2018-2019学年河北省衡水中学高三(下)四调数学试卷(理科)(5月份)

2018-2019学年河北省衡水中学高三（下）四调数学试卷
（理科）（5月份）
一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）
1.已知复数z=2+3i，则复数z(1+i)在复平面内对应的点在()
A. 第一象限
B. 第二象限
C. 第三象限
D. 第四象限
2.若集合M={x|−2<x<3}，N={x∈Z|log5(x+1)≤1}，则M∩N=()
A. {1,2}
B. {1,2，3}
C. {1,2，3，4}
D. {0,1，2}
3.某校有1000人参加某次模拟考试，其中数学考试成绩近似服从正态分布
N(105,σ2)(σ>0)，试卷满分150分，统计结果显示数学成绩优秀(高于120分)的人数占总人数的1
5
，则此次数学考试成绩在90分到105分之间的人数约为()
A. 150
B. 200
C. 300
D. 400
4.如图，半径为r的圆O内有一内接正六边形ABCDEF，正六边
形中的黑色部分和白色部分关于圆的圆心O成中心对称，在圆
内随机取一点，则次点取自黑色部分的概率为()
A. 3√3
4πB. 3√3
8π
C. 3
4π
D. 3
8π
5.已知双曲线C：x2
a2−y2
b2
=1(a>0,b>0)，F是双曲线C的右焦点，A是双曲线C
的右顶点，过F作x轴的垂线，交双曲线于M，N两点．若tan∠MAN=−3
4
，则双曲线C的离心率为()
A. 3
B. 2
C. 4
3
D. √2
6.如图所示，四边形ABCD中，AB//DC，AB=2DC，点E、F、
G分别为AC、DC、ED的中点，则向量FG
⃗⃗⃗⃗⃗ 可以表示为()
A. 5
8AD
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +1
4
AB
⃗⃗⃗⃗⃗ B. 1
4
AD
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +5
8
AB
⃗⃗⃗⃗⃗ C. 5
8
AD
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ −1
4
AB
⃗⃗⃗⃗⃗ D. 1
4
AD
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ −5
8
AB
⃗⃗⃗⃗⃗
7.函数f(x)=e x⋅ln|x|的大致图象为()
A. B.
C. D.
8.已知半径为4的球面上有两点A、B，AB=4√2，球心为O，若球面上的动点C满
足二面角C−AB−O的大小为60°，则四面体OABC的外接球的半径为()
A. 2√6
3B. 2√3
3
C. 4√6
3
D. 4√3
3
9.如图所示，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出
的是某多面体的三视图，则该多面体的表面积为()
A. 28+4√5
B. 28+8√2
C. 16+4√2+8√5
D. 16+8√2+4√5
10.中国最早的天文学和数学著作《周髀算经》里提到了七衡，即七个等距的同心圆.
七衡的直径和周长都是等差数列，最里面的一圆叫内一衡，外面的圆依次叫次二衡，次三衡，…设内一衡直径a1，衡间距为d
2
，则次二衡直径为a2=a1+d，次三衡直径为a1+2d，…，执行如图程序框图，则输出的T i中最大的一个数为()
A. T1
B. T2
C. T3
D. T4
11. 已知函数f(x)={x 2−x,x ≤0
ln(x +1),x >0
，若存在x 0∈R 使得f(x 0)≤ax 0−1，则实数a
的取值范围是( )
A. (0,+∞)
B. [−3,0]
C. (−∞,−3]∪[3,+∞)
D. (−∞,−3]∪(0，+∞)
12. 设数列{a n }满足a 1=1
4，且a n+1=a n +a n 2
,n ∈N ∗，设1
a
1+1
+
1a 2+1
+⋯+
1
a 2019+1
的和
为S n ，则S n 的取值在哪两个相邻整数之间( )
A. (1,2)
B. (2,3)
C. (3,4)
D. (4,5) 二、填空题（本大题共4小题，共20.0分） 13. 某单位普通职工和行政人员共280人．为了解他们在“学习强国”APP 平台上的学
习情况，现用分层抽样的方法从所有职员中抽取容量为56的样本．已知从普通职工中抽取的人数为49，则该单位行政人员的人数为______． 14. 在(x 2−2x −3)3的展开式中，含x 2的项的系数是______．
15. 已知函数f(x)=3sin(ωx +φ)(ω>0,|φ|≤π
