答案一、单选题(共40分)1.解：由题设，A{x|1x11}{x|0x2}，而B{y|y0}，所以AB(0,2).故选：A2．解：z(12i)(3i)17i,，z在复平面对应的点为(1,-7),在第象限.故选：D.722273．解：因为cossin，所以(cossin)cossin2sincos1sin2，243123所以sin2..则1sin2cossin.因为，，所以sin0444412故2sin2cossin2.故选：A.4224．解：由题意得：天干可看作公差为10的等差数列，地支可看作公差为12的等差数列，由于1001010，余数为0，故100年后天干为癸，由于1001284，余数为4，故100年后地支为未，综上：100年后的2123年为癸未年.故选：B5．解：依题意，∵OA4，AA17，OEOF5，∴AE3OA1，A1F4OA，ππ所以△AEO≌△AOF,所以AEOAOF，又因为AEOAOE，所以AOFAOE，11212π所以EOFπ(AOFAOE),即OEOF．12在平面AA1B1B内满足条件的点的轨迹为EF，115π该轨迹是以5为半径的个圆周，所以长度为2π5；4425π同理，在平面AADD内满足条件的点轨迹长度为；112在平面A1B1C1D1内满足条件的点的轨迹为以A1为圆心，1AF为半径的圆弧，长度为2π42π；1413π2π3同理，在平面ABCD内满足条件的点的轨迹为以A为圆心，AE为半径的圆弧，长度为42．5π5π3π17π故轨迹的总长度为2π．故选:C．222222222rmC:x5y1216．解：以AB为直径的圆O的方程为xym，圆心为原点，半径为1.圆的圆C5,12r1心为，半径为2.要使圆C上存在点P，使得APB90，则圆O与圆C有公共点，22所以r1r2OCr1r2，即m1512m1，m11313m11312m14所以，m113m113或m113m12或m12学科网（北京）股份有限公司又m0，所以12m14，所以m的最小值为12.故选：C7.选C8．解：令xy0，即f(0)1f2(0)2f(0)f(0)1f2(0)0，则f00，令xy，即f01fxfxfxfx0，则fxfx0，结合fx定义域为1,1可知，fx是奇函数，对于fxy1fxfyfxfy，用y替代y，得到fxy1fxfyfxfy，结合fx是奇函数，上式可化简成fxy1fxfyfxfy，x1,x2，且0x2x11，fx1fx2fx1x21fx1fx2，结合题目条件：当x0时，fx0，于是fx1x20，1fx1fx20，即fx1fx20，故f(x)在(0,1)上递增，又fx是定义域为(1,1)的奇函数，根据奇函数性质，fx在(1,1)上递增，11lnx于是flnxf等价于不等式：2，解得xe,e故选：D21lnx1二、多选题(共20分)5119．解：对于A，因为x，则4x50，所以y4x24x5344x54x51115(54x)32(54x)31当且仅当(54x)，即x1时取等号，所以当x时，54x54x54x41y4x2的最大值是1，故选项A错误，4x5对于B选项，因为关于x的不等式ax2bxc0的解集是xx2或x6，则a<0，关于x的方程ax2bxc0bc的两根分别为x2，x6，由韦达定理可得62，可得b4a，26，则c12a，12aa所以abc15a0，B对.对于C，由a∥b，得2m(m1)0，即m2m20，解得m2或m1，则C错误。对于D，已知a1,3,b2,y,则ab3,3y，aba，3133y0，y4，b2,4ab123423πcosa,b，所以向量a,b的夹角为，故D正确；故选：BDab102024试卷第2页，共9页1x311cosx31310．解：fxsinx3cos2sinx3sinxcosx，22222222π5π5ππ所以fxsinx，对于A，fx的图象向右平移个单位长度后得到函数ysinx，3663π即ysinxcosx，A正确；2ππ2π对于B，fxsinxsinπxsinxg(x)，B正确；333ππ3ππ7π对于C，由2kπx2kπ,kZ解得2kπx2kπ,kZ，23266π7π所以函数的单调递减区间为2kπ,2kπkZ，C正确；66ππππ因为x0,a,所以x,a,因为fx在0,a上有3个零点，所以3πa4π，33338π11π解得a，D错误，故选:ABC.3311．