安徽省黄山市2019届高中毕业班理数第三次质量检测试卷

安徽省黄山市2019届高中毕业班理数第三次质量检测试卷一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分。

） (共12题；共60分) 1．（5分）已知复数a+3i
1−2i
是纯虚数，则实数a为（）
A．-6B．6C．−2
3D．2
3
2．（5分）集合A={x|2lgx<1}，B={x|x2-9≤0}，则A∩B=（）
A．[-3，3]B．（0，√10）C．（0.3]D．[-3，√10）3．（5分）为了判断高中生选修理科是否与性别有关，现随机抽取50名学生，得到如下2×2列联表：
根据表中数据，得到K2的观测值k= 50×(13×20−10×7)2
23×27×20×30
≈4.844，若已知P（K2≥3.841）≈0.05，P（K2≥5.024）~0.025，则认为选修理科与性别有关系出错的可能性约为（）A．25%B．5%C．1%D．10%
4．（5分）已知双曲线x2
a2
−y
2
b2
=1（a>0，b>0）的离心率为√7
2
，且它的一个焦点到渐近线的距离
为√3，则该双曲线的方程为（）
A．x2
12−y2
9=1
B．x2
28−
y2
21=1
C．x2
16−y2
12=1
D．x2
4−
y2
3=1
5．（5分）执行如图所示的程序框图，若输出s=4，则判断框内应填入的条件是（）
A．k≤14B．k≤15C．k≤16D．k<17
6．（5分）已知（1+x）（1-ax）5的展开式中x²的系数为−5
8
，则a=（）
A．1B．1
2C．1
3
D．1
4
7．（5分）谢尔宾斯基三角形（Sierpinski triangle）是一种分形，由波兰数学家谢尔宾斯基在1915年提出.在一个正三角形中，挖去一个“中心三角形”（即以原三角形各边的中点为顶点的三角形），然后在剩下的小三角形中又挖去一个“中心三角形”，我们用白色三角形代表挖去的部分，黑色三角形为剩下的部分，我们称此三角形为谢尔宾斯基三角形.若在图（3）内随机取一点，则此点取自谢尔宾斯基三角形的概率是（）
A．1
3B．1
4
C．9
16
D．5
16
8．（5分）将函数g（x）=4cos2（x
2+
π
6）-2的图象向右平移
π
2个单位长度，再把横坐标缩短到原
来的1
2
倍（纵坐标不变）得到函数f（x）的图象，则下列说法正确的是（）A．函数f（x）的最小正周期为2π
B．函数f（x）在区间[ 7π
12，5π
4
]上单调递增
C．函数f（x）在区间[ 2π
3，5π
4
]上的最小值为- √3
D ．x= π
3 是函数f （x ）的一条对称轴
9．（5分）若某几何体的三视图（单位：cm ）如图所示，则此几何体的表面积等于（ ）
A ．111+4√412 cm 2
B ．111+3√412 cm 2
C ．110+5√412
cm 2
D ．110+√412
cm 2
10．（5分）设△ABC 的内角A ，B ，C 所对边的长分别是a ，b ，c ，且b=3，c=1，A=2B ，则a 的值
为（ ） A ．2√5
B ．4
C ．2√3
D ．2√2
11．（5分）已知等边△ABC 的边长为2，点E ，F 分别在边AB 、AC 上，且 AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =λAB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ， AF ⃗⃗⃗⃗⃗ =μAC ⃗⃗⃗⃗⃗ 若 EB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·FC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =23
， EC ⃗⃗⃗⃗⃗ ·FB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =−1 ，则λ+μ=（ ） A ．12
B ．23
C ．56
D ．712
12．（5分）已知函数f （x ）=
x+1
e x
-ax 有两个零点，则实数a 的取值范围是（ ） A ．（0，+∞）
B ．（1，+∞）
C ．（ 2e
，+∞）
D ．（0， 2e
）
二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分。