2)，若点(−π
6,0)是函数y =f(x)图象
的对称中心，直线x =π
3是函数y =f(x)的对称轴，且y =f(x)在区间(2π33,5π
33)上单调，则实数ω取最大值时φ的值为______． 16. 在直角坐标系xOy 中，椭圆C 的方程为
x 24
+y 23
=1，左、右焦点分别为F 1，F 2，设
Q 为椭圆C 上位于x 轴上方的一点，且QF 1⊥x 轴，M 、N 为椭圆C 上不同于Q 的两点，且∠MQF 1=∠NQF 1，则直线MN 的斜率为______． 三、解答题（本大题共7小题，共82.0分）
17. 在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别是a ，b ，c.若2a(1−sin 2B
2)=a +2bsin A
2cos A
2，c =12，△ABC 的面积为36．
(1)求a 的值；
(2)若点M ，N 分别在边AB ，BC 上，且AM =8，AN ⊥CM ，求AN 的长．
18. 如图，四棱锥P −ABCD 的底面是菱形，PO ⊥底面ABCD ，O 、E 分别是AD 、AB
的中点，AB =6，AP =5，∠BAD =60°． (Ⅰ)证明：AC ⊥PE ；
(Ⅱ)求直线PB 与平面POE 所成角的正弦值；
(Ⅲ)在DC 边上是否存在点F ，使BF 与PA 所成角的余弦值为3√3
10，若存在，确定点F 位置；若不存在，说明理由．
19. 某地种植常规稻A 和杂交稻B ，常规稻A 的亩产稳定为500公斤，今年单价为3.50
元/公斤，估计明年单价不变的可能性为10%，变为3.60元/公斤的可能性为60%，变为3.70元/公斤的可能性为30%.统计杂交稻B 的亩产数据，得到亩产的频率分布直方图如①；统计近10年来杂交稻B 的单价(单位：元/公斤)与种植亩数(单位：
万亩)的关系，得到的10组数据记为(x i ,y i )(i =1,2，…10)，并得到散点图如图②，
参考数据见下．
(1)估计明年常规稻A 的单价平均值； (2)在频率分布直方图中，各组的取值按中间值来计算，求杂交稻B 的亩产平均值；以频率作为概率，预计将来三年中至少有二年，杂交稻B 的亩产超过765公斤的概率；
(3)判断杂交稻B 的单价y(单位：元/公斤)与种植亩数x(单位：万亩)是否线性相关？若相关，试根据以下的参考数据求出y 关于x 的线性回归方程；调查得知明年此地杂交稻B 的种植亩数预计为2万亩．若在常规稻A 和杂交稻B 中选择，明年种植哪种水稻收入更高？
统计参考数据：x −=1.60，y −=2.82，∑(10i=1x i −x −))y i −y −)=−0.52，∑(10i=1
x i −x −)2=0.65，
附：线性回归方程y ^
=bx +a ，b =∑(n i=1x i −x −
)(y i −y −
)
∑(n i=1x i −x −)
2．
20.已知抛物线C：x2=2py(p>0)上一点M(m,9)到其焦点F的距离为10．
(Ⅰ)求抛物线C的方程；
(Ⅱ)设过焦点F的直线l与抛物线C交于A，B两点，且抛物线在A，B两点处的切线分别交x轴于P，Q两点，求|AP|⋅|BQ|的取值范围．
21.已知函数f(x)=(x2+a)lnx．
(Ⅰ)当a=0时，求f(x)的最小值；
(Ⅱ)若f(x)在区间(1
e2
,+∞)有两个极点x1，x2(x1<x2)，
(i)求实数a的取值范围；
(ii)求证：−2
e2<f(x2)<−1
2e
．
22.在直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为{y=3+tsinα
x=3+tcosα,(t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C的极坐标方程为ρ2−2ρcosθ=3．
(1)求曲线C的直角坐标方程，并说明它是何种曲线；
(2)设点P的坐标为(3,3)，直线l交曲线C于A、B两点，求|PA|+|PB|的最大值．
23.已知函数f(x)=|x−3|−m|x|．
(1)若m=−2，求不等式f(x)<5的解集；
(2)若关于x的不等式f(x)≥1在R上恒成立，求实数m的取值范围．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：∵z=2+3i，∴z(1+i)=(2+3i)(1+i)=−1+5i．
∴复数z(1+i)在复平面内对应的点的坐标为(−1,5)，在第二象限．
故选：B．
把z=2+3i代入z(1+i)，再由复数代数形式的乘除运算化简，求出复数所对应点的坐标得答案．
本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的代数表示法及其几何意义，是基础题．2.【答案】D
