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1．D  2．D   3．D   4．D   5．B   6．C   7．C   8．C   9．B   1 0．C  11．A   12．B

13．  14．  15．    16．

提示：

1．D 由，得，所以焦點

2．D 解不等式，得，∴，

∴，故

3．D （法一）當時，推導(dǎo)不出，排除C；故選D。

（法二）∵，為非零實數(shù)且滿足，∴，即，故選D。

4．D ，，∴，∴．

5．B  兩式相減得，∴，∴．

6．C  令，解得，∴．

7．C  可知四面體的外接球以的中點為球心，故

8．C  由已知有或解得或

9．B   ，∴，又，

     ∴切線的方程為，即，∴點到直線的距離為期不遠

10．C  對于A、D，與，不是對稱軸；對于B，電不是偶函數(shù)；對于C，符合要求．

11．A   由題意知直線的方程為，當時，，即點是漸近線上一點，∴，即離心率．

12． B  應(yīng)先求出2人坐進20個座位的排法。排除2人相鄰的情況即可。

共有11+12=23個座位，去掉前排中間3個不能入坐的座位，還有20個座位，則2人坐入20個座位的排法有種，排除①兩人坐前排相鄰的12種情況；②兩人坐后排相鄰的22種情況，∴不同排法的種數(shù)有（種）．

13．    展開式中的的系數(shù)是，

14．800    由圖知成績在中的頻率為，所以在10000人中成績在中的人有人。

15．   設(shè)棱長均為2，由圖知與到的距離相等，而到平面的距離為，故所成角的正弦值為。

16．    求圓面積的最大值，即求原點到三條直線，和距離的最小值，由于三個距離分別為、、，最小值為，所以圓面積的最大值為。

17．解：（1）由，得，…2分

∴，∵，∴，∴

…………………………………………………………………………4分

∵，∴………………………………………5分

（2）∵，∴，

∴

……………8分

∵，∴，∴……………10分

18．解：（1）證明：延長、相交于點，連結(jié)。

∵，且，∴為的中點，為的中點。

∵為的中點，由三角形中位線定理，有

∵平面，平面，∴平面…………………6分

（2）（法一）由（1）知平面平面。

∵為的中點，∴取的中點，則有。

∵，∴

∵平面，∴為在平面上的射影，∴

∴為平面與平面所成二面角的平面角�！�…………………10分

∵在中，，，

∴，即平面與平面所成二面角的大小為�！�………12分

（法二）如圖，∵平面，，

∴平面，

取的中點為坐標原點，以過且平行的直線為軸，所在的直線為 軸，所在的直線為軸，建立空間直角坐標系。

設(shè)，則，，，，

∴，

設(shè)為平面的法向量，

則   

取，可得

又平面的法向量為，設(shè)與所成的角為，………………… 8分

則，

由圖可知平面與平面所成二面角為銳角。

∴平面與平面所成二面角的大小為………………………………12分

19．解：（1）由已知得，∵，∴

     ∵、是方程的兩個根，∴

∴，…………………………………………6分

（2）設(shè)兩臺電器無故障使用時間分別為、，則銷售利潤總和為200元有三種情況：

，；，；，，

其概率分別為；；

∴銷售兩臺這種家用電器的銷售利潤總和為200元的概率為

………………………12分

20．解：（1）∵，且的圖象經(jīng)過點，，

∴∴

∴

由圖象可知函數(shù)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，在 上單調(diào)遞減，

∴，解得，

∴………………………6分

（2）要使對都有恒成立，只需即可。

由（1）可知函數(shù)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，

在上單調(diào)遞減，且，，、

∴，

，

故所求的實數(shù)的取值范圍為………………………12分

21．解：（1）∵，∴，∴

又∵，∴數(shù)列是首項為1，公比為3的等比數(shù)列，。

當時，（），∴

（2），

當時，；

當時，，①

②

①-②得：

∴