） (共4题；共20分)
13．（5分）若x ，y 满足约束条件 {x −2y −2≤0x −y +1≥0y ≤0
，则z=4x+3y 的最大值为 。

14．（5分）平均数为1010的一组数构成等差数列，其末项为2019，则该数列的首项为 。

15．（5分）抛物线有如下光学性质：由其焦点射出的光线经抛物线反射后，沿平行于抛物线对称轴
的方向射出，现有抛物线y 2=2px （p>0），如图一平行x 轴的光线射向抛物线，经两次反射后沿平行x 轴方向射出，若两平行光线间的最小距离为4，则该抛物线的方程为 .
16．（5分）连接正方体每个面的中心构成一个正八面体，则该八面体的外接球与内切球体积之比为。

三、解答题（本大题共6小题，共70分，） (共7题；共80分)
17．（12分）已知等差数列{a n}满足a4=7，其前5项和为25，等比数列{b n}的前n项和S n=2n-1
（n∈N*）.
（I）求数列{a n}、{b n}的通项公式；
（Ⅱ）求数列{a n b n}的前n项和T n.
18．（12分）如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，面ABEF为正方形，AF= 2√3 FD，∠AFD=90°，且二面角D-AF-E与二面角C-BE-F都是30°.
（I）证明：AF⊥平面EFDC；
（Ⅱ）求直线BF与平面BCE所成角的正弦值。

19．（12分）全民健身倡导全民做到每天参加一次以上的体育健身活动，旨在全面提高国民体质和健康水平某部门在该市2013-2018年发布的全民健身指数中，对其中的“运动参与评分值y”（满分100分）进行了统计，制成如图所示的散点图。

（注：年份代码1-6分别对应年份2013-2018）
（I ）根据散点图，建立y 关于t 的回归方程 y ^=b ^
t +a ^
；
（Ⅱ）从该市的市民中随机抽取了容量为150的样本，其中经常参加体育锻炼的人数为50，以频率为概率，若从这150名市民中随机抽取4人，记其中“经常参加体育锻炼”的人数为X ，求X 的分布列和数学期望。

附：对于一组数据（t 1，y 1），（t 2，y 2），.…，（t n ，y n ），其回归直线 y ^=b ^
t +a ^ 的斜率和截距的最
小二乘估计公式分别为 b ^
=
∑
(t i −t ̅
)(y i −y ̅
)
n
i=1∑(t i −t ̅)2n i=1
， a ^=y ^
−b ^
t
20．（12分）已知点A 为圆B:（x+2）2+y 2=32上任意一点，点C （2，0），线段AC 的中垂线交AB
于点M.
（I ）求动点M 的轨迹方程；
（Ⅱ）若动直线l 与圆O:x 2+y 2= 8
3
相切，且与动点M 的轨迹交于点E 、F ，求△OEF 面积的最大
值（O 为坐标原点）.
21．（12分）已知函数f （x ）=lnx+ a
x +x （a ∈R ）.
（I ）讨论函数f （x ）的单调性；
（Ⅱ）若a=1，f （x ）> (x−k)lnx x−1
+x-1在（1，+∞）上恒成立，求k 的取值范围.
22．（10分）在直角坐标系xOy 中，曲线C 1的参数方程为 {x =3cosθ
y =sinθ （θ为参数）
，以坐标原点为
极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为ρ2-12ρsinθ+35=0.
（I）求曲线C1，C2的直角坐标方程；
（Ⅱ）若动直线l分别与C1，C2交于点P、Q，求|PQ|的取值范围。

23．（10分）已知函数f（x）=|2x+1|+|x-21.
（I）求不等式f（x）≥3的解集；
（Ⅱ）若不等式f（x）≤|a-1|的解集不是空集，求a的取值范围.
答案解析部分
1．【答案】B
【解析】【解答】解：化简可得复数a+3i 1−2i =(a+3i)(1+2i )(1−2i)(1+2i )=a−6+(2a+3)i 5
， 由纯虚数的定义可得a −6=0，2a +3≠0， 解得a =6 故答案为：B
【分析】对于复数a+3i 1−2i ，分子和分母同时乘以分母的共轭复数1+2i ，化为最简的形式，再由该复数
为纯虚数，令实部为0、虚部不为0即可求出a 的值.
2．【答案】C
【解析】【解答】解：∵集合A ={x|2lgx <1}={x|0<x <√10}，
B ={x|x 2−9≤0}={x|−3≤x ≤3}，
∴A ∩B ={x|0<x ≤3}=(0,3]. 故答案为：C
【分析】分别求出集合A,B ，再进而求出A ∩B 即可。

