一、选择题（本大题共12个小题，每小题5分，共60分，每题只有一个正确选项）
1．【详解详析】根据题意，分2种情况讨论：
①、坐大巴直达，有10班车，即有10种出行方式；
②、先坐动车到万州，第二天再坐大巴到奉节，有8×7＝56种出行方式；
则共有10+56＝66种出行方式；
故选：C．
2．【详解详析】根据复数z在复平面上对应的点的坐标为（a2﹣3a+2，a﹣1），即复数z＝（a2﹣3a+2）+（a﹣1）i，所以复数z为纯虚数的充要条件是a﹣1≠0且a2﹣3a+2＝0，所以a＝2；
故a＝1或2是z为纯虚数的必要而不充分条件；
故选：B．
3．【详解详析】由题意知ξ～B（n，p），
由E（ξ）＝np＝15，
D（ξ）＝np（1﹣p）=454，
解得p=14，n＝60．
故选：B．
4．【详解详析】对于A，若α⊥β，m⊂β，则m与α可能平行，如果是交线，则在α内，故A错误；
对于B，若α∥β，m∥α，则m∥β或者m⊂β；故B错误；
对于C，若m∥α，m∥β，则α与β可能相交；故C错误；
对于D，若α∥β，m⊥α，利用面面平行的性质以及项目存在的性质可以判断m⊥β；故D正确；
故选：D．
5．【详解详析】令x＝2，
则a0＝（22+1）（2﹣3）9＝﹣5．
13
令x＝3，则a0+a1+…+a11＝0，
∴a1+…+a11＝﹣a0＝﹣（﹣5）＝5，
故选：C．
6．【详解详析】每幢教学楼至少有一名老师，且至多两名，则5名老师可以分组为2，2，1，
若甲乙没有限制条件，有C52C32C11A22•A33＝90种，
若甲乙到同一幢教学楼，有C31A32＝18种，
故甲和乙不能到同一幢教学楼，则有90﹣18＝72种，
故选：C．
7．【详解详析】设斜率为32的直线l：y=32x+t，
代入双曲线方程，消去y，可得，（b2-94a2）x2﹣3a2tx﹣a2t2﹣a2b2＝0，
由于点P、Q在x轴上的射影恰好为双曲线的两个焦点，
则有上式的两根分别为﹣c，c．
则t＝0，即有（b2-94a2）c2＝a2b2，由于b2＝c2﹣a2，
则有4c4﹣17a2c2+4a4＝0，由e=ca，则4e4﹣17e2+4＝0，
解得e2＝4（14舍去），即有c2＝4a2
又因为双曲线的右焦点F到其中一条渐近线的距离为3，即3=bca2+b2=b，所以b2＝3
则b2＝c2﹣a2＝3a2，所以a2＝1，c2＝4，
则c＝2，所以2c＝4
故选：D．
8．【详解详析】由三视图得该几何体是从四棱锥P﹣ABCD中挖去一个半圆锥，
13
四棱锥的底面是以2为边长的正方形、高是2，
圆锥的底面半径是1、高是2，
∴所求的体积V=13×2×2×2-12×13π×12×2=8-π3，
故选：B．
9．【详解详析】从0，1，2，3，4，5这六个数字中选出三个数，排成一个三位数．
这个三位数是偶数时，可分为两类；
当末位是0时，这样的三位数有A52＝20（个）；
当末位不是0时，从余下的两位偶数中选一个放在个位，
再从余下的四位非零数字中选一个放在首位，
然后从余下的四个数中取一个放在中间，由此知符合条件的偶数有A21×A41×A41＝32（个）；
综上知这样的三位数共有20+32＝52（个）；
该三位数的三个数字之和为偶数时，也分为两类；
当末位是0时，这样的三位数有A22+A32=8（个）；
当末位不是0时，这样的三位数有A21•A32+A21•A11=14（个）；
综上知该三位数的数字之和为偶数的个数是8+14＝22（个）；
所以计算所求的概率是P=2252=1126．
故选：A．
13
10．【详解详析】∵球O上有三点A，B，C，AB=3，BC＝1，AC＝1，
∴∠ACB＝120°，S△ABC=12×1×1×sin120°=34，
△ABC外接圆半径r=12×3sin120°=1，
