1、，故选记，则由函数图象可知，，，则，，当时，，又，解得，于是为，且，，所以，所以由三角函数定义，得从而，，因为，，所以当时，成立，所以面积。
2、为原点，在平面内过点垂直于的直线为轴，所在直线为轴，所在的直线为轴，建立如图所示的直角坐标系则则，，显然平面的个法向量，设平面的法向量，则，即，则，故选由题得，则方程有两个解，令，且，则由图象可知，有且，即且，解得，故选二填空题④提示由得，则由题。
3、没有降落在指定范围，乙没有降落在指定范围，因此至少有位学员没有降落在指定范围可表示为，故选正态曲线曲线关于对称，且在处取得峰值，由图得，，故，故选连接，由点，是半圆弧的三等分点，且和均为边长等于圆的半径的等边三角形，所以四边形为菱形，所以，故选，，所以样本数据的中心点为所以ˆˆ，即点ˆ，ˆ满足ˆˆ，故选第次循环。
4、的最大值为解设次抽奖抽中等奖的概率为，，没有中奖的概率为，则，，则中奖的概率为所以该顾客两次抽奖中，恰有次中奖的概率为的可能取值为则，，，，则的分布列为的数学期望为元证明如图，设的中点为，连接，为的中点，∥平面，平面，又平面，，，为的中点，解平面，为二面角的平面角，即，。
5、的标准方程为直线的方程为设，则，，联立，消去整理得，，由，解得，且分又由菱形的对角线垂直，得，解得，即，，当且仅当时等号成立，故存在满足题意的点，故的取值范围是，解函数的定义域为，当时，，故在，上单调递减当时，。
6、答题解依题意得，所以，点，若的外接圆与抛物线的准线相切，且该圆的面积为，则多面体的底面为矩形，其中主视图和侧左视图如图所示，其中正主视图为等腰梯形，侧左视图为等腰三角形，则该多面体的体积为函数，的部分图像如图所示，则等于已知曲线存在两条斜率为的切线，则实数的取值范围是，，，，第Ⅱ卷共分二填空题每题分，满分分，将答案填在答题。
7、时，即，函数在，上单调递减，故的最大值为，得，此时当时，即，函数在，上单调递减，在，上单调递增，故在，的最大值为或，所以，即，故，综上，的取值范围为解由，得，曲线的方程为又由得，得曲线的方程为联立，解得或，所以交点。
8、，要对任意的满足，则且，不可能，故正比例函数不可能是个个关于的函数关于函数为，当函数不恒为时，有，则与同号，又因为函数在实数集上的图象是连续不断的，的图象与轴无交点，即无零点④对于，设存在使得，即存在使得，也就是存在使得，也就是存在使得，此方程有解，所以④正确，故正确的序号为④三解。
9、，故在，上单调递减当时，，解得故在，上单调递减，在，上单调递增因为对任意的，，直线倾斜角都是钝角，即对任意的，，，即，即因为，令，，当时，由知，在，上单调递减，则由，故，此时满足当时，令，得，当时，即，函数在，上单调递增，故的最大值为，解得与矛盾当。
10、第二次循环，，第三次循环，，，此时，不成立，结束循环，输出为的值，故选，当时，，两式相减得整理得，是公比为的等比数列，又，解得，故，则由，即，满足要求的，，所以最大正整数的值为，故选依题意得，的外接圆半径为，的外接圆圆心应位于线段的垂直平分线上，圆心到准线的距离等于，即有，由此解得，故选用割补法可把几何体分割成三个部分，可得。
11、的坐标为，如图，可知，当，共线时，最大，此时，原点到的距离为则解由题意得，则原不等式转化为或或原不等式的解集为由题得，由知，在，上的最大值为，即，解得或，即的取值范围为，则的共轭复数为，故选依题意得。
12、，得，，展开式通项为，时，的系数为当时，，则，得，易得的周期为，则对任常数函数，存在，有，，所以有，所以常数函数是关于函数令正比例函数解析式为，设存在实数，使得为个函数，则则，即。
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