3．【答案】B
【解析】【解答】解：根据表中数据得到K 2=50×(13×20−10×7)2
23×27×20×30
≈4.844，
又由5.024>4.844>3.841，
而 P （K 2≥3.841）≈0.05，P （K 2≥5.024）≈0.025， 故选修文科与性别相关的判断出错的可能性约为5%. 故答案为：B
【分析】根据题意，比较可得5.024>4.844>3.841，结合独立性检验的统计意义，根据表中数据得到观测值，对照临界值即可得答案。

4．【答案】D
【解析】【解答】解：双曲线 x 2a 2−y 2b
2=1 （a>0，b>0） 的渐近线方程为y =±b a x ，
由双曲线的焦点(c ，0)到其渐近线bx +ay =0的距离是√3， 可得bc
√a 2+b
=b =√3，
由e =c a =√
72
，又c 2=a 2+b 2，
解得a =2，c =√7，
则双曲线的方程为：x 2
4−y 23
=1
故答案为：D
【分析】由已知得出双曲线的渐近线方程，运用点到直线的距离公式，可得b ，再由离心率公式和a,b,c 的关系，解得a ，进而得到所求双曲线的方程,即可得出答案。

5．【答案】B
【解析】【解答】解：根据程序框图，运行结果如下：
S k
第一次循环 log 23 3 第二次循环 log 23·log 34 4 第三次循环 log 23·log 34 ·log 45 5 第四次循环 log 23·log 34 ·log 45·log 56 6 ... ...
依次循环，第十四次进入循环体S =4，k =16
故如果输出S =4，那么只能进行十四次循环，故判断框内应填入的条件是k ≤15． 故答案为：B
【分析】根据程序框图，写出运行结果，根据程序输出的结果是S =4，可以判断出框内应填入的条件。

6．【答案】D
【解析】【解答】解：（1+x ）（1-ax ）5=(1+x )(1−5ax +10a 2x 2−10a 3x 3+5a 4x 4−a 5x 5)
的展开式中
x 2
的系数为
10a 2−5a =−58，
解得：
a =14
故答案为：D
【分析】把（1-ax ）5 按照二项式定理展开，可得 （1+x ）（1-ax ）5 的展开式中x 2的系数，再根据它
的展开式中x 2的系数为−5
8，求出a =14，即可得出答案。

7．【答案】C
【解析】【解答】解：由题意，可知：
对于图(3)，假设最大的三角形的面积为1；
而中间被挖去的最大的三角形的面积为1
4
；
三个比较小的被挖去的三角形的面积为14×14=116
；
∴图(3)谢尔宾斯基三角形的面积为1−14−3×116=9
16
. ∴若在图(3)内随机取一点,则此点取自谢尔宾斯基三角形的概率是916.
故答案为：C
【分析】本题通过假设最大的三角形的面积为1，然后算出中间被挖去的最大的三角形的面积为14
，
再算出三个比较小的被挖去的三角形的面积为116，即可得到谢尔宾斯基三角形的面积9
16
，进而得出
此点取自谢尔宾斯基三角形的概率。

8．【答案】C
【解析】【解答】解： g （x ）=4cos 2（ x 2+π6 ）-2=2cos (x +π
3)，
将g (x )的图象向右平移π2个单位长度，得到y =2cos (x −π2+π3)=2cos (x −π6)， 再把横坐标缩短到原来的12倍，得到y =2cos (2x −π
6)，
即f (x )=2cos (2x −π
6)，
则函数的最小正周期T =2π
2
=π，故选项A 错误，
当x ∈[7π12，5π
4
]，2x −π6∈[π，7π3]，则函数f (x )不单调，故选项B 错误， 当x ∈[
2π3，5π4]，2x −π6∈[7π6，7π3]，则当2x −π6=7π
6
时，函数f (x )取得最小值，最小值为y =2cos 7π
6=2×(−√32)=−√3，故选项C 正确，
当x =π3时，f (π3)=2cos (2×π3−π6)=2cos π
2=0，则x =π3
不是函数f (x )的一条对称轴，故选项D 错误， 故答案为：C
【分析】根据三角函数的倍角公式进行化简，结合函数图象变换求出f (x )的解析式，结合三角函数的性质对每一个答案进行逐一判断，即可得出答案。