设球心到平面ABC的距离为d，则d2＝R2﹣1，①
∵三棱锥D﹣ABC体积的最大值为6+312，
∴V=13×S△ABC×(R+d)=13×34×(R+d)，解得R+d=2+1，②
联立①②，得R=2，d＝1，
∴球O的表面积为S=4π×(2)2=8π．
故选：B．
11．【详解详析】根据题意，分2步进行分析：
①，对于A，B，C，D，E，要求A，B不相邻，C，D不相邻，有A55﹣（A22A44+A22A44）+A22A22A33＝48种情况，
②，对于F，G，H，J，K，要求F，G相邻，J在H的左边（不一定相邻），有12×A22A44＝24种，
则有48×24＝1152种排列方法；
故选：D．
12．【详解详析】由f(x)=exx，得f'(x)=ex(x-1)x2，
则f（x）在（﹣∞，0）（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增，
所以f（x）最小值＝f（1）＝e，
又当x＜0时，f（x）＜0，且当x→∞时，f（x）→0，
因此函数f（x）的图象如图①所示，
13
令t＝f（x），则由图象知，
方程t2﹣2kt+k+6＝0有两个不同的根，且两根均大于e．
令g（t）＝t2﹣2kt+k+6＝0，其图象如图②所示，
由图②知，x＞eg(e)=e2-2ke+k+6＞0△=(-2k)2-4(k+6)＞0，
解得3＜k＜e2+62e-1，
故选：C．
二、填空题（本大题共4个小题，每小题5分，共20分）
13．【详解详析】设正方形边长为2，则正方形面积为4，
正方形内切圆中的黑色部分的面积S=12×π×12=π2．
∴在正方形内随机取一点，则此点取自黑色部分的概率是P=π24=π8．
故答案为：π8．
14．【详解详析】∵(x-2x)n的展开式中，有且只有第4项的二项式系数最大，即只有Cn3最大，∴n＝6，
则展开式的通项公式为 Tr+1=C6r•（﹣2）r•x6-3r2，令6-3r2=0，求得r＝2，
可得常数项为C62•4＝60，
故答案为：60．
13
15．【详解详析】在一次国际抗震救灾中，
从5名中方搜救队队员（4男1女），3名外籍搜救队队员（2男1女）中选3名组成一支特殊搜救队到某地执行任务，
基本事件总数n=C83=56，
既有女队员，又有外籍队员包含的基本事件个数m=C83-C43=52，
∴既有女队员，又有外籍队员的概率是p=5256=1314．
故答案为：1314．
16．【详解详析】由题意可得直线l过焦点（1，0），抛物线的准线方程为：x＝﹣1，如图所示：设P（x1，y1），Q（x2，y2），联立直线与抛物线的方程y2=4xy=k(x-1)，整理可得k2x2﹣（2k2+4）x+k2＝0，
∴x1+x2=4+2k2k2，x1x2＝1，y1+y2＝k（x1+x2﹣2）=4k①，y1y2=-4x1⋅4x2=-4②，
由S△OFPS△OFQ=3．可得12OF⋅yP12OF⋅(-yQ)=3，所以y1＝﹣3y2，
代入①②可得k2＝3，
|PQ|＝x1+x2+p=4+2k2k2+2＝4+4k2，所以PQ为直径的圆的半径r＝2+2k2，
再由与直线x＝a相切可得：x1+x22-a＝r，即2+k2k2-a＝2+2k2，解得a＝﹣1；可得直线x＝a＝﹣1是抛物线的准线，
所以|MF→|=ME2+EF2=(y1+y22)2+p2=4k2+4=43+4=433；
故答案为：433．
13
三、解答题（本大题共6小题，17题10分，18-22题每题12分，共70分．解答应写出必要步骤）
17．【详解详析】（1）曲线C的参数方程x=4+3cosθy=3sinθ（θ为参数），化为普通方程是（x﹣4）2+y2＝9，
展开得x2+y2﹣8x+7＝0，用x＝ρcosθ，y＝ρsinθ代入得：ρ2﹣8ρcosθ+7＝0；