解：对于A，由正方体可得平面DAA1D1//平面BCC1B1，且B,P平面BCC1B1，所以B到平面DAA1D1的距离等于P到平面DAA1D1的距离，1111所以四面体A1D1AP的体积为V=V=S1=111=，PA1D1ABA1D1A3A1D1A326所以四面体A1D1AP的体积为定值，故A正确；对于B，当P与B重合时，APPC=AB+BC=2<22，所以APPC的最小值不为22，故B错误；ACAB对于C，连接11，1由正方体可得AA1=CC1,AA1//CC1，所以四边形AA1C1C是平行四边形，所以AC//A1C1，因为AC平面ACD1，A1C1平面ACD1，所以A1C1//平面ACD1，同理可得BC1//平面ACD1，因为A1C1BC1=C1，A1C1BC1平面A1C1B，所以平面A1C1B//平面ACD1，因为A1P平面A1C1B，所以A1P//平面ACD1，故C正确；对于D，因为AC//A1C1，所以PA1C1（或其补角）为直线A1P与AC所成的角，由图可得当P与B重合时，此时PA1C1最大，故此时直线A1P与AC所成的角最大，所以四面体A1PCA即四面体A1BCA的外接球即为正方体的外接球，3433所以外接球的直径为2R=3，即R=，所以四面体A1PCA的外接球的体积为πR=π，故D正确；232学科网（北京）股份有限公司故选：ACD2212．解：由题意可知：双曲线C:xy0为等轴双曲线，则离心率为2，故选项B错误；22由方程可知：双曲线C:xy0的渐近线方程为xy0，不妨设点A在渐近线xy0上，点B在渐近线xy0上.因为渐近线互相垂直，由题意可知：平行四边形OAPB为矩形，则kAPkOB1，kOA1，所以直线AO，AP的斜率之积为1，故选项A正确；设点P(x0,y0)，由题意知：OAPB为矩形，则PBOB,PAOA，由点到直线的距离公式可得：xyxyxyxyxyxyPA0000，PB0000，则PAPB2PAPB2000022112112222当且仅当PAPB，也即P为双曲线右顶点时取等，所以PAPB的最小值为2，故选项C正确；x0y0x0y0由选项C的分析可知：PAPB，因为四边形OAPB为矩形，所以SOAPBPAPB，2222故选项D错误，故选：AC.三、填空题(共20分)10rr13．解：由题知(12x)的通项为Tr1C10·2x，11当r1时C10·2x20x，所以展开式中x项的系数为20.故答案为：-2014．解：当n1时，a12；当时，由，可得，故有*n2Snn1Sn1nan1(n2,nN).2n1故答案为：an1n2C1C1C2C1C2P(AB)C1C2C1C1C2115.解：3555555355P(B)3,P(AB)3,P(A/B)33C20C20p(B)C20C20316．解：方法一：设椭圆的半焦距为c，左焦点为F，则OFOFc因为A,B两点关于原点对称，所以OAOB，又OAOF，所以OAOBc，所以四边形AFBF为矩形，设CFm，因为AF2CF，所以AF2m，由椭圆的定义可得AF2a2m，CF2am，在RtCAF，CA3m，CF2am，AF2a2m，22a2a4a所以2am9m22a2m，所以m，故AF，AF，333试卷第4页，共9页4a216a2c5在RtFAF中，FF2c，所以4c2，所以9c25a20，所以离心率e.99a3方法二：设椭圆的半焦距为c，点A的坐标为s,t，点C的坐标为m,n，则点B的坐标为s,t，点F的坐s2t2m2n22ms2ms2nt2nt标为c,0，且+1①，+1②，②×4－①可得，+3，a2b2a2b2a2b2因为AC经过右焦点F，AF2CF，所以AF2FC，所以cs,t2mc,n，故2ms3c,2nt0，a23ca23c2a2s2t2所以2ms，又2ms3c，所以s，因为OAOF，所以s2t2c2，又+1，c22c2ca2b2222acb2222222222所以s2，所以3ca4acb，所以9c414a2c25a40，即9c5aca0，c2c55又0ca，所以9c25a20，所以离心率e.故答案为：.a33四、解答题(共70分)n12317．解：（1）由题设6a2a3a4，令an公比为q0，则an2q，所以12q2q2q，..........2分2=n即qq6(q3)(q2)0，则q2，故an2....................................................................................4分(n1)2nn2n1（2）由（1）知：bnlog2ann，则c，...................................................6分nn2nn2n111c11...................................................................................................................8分nn(n1)nn1111111n(n2)所以Sc...cn(1...)n1............................................10分n1n223nn1n1n118．解：（1）因为DAB60，AB