C

解：由题意，C2的焦点为（± ，0），一条渐近线方程为y=2x，根据对称性易知AB为圆的直径且AB=2a ∴C1的半焦距c= ，于是得a2﹣b2=5 ①

设C1与y=2x在第一象限的交点的坐标为（x，2x），代入C1的方程得： ②，由对称性知直线y=2x被C1截得的弦长=2 x，

由题得：2 x= ，所以 ③

由②③得a2=11b2④

由①④得a2=5.5，b2=0.5

故选C

D

解：∵向量 ， ， ∴ =（﹣1﹣t，t﹣1，3﹣t），

∴ 2=（﹣1﹣t）2+（t﹣1）2+（3﹣t）2=3（t﹣1）2+8≥8，

∴ = ，

即当t=1时， 的最小值是 ．

故选：D．

B

解：由a1=1，得到an=a1+（n﹣1）d=1+（n﹣1）d=51， 即（n﹣1）d=50，

解得：d= ，

因为等差数列的各项均为正整数，所以公差d也为正整数，

因此d只能是1，2，5，10，25，50，

此时n相应取得51，26，11，6，3，2，

则n+d的最小值等于16．

故选：B．

【考点精析】本题主要考查了等差数列的通项公式（及其变式）的相关知识点，需要掌握通项公式：或才能正确解答此题．

A

解：双曲线 的焦距为 ，可得c= ，即a2+b2=5，…① 双曲线的一条渐近线方程为x﹣2y=0，可得a=2b，…②，

解①②可得a=2，b=1．

所求的双曲线方程为： ．

故选：A．

A

解：由约束条件 ，作出可行域如图，

联立 ，解得A（﹣1，﹣1），

化目标函数z=y﹣2x为y=2x+z，由图可知，当直线y=2x+z过A时，直线在y轴上的截距最大，z有最大值为﹣1﹣2×（﹣1）=1．

故选：A．

D

解：命题p：若x≠0或y≠0，则x2+y2≠0，为真命题， 故其逆否命题也为真命题；

其逆命题：若x2+y2≠0，则x≠0或y≠0，为真命题，

故其否命题也为真命题；

故选：D

【考点精析】掌握命题的真假判断与应用是解答本题的根本，需要知道两个命题互为逆否命题，它们有相同的真假性；两个命题为互逆命题或互否命题，它们的真假性没有关系．

C

解：a＞b⇔“2RsinA＞2RsinB”⇔“sinA＞sinB”（其中R为△ABC的外接圆半径） ∴“a＞b”是“sinA＞sinB”的充要条件．

故选：C．

D

解：由抛物线的标准方程为x2=y，得抛物线是焦点在y轴正半轴的抛物线，2P=1， ∴其准线方程是y=﹣ =﹣ ．

故选D．

B

解：因为特称命题的否定是全称命题， 所以命题p：∃x0∈R， ，￢p为∀x∈R，x2﹣x+1＞0；

故选：B

（﹣2，3）

解：原不等式可变形为（x﹣3）（x+2）＜0 所以，﹣2＜x＜3

所以答案是：（﹣2，3）．

【考点精析】利用解一元二次不等式对题目进行判断即可得到答案，需要熟知求一元二次不等式解集的步骤：一化：化二次项前的系数为正数;二判：判断对应方程的根;三求：求对应方程的根;四画：画出对应函数的图象;五解集：根据图象写出不等式的解集;规律：当二次项系数为正时，小于取中间，大于取两边．

或

解：∵在△ABC中，A= ，a=1，b= ， ∴由正弦定理 得：sinB= = = ，

∵a＜b，∴A＜B，

∴B= 或 ．

所以答案是： 或 ．

【考点精析】关于本题考查的余弦定理的定义，需要了解余弦定理:;;才能得出正确答案．

解：∵ =（1，1，0）， =（﹣1，0，2）， ∴k + =k（1，1，0）+（﹣1，0，2）=（k﹣1，k，2）

2 ﹣ =2（1，1，0）﹣（﹣1，0，2）=（3，2，﹣2），

∵k + 与2 ﹣ 垂直，

∴3（k﹣1）+2k﹣4=0，

∴k= ，

所以答案是：

【考点精析】本题主要考查了数量积判断两个平面向量的垂直关系的相关知识点，需要掌握若平面的法向量为，平面的法向量为，要证，只需证，即证;即：两平面垂直两平面的法向量垂直才能正确解答此题．