9．【答案】B
【解析】【解答】解：三视图可知几何体是三棱柱截取一个三棱锥部分后的多面体，底面是直角边长
3，4的三角
形，棱柱的高为5，截取的三棱锥的高为3，
所以几何体的表面积为：5×5+12×3×4+2+52×4+2+52×3+12×3√2×√25−(3√22
)2
=
111+3√41
2
cm 2
故答案为：B
【分析】由三视图可知几何体是三棱柱截取一个三棱锥部分后的多面体，利用几何体的形状即三视图的数据求解几何体的每个面的面积即可。

10．【答案】C
【解析】【解答】解：在△ABC 中,∵A =2B ,a sinA =b sinB ，b =3，c =1，
可得a 2sinBcosB =3sinB
,
整理得a =6cosB ,
∴由余弦定理可得：a =6×a 2
+1−92a
，
∴a =2√3 故答案为：C
【分析】利用正弦定理，二倍角公式结合已知可得a 2sinBcosB =3
sinB
，整理得a =6cosB ,再由余弦定理即可解得a 的值。

11．【答案】C
【解析】【解答】解：建立平面直角坐标系，如图所示：
则A （0，√3），B （-1，0），C （1，0）， ∴AB →
=(−1，−√3)，AC →
=(1，−√3)，
∴AE →
=λAB →
=(−λ，−√3λ) ， AF →
=μAC →
=(μ，−√3μ)
∴OE →
=OA →
+AE →
=(−λ,√3−√3λ)，OF →
=OA →
+AF →
=(−μ,√3−√3μ)，
又 EB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·FC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =23
， ∴(OB →−OE →)·(OC →−OF →
)=(−1+λ,√3λ−√3)·(1−μ,√3μ−√3)=(−1+λ)(1−μ)+3(λ−1)(μ−1)
=2(λμ−λ−μ+1)=
23
∴λμ−λ−μ+1=13①
又 EC ⃗⃗⃗⃗⃗ ·FB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =−1 ，
∴(OC →−OE →)·(OB →−OF →
)=(1+λ,√3λ−√3)·(−1−μ,√3μ−√3)=(1+λ)(−1−μ)+3(λ−1)(μ−1)
=2(λμ−2λ−2μ+1)=−1
∴λμ−2λ−2μ+1=−1
2
②
①-②得λ+μ=56
故答案为：C
【分析】建立平面直角坐标系，利用坐标表示向量AB →
，AC →
，根据题意求出AE →
=λAB →
=(−λ，−√3λ)，OE →
=OA →
+AE →
=(−λ,√3−√3λ)，OF →
=OA →
+AF →
=(−μ,√3−√3μ)的坐标表示，再利用
EB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·FC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =23和EC ⃗⃗⃗⃗⃗ ·FB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =−1
，列出方程求得λ+μ的值即可。

12．【答案】A
【解析】【解答】解：方程 f （x ）=
x+1
e x -ax 有两个零点,即 x+1e x
=ax 有两个根, 即函数y =x+1
e
x 与y =ax 的图象有两个不同交点。

由y =
x+1e x ,得
y ′=e x −xe x −e x e 2x
=−x e x . 当x ∈(−∞,0)时,y ′>0,y =x+1
e x
单调递增； 当x ∈(0,+∞)时,y ′<0,y =
x+1
e x
单调递减。

又当x →−∞时，y →−∞，当x →+∞时，y →0.
作出y =x+1
e
x 的大致图象如图：
而直线y =ax 恒过坐标原点，
∴要使函数y =x+1
e
x 与y =ax 的图象有两个不同交点,则a ∈(0,+∞).
故答案为：A
【分析】把方程f （x ）= x+1
e x -ax 有两个零点转化为函数y =x+1e x
与y =ax 的图象有两个不同交点,利用导数研究y =
x+1
e x
的大致图象，数形结合即可得出答案。

13．【答案】8
【解析】【解答】解：由约束条件作出可行域如下：
又目标函数 z=4x+3y 可化为y =−43x +z 3
，
因此,当直线y =−43x +z
3
在y 轴截距最大时，z=4x+3y 取最大值，
由图象可得,当直线y =−43x +z
3
过点A (2,0)时，直线的截距最大，此时z 最大，
z max =4×2+3×0=8
故答案为：8.
【分析】根据约束条件作出可行域，化目标函数 z=4x+3y 为y =−43x +z
3，由此可得当直线y =
−43x +z
3在y 轴截距最大时，z 取最大值，结合图象发现过点A (2,0)时，直线的截距最大，即可求出z
的最大值。

