参考答案及详细解析
一.选择题:
1.C 2.A 3.D 4.C 5.B 6.C 7. B 8. A 9.D 10.B
1.C 化简得：P?{x|x?1}，Q?{y|y?0}，结合数轴可知：只有C正确. 故选C
z(2?i)23?4i?2.A z?2?i,z?2?i,则?2.故选A 2z2?i53.D 设抛物线上纵坐标为22的点的横坐标为x0，则有：2px0?8 且x0?p?3，消2去x0得：p2?6p?8?0，解得p?2或p?4.故此抛物线的方程为y2?4x或
y2?8x.故选D
4.C 在A选项中，若直线a在平面?内,则不存在平面?使得?//?,故A错误
在B选项中，过直线a一定存在平面?使得???,故B错误
在 D选项中，若直线a//平面?,则在平面?内存在直线b使得a//b,故C错误 只有C选项是正确的. 故选C
5.B 该几何体是以正方体的六条面对角线为边
构成的正四面体，也可看作是正方体被截去四个墙角后留下的
3几何体，由间接法计算其体积得：V?2?4??1138?2?. 323(第5题)
故选B
6.C 方法一：检验选项.
对A选项：直线过点(0,2)时，zmin??1?2， 对B选项：直线过点(0,2)时， zmin?0?2， 对C选项：直线过点(0,2)时，zmin?2，
对D选项：直线过点(0,2)时，zmin?4?2.故选C
(第6题)
方法二：特殊点带入检验.当z取到最值时，直线必过可行区域中三角形的某个顶点，
故可以把三个顶点(0,2)，(2,1)，(3,2)逐一代入检验，结果只有k?1正确. 故选C 7.B 以aj(6?j?8)中出现的?1个数作为对象来讨论.（1）若aj中没有?1（即全为1），
13则ai(1?i?5)中只有一个1，数列种数为C5?C3?5.（2）若aj中有一个?1（即
31还有两个1），则ai中有三个1，数列种数为C5.3）若aj中有两个?1（即?C3?30（
51还有一个1），则ai中有五个1，数列种数为C5?C3?3.综上：数列种数共有
5?30?3?38.故选B
8.A 由于?为锐角，注意到“sin??也成立.不妨设sin??1142或cos??”时均有：“sin2??”，反之33911cs??的解为???2.结合图像由单调的解为???1，设o3311?性可知sin??且cos??的解为：?1????2(?1,?2关于对称)，故
3342?1?2??2?2（2?1?2?2??），由于sin2?1?sin2?2?42，故9si2n??42成立，即充分性成立.由于?为锐角，故以上过程可逆推，即必要性也成91142且cos??”是“sin2??”的充分必要条件.故选A 339立.综上得：“sin??x2y29.D 方法一：如图所示，设双曲线的方程为2?2?1，
ab两焦点分别为E,F.且F关于其中一条渐近线的对称点 为A ，AF的中点为B.因为B为AF的中点, O为
O
EF的中点且OB?AF，故?AEF为直角三角形. 不妨
?m?n?2a??设|AF|?m，|AE|?n，则有：?m2?n2?4c2，
?tan?AEF?m?b?na?消去m,n可得：b?2a，故c?5a，即：e?(第9题)
5.
方法二：在Rt?OBF中，|OF|?c，|OB|?a，|BF|?b.?OB为?AEF 的中位线，故2b?2a?2a，得：b?2a，c?5a，即：e??|AE|?2a，|AF|?2b，故选D
10.B 分析可知f(x)是周期为1的周期函数，
且当x?(?1,1]时：f(x)?x.作图如下：
225.
1 2?1 2(第10题)
集合A?B的子集恰有两个，即A?B中只有一个元素.注意到f(x)与g(x) 必有一个公共点(0,0)，故逐一检验：选项A,D表示的抛物线均与直线y?x相切于原点，且与函数f(x)无其余公共点，选项C表示的抛物线与f(x)相交，但交点也只有一个. 选项B表示的抛物线与f(x)相交，交点有两个，分别为(0,0)及(,).故选B 二.填空题:
11. ?3 12. 6 13. 2 14.
1122181 15. 16.3?2 17.(??,2?22] 25611. ?3 由f(1)?1得g(1)?2，又g(x)为奇函数，故g(?1)??2，
f(?1)?g(?1)?1??3
12. 6 若n?1?2n?2,无解舍去.故(n?1)?(2n?2)?15，即n?4,(x?项为：Tr?1?C4xr4?r14)展开式通x1r4?2r(?)r?(?1)rC4x，令4?2r?0得r?2，故常数项值为6 x113.2 初始值S?2.程序运行一次后得S1??3，运行二次后得S2??.，运行三次后得
21S3?，运行四次后得S4?2，……..（往后依次重复出现前四次的值），由于
32012?503?4，故S2012?S4?2.