（2）由题意，直线l的极坐标方程为θ=π6，联立ρ2﹣8ρcosθ+7＝0，
得ρ2-43ρ+7=0，从而有1|OA|+1|OB|=|OA|+|OB||OA|⋅|OB|=ρ1+ρ2ρ1⋅ρ2=437．
法二：直线l的参数方程为x=32ty=12t，联立（x﹣4）2+y2＝9得：
t2-43t+7=0，
从而有1|OA|+1|OB|=|t1|+|t2||t1|⋅|t2|=t1+t2t1t2=437．
18．【详解详析】（1）A：任取两个球，求取出的球颜色不同，
则P(A)=C31C21+C31+C21C62=1115；
（2）根据题意，X＝0，1，2，3，
P（X＝0）=C33C53=120，
P(X=1)=C31C32C63=920，
P(X=2)=C32C31C63=920，
13
P(X=3)=C33C63=120，
X
0
1
2
3
P
120
920
920
120
E(X)=32，D(X)=920．
19．【解答】（I）证明：由AD⊥CD，AB∥CD，AD＝AB＝1，
可得BD=2，
又BC=2，∠=π4，
∴BC⊥BD．从而CD＝2，
∵PD⊥底面ABCD，
∴BC⊥PD，∵PD∩BD＝D，
∴BC⊥平面PBD，所以平面PBD⊥平面PBC．
（II）解：由（I）可知∠BPC为PC与底面PBD所成角．
所以tan∠BPC=63，所以PB=3，PD＝1，
又2CH→=3HD→及CD＝2，
可得CH=65，DH=45，
以D点为坐标原点，DA，DC，DP分别x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则B（1，1，0），P（0，0，1），C（0，2，0），H（0，45，0），
设平面HPB的法向量n→=(x，y，z)．
则由n→⋅PB→=0n→⋅PB→=0，得-45y+z=0x+y-z=0，
13
取n→=（1，﹣5，﹣4），同理平面PBC的法向量为m→=(1，1，2)，
所以cos＜m→，n→＞=m→⋅n→|m→|⋅|n→|=-277．
又二面角H﹣PB﹣C为锐角，
所以二面角H﹣PB﹣C余弦值为277．
20．【详解详析】（1）甲小组做了三次实验，
至少两次试验成功的概率为：P(A)=C32×(13)2×(1-13)1+C33(13)3=727．
（2）乙小组在第4次成功前，共进行了6次试验，
其中三次成功三次失败，且恰有两次连续失败，其中各种可能的情况种数A42=12，
因此乙小组第四次成功前共有三次失败，且恰有两次连续失败的概率为：
P(B)=[12×(12)3×(12)3×(12)3]×12=332．
（3）设试验成功次数为X，则X＝0，1，2，3，4，
P(X=0)=C20(13)0(23)2⋅C20(12)2=19，
P(X=1)=C21(13)1(23)1⋅C20(12)2+C20(13)0(23)2⋅C21(12)2=13，
P(X=2)=C22(13)2(23)0⋅C20(12)2+C21(13)1(23)1⋅C21(12)2+C20(13)0(23)2⋅C22(12)2=1336，
P(X=3)=C22(13)2(23)0⋅C21(12)2+C21(13)1(23)1⋅C22(12)2=16，
P(X=4)=C22(13)2(23)0⋅C221(12)2=136，
故X的分布列为
X
0
1
2
3
4
P
19
13
1336
16
136
13
E(X)=0×19+1×13+2×1336+3×16+4×136=53，
Y＝100+9X，∴E（Y）＝100+9E（X）＝115．
21．【详解详析】（1）由已知得，椭圆C的左顶点为A（﹣2，0），
上顶点为D（0，1），∴a＝2，b＝1
故椭圆C的方程为x24+y2=1（4分）
