知识点：3.集合的基本运算

B 【知识点】交集的基本运算.A1

由题意得：，同理：

，所以，故选B。

【思路点拨】先根据题意求出集合、后再求即可。

知识点：3.复数代数形式的四则运算

D 【知识点】复数代数形式的乘除运算．L4

因为和都是实数，且，所以可得：

，解得，所以，故选D.

【思路点拨】利用复数相等的条件求出和的值，代入后直接利用复数的除法运算进行化简．

知识点：12.绝对值函数与分段函数及其他函数

A 【知识点】定积分；分段函数的解析式求法及其图象的作法；函数的值．B13 B8

由题意可知，又，所以，故，解得，故选A．

【思路点拨】求出的值，然后利用，通过积分求解的值．

知识点：5.充分条件与必要条件

D 【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断．A2

若，

则，即，则，则与共线不成立，即充分性不成立．

若与共线，当，，此时不成立，即必要性不成立，

故““”是“与共线”的既不充分也不必要条件，

故选：D．

【思路点拨】根据充分条件和必要条件的定义，利用向量共线的等价条件，即可得到结论．

知识点：1.算法与程序框图

C 【知识点】程序框图.L1

根据提供的该算法的程序框图，该题的最后得分是三个分数中差距小的两个分数的平均分．根据，不满足，故进入循环体，输入，判断与，哪个数差距小，差距小的那两个数的平均数作为该题的最后得分．因此由，解出=8．故选C．

【思路点拨】利用给出的程序框图，确定该题最后得分的计算方法，关键要读懂该框图给出的循环结构以及循环结构内嵌套的条件结构，弄清三个分数中差距小的两个分数的平均分作为该题的最后得分．

知识点：4.和角公式与倍（半）角公式

C 【知识点】两角和与差的正弦函数；二倍角的正切．C4 C5

∵，且 ，∴，

∴，∴，

∴，故选：C．

【思路点拨】由条件利用同角三角函数的基本关系求得，可得，解方程求得，最后可求得的值．

知识点：4.平面向量的数量积（夹角、模）

B 【知识点】平面向量数量积的运算；线段的定比分点．F3

∵,∴,

,,

∴在x轴方向上的分量为,在y轴方向上的分量为

∵

∴

两式相比可得：．故选B.

【思路点拨】先根据可得，再计算出

，又根据，可得答案．

知识点：3.等差数列的前n项和

A 【知识点】直线的斜率.H1

等差数列中，设首项为，公差为，

由，，得，解得=3，=4．

∴．则，．

∴过点P和Q的直线的一个方向向量的坐标可以是．即为，故选A．

【思路点拨】由题意求出等差数列的通项公式，得到P，Q的坐标，写出向量的坐标，找到与向量共线的坐标即可．

知识点：10.对数函数及其性质

D【知识点】基本不等式在最值问题中的应用．E6

∵x=﹣2时，y=loga1﹣1=﹣1，

∴函数的图象恒过定点（﹣2，﹣1），

∵点A在直线mx+ny+2=0上，

∴﹣2m﹣n+2=0，即2m+n=2，

∵mn＞0，

∴m＞0，n＞0，．故选D．

【思路点拨】根据对数函数的性质先求出A的坐标，代入直线方程可得m、n的关系，再利用1的代换结合均值不等式求解即可．

知识点：1.椭圆

B【知识点】几何概型;椭圆的简单性质．H5 K3

∵表示焦点在x轴上且离心率小于，

∴，

它对应的平面区域如图中阴影部分所示：

则方程表示焦点在x轴上且离心率小于的椭圆的概率为

，故选B．

【思路点拨】表示焦点在x轴上且离心率小于的椭圆时，（a，b）点对应的平面图形的面积大小和区间[1，5]和[2，4]分别各取一个数（a，b）点对应的平面图形的面积大小，并将他们一齐代入几何概型计算公式进行求解．