14．【答案】1
【解析】【解答】解：设该等差数列的首项为a ，
由题意和等差数列的性质可得2019+a =1010×2 解得a =1 故答案为：1
【分析】先设该等差数列的首项为a ，由题意可得首项的方程2019+a =1010×2，解方程即可得出a 的值。

15．【答案】y 2=4x
【解析】【解答】解：由抛物线的光学性质可得：PQ 必过抛物线的焦点F (p 2,0)，
当直线PQ 斜率不存在时，易得|PQ |=2p ；
当直线PQ 斜率存在时，设PQ 的方程为y =k (x −p
2)，P (x 1,y 1)，Q (x 2,y 2)， 由{y =k (x −p
2)y 2=2px
得：k 2(x 2−px +p 24)=2px
整理得4k 2x 2−(4k 2p +8p )x +k 2p 2=0，
所以x 1+x 2=k 2
p+2p k
2
，x 1x 2=p 24， 所以|PQ |=x 1+x 2+p =(2k 2
+2)p
k
2
>2p 综上，当直线PQ 与x 轴垂直时，弦长最短， 又因为两平行光线间的最小距离为4，故2p =4， ∴抛物线方程为y 2=4x ． 故答案为：y 2=4x ．
【分析】先由题意得到PQ 必过抛物线的焦点，设出直线PQ 的方程，联立直线PQ 的方程与抛物线方程，表示出弦长|PQ |=x 1+x 2+p =(2k 2
+2)p
k
2>2p ，得出PQ 的最小值，进而求出p 的值，得出抛物
线方程。

16．【答案】3√3:1
【解析】【解答】解：设正方体的棱长为2，八面体的外接球的直径为正方体的棱长, 即八面体的外
接球的半径为1
八面体分成两个正四棱锥，正四棱锥的高为√32，八面体的内切球的半径为23×√32=√
33
，该八面体的
外接球与内切球半径之比为1：√
33
=√3:1
该八面体的外接球与内切球体积之比为3√3:1
故答案为：3√3:1
【分析】八面体分成两个正四棱锥，八面体的外接球的直径为正方体的棱长，进而得出八面体的外接球的半径，八面体的内切球的半径是正四棱锥的高的23，进而得出外接球与内切球半径之比，即可
得出八面体的外接球与内切球体积之比。

17．【答案】解：（Ⅰ）设等差数列{a n }的公差为d ，
由已知得 {a 1
+3d =75a 1+10d =25 ⇒ {a 1=1
d =2 ∴ a n =2n −1(n ∈N ∗) ．
对于数列{b n }， ∵ S n =2n −1 ， ∴ 当n=1时，b 1=S 1=2-1=1， 当n≥2时， b n =S n −S n−1=(2n −1)−(2n−1−1)=2n−1 ，
综上， b n =2n−1 （n ∈N *）．
（Ⅱ）由（Ⅰ）得 a n b n =2n−1(2n −1) ， ∴ T n =1+3×21+5×22+⋯+(2n −1)2n−1 ，① 2T n =1×2+3×22+5×23+⋯+(2n −1)2n ，②
①-②得： −T n =1+2×21+2×22+⋯+2×2n−1−(2n −1)2n =(3−2n)2n −3 ， ∴ T n =(2n −3)2n +3 ．
【解析】【分析】（Ⅰ）由已知结合等差数列的通项和求和公式 {a 1
+3d =7
5a 1+10d =25 ，可求出公差d ，进而可求出d
由已知，利用b 1=S 1，n ≥2时， b n =S n −S n−1=(2n −1)−(2n−1−1)=2n−1 ，可求 b n =2n−1 。

（Ⅱ）由（Ⅰ）得 a n b n =2n−1(2n −1) ，进而得出 T n =1+3×21+5×22+⋯+(2n −1)2n−1 ，然后利用错位相减即可求出T n 。