解：（Ⅰ）由题意可得 ， 解得c=2，a= ，b= ．

∴椭圆C的标准方程为 ；

（Ⅱ）由（Ⅰ）可得F（﹣2，0），

设T（﹣3，m），则直线TF的斜率 ，

∵TF⊥PQ，可得直线PQ的方程为x=my﹣2．

设P（x1 ， y1），Q（x2 ， y2）．

联立 ，化为（m2+3）y2﹣4my﹣2=0，

△＞0，∴y1+y2= ，y1y2= ．

∴x1+x2=m（y1+y2）﹣4= ．

∵四边形OPTQ是平行四边形，

∴ ，∴（x1 ， y1）=（﹣3﹣x2 ， m﹣y2），

∴ ，解得m=±1．

此时四边形OPTQ的面积S= ═ = ．

（Ⅰ）由题意可得 ，解出即可；（Ⅱ）由（Ⅰ）可得F（﹣2，0），设T（﹣3，m），可得直线TF的斜率kTF=﹣m，由于TF⊥PQ，可得直线PQ的方程为x=my﹣2．设P（x1 ， y1），Q（x2 ， y2）．直线方程与椭圆方程可得根与系数的关系．由于四边形OPTQ是平行四边形，可得 ，即可解得m．此时四边形OPTQ的面积S= ．

解：（Ⅰ）由 ，得曲线C的直角坐标方程为x2+y2+12x+11=0 即（x+6）2+y2=25，曲线C是以（﹣6，0）为圆心，5为半径的圆

，

（Ⅱ）易得直线l的极坐标方程为θ=α（ρ∈R），

设A，B的极径分别为ρ1 ， ρ2 ， 其是ρ2+12ρcosθ+11=0的解，

于是ρ1+ρ2=﹣12cosα，ρ1ρ2=11， ，

由 ，得 ， ，

所以l的斜率为 或 ．

（Ⅰ）由 ，得曲线C的直角坐标方程为x2+y2+12x+11=0，即可得出结论；（Ⅱ） ，由 ，得 ， ，即可求l的斜率．

解：在△ABC中，AB=10，AC=14，BC=6， 由余弦定理得 ，

所以∠ACB=60°，∠ACD=120°，

在△ACD中，AC=10，∠ADB=30°，∠ACD=120°，

由正弦定理得，

所以

利用余弦定理，求出∠ACB=60°，∠ACD=120°，在△ACD中，AC=10，∠ADB=30°，∠ACD=120°，利用正弦定理可得结论．

【考点精析】本题主要考查了余弦定理的定义的相关知识点，需要掌握余弦定理:;;才能正确解答此题．

解：因为侧面ABB1A1C1 ， ACC1A1均为正方形，∠BAC=90°， 所以AB，AC，AA1两两互相垂直，如图所示建立直角坐标系A﹣xyz

设AB=1，则C（0，1，0），B（1，0，0），A1（0，0，1），D（ ， ，1）．

（Ⅰ）证明：由上可知： ，

所以 ，

所以 ，

所以，异面直线A1D与BC互相垂直．

（Ⅱ）解： =（ ， ，0）， =（0，1，﹣1），

设平面DA1C的法向量为 =（x，y，z），则有

， ，

取x=1，得 =（1，﹣1，﹣1）

又因为AB⊥平面ACC1A1 ， 所以平面ACC1A1的法向量为 =（1，0，0），

∴cos = = = ，

因为二面角D﹣A1C﹣A是钝角，

所以，二面角D﹣A1C﹣A的余弦值为- ．

（Ⅰ）AB，AC，AA1两两互相垂直，建立直角坐标系A﹣xyz，设AB=1，求出相关点的坐标，通过证明 =0，即可证明异面直线A1D与BC互相垂直．（Ⅱ）求出平面DA1C的法向量，平面ACC1A1的法向量利用空间向量的数量积求解即可．

【考点精析】通过灵活运用异面直线及其所成的角，掌握异面直线所成角的求法：1、平移法：在异面直线中的一条直线中选择一特殊点，作另一条的平行线；2、补形法：把空间图形补成熟悉的或完整的几何体，如正方体、平行六面体、长方体等，其目的在于容易发现两条异面直线间的关系即可以解答此题．

解：（Ⅰ）因为Sn=n2+2n， 所以当n≥2时，an=Sn﹣Sn﹣1=n2+2n﹣[（n﹣1）2+2（n﹣1）]=2n+1．

当n=1时，a1=S1=12+2×1=3，满足上式．

故an=2n+1．

（Ⅱ）因为bn=2n ． 所以anbn2=（2n+1）4n ，

其前n项和：Tn=3•4+5•42+7•43+…+（2n﹣1）•4n﹣1+（2n+1）•4n①

两边乘以4得：4Tn=3•42+5•43+…+（2n﹣1）•4n+（2n+1）•4n+1…②

由①﹣②得：﹣3Tn=3•4+2•42+2•43+…+2•4n﹣（2n+1）•4n+1

=

所以Tn= ．

（I）利用递推关系即可得出．（II）利用“错位相减法”与等比数列的求和公式即可得出．

【考点精析】解答此题的关键在于理解数列的前n项和的相关知识，掌握数列{an}的前n项和sn与通项an的关系．