B

解：根据题意，本程序框图为求和运算 第1次循环：S=0+ K=3

第2次循环：S= K=5

第3次循环：S= K=7

第4次循环：S= K=9

第5次循环：S= K=11

此时，K＞10

输出S=

故选B．

【考点精析】解答此题的关键在于理解算法的循环结构的相关知识，掌握在一些算法中，经常会出现从某处开始，按照一定条件，反复执行某一处理步骤的情况，这就是循环结构，循环结构可细分为两类：当型循环结构和直到型循环结构．

D

解：分别取DA、DB、DC上的点E、F、G， 并使DE=3EA，DF=3FB，DG=3GC，

并连结EF、FG、GE，

则平面EFG∥平面ABC．

当点M在正四面体DEFG内部运动时，满足“ ”，

故P（X）= ．

故选D．

【考点精析】本题主要考查了几何概型的相关知识点，需要掌握几何概型的特点：1）试验中所有可能出现的结果（基本事件）有无限多个；2）每个基本事件出现的可能性相等才能正确解答此题．

A

解：若a=b，则直线与圆心的距离为 等于半径， ∴y=x+2与圆（x﹣a）2+（y﹣b）2=2相切

若y=x+2与圆（x﹣a）2+（y﹣b）2=2相切，则

∴a﹣b=0或a﹣b=﹣4

故“a=b”是“直线y=x+2与圆（x﹣a）2+（y﹣b）2=2相切”的充分不必要条件．

故选A．

C

解：命题“若x2＜1，则﹣1＜x＜1”的逆否命题是“若x≤﹣1或x≥1，则x2≥1“， 故选：C

【考点精析】利用四种命题对题目进行判断即可得到答案，需要熟知原命题：若P则q； 逆命题：若q则p；否命题：若┑P则┑q；逆否命题：若┑q则┑p．

D

解：∵2x2+2x+ = ，∴命题p：∀x∈R，2x2+2x+ ＜0为假命题； ∵sinx0﹣cosx0= sin（ ），∴命题q：∃x0∈R，sinx0﹣cosx0= 为真命题．

∴￢q是假命题．

故选：D．

【考点精析】本题主要考查了命题的真假判断与应用的相关知识点，需要掌握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才能正确解答此题．

C

解：动圆圆心为P，半径为r，已知圆圆心为N，半径为4 由题意知：PM=r，PN=r+4， 所以|PN﹣PM|=4，

即动点P到两定点的距离之差为常数4，P在以M、C为焦点的双曲线上，且2a=4，2c=8，

∴b=2 ，

∴动圆圆心M的轨迹方程为： ．

故选：C．

（﹣9，6）或（﹣9，﹣6）

解：∵抛物线y2=﹣2px（p＞0）的准线方程为x= ，设M（﹣9，m）， ∵点M到焦点的距离为10，

∴由抛物线的定义知： ﹣（﹣9）=10，

解得：p=2，

∴抛物线方程为：y2=﹣4x；

将M（﹣9，m）点的坐标代入抛物线方程得：m2=﹣4×（﹣9）=36，

∴m=±6，

∴M点的坐标为（﹣9，6）或（﹣9，﹣6），

所以答案是（﹣9，6）或（﹣9，﹣6）．

解析：椭圆 + =1的右焦点F2（1，0），故直线AB的方程y=2（x﹣1）， 由 ，消去y，整理得3x2﹣5x=0，设A（x1 ， y1），B（x2 ， y2），x1＜x2 ，

则x1 ， x2是方程3x2﹣5x=0的两个实根，解得x1=0，x2= ，故A（0，﹣2），B（ ， ），

故S△OAB=S△OFA+S△OFB= ×（|﹣2|+ ）×1= ．

故答案：

（1）证明：连接AC、BD交于点O，连接OM．

则AO=OC，又PM=MC，

∴PA∥OM．

∵PA⊄平面BMD，OM⊂平面BMD，

∴PA∥平面BMD

（2）证明：解：以A为原点，AB为x轴，AD为y轴，过A作平面ABCD的垂线为z轴，

建立空间直角坐标系，

则P（0，2，2 ），B（4，0，0），D（0，4，0），

=（﹣4，2，2 ）， =（﹣4，4，0），

设平面BPD的法向量 =（x，y，z），

则 ，

取x=1，得 =（1，1， ），

平面ABD的法向量 =（0，0，1），

设二面角P﹣BD﹣A的平面角为θ，

则cosθ= = = ．

∴二面角P﹣BD﹣A的余弦值为

（1）连接AC、BD交于点O，连接OM，推导出PA∥OM，由此能证明PA∥平面BMD．（2）以A为原点，AB为x轴，AD为y轴，过A作平面ABCD的垂线为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角P﹣BD﹣A的余弦值．

