答案1-8题ACBBCDBD9-12题ABCABDACDBD13.2014.315.x=（答案不唯一）2116.−21.解析：由题知M=1,2，N=4,8，=U(MN)6，故选A.1+z1+i1+i2.解析：由=−i解得z=，=z=1，故选C.1−z−+1i−+1i3.解析：由题知，yx=2，yx=1=2，∴切线方程为yx−=1−21()，即yx=−21，故选B.214.解析：由aab⊥−2得aabaab−=−=220，又ab,为单位向量，=ab，()()2ab1cos,==ab，=ab,，故选.ab2325.解析：设这100个圆的半径从小到大依次为rrr12100,,,，则由题知r1=1，222rrnnn+1−==11,2,,99()，=r100100，=r10010，故选.6.解析：中途共三次转向可以分为两类.第一类，右上右（即第一次向右转，第二次向上转，第三次向右转），此时有3×4=12种方法，第二类，上右上，此时共有4×3=12种方法.故选D.337.解析：由sin−+cos−=1得cos+=sin1，结合辅助角公式得2322321cos−=，−=−−cos22cos1=−，故选B.63363xxx8.解析：令f(x)=ecosx，则f(x)=e(cosx−sinx)=2ecosx+，45当x−,时，fx()0，当x,时，fx()0，所以fx()在−,24442415上单调递增；在,上单调递减，所以ff且ff−，所以4443462123−−ee43且ee46，即2ee43且23ee46，所以mn,mp，2222−又ne=e3，p=3e63e0=3e，所以np，综上所述，mnp，选D.abc++=1,9.解析：由题知3ab5,=解得a=0.5，b=0.3，c=0.2.2bc3,=所以EX()=10.2+20.3+30.5=2.3，DX()=−+−=(12.30.222.30.332.30.50.61)222()+−()，D(2X)=22D(x)=2.44，故选ABC.xy2210.解析：设该双曲线标准方程为−=1，则c=22.对于A选项，若实轴长为4，则a=2，ab22=−=bca2224，符合题意；对于B选项，若该双曲线为等轴双曲线，则ab=，又c=22，可解得ab22==4，符合题意；对于C选项，由双曲线的离心率大于1知，不合题意;对于D选项，若渐近线方程为yx=，则ab=，可解得ab22==4，符合题意，故选ABD.311.解析：本题作为小题的优解,设函数fx()的最小正周期为T，类比正弦曲线与直线y=252TTT2的交点可知，=−=−=BCAB，所以T==，所以=4，故A选项36632正确，结合此函数的周期，标出图象上几个点的横坐标，如图所示，yABCπ13πO2424ππ7πx126249结合图象可知，ff=0，故B选项错误，结合图象可知，CD选项正确，882故选ACD.12.解析：设该正方体为ABCDABCD—1111，且其棱长为a.若考虑4个平面中最中间的两个平面，共有两种情况.①若中间的两个平面为平面A1BD和平面B11DC，如图1所示，则过A1,A,C作截面，截面图如图2所示，其中E,F分别为AC,A11C中点.则相邻两平面间距离即为A到AE13的距离a，此时a=3.3A1D1A1FC1B1C1ADAECBC图1图2②若中间的两个平面如图3所示，过B,C,C1作截面，截面图如图4所示，其中M,N5分别为BC,BC中点.则相邻两平面间距离即为B到BM的距离a，此时a=5.1115故答案为BD.A1D1B1NC1B1C1ADBMCBC图3图4r6−r1解析：此二项式展开式的通项公式为r63−−rrr13.Tr+16==C(22x)C6xx33(0,1,2,3,4,5,6)r=，则当r=3时，对应的为常数项，故常数项的二项式系数为C6=20，故答案为20.2214.解析：由题知F(1,0)，设Qx(y00,)，A(4,0)，其中x00，则QAxy=−+(004)22=−++xxx0008164=−+(x0212)，∵点Q是抛物线C上到点(4,0)距离最近的点，=x02.=+=QFx013，故答案为3.5315.解析：本题答案不唯一，最简洁的一个是x=，其它的答案也可以是x=，x=−222等，但不可以是xkk=+2(Z)，因为这个是充要条件.216.解析：A,,BC是球面上不同的三点，A,,BC不共线，故平面ABC截球面得到的是一个圆，记此圆半径为（rr01)，当且仅当平面过球心时，r=1.在半径为r的圆中，对于任意的弦AB，由向量数量积的几何意义知，当C在如图所示的位置时，rCMNAB1ABAC取最小值，则ABAC的最小值为−=ABANABrAB−−2121=−ABrAB，当ABr=时，−ABAN取最小值−r2，221又r的最大值为1，故所求最小值为−.22117.解：（Ⅰ）设a的公比为q，由a2=2aa知aq24=2(aq)aq,=q.……2分n325(1)1(1)211由aa+=21得aaq+=21,=a1,=a.……………5分12112n2n1（Ⅱ）证明：由题知b==log2−，……………7分nan2n2nn12−12n所以1+b−=1−−=0，1+b.……………10分n2n+12n2n+12n(2n+1)n21n+418.