参考答案题号12345678910答案CACDCDBCCDABD题号11答案B1．C【详解】由x25x0，解得0x5，所以A1,2,3,4,5，由x12，解得1x3，所以B0,1,2，AB1,2，故选：C．x2y2x82．A【详解】设zxyi，x,yR由zz84i得x2y2xyi84i所以，解得x3,y4y4∴z34i．3．C【详解】如图所示：以A为原点，建立平面直角坐标系，因为正方形ABCD的边长为1，可得A(0,0)，B(1,0)，C(1,1)，D(0,1)，AMAB，ANAD，M(,0)，N(0,)，CM(1,1)，CN(1,1)，CMCN111，故1，222(1)2223221，12故时，3221的最小值是，3334．D【详解】由sincos()sincos，4297所以sincos12sincos，可得2sincos0，因为0,，所以sin0,cos0，可161622323得sincos0，又由sincos12sincos，可得sincos，所以164246sinsincos.428435．C【详解】设球的半径为R，则球的体积为πR，圆柱底面积为πR2，高为2R，故圆柱的体积为πR22R2πR3，332πR32m2226πR3n故432，球的表面积为4πR，圆柱的表面积为2πR2πR2R6πR，故n，故1，πR4πR22m36r1展开式中的通项公式为r6r2rr63r，令，解得，故常数项为xTr1C6xx1C6x63r0r2x222T31C615.6．D【详解】由题意，将函数ysin2x的图象向右平移m(m0)个单位长度，65得到的图象对应的函数yfxsin(2x2m)的图象，因为fx在区间,上单调递减，61212答案第1页，共8页{#{QQABLYQUgggAABAAAAhCUQUQCACQkhGACagOQFAMoAIBiQNABAA=}#}53所以2()2m2k且22m2k,kz，解得kmk,kz，即12621262443mk，令k1，可得m的最小值为.4418a1a1819a1a197．B【详解】S9aa0，即a9a100，S19a0，即a100，故a90，18291019210SSS，①当≤≤，*时，，，故n0，，，故n9；d01n9nNan0Sn0SnmaxS9anmina9ananmaxa9SSS*nn10②当10n18，nN时，an0，S0，故0，SnS10，ana10，；namaxminnanmina10SSSaSSSaSSS③当n19时，190且1918191811，989811，故199；a19a19a19a19a9a9a9a19a9SSS18S19S9S10综上所述：1,2,,,中，最大项和最小项分别为,.a1a2a18a19a9a108．C【详解】令x1，y1，f1f1f11，所以f11；令x=1，y1，f1f1f11则f11．令y1，得fxfx，故yfxx0为偶函数．A错误，x2x2任取x1，x20,，x1x2，则1，则fx2fx1f1fx1，故yfxx0在0,上为x1x11减函数．由已知f2x11，可得f2x1f1，故2x11，解得1x0，且x．B错误，211091若f2，则f1024f2f2f2110f294，C正确，若f2，则22111111111f2f13，f2f15，fff16，所以f2f111，222242225225102425故D错误，29．CD【详解】由题意知，100，100，A：标准差：210，故A错误；1B：P(10010X10010)P(90X110)0.6827，PX90[1P(90X110)]0.15865，2PX901P(X90)0.841350.8686%，故B错误；C：P(10030X10030)P(70X130)0.9973，10000.9973997人，故C正确；D：P(10020X10020)P(80X120)0.9545，1因为成绩服从标准正态分布，PX80PX120[1P(80X120)]0.02275，故D正确.210．ABD22【详解】fxaxaxb（a0),fx2axaxbaxaaxa3x2ba,2ba2ba2令fx0，xa或x,由题意可知，a.函数fxaxaxb（a0)的极大值点为xa，33答案第2页，共8页{#{QQABLYQUgggAABAAAAhCUQUQCACQkhGACagOQFAMoAIBiQNABAA=}#}a0a02ba或2ba.即ba0或ba0.所以a2b2，A正确，a2ab，B正确，aa332ba2b4ax+xa，ba0时，x+x0正确，ba0时x+x0错误，则C错误，123312122baxxa0，D正确.12311．