14.
1 方法一：注意到x?y?(2x?y)?(x?2y)，故 2tan(x?y)?tan(2x?y)?tan(x?2y)1?
1?tan(2x?y)tan(x?2y)22x?y)?3tan(x?2y)?3，即tan(x?2y)?1，即x?2y?k??方法二：tan(所以tan(2x?y)?tan(3y?15.
?4
?2)??cot3y?3，故tan(x?y)?tan(3y??4)?1 28122 由题知??0,1,2.且P(??0)?3?， 56C8561111C3?C2?C3?2?C3?C322727P(??2)?1?P(??0)?P(??1)?，， P(??1)??35656C8故E??0?P(??0)+1?P(??1)+2?P(??2)=16.3?81. 562 不妨设向量a,b,c,d有相同的起点O，终点分别为A,B,C,D.由b在a上的投影为
11知a?b?，由(a?c)?(b?c)?0知：C在以AB为直径的圆上. 2212故当向量c过AB中点时，其模最大，此时：|c|=（|a?b|?|a?b|）=1?，
22由|d?c|?1知，D在以C为圆心，1为半径的圆上，故当C,D共线时|d|最大，故(|c|?|d|)max=2|c|max?1=3?2
17.(??,2?22]
42?x(cos??1)?(sin??1) 2xx1222f(x)?[(x?cos?)2?(?sin?)2?(x?)2?2(x?)?5]，
2xxx2222首先，(x?cos?)?(?sin?)可看作单位圆上点与反比例函数y?上点之间距离
xx?222的平方，结合图形易得：当x?2，??时(x?cos?)?(?sin?)取到最小值
4x22221.其次，(x?)?2(x?)?5可看作关于t?x?(t?22)的二次函数，当
xxx方法一：f(x)?x?2t?22，即x?2时函数取到最小值3?42.两式相加即得f(x)的最小值为2?22，当且仅当x?2时取到.故f(x)?2?22，即M?2?22
cos??122sin?2(sin??1)2?(cos??1)2)?(?)?方法二: f(x)?(x? 2x24)cos??122sin??124 ?(x?)?(?)?2x24?数形结合可得:当x?2,??时, f(x)?2?22，即M?2?22
4422方法三：f(x)?x?2?x(cos??1)?(sin??1)
xx4212?x2?2?(x?)?(cos??sin?)
xxxx?x2?4214（合一变形后根据三角有界性得到） ?(x?)??xx2x2x22(t?22)，g(t)?t2?t?t2?4?4， x2?22sin(???令t?x??g'(t)?2t?1?tt2?4?42?1?1?0， 2?g(t)?t2?t?t2?4?4在t?22上单调递增，故g(t)?g(22).即：
f(x)?2?22，即M?2?22.
三.解答题
18.解: (1)?cos(A?C)?2cosA?C1?1??,……3分 231 ?cosB??cos(A?C)?……5分
32(2)由cosB?1ab2222?,得: sinB?.由正弦定理,变形得:b?,……7分
3sinAsinB3sinA?0?sinA?1,?b?22,当且仅当A?900时,等号成立……9分
b2?c2?a2解法一:由余弦定理得cosA?,
2bcb2?c2?9故AB?AC?bccosA?,……11分
213121112故AB?AC?c?c?(c?)???.当且仅当c?时等号成立. ……14分
24423sinC解法二:由正弦定理得:c?,
sinA2又因为b?c?9?2?3?c?c?2c?9,……12分
22故AB?AC?bccosA?62sinCcosA62sin(A?B)cosA……11分 ?sin2Asin2A22(sinAcosA?22cos2A)12,……13分 ??8cotA?22cotA??24sinA当且仅当cotA??2时等号成立. ……14分 82解法三: AB?AC?AB?(AB?BC)?c?3c?(?)?c?c?(c?)?当且仅当c?13212211?? 441时等号成立. ……14分 2解法四: (建坐标系,过程略)
19.解:(1).设等差数列{an}的首项为a,则由a2,a3,a5成等比数列可得:
(a?2d)2?(a?d)(a?4d),化简得:ad?0,?d?N*,?a?0, ……4分