一．选择题：
1).解析：与互为共轭复数，，∴答案：d 。
2). 解析答案：c 。
3). 解析：∵，或，∴ 或，答案：c。
4). 解析：反证法的步骤第一步是假设命题的反面成立，而方程至少有一个实根”的反面是方程没有实根。答案：a 。
5). 解析：∵，排除a,b，对于c ，是周期函数，排除c。答案：d。
6). 解析：，，解得或或（舍去），根据定积分的几何意义可知，直线与曲线在第一象限内围成的封闭图形的面积为，答案：d。
7). 解析：第一组与第二组频率之和为，故样本容量为，第三组频率为，故第三组的人数为，故第三组中有疗效的人数为，答案：c。
8). 解析：画出的图象最低点是，过原点和时斜率最小为，斜率最大时的斜率与的斜率一致，故。答案：b。
9). 解析】：求得交点为，则。因的几何意义是直线上的点与坐标远点距离的平方，故其最小值为圆心到直线的距离的平方。答案：b。
10). 解析：∵椭圆的离心率为，双曲线的离心率为，∴，即，∴，故双曲线的渐近线方程为，即，答案：a 。
二．填空题：
11). 解析：根据判断条件，得，输入，第一次判断后循环，，第二次判断后循环，，第三次判断后循环，，第四次判断不满足条件，退出循环，输出。
答案：3。12). 解析：由条件可知，当时， 。答案：。
13). 解析：如图，设点到平面的距离为，的面积为，则，，所以。答案：。
14). 解析：将展开得到，令。故，所以，所以。当且仅当或时，等号成立。答案：2 。
15). 解析：函数的定义域为，根据已知得，所以。由恒成立，即恒成立，即恒成立，令，，则只要直线在半圆上方即可，由，解得（舍去负值），故实数的取值范围是。
答案：。三．解答题：
16). 解：（ⅰ由题意知，因为的图像过点，∴，解得。
ⅱ）由（ⅰ）知，由题意知左移后得到。
设的图像上符合题意的最高点为，由题意知，解得，即到点的距离为的最高点为。将其代入得，因为，解得。∴，由，得。
的单调增区间为。
17). 解：（ⅰ因为底面是等腰梯形，且，所以，又由是线段的中点，因此且。连接，在四棱柱中，因为，，可得，，所以为平行四边形，因此。
又，所以。ⅱ）方法一： ，作交于，连接，则即为所求二面角的平面角。
在中， ，所以。
在中，, 所以平面和平面所成的角（锐角）的余弦值为。
方法二：连接，，由（ⅰ）知且。所以四边形为平行四边形，因此，由题意知，所以为正三角形，因此，，于是。
以为原点，为轴，为轴，为轴建立空间坐标系，所以，因此，所以，。设平面的法向量为，由得，可得平面的一个法向量为。
显然平面的一个法向量为，因此。
所以平面和平面所成的角（锐角）的余弦值为。
18). 解：（ⅰ记为事件“小明对落点在上的来球回球的得分为分”，则，，；记为事件“小明对落点在上的来球回球的得分为分”，则，，。
记为事件“小明的两次回球的落点中恰有一次的落点在乙上”，则由题意知，，由事件的互斥性和独立性， ，所以小明的两次回球的落点中恰有一次的落点在乙上的概率为。
ⅱ）由题意知，随机变量的可能取值为。由事件的互斥性和独立性，得，19). 解：（ⅰ成等比数列，∴，即，解得，，
。（或）20). 解：（ⅰ函数的定义域为。，当时，，∴令，则。
当时，是单调递减函数；当时，是单调递增函数。
所以的单调递减区间为，的单调递增区间为。
ⅱ）由（ⅰ）知，当时，函数在内单调递减函数，故函数在内不存在极值点；当时，令，则。
当时，，，函数单调递增，故函数在内不存在两个极值点；
当时，由得，。
当时，，∴函数单调递减；当时，，∴函数单调递增。所以函数的极小值为。故函数在内存在两个极值点当且仅当。
解得。综上所述，函数在内存在两个极值点时，的取值范围是。
(21). 解：（ⅰ由题意知，设，则的中点坐标为。∵，由抛物线的定义知，解得或（舍去）。由，解得。∴抛物线。
ⅱ）(由（ⅰ）知，，∵由，∴，故。直线的斜率为。∵直线与直线平行，∴设直线的方程为，代入抛物线的方程得，由题意，解得。
，则，。当时，，∴直线的方程为，由，整理可得直线的方程为，故直线恒过点。
ⅱ)由(ⅰ)知直线过焦点，所以，设直线的方程为，∵点在直线上，∴。直线的方程为，由于，可得，代入抛物线方程得。设，则，可求得，。
所以点到直线的距离为。则的面积，当且仅当，即时等号成立。所以的面积的最小值为。
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