知识点：2.空间几何体的三视图和直观图

【知识点】三视图求表面积.G2

A 根据多面体的三视图可知该几何体如下图所示：

由题意得：,所以,

所以,,,在三角形ABD中，，,,所以该几何体的表面积为这四个面的面积和，故选A。

【思路点拨】先根据多面体的三视图判断出该几何体形状，然后分别求出各个面的面积，再求和即可。

知识点：1.直线的倾斜角、斜率与方程

【知识点】利用导数研究曲线上某点切线方程．B11

C 解：曲线在点的切线斜率为，
曲线在点的切线斜率为，存在使得：．
即，求得或2．当时，（舍去）；当时，．
∵a＞0，∴如果两个曲线存在公共切线，那么，即，故答案为：。

【思路点拨】分别求出两个函数的导函数，由两函数在x处的导数相等及函数值相等求得x的值，进一步求得a的取值范围．

知识点：3.二项式定理

【知识点】二项式定理的应用．J3

式子（x2﹣x+2）5 =[（x2﹣x）+2]5 的展开式的通项公式为Tr+1=•（x2﹣x）5-r•2r，

对于（x2﹣x）5-r，它的通项公式为Tr′+1=（﹣1）r′••x10﹣2r﹣r′，

其中，0≤r′≤5﹣r，0≤r≤5，r、r′都是自然数．

令10﹣2r﹣r′=3，可得，或，

故x3项的系数为，

故答案为：．

【思路点拨】先求得二项式展开式的通项公式，再令x的幂指数等于3，求得r、r′的值，即可求得x3项的系数．

知识点：2.双曲线

【知识点】双曲线的简单性质．H6

双曲线的焦点坐标为（c，0），

（﹣c，0），渐近线方程为，

根据双曲线的对称性，任意一个焦点到两条渐近线的距离都相等，

求（c，0）到的距离，，

又∵焦点到一条渐近线的距离等于焦距的，

∴b=×2c，两边平方，得4b2=c2，即4（c2﹣a2）=c2，

∴3c2=4a2，，即，。

【思路点拨】因为双曲线即关于两条坐标轴对称，又关于原点对称，所以任意一个焦点到两条渐近线的距离都相等，所以不妨利用点到直线的距离公式求（c，0）到的距离，再令该距离等于焦距的，就可得到含b，c的齐次式，再把b用a，c表示，利用即可求出离心率．

知识点：3.二元一次不等式（组）与简单的线性规划

【知识点】简单线性规划的应用．E5

∵，∴，

∵作出点P（x，y）满足条件的区域，如图，

即，

且点Q（a，b）满足恒成立，

只须点P（x，y）在可行域内的角点处：A（1，0），B（0，2），成立即可，

∴，即，

它表示一个长为1宽为的矩形，其面积为：，故答案为．

【思路点拨】由已知中在平面直角坐标系中，点P（x，y），则满足的点Q的坐标满足，画出满足条件的图形，即可得到点Q的轨迹围成的图形的面积．

知识点：9.正弦定理和余弦定理（解三角形）

【知识点】半角公式；余弦定理；最值问题.C6 C8

而在中，有 ，令

，，两式联立可得：，

易知此方程有解，故，解得，故答案为。

【思路点拨】先根据已知条件利用半角公式化简可得，然后结合余弦定理得到关系式，再令，联立结合方程有解的条件即可求出最大值。

知识点：2.等差数列及其性质

（Ⅰ）见解析；（Ⅱ） 【知识点】数列的求和；等差数列的通项公式；等差关系的确定．D2 D4

（Ⅰ） ①

②

①-②得：整理得：

数列的各项均为正数，

时，数列是首项为公差为的等差数列 6分

（Ⅱ）由第一问得

12分

【思路点拨】（Ⅰ）首先由递推式求出a1，把递推式两边同时乘以2后用n﹣1替换n，两式作差后可断定数列是等差数列；（Ⅱ）求出等差数列的通项公式，代入bn后运用错位相减法求数列{bn}的前n项和Tn．