解：（Ⅰ）由余弦定理知bacacB222=+−2cos，又ba22a=+c，∴aacacacB222+=+−2cos，化简得ac=−aB2cos，……………2分∴sinsin2sincosACAB=−，∴sinsin2sincosAABAB=+−()，∴sinsincoscossin2sincoscossinsincosAABABABABAB=+−=−∴sinsinABA=−()，……………4分∵A(0,)，BA−−(,)，∴AB=−A或AB+A−(=)（舍），∴BA=2.……………6分37373()74caacabaaba++−+2222443（Ⅱ）由题知，===+=2，3333bababab33……………9分231当且仅当ba=时取等，又baca22=+，所以ca=，……………11分33a2+−c2b21所以cosB==−.……………12分23ac第（Ⅰ）问的方法2：由b22=+aca知sin22BACA=sinsin+sin，∴sinsinsinsin22BAAC−=，∴(sinsin)(sinsin)sinsinBABAAC+−=，BABABABA+−+−∴2sincos2cossinsinsin=AC，……………2分2222∴sin()sin()sinsinBABAAC+−=，−=sinsin()sinsinCBAAC−=sin()sinBAA，……………4分∵，，∴或（舍），∴.……………6分3c++7a3sinC7sinA3sin(ABA++)7sin第（Ⅱ）问方法2：由题知==3b3sinB3sin2A53sin27sin(AAA++)3++sin2cos3cos2sin7sinAAAAA==6sincos6sincosAAAA6cos3cos2712cos422AAA+++==……………8分6cos6cosAA24433=+=2cos2A，当且仅当cosA=时取等.……………10分3cos33A33122∵,，∴当时，A,，进而B,，3224323337ca+此时AB+,，故取等条件成立.所以，当取最小值时，43b1cos2cos1BA=−=−2.………12分319.解：（Ⅰ）证明：过A作AO⊥直线BC于O，连接DO.zAPOBCyQDx由题知BABDBOBO==,，ABO=DBO=60，△ABODBO≌△，DOB=AOB=90，即BCDO⊥，又BC⊥=AO,AODOO，⊥BC平面AOD，又AD平面AOD，⊥BCAD，即AD⊥BC.……………4分（Ⅱ）∵平面ABC⊥平面BCD，平面ABC平面BCDBC=，AOBC⊥AO,平面ABC⊥AO平面BCD.以O为原点，以OB的长度为单位长度，以OD,,OCOA的方向分别为x轴，y轴，z的正方向建立空间直角坐标系O−xyz，如图，则D(3,0,0)，A(0,0,3)，B(0,1,0)，C(0,3,0).6AC⊥平面BPQ，⊥⊥ACBPACBQ,.BAB=CP为AC中点，由题知CDAC=−=−(3,3,0,0,3,3)()设BQBCCD=+=+−=−(0,2,03,3,03,23,0)()()，2ACBQ=3(2−3)=0，=，32323，，又在中，，，=BQ,0,0=BQABCBC==BA2=ABC12033BP3所以BP=1，=.……………8分BQ2（Ⅲ）由（Ⅱ）知，平面PBQ的一个法向量为AC，设平面ABD的一个法向量为nx=yz(,,).ABDB=−=−(0,1,3,3,1,0)()，nAByz=−=30,则令y=3，则n=(1,3,1)，nDBxy=−+=30,ACn235cos,AC===n，ACn23555平面ABD与平面PBQ所成角的余弦值为.……………12分5第（Ⅱ）问的方法二：AC⊥平面BPQ，⊥ACBP，ACBQ⊥.设BABC==2，由=ABC120知，=BP1.…………5分平面ABC⊥平面BCD，平面ABC平面BCDBC=，AO⊥BC，AO平面ABC，⊥AO平面BCD，又BQ平面BCD，⊥AOBQ，又ACBQ⊥，ACAOA=，⊥BQ平面ABC⊥BQBC.…………7分323BP3BC=2，=BCQ30，==BQ2，=.…………8分33BQ220.解：（Ⅰ）设M：用户选择甲公司的网约车出行，A：用户对等待时间满意，B：用户对乘车舒适度满意，C：用户对乘车费用满意.则PAPMPAMPMPAM()=+()()()()=0.320.62+0.680.78=0.7288,……………2分PBPMPBMPMPBM()=+()()()()=0.320.68+0.680.61=0.6324,7……………4分PCPMPCMPMPCM()=+()()()()=+=0.320.210.680.320.2848,……………6分所以，用户对等待时间满意的概率最大，对乘车费用满意的概率最小.……………7分PMB()0.320.68544（Ⅱ）由题知，PMB()===,……………9分PB()0.63241581PMB()0.680.611037PMB()===,……………11分PB()0.63241581PMBPMB()()∴该用户选择乙公司出行的概率更大.……………12分b=1,2c222x221.解：（Ⅰ）由题知=,解得a=2，b=1.故椭圆C的方程为+=y1.a22abc222=+.……………4分（Ⅱ）设直线l方程为x=ky+t(t0)，设Dxy(11,)，E(x22,y)，N(xNN,y)，Mxy(MM,).x=+kyt,由2得k2+2y2+2kty+t2−2=0，x2()+=y12−2ktt2−2所以yy+=，yy=.……………6分12k2+212k2+21令y=−1，得P(,1)tk−−.故直线PO方程为yx=，kt−y1−1直线DB2方程为yx=+1.x181yx=