知识点：3.集合的基本运算

D

试题分析：因为A={x|x2– 4x+3＜0}={x|1＜x＜3}，B={x|2x – 3＞0}={x|x＞}，所以A∩B={x|1＜x＜3}∩{x|x＞}={x|＜x＜3}.

知识点：3.复数代数形式的四则运算

B

试题分析：因为所以故选B.

知识点：2.等差数列及其性质

C

试题分析：由已知，所以故选C.

知识点：3.几何概型

B

试题分析：班车每30分钟发出一辆，到达发车站的时间总长度为40，等车不超过10分钟的时间长度为20，故所求概率为.

知识点：2.双曲线

A

由题意知：双曲线的焦点在x轴上，所以，解得：，因为方程表示双曲线，所以，解得，所以的取值范围是，故选A．

知识点：2.空间几何体的三视图和直观图

A

试题分析：由三视图知：该几何体是个球，设球的半径为R，则，解得R=2，所以它的表面积是，故选A．

知识点：15.函数的图像

D

试题分析：f(2)=2×22－e2＞0，排除A；当x∈[0,2]时，f(x)=2x2－ex，f ′ (x)=4x－ex，f ′ (0)=－1＜0，f ′(1)=4－e＞0，，排除BC.

知识点：16函数值的大小比较

C

试题分析：用特殊值法，令a=3，b=2，c=，得，A错误. ，B错误. ，C正确. ，D错误.

知识点：1.算法与程序框图

C

试题分析：当时，，不满足；

，不满足；，满足；输出，则输出的的值满足，故选C.

知识点：3.抛物线

B

试题分析：如图，设抛物线方程为，圆的半径为r,AB,DE交x轴于C,F点，则，即A点纵坐标为，则A点横坐标为，即，由勾股定理知，，即，解得p=4，即C的焦点到准线的距离为4，故选B.

知识点：10.空间角与距离

A

试题分析：如图，设平面CB1D1∩平面ABCD=m′，平面CB1D1∩平面ABB1A1=n′，因为α∥平面CB1D1，所m∥m′，n∥n′，则m，n所成的角等于m′，n′所成的角. 过D1作D1E∥B1C，交AD的延长线于点E. 连接CE，则CE为m′，连接A1B，过B1作B1F1∥A1B，交AA1的延长线于点F1，则B1F1为n′. 连接BD，则BD∥CE，B1F1∥A1B，则m′，n′所成的角即为A1B，BD所成的角，为60°，故m，n所成角的正弦值为.

知识点：6.三角函数的图像与性质

B

试题分析：因为x=为f(x)的零点，x=为y=f(x)图像的对称轴，所以－()=+kT，即，所以ω=4k+1(k∈N *)，又因为f(x)在单调，所以，即ω≤12，所以ω的最大值为9.

知识点：4.平面向量的数量积（夹角、模）

－2

试题分析：由，得，所以，解得.

知识点：3.二项式定理

10

试题分析：的展开式的通项为(，1，2，…，5)，令得，所以的系数是.

知识点：4.等比数列及其性质

64

试题分析：设等比数列{an}的公比为q（q≠0），由得，解得，所以，于是当n=3或n=4时，a1a2an取得最大值26=64.

知识点：3.二元一次不等式（组）与简单的线性规划

216000

试题分析：设生产产品A、产品B分别为、件，利润之和为元，那么由题意得约束条件 目标函数.

约束条件等价于 ①

作出二元一次不等式组①表示的平面区域，即可行域，如图中阴影部分所示.

将变形，得，作直线：并平移，当直线经过点M时，z取得最大值.

解方程组，得的坐标为.

所以当，时，.

故生产产品A、产品B的利润之和的最大值为元.

知识点：9.正弦定理和余弦定理（解三角形）

解：（I）由已知及正弦定理得，，

即 ．

故 ．

可得，所以．

（II）由已知，．

又，所以ab=6．

由已知及余弦定理得，a2+b2-2abcosC=7．

故a2+b2=13，从而(a+b)2=25．

所以三角形ABC的周长为5+．

知识点：6.直线、平面垂直的判定及其性质

解：（I）由已知可得AF⊥DF，AF⊥FE，所以AF⊥平面EFDC．

又AF平面ABEF，故平面ABEF⊥平面EFDC．

（II）过D作DG⊥EF，垂足为G，由（I）知DG⊥平面ABEF．

以G为坐标原点，的方向为x轴正方向，为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系G－xyz．

由（I）知∠DFE为二面角D－AF－E的平面角，故∠DFE=60°，则|DF|=2，|DG|=，可得A(1，4，0)，B(－3，4，0)，E(－3，0，0)，D(0，0，)．

由已知，AB∥EF，所以AB∥平面EFDC．

又平面ABCD∩平面EFDC=CD，故AB∥CD，CD∥EF．

由BE∥AF，可得BE⊥平面EFDC，所以∠CEF为二面角C－BE－F的平面角，∠CEF=60°．从而可得C(－2，0，)．

所以， =(0,4,0) ，，=(－4,0,0)．

设n=(x,y,z)是平面BCE的法向量，则

，即

所以可取n=(3，0，－)．

设m是平面ABCD的法向量，则

同理可取m=(0，，4)．则．

故二面角E－BC－A的余弦值为．

知识点：8.统计与概率的综合问题

（Ⅰ）由柱状图并以频率代替概率可得，一台机器在三年内需更换的易损零件数为8，9，10，11的概率分别为0.2，0.4，0.2，0.2，从而

P(X=16)=0.2×0.2=0.04；

P(X=17)=2×0.2×0.4=0.16；

P(X=18)=2×0.2×0.2+0.4×0.4=0.24；

P(X=19)=2×0.2×0.2+2×0.4×0.2=0.24；

P(X=20)=2×0.2×0.4+0.2×0.2=0.2；

P(X=21)=2×0.2×0.2=0.08；

P(X=22)=0.2×0.2=0.04.