18．【答案】解：（Ⅰ） ∵ 面ABEF 为正方形 ∴ ΑF ⊥FE
又 ∠AFD =90∘ ∴ ΑF ⊥DF ，而 DF ∩FE =F , DF ⊂面EFDC , EF ⊂面EFDC ∴ ΑF ⊥面EFDC
（Ⅱ） ∵ AF ⊂面ABEF ，则由（Ⅰ）知面 EFDC ⊥ 平面 ΑΒΕF ，过 D 作 DG ⊥ΕF ，垂足为 G ， ∴ DG ⊥ 平面 ΑΒΕF ．
以 G 为坐标原点， GF
⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向为 x 轴正方向， |GD ⃗⃗⃗⃗⃗ | 为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系 G −xyz ．
由（Ⅰ）知 ∠DFE 为二面角 D −AF −E 的平面角，故 ∠DFE =30∘ ，又 AF =2√3FD ，则
|DF|=2 ， |GF|=√3 ， |AF|=4√3 ∴ B(−3√3,4√3,0) ， E(−3√3,0,0) ， F(√3,0,0) ． 由已知， AB//EF ， ∴ AB// 平面 EFDC ．又平面 ABCD ∩ 平面 EFDC =DC ， 故 AB//CD ， CD//EF ．由 BE//AF ，可得 BE ⊥ 平面 EFDC ，
∴ ∠CΕF 为二面角 C −BE −F 的平面角， ∠CΕF =30∘ ． ∴ C(−2√3,0,1) ．
∴ ΕC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(√3,0,1) ， ΕΒ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,4√3,0) ， BF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(4√3,−4√3,0) ．
设 n
⃗ =(x,y,z) 是平面 ΒCΕ 的法向量，则 {n ⃗ ⋅ΕC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0n
⃗ ⋅ΕΒ⃗⃗⃗⃗⃗ =0 ，即 {√3x +z =04√3y =0 ， ∴ 可取 n ⃗ =(1,0,−√3) . 则 sinθ=|cos〈BF
⃗⃗⃗⃗⃗ ,n ⃗ 〉|=|BF ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n ⃗⃗ |BF ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||n ⃗⃗ ||=43
46×2
=√24 ． ∴ 直线 BF 与平面BCE 所成角的正弦值为 √
24
.
【解析】【分析】（Ⅰ）要证明线面垂直需证明线线垂直，由 ABEF 为正方形 得出 ΑF ⊥FE ，再由
∠AFD =90∘ ，∠AFD =90∘ ，进而证出 ΑF ⊥面 EFDC 。

（Ⅱ）由（Ⅰ）可知 ∠DFE 为二面角 D −AF −E 的平面角 ，建立如图所示的空间直角坐标系G −
xyz ,进而得出 ∠CΕF 为二面角 C −BE −F 的平面角， 设出 n
⃗ =(x,y,z)是平面BCE 的法向量，得出 {
n ⃗ ⋅ΕC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0n
⃗ ⋅ΕΒ⃗⃗⃗⃗⃗ =0 ，进而求得 sinθ=|cos〈BF ⃗⃗⃗⃗⃗ ,n ⃗ 〉|=|BF ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n ⃗⃗ |BF ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||n ⃗⃗ ||=4346×2=√24即可得出 直线 BF 与平面BCE 所成角的正弦值。

19．【答案】解：（Ⅰ）由题意得: t =1+2+3+4+5+66=3.5 ， y ̅=65+71+73+77+80+846=75 ， ∑(t i −t )n
i=1(y i −y
̅)= (1−3.5)(65−75)+(2−3.5)(71−75)+(3−3.5)(73−75) + (4−3.5)(77−75)+(5−3.5)(80−75)+(6−3.5)(84−75)=63
∑(t i −t )n
i=12
= (1−3.5)2
+(2−3.5)2
+(3−3.5)2
+(4−3.5)3
+(5−3.5)2
+(6−3.5)2
=17.5
则 b ^=6317.5=3.6，a ^
=75−3.6×3.5=62.4 .
∴所求回归方程为 y ^
=3.6t +62.4 . （Ⅱ）以频率为概率，从这150名市民中随机抽取1人，经常参加体育锻炼的概率为 50150=13
，由题知，X 的可能取值为0,1,2,3，4.则
P(X =0)=C 40(13)0(23)4=1681, P(X =1)=C 41(13)1(23)3
=3281, P(X =2)=C 42(13)2(23)2=2481, P(X =3)=C 43(13)3(23)1=881, P(X =4)=C 43(13)4(23)0=181
.
X 的分布列如下：
∴EX =0×1681+1×3281+2×2481+3×881+4×181 或 EX =4×13=4
3
【解析】【分析】（Ⅰ）求得样本中心点(t .
，y .
)，利用最小二乘法即可求得线性回归方程；
（Ⅱ）由X 的可能取值为0，1，2，3，4，分别求得其概率，得出X 的分布列，即可求得数学期望。