知识点：9.离散型随机变量的分布列、均值与方差

（Ⅰ）；（Ⅱ）有名学生可以申请住宿；（Ⅲ）。 【知识点】离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差.K6 K8

（Ⅰ）由直方图可得：

．

所以 ． 3分

（Ⅱ）新生上学所需时间不少于小时的频率为：

，

因为，

所以1200名新生中有名学生可以申请住宿． 6分

（Ⅲ）的可能取值为

由直方图可知，每位学生上学所需时间少于分钟的概率为，

, ,

,,

． 10分

所以的分布列为：

．（或）

所以的数学期望为． 12分

【思路点拨】（Ⅰ）由题意，可由直方图中各个小矩形的面积和为1求出x值;（Ⅱ）再求出小矩形的面积即上学所需时间不少于1小时组人数在样本中的频率，再乘以样本容量即可得到此组的人数即可;（Ⅲ）求出随机变量X可取得值，利用古典概型概率公式求出随机变量取各值时的概率，列出分布列，利用随机变量的期望公式求出期望．

知识点：6.直线、平面垂直的判定及其性质

（Ⅰ）见解析；（Ⅱ） 【知识点】平面与平面垂直的判定；与二面角有关的立体几何综合题．G5 G11

（Ⅰ） 因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥BD………………2分

又ABCD为菱形，所以AC⊥BD,所以BD⊥平面PAC………………4分

从而平面PBD⊥平面PAC． ……………6分

（Ⅱ）方法1． 过O作OH⊥PM交PM于H，连HD

因为DO⊥平面PAC，可以推出DH⊥PM,所以∠OHD为O-PM-D的平面角………………8分

又，且………………10分

从而………………11分

所以，即． ………………………12分

法二：如图,以为原点,所在直线为轴,轴建立空间直角坐标系，则,, …………8分

从而………………9分

因为BD⊥平面PAC,所以平面PMO的一个法向量为．……10分

设平面PMD的法向量为,由得

取，即 ……………11分

设与的夹角为，则二面角大小与相等

从而，得

从而，即． ……………12分

【思路点拨】（Ⅰ）根据线面垂直的判定，证明BD⊥平面PAC，利用面面垂直的判定，证明平面PBD⊥平面PAC;（Ⅱ）过O作OH⊥PM交PM于H，连HD，则∠OHD为A﹣PM﹣D的平面角，利用二面角O﹣PM﹣D的正切值为，即可求a：b的值．

知识点：3.抛物线

（Ⅰ）；（Ⅱ） 【知识点】圆与圆锥曲线的综合；圆的标准方程；抛物线的标准方程．H3 H7 H8

（Ⅰ）联立，消并化简整理得．

依题意应有，解得．

设，则，

设圆心，则应有．

因为以为直径的圆与轴相切，得到圆半径为，

又 ．

所以 ，

解得．

所以，所以圆心为．

故所求圆的方程为．

（Ⅱ）因为直线与轴负半轴相交，所以，

又与抛物线交于两点，由（Ⅱ）知，所以，

直线：整理得，点到直线的距离 ，

所以． 令，，

，

由上表可得的最大值为 ．所以当时，的面积取得最大值．

【思路点拨】（Ⅰ）抛物线y2=2px（p＞0）的准线为，由抛物线定义和已知条件可知，由此能求出抛物线方程, 联立，消x并化简整理得y2+8y﹣8b=0．依题意应有△=64+32b＞0，解得b＞﹣2．设A（x1，y1），B（x2，y2），则y1+y2=﹣8，y1y2=﹣8b，设圆心Q（x0，y0），则应有．因为以AB为直径的圆与x轴相切，得到圆半径为r=|y0|=4，由此能够推导出圆的方程．（Ⅱ）因为直线l与y轴负半轴相交，所以b＜0，又l与抛物线交于两点，由（Ⅱ）知b＞﹣2，所以﹣2＜b＜0，直线l：整理得x+2y﹣2b=0，点O到直线l的距离，所以．由此能够求出AOB的面积的最大值．