【解析】【分析】
求出集合N的等价条件，结合集合交集的定义进行求解即可．
本题主要考查集合的基本运算，求出集合的等价条件是解决本题的关键．
【解答】
解：由log5(x+1)≤1得0<x+1≤5，得−1<x≤4，即N={0,1，2，3，4}，
则M∩N={0,1，2}，
故选：D．
3.【答案】C
【解析】解：∵P(X≤90)=P(X≥120)=0.2，
∴P(90≤X≤120)=1−0.4=0.6，
∴P(90≤X≤105)=1
2
P(90≤X≤120)=0.3，
∴此次数学考试成绩在90分到105分之间的人数约为1000×0.3=300．
故选：C．
由已知求出P(X≤90)=P(X≥120)=0.2，进一步求出P(90≤X≤105)=1
2
P(90≤
X≤120)=0.3，则答案可求．
本题主要考查正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
4.【答案】A
【解析】解：由三角形面积公式可得：
S 阴=3×√3
4
r2=3√3
4
r2，
又S圆=πr2，
由几何概型中的面积型可得：
P(A)=S
阴
S
圆
=
3√3
4
r2
πr2
=3√3
4π
，
故选：A．
由几何概型中的面积型及三角形面积公式得：P(A)=S
阴
S
圆
=
3√3
4
r2
πr2
=3√3
4π
，得解．
本题考查了几何概型中的面积型及三角形面积公式，属中档题．
【解析】解：由题意可知：
，
解得tan∠MAF =3，或tan∠MAF =−1
3(舍) 可得：
b 2a
c−a
=3，可得c 2+2a 2−3ac =0，e 2
+
2−3e =0，e >1， 解得e =2． 故选：B ．
利用双曲线的简单性质，转化求解推出a 、b 、c 的关系，然后求解双曲线的离心率即可．
本题考查双曲线的简单性质的应用，考查计算能力． 6.【答案】D
【解析】解：如图所示，建立直角坐标系．
不妨设A(−2,0)，B(2,0)，C(1,t)，D(−1,t)，(t >0)． ∴AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,t)，AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(4,0)．
∵点E 、F 、G 分别为AC 、DC 、ED 的中点， ∴E(−12,t
2)，G(−34,3
4t)，F(32,t
2)．
FG ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−94,14
t)． 设向量FG ⃗⃗⃗⃗⃗ =m AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +n AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ． ∴(−94,14t)=m(1,t)+n(4,0)．
∴−94=m +4n ，1
4t =mt ． 解得m =1
4，n =−5
8． ∴向量FG ⃗⃗⃗⃗⃗ =1
4AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ −5
8
AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ． 故选：D ．
如图所示，建立直角坐标系．不妨设A(−2,0)，B(2,0)，C(1,t)，D(−1,t)，(t >0).根据
中点坐标公式可得E ，F ，G 坐标．设向量FG ⃗⃗⃗⃗⃗ =m AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +n AB ⃗⃗⃗⃗⃗ .根据向量坐标运算性质、
平面向量基本定理即可得出．
本题考查了中点坐标公式、向量坐标运算性质、平面向量基本定理，考查了推理能力与计算能力，属于中档题． 7.【答案】A
【解析】解：函数f(x)为非奇非偶函数，图象不关于y 轴对称，排除C ，D ， 当x →+∞，f(x)→+∞，排除B ， 故选：A ．
判断函数的奇偶性和对称性的关系，利用极限思想进行求解即可． 本题主要考查函数图象的识别和判断，利用函数的对称性以及极限思想是解决本题的关键．
【解析】如图，设A，B，C所在球小圆为圆O′，
取AB中点E，连接OE，O′E，
则∠OEO′即为二面角C−AB−O的平面角，为60°，
由OA=OB=4，AB=4√2，
得△AOB为等腰直角三角形，
∴OE=2√2，
∴OO′=√6，EO′=√2，
∴BO′=√10，
设O−ABC的外接球球心为M，半径为r，