【考点精析】通过灵活运用直线与平面平行的判定，掌握平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，则该直线与此平面平行；简记为：线线平行，则线面平行即可以解答此题．

（1）证明：取CC1的中点O，连接OA，OB1，AC1，

∵在平行四边形ABB1A1中，∠ABB1=60°，AB=4，AA1=2，C，C1分别为AB，A1B1的中点，

∴△ACC1，△B1CC1，为正三角形，

则AO⊥CC1，OB1⊥C1C，又∵AO∩OB1=O，

∴C1C⊥平面OAB1，

∵AB1⊂平面OAB1

∴AB1⊥CC1

（2）解：∵∠ABB1=60°，AB=4，AA1=2，C，C1分别为AB，A1B1的中点，

∴AC=2，OA= ，OB1= ，

若AB1= ，

则OA2+OB12=AB12，

则三角形AOB1为直角三角形，

则AO⊥OB1，

以O为原点，以0C，0B1，OA为x，y，z轴建立空间直角坐标系，

则C（1，0，0），B1（0， ，0），C1（﹣1，0，0），A（0，0， ），

则 =（﹣2，0，0），

则 = =（﹣2，0，0）， =（0， ，﹣ ）， =（﹣1，0，﹣ ），

设平面AB1C的法向量为 =（x，y，z），

则 ，

令z=1，则y=1，x=﹣ ，

则 =（﹣ ，1，1），

设平面A1B1A的法向量为 =（x，y，z），则 ，

令z=1，则x=0，y=1，即 =（0，1，1），

则cos＜ ， ＞= = =

由于二面角C﹣AB1﹣A1是钝二面角，

∴二面角C﹣AB1﹣A1的余弦值是﹣ ．

（1）根据线面垂直的性质定理，证明C1C⊥平面OAB1；（2）建立空间坐标系，利用向量法即可求二面角C﹣AB1﹣A1B的余弦值．

【考点精析】本题主要考查了空间中直线与直线之间的位置关系的相关知识点，需要掌握相交直线：同一平面内，有且只有一个公共点；平行直线：同一平面内，没有公共点；异面直线： 不同在任何一个平面内，没有公共点才能正确解答此题．

解：（Ⅰ）依题意得 = ， •2a•2b=4 ，又a2=b2+c2 ， 由此解得a=2，b= ． 所以椭圆E的方程为 =1．

（Ⅱ）点B在以MN为直径的圆内．证明如下：

方法1：由（Ⅰ）得A（﹣2，0），B（2，0）．设M（x0 ， y0）．

∵M点在椭圆上，∴y02= （4﹣x02）． ①

又点M异于顶点A、B，∴﹣2＜x0＜2．

由P、A、M三点共线可以得P ．

从而 =（x0﹣2，y0）， = ．

∴ • =2x0﹣4+ = （x02﹣4+3y02）． ②

将①代入②，化简得 • = （2﹣x0）．

∵2﹣x0＞0，∴ • ＞0，于是∠MBP为锐角，从而∠MBN为钝角，

故点B在以MN为直径的圆内．

方法2：由（Ⅰ）得A（﹣2，0），B（2，0）．设M（x1 ， y1），N（x2 ， y2），

则﹣2＜x1＜2，﹣2＜x2＜2，又MN的中点Q的坐标为 ，

依题意，计算点B到圆心Q的距离与半径的差

|BQ|2﹣ |MN|2= + ﹣ [（x1﹣x2）2+（y1﹣y2）2]

=（x1﹣2）（x2﹣2）+y1y2 ③

直线AP的方程为y= （x+2），直线BP的方程为y= （x﹣2），

而两直线AP与BP的交点P在直线x=4上，

∴ = ，即y2= ④

又点M在椭圆上，则 =1，即y12= （4﹣x12） ⑤

于是将④、⑤代入③，化简后可得|BQ|2﹣ |MN|2= （2﹣x1）（x2﹣2）＜0．

（Ⅰ）依题意得 = ， •2a•2b=4 ，又a2=b2+c2 ， 由此解得a，b．即可得出．（Ⅱ）点B在以MN为直径的圆内．分析如下： 方法1：由（Ⅰ）得A（﹣2，0），B（2，0）．设M（x0 ， y0）．又点M异于顶点A、B，可得﹣2＜x0＜2．由P、A、M三点共线可以得P．可得 • ＞0，即可证明．方法2：由（Ⅰ）得A（﹣2，0），B（2，0）．设M（x1 ， y1），N（x2 ， y2），依题意，计算点B到圆心Q的距离与半径的差．|BQ|2﹣ |MN|2=（x1﹣2）（x2﹣2）+y1y2 ， 两直线AP与BP的交点P在直线x=4上，可得 = ，化简后可得|BQ|2﹣ |MN|2＜0，即可证明．