知识点：3.导数在研究函数中的应用

（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）见解析。【知识点】利用导数研究函数的单调性；函数的值域；函数在某点取得极值的条件．B3 B11 B12

（Ⅰ）时，易知从而为单调减函数．………………４分

（Ⅱ）有两个极值点，

即有两个实根，所以

，得．

，得．………………6分

又，

所以………………8分

，得

………………10分

，

………………12分

另解：由两个实根，，

当时，所以单调递减且，不能满足条件．

当时，所以单调递减且

当时，所以单调递增且，

故当时，，当时，当时②，所以由两个实根需要．即

即，，从而可以构造函数解决不等式的证明．

有两个实根，不是根，所以由两个实根，，

当时，所以单调递减且，不能满足条件．

当时，所以单调递减且

当时，所以单调递增且，

故当时，，当时，当时②，所以由两个实根需要．即

即，，从而可以构造函数解决不等式的证明．

【思路点拨】（Ⅰ）把a=1代入函数解析式，求出函数的导函数，把导函数二次求导后，求出导函数的最大值，得到导函数的最大值小于0，从而得到原函数是实数集上的减函数；（Ⅱ）把函数有两个极值点转化为其导函数有两个根，分离变量a后分析右侧函数的单调性，该函数先减后增有极小值，然后根据图象的交点情况得到a的范围；由x1是原函数的导函数的根，把x1代入导函数解析式，用x1表示a，然后把f（x1）的表达式中的a替换，得到关于x1的函数式后再利用求导判断单调性，从而得到要征得结论．

知识点：1.几何证明选讲

（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）见解析。【知识点】与圆有关的比例线段；圆周角定理．N1

(Ⅰ)证明：、、、四点共圆

．………………2分

且,

,……………4分

．………………5分

(Ⅱ)由(Ⅰ)得,又,

所以与相似,

，…………7分

又,　　，

根据割线定理得，……………9分

．……………10分

【思路点拨】（Ⅰ）根据A，B，C，D 四点共圆，可得∠ABC=∠CDF，AB=AC可得∠ABC=∠ACB，从而得解;（Ⅱ）证明△BAD∽△FAB，可得AB2=AD•AF，因为AB=AC，所以AB•AC=AD•AF，再根据割线定理即可得到结论．

知识点：2.坐标系与参数方程

（Ⅰ）；（Ⅱ）。

【知识点】简单曲线的极坐标方程．N3

（Ⅰ）曲线的极坐标方程可化为

……………………………………………2分

又，

所以曲线的直角坐标方程为…………4分

（Ⅱ）将直线l的参数方程化为直角坐标方程，得… ………6分

令，得，即点的坐标为(2，0)．

又曲线为圆，圆的圆心坐标为(1，0)，半径，则… ……8分

所以………………………10分

【思路点拨】（Ⅰ）曲线C的极坐标方程可化为，

又代入即可得出；（Ⅱ）将直线l的参数方程化为直角坐标方程，得，可得M点的坐标为（2，0）．又曲线C为圆，圆C的圆心坐标为（0，1），半径r=1，则．利用即可得出|MN|的最大值．

知识点：3.不等式选讲

-7≤x≤11 【知识点】绝对值不等式.N4

∵ a＞0，b＞0 且 ∴ +=(a+b)( +)=5++≥9

，故+的最小值为9，……5分

因为对a，b∈(0，+∞)，使+≥｜2x-1｜-｜x+1｜恒成立，

所以，｜2x-1｜-｜x+1｜≤9， 7分当 x≤-1时，2-x≤9，

∴ -7≤x≤-1，当 -1＜x＜时，-3x≤9，

∴ -1＜x＜，当 x≥时，x-2≤9， ∴ ≤x≤11，∴ -7≤x≤11 …… 10分

【思路点拨】先利用基本不等式求出+的最小值，然后结合不等式恒成立的条件即可求出x的取值范围。