（2）依题意，直线AS的斜率k存在，且k＞0，故可设直线AS的方程为y＝k（x+2），从而M(103，16k3)，
由y=k(x+2)x24+y2=1，得（1+4k2）x2+16k2x+16k2﹣4＝0
设S（x1，y1），则(-2)×x1=16k2-41+4k2得x1=2-8k21+4k2，从而y1=4k1+4k2
即S(2-8k21+4k2，4k1+4k2)，（6分）
又B（2，0）可得直线BS的斜率为-14k，
∴y=-14k(x-2)x=103得x=103y=-13k，
∴N(103，-13k)，（8分）
故|MN|=|16k3+13k|
又k＞0，∴|MN|=16k3+13k≥216k3⋅13k=83当且仅当16k3=13k，即k=14时等号成立．
∴k=14时，线段MN的长度取最小值83（10分）
（2）另解：设S（xs，yS），M(103，yM)依题意，A，S，M三点共线，且所在直线斜率存在，
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由kAM＝kAS，可得yM=163⋅ysxs+2同理可得：yN=43⋅ysxs-2又xs24+ys2=1
所以，yM⋅yN=649⋅ys2xs2-4=649(-14)=-169不仿设yM＞0，yN＜0|MN|=|yM-yN|=yM+(-yN)≥2-yM⋅yN=83当且仅当yM＝﹣yN时取等号，
即yM=43时，线段MN的长度取最小值83．
（3）由（2）可知，当MN取最小值时，k=14
此时BS的方程为x+y-2=0，s(65，45)，∴|BS|=425（11分）
要使椭圆C上存在点T，使得△TSB的面积等于15，只须T到直线BS的距离等于24，
所以T在平行于BS且与BS距离等于24的直线l'上．
设直线l'：x+y+t＝0，则由|t+2|2=24，解得t=-32或t=-52．
又因为T为直线l'与椭圆C的交点，所以经检验得t=-32，此时点T有两个满足条件．（14分）
22．【详解详析】（1）由f（x）＝lnx﹣ax，得f′（x）=1x-a=3，
∴x=1a+3，则f（1a+3）＝ln1a+3-aa+3，
∴ln1a+3-aa+3=3a+3-1，得ln1a+3=0，即a＝﹣2；
（2）f′（x）=1x-a，
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当a≤1e2时，f′（x）≥0在[1，e2]上恒成立，故f（x）在[1，e2]上为增函数，
故f（x）的最大值为f（e2）＝2﹣ae2＝1﹣ae，得a=1e2-e（舍）；
当1e2＜a＜1时，若x∈[1，1a]，f′（x）＞0，x∈[1a，e2]，f′（x）＜0，
故f（x）在[1，e2]上先增后减，故f(x)max=f(1a)=-lna-1
由﹣lna﹣1＝1﹣ae，解得a=1e；
当a≥1时，故当x∈[1，e2]时，f′（x）≤0，f（x）是[1，e2]上的减函数，
故f（x）max＝f（1）＝﹣a＝1﹣ae，得a=1e-1（舍）；
综上，a=1e；
（3）ln（2x2﹣x﹣3t）+x2﹣x﹣t＝ln（x﹣t）⇔ln（2x2﹣x﹣3t）+12（2x2﹣x﹣3t）＝ln（x﹣t）+12（x﹣t），
令g（x）＝lnx+12x，则g（x）在（0，+∞）上是增函数，
又g（2x2﹣x﹣3t）＝g（x﹣t），
∴2x2﹣x﹣3t＝x﹣t⇒2（x2﹣x﹣t）＝0，
即x2-x-t=0有唯一实根x-t＞02x2-x-3t＞0⇒t＜2x2-x3t＜xt=x2-x，
作出图象如图：由图可知，实数t的取值范围是t=-14或0≤t＜2．
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