所以X的分布列为

（Ⅱ）由（Ⅰ）知P(X≤18)=0.44，P(X≤19)=0.68，故n的最小值为19.

（Ⅲ）记Y表示2台机器在购买易损零件上所需的费用（单位：元）.

当n=19时，

EY=19×200×0.68+(19×200+500) ×0.2+(19×200+2×500) ×0.08+(19×200+3×500) ×0.04=4040.

当n=20时，

EY=20×200×0.88+(20×200+500) ×0.08+(20×200+2×500) ×0.04=4080.

可知当n=19时所需费用的期望值小于n=20时所需费用的期望值，故应选n=19.

知识点：1.椭圆

（Ⅰ）因为，，故，

所以，故.

又圆A的标准方程为，从而，所以.

由题设得，，，由椭圆定义可得点E的轨迹方程为：

（y≠0）.

（Ⅱ）当l与x轴不垂直时，设l的方程为y=k(x－1)(k≠0)，M(x1,y1)，N(x2,y2).

由得(4k2+3)x2－8k2x+4k2－12=0.

则x1+x2=，x1x2=.

所以.

过点B(1,0)且与l垂直的直线m：，A到m的距离为，所以

.

故四边形MPNQ的面积

.

可得当l与x轴不垂直时，四边形MPNQ面积的取值范围为(12,).

当l与x轴垂直时，其方程为x=1，|MN|=3，|PQ|=8，四边形MPNQ的面积为12.

综上，四边形MPNQ面积的取值范围为[12,).

知识点：3.导数在研究函数中的应用

解：（Ⅰ）．

（i）设a=0，则，f(x)只有一个零点．

（ii）设a＞0，则当x∈(－∞,1)时， f ′(x)＜0；当x∈(1,+∞)时，f ′(x)＞0．所以f(x)在(－∞,1)单调递减，在(1,+∞)单调递增．

又f(1)=－e，f(2)=a，取b满足b＜0且，则

，

故f(x)存在两个零点．

（iii）设a＜0，由f ′(x)=0得x=1或x=ln(－2a)．

若，则ln(－2a)≤1，故当x∈(1,+∞)时， f ′(x)＞0，因此f(x)在(1,+∞)上单调递增．又当x≤1时，f(x)＜0，所以f(x)不存在两个零点．

若，则ln(－2a)＞1，故当x∈(1, ln(－2a))时，f ′(x)＜0；当x∈(ln(－2a), +∞)时，f ′(x)＞0．因此f(x)在(1, ln(－2a))单调递减，在(ln(－2a), +∞)单调递增．又当x≤1时，f(x)＜0，所以f(x)不存在两个零点．

综上，a的取值范围为(0, +∞)．

（Ⅱ）不妨设x1＜x2，由（Ⅰ）知x1∈(－∞,1)，x2∈(1,+∞)，2－x2∈(－∞,1)，f(x)在(－∞,1)上单调递减，所以x1+x2＜2等价于f(x1)＞f(2－x2)，即f(2－x2)＜0．

由于，而，所以

．

设，则．

所以当x＞1时，g′(x)＜0，而g(1)=0，故当x＞1时，g(x)＜0．

从而g(x2)=f(2－x2) ＜0，故x1+x2＜2．

知识点：1.几何证明选讲

（Ⅰ）设E是AB的中点，连结OE，

因为OA=OB, ∠AOB=120°，所以OE⊥AB，∠AOE=60°．

在Rt△AOE中，OE=AO，即O到直线AB的距离等于⊙O的半径，所以直线AB与⊙O相切．

（Ⅱ）因为OA=2OD，所以O不是A,B,C,D四点所在圆的圆心，设O′是A,B,C,D四点所在圆的圆心，作直线OO′．

由已知得O在线段AB的垂直平分线上，又O′ 在线段AB的垂直平分线上，所以OO′⊥AB．

同理可证，OO′⊥CD．所以AB∥CD．

知识点：2.坐标系与参数方程

解：（I）消去参数t得到C1的普通方程 x2+(y－1)2=a2.C1是以(0,1)为圆心，a为半径的圆.

将x=ρcosθ, y=ρsinθ代入C1的普通方程中，得到C1的极坐标方程为

ρ2－2ρsinθ+1－a2=0.

（II）曲线C1，C2的公共点的极坐标满足方程组

若ρ≠0，由方程组的16cos2θ－8sinθcosθ+1－a2=0，由已知tanθ=2，可得16cos2θ－8sinθcosθ=0，从而1－a2=0，解得a=－1(舍去)，a=1.

a=1时，极点也为C1，C2的公共点，在C3上.

所以a=1.

知识点：3.不等式选讲

解：（I）

y=f(x)的图像如图所示

（II）由f(x)的表达式及图像，当f(x)=1时，可得x=1或x=3;

当f(x)=－1时，可得或x=5;

故f(x)＞1的解集为{x|1＜x＜3}; f(x)＜－1的解集为{x|x＜或x＞5}.

所以| f(x)|＞1的解集为{x| x＜或1＜x＜3或x＞5}.

知识点：3.集合的基本运算

D

试题分析：因为A={x|x2– 4x+3＜0}={x|1＜x＜3}，B={x|2x – 3＞0}={x|x＞}，所以A∩B={x|1＜x＜3}∩{x|x＞}={x|＜x＜3}.