20．【答案】解：（Ⅰ）由题知 |MA|=|MC| ， ∵ |MA|+|MB|=4√2 ,
∴ |MB|+|MC|=4√2>4=|BC|
∴ M 的轨迹是以 B 、 C 为焦点的椭圆，其方程为 x 2
8+y 24
=1 .
（Ⅱ）①当 l 的斜率存在时.设 E(x 1,y 1) , F(x 2,y 2) , l 的方程为 y =kx +m. 由 {y =kx +m x 28+y 24=1 得: (2k 2+1)x 2+4kmx +2m 2−8=0 , ∴ { x 1+x 2=−
4km
2k 2
+1x 1x 2=2m 2−82k 2+1
可得 |EF|=√1+k 2|x 1−x 2|=2√2√1+k 2⋅√8k 2
−m 2
+42k 2+1
,
∵ l 与圆 O 相切，
∴ 3m 2=8(1+k 2) , 从而 |EF|=4√63√(1+k 2
)(4k 2
+1)
(2k 2
+1)
2 令 2k 2+1=t ，得 k 2=t−12
(t ≥1) ,
∴ |EF|=4√33√−(1t )2+1t +2=4√33√−(1t −12)2+94≤4√
33×32=2√3 . (当且仅当t =2，即k =
±√2
2时取等号)
∴ (S ΔOEF )
max =12×2√3×√83
=2√2 . ②当 l 的斜率不存在时.易得 l 的方程为 x =2√63 或 x =−2√63 .此时 |EF|=4√63
，
∴ S ΔOEF =12×4√
63×√83=83
<2√2 .
由①②可得: S ΔOEF 的最大值为 2√2 .
【解析】【分析】（Ⅰ）利用垂直平分可得 |MA|=|MC| ，进而得 |MA|+|MB|=4√2，由椭圆定义
可得出 M 的轨迹是以 B 、 C 为焦点的椭圆，进而根据条件写出椭圆方程；
（Ⅱ）分两种情况：一种 l 的 斜率存在，设直线l 的方程 y =kx +m.，与椭圆方程联立，得到根与系数关系，结合直线与圆相切所得的等式，整理可得出|EF |最大值，进而得出△OEF 面积的最大
值，另一种 l 的 斜率不存在， 易得 l 的方程为 x =2√63 或 x =−2√
63
，进而求出|EF |，此时
S△OEF=83<2√2,故结合这两种情况得出△OEF面积的最大值为2√2。

