定理求解b2进而可得边长.tanBBP3，33BBabπ【详解】（1）在ABC中，由正弦定理，可得bsinAasinB，又由bsinAacosB，得6故直线l的斜率为3．同理，当点A在第四象限时，可求得直线l的斜率为3．综上，直线l的斜率sinAsinBππ31asinBacosB，即sinBcosB，sinBcosBsinB，可得tanB3．又因为B0,π，为3．6622π可得B．故答案为：3.3答案第4页，共7页1233232343111（2）由题意，acsinB，故a2，即a，故c2a，由余弦定理1．23233322n12222BM123432343119．（1）；（）线段BE上存在点M，使平面EAC平面DFM，．b22，解得b2.3BE2333322【分析】1以C为原点，CD为x轴，CB为y轴，CF为z轴，建立空间直角坐标系，求出平面EAC2343故三角形ABC的周长为223233的法向量，利用向量法能求出BE与平面EAC所成角的正弦值．18．(1)an2n1，bn2n1；2设线段BE上存在点M(a,b，c)，BMBE，0≤≤1，要平面EAC平面DFM，求出平面DMF(2)证明见解析.的法向量和平面EAC的法向量，利用向量法即可判断线段BE上存在点M满足题意．【详解】1四边形CDEF为正方形，四边形ABCD为梯形，AB//CD，DCFB，CF平面ABCD．【分析】（1）根据等差数列的性质和通项公式进行求解即可；以C为原点，CD为x轴，CB为y轴，（2）利用裂项相消法进行求解即可.CF为z轴，建立空间直角坐标系，【详解】（1）设等差数列an的公差为d．由bn1bn(an12)(an2)d，所以数列