ACD【详解】平面内M0,2和N0,2，动点Px,y满足PMPNmm4，故x2(y2)2x2(y2)2m，A：0,0代入，可得m4，正确；B：对应曲线任意点(x,y)，则关于y轴对称点为(x,y)，关于x轴对称点为(x,y)，将(x,y)代入上式得(x)2(y2)2(x)2(y2)2x2(y2)2x2(y2)2m；将(x,y)代入上式得x2(y2)2x2(y2)2x2(y2)2x2(y2)2m；所以曲线E既关于y轴对称，也关于x轴对称，不正确;C：若P、M、N三点不共线，则PM+PN2PMPN2m，当且仅当PM=PNm时等号成立，又|MN|4，所以PMN周长的最小值为2m+4，正确；D：由于实质是卡西尼卵形线（图象形式较多），下图为其中一种图象形式，曲线E上与M、N不共线的任意一点G关于原点对称的点为H，又图象既关于x轴对称，又关于y轴对称，且GMGNm，知：π四边形GMHN的面积为2SGMGNsinMGNm，当且仅当sinMGN1时等号成立，此时MGN，MNG2所以四边形GMHN的面积不大于m，正确.【点睛】曲线为x2(y2)2x2(y2)2m，对于m的取值范围不同，实际的图象呈现不同的形式，结合基本不等式ab2ab,a,b0即可证明C，对于D虽不能画出具体图形，但是可以根据其对称性画出大概图象，得到面积表达式.22bb2212．21【详解】设F2c,0，得到PF2,由题意知2c，即ca2ac，aa所以e22e10，解得e21，或e21（舍去）．113．【详解】设公切线在曲线yax2与ylnx上的切点分别为A(x,y),B(x,y)，ln2e11221111由ylnx可得y，所以2，解得x2，所以y2lnx2ln2,则B(,ln2)，xx2221所以切线方程为yln22(x)，又由yax2，可得y2ax，所以2ax2，即ax1，211答案第3页，共8页{#{QQABLYQUgggAABAAAAhCUQUQCACQkhGACagOQFAMoAIBiQNABAA=}#}1所以yax2x，又因为切点A(x,y)，也即A(x,x)在切线yln22(x)上，111111121111所以x1ln22(x1)，解得x1ln21，所以a.2x1ln21ln2e8014．32,315【详解】（1）ai的可能值为0，1（1i5，iN）.故五维立方体的顶点有232个.（2）依题意，样本空间的样本点记为M,N，M，N为五维立方体的顶点2样本点总数：nΩC32,当Xk时，有k个第i维坐标值不同，有5k个第i维坐标值相同.Ck2k25k满足Xk的样本点M,N个数为5Ck24.25X12345k4kC52C55101051所以PXkk1,2,3,4,525.PC25213131313131180故分布列为：EX52030205.3131115．（1）sinAcosC；（2）a2.6a2b2c2b2c2a22b2【详解】解：（1）由条件及余弦定理得，12b2sinA0，所以12b2sinA0，所cosCcosCcosC1以sinAcosC．6112（2）由sinA得，cosC，又0C，所以C，3232231223261则cosA，sinC．sinBsin(AC)sinAcosCcosAsinC，3263266231623asinC33由VABC的面积为得acsinB，所以ac33．由正弦定理得，ca，424sinA2所以a22，故a2x216．(1)y21(2)xy10或xy104x2y23【详解】（1）设椭圆M的方程为：1(ab0)，因为椭圆的面积为2π，点1,在椭圆M上.a2b22πab2π23x2所以,解得：a2,b1，所以椭圆M的标准方程为：y1.1414a2b2（2）因为经过点P1,0的直线l与曲线M交于A，B两点，3313当直线的斜率不存在时，A1,,B1,，此时，lSOAB132222答案第4页，共8页{#{QQABLYQUgggAABAAAAhCUQUQCACQkhGACagOQFAMoAIBiQNABAA=}#}23因为△OAB与椭圆M的面积比为，但2，即直线斜率存在；5π22π5πykx12222不妨设直线l的方程为ykx1，联立x2，消去y整理可得：4k1x8kx4k40，y2148k4k24不妨设Ax1,y1,Bx2,y2，则xx,xx，1214k21214k22k因为yykx1kx1kxx2k，12121214k23k2yykx1kx1k2xxxx1，1212121214k214k212k21122所以S1yyyy4yy2+2，因为△OAB与椭圆M的面积比为，OAB21221212214k214k5π14k212k2