21．【答案】解：（Ⅰ）由题可知f′(x)=1
x −
a
x2
+1=
x2+x−a
x2
(x>0),
①当a≤0时，此时f′(x)≥0恒成立，∴f(x)在(0,+∞)递增.
②当a>0时，令f′(x)>0解得x>−1+√4a+1
2;令f′(x)<0解得0<x<−1+√4a+1
2
.
∴f(x)在(0,−1+√4a+1
2)递减，在(−1+√4a+1
2
,+∞)递增.
（Ⅱ）原不等式等价变形为(k−1)lnx+x−1
x
>0恒成立.
令g(x)=(k−1)lnx+x−1
x (x>1),则g′(x)=k−1
x
+1+
1
x2
=
x2+(k−1)x+1
x2
令ℎ(x)=x2+(k−1)x+1,
①当k≥−1时，此时ℎ(x)的对称轴：x=−k−1
2=
1−k
2
≤1,
∴ℎ(x)在(1，+∞)递增.又∵ℎ(1)=k+1≥0∴ℎ(x)≥0在(1，+∞)恒成立.∴g′(x)≥0在(1，+∞)恒成立，即g(x)在(1，+∞)递增. ∴g(x)>g(1)=0.
∴k≥−1符合要求.
②当k<−1时，此时ℎ(1)=k+1<0,∴ℎ(x)=0在(1，+∞)有一根，设为x0,当x∈(1,x0)时，ℎ(x)<0,即g′(x)<0. ∴g(x)在(1,x0)上递减.
∴g(x)<g(1)=0.这与g(x)>0恒成立矛盾.
综合①②可得: k∈[−1,+∞).
【解析】【分析】（Ⅰ）求导f′(x)=1
x −
a
x2
+1=
x2+x−a
x2
(x>0)，
当a≤0时，f′(x)≥0恒成立，当a>0时，f′(x)>0，求得函数的单调递增区间，f′(x)<0时，求得函数的单调递减区间，即可判断函数的单调性；
（Ⅱ）当a=1 ，由f（x）> (x−k)lnx
x−1+x-1 整理得(k−1)lnx+x−1
x
>0，问题转化为对任意x∈
(1，+∞)，(k−1)lnx+x−1x>0恒成立，g(x)=(k−1)lnx+x−1x(x>1),ℎ(x)=x2+(k−1)x+1,，当k≥−1时，g′(x)≥0在(1，+∞)恒成立，即g(x)在(1，+∞)递增.
g(x)>g(1)=0，k≥−1符合要求；当k<−1时，g(x)在(1,x0)上递减. g(x)<
g(1)=0.这与g(x)>0恒成立矛盾，结合这两种情况，可得k的取值范围。

22．【答案】解：（Ⅰ）曲线C1的直角坐标方程为x2
9+y
2=1，
曲线 C 2 的直角坐标方程为 x 2+y 2−12y +35=0 .
（Ⅱ）设（Ⅰ）中圆的圆心为 M ，则 M(0,6) .设 P(3cosθ,sinθ) ,
|PM|=√(3cosθ)2+(sinθ−6)2=√−8sin 2θ−12sinθ+45=√−8(sinθ+3
4)2+
992
∵ sinθ∈[−1,1] ， ∴ |PM|∈[5,3√222] , 从而得 |PQ|∈[4,3√
222
+1] .
【解析】【分析】（Ⅰ）由曲线 C 1 的参数方程消去参数，即可得到曲线 C 1 的直角坐标方程；由极坐
标与直角坐标的互化公式，可直接得出曲线 C 2 的直角坐标方程；
（Ⅱ）先设（Ⅰ）中圆的圆心为 M ，得到 M(0,6) ，设 P(3cosθ,sinθ) ，由两点间距离公式，先求出 |PM|=√(3cosθ)2+(sinθ−6)2=√−8sin 2θ−12sinθ+45=√−8(sinθ+34)2+992 ，再根据
sinθ∈[−1,1]，求出|PM |的范围，进而可得出|PQ |的取值范围。

23．【答案】解：（Ⅰ）①当 x ≤−12 时，不等式化为 −2x −1−x +2≥3 ，解得 x ≤−2
3 . ∵x ≤
−12∴x ≤−2
3
②当 −12<x <2 时，不等式化为 2x +1−x +2≥3 ，解得 x ≥0 . ∵−1
2<x <2∴0≤x <2
③当 x ≥2 时，不等式化为 2x +1+x −2≥3 ，解得 x ≥4
3 . ∵x ≥2∴x ≥2
综上，不等式的解集为 (−∞,−2
3
]∪[0,+∞) .
（Ⅱ）由题可得 f(x)min ≤|a −1| ，易求得 f(x)min =f(−12)=5
2 ，
因此 |a −1|≥5
2
，解得 a ∈(−∞,−32]∪[72,+∞) .
【解析】【分析】（Ⅰ）用分类讨论的思想，分别讨论在x ≤−12 ， −1
2
<x <2， x ≥2 这三种情
况下化简f (x )=|2x +1|+|x −2|,解不等式 f (x )≥3 ，即可求出不等式的解集；
（Ⅱ）先由不等式 f (x )≤|a-1| 的解集不是空集，得到 f(x)min ≤|a −1| ，再由函数解析式，求出
f(x)min =f(−12)=52 ，可得出 |a −1|≥5
2 ，进而得出a 的取值范围。