在Rt△BO′M中，有r2−10=(r−√6)2，
解得：r=4√6
3
．
故选：C．
由球面动点C想到以O为顶点，以A，B，C所在球小圆O′为底面的圆锥，作出图形，取AB中点E，∠OEO′=60°，进而求得高和底面半径，列方程求解不难
本题考查多面体外接球半径的求法，考查数形结合的解题思想方法与数学转化思想方法，考查空间想象能力与运算求解能力，是中档题．
9.【答案】A
【解析】解：由三视图知该几何体是如图所示的三棱锥A−
BCD，是正方体的一部分，正方体的棱长为4；AD=6.AB=
1√5，BD=4√2，
S△ABD=1
2×4√2×6×sin∠BAD=1
2
×4√2×6×√2
2
=12，
几何体的表面积为：1
2×4×4+1
2
×4×4+1
2
×4×2√5+
12=28+4√5．
故选：A．
由三视图知该几何体是的三棱锥，将三棱锥放在对应的正方体中，利用三视图的数据情况几何体的表面积即可．
本题考查了空间几何体三视图，正弦定理和余弦定理的综合应用，解题关键是由三视图还原为几何体，是中档题．
10.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查了程序框图的应用问题，解题时应模拟程序框图的运行过程，以便得出正确的结论，是基础题．
由已知中的程序语句可知：该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量T i的值，模拟程序的运行过程，分析循环中各变量值的变化情况，可得答案．
【解答】
解：模拟程序的运行，可得
i=1时，T1=a1a7=a1(a1+6d)=a12+6da1，
i=2时，T2=a2a6=(a1+d)(a1+5d)=a12+6da1+5d2，
i=3时，T3=a3a5=(a1+2d)(a1+4d)=a12+6da1+8d2，
i=4时，T4=a4a4=(a1+3d)2=a12+6da1+9d2，
可得：T4>T3>T2>T1．
11.【答案】D
【解析】解：根据题意，函数f(x)={x 2−x,x ≤0ln(x +1),x >0
，其图象如图： 直线y =ax −1恒过定点(0,−1)， 若存在x 0∈R 使得f(x 0)≤ax 0−1，则函数f(x)的图象在直线y =ax −1下方有图象或有交点，则直线y =ax −1与函数f(x)的图象必定有交点， 分析可得：当a >0时，直线y =ax −1经过第一三四象限，与函数f(x)的图象必有交点，符合题意，
当a <0时，直线y =ax −1经过第二三四象限，
若直线y =ax −1与f(x)的有交点，必然相交于第二象限，
则有{y =x 2−x y =ax −1
，即ax −1=x 2−x ，变形可得x 2−(a +1)x +1=0，
令△=0，解可得a =−3或1(舍)， 则有a ≤−3，
综合可得：a 的取值范围为(−∞,−3]∪(0，+∞)； 故选：D ．
根据题意，作出函数f(x)的图象草图，而直线y =ax −1恒过定点(0,−1)，分析可得若存在x 0∈R 使得f(x 0)≤ax 0−1，则函数f(x)的图象在直线y =ax −1下方有图象或有交点，据此分情况讨论a 的取值范围，综合即可得答案． 本题考查分段函数的解析式，关键是分析函数f(x)的图象． 12.【答案】C
【解析】解：由a n+1=a n +a n 2
=a n (a n +1)， 可得1
a n+1
=1
a
n (a n
+1)
=1a n
−1
a
n +1
，
即有1
a n
+1
=1a n
−1
a n+1
，
则1a
1+1
+
1a 2+1
+⋯+1a 2019+1
=
1a 1
−
1a 2
+
1a 2
−
1a 3
+⋯+
1a 2019
−
1a 2020
=4−1
a
2020
<4，
由a 1=1
4，且a n+1=a n +a n 2
,n ∈N ∗，
可得a n+1>a n ，
又a 2=14+116=516，a 3=105256，a 4>12，a 5>3
4，a 6>1，…，a 2020>1， 可得3<4−1
a 2020
<4，
故选：C ． 由题意可得1
a
n
+1
=1a n
−1
a
n+1
，运用数列的裂项相消求和，以及不等式的性质和数列的单
调性，即可得到所求范围．
13.【答案】35
【解析】【分析】
本题考查了分层抽样方法，属简单题．
由分层抽样方法即按比例抽样可得：设该单位行政人员的人数为n，则56−49
56=n
280
，解
得：n=35，得解
【解答】
解：设该单位行政人员的人数为n，
由分层抽样方法有：56−49
56=n
280
，
解得：n=35，
故答案为：35
14.【答案】−9
【解析】解：∵(x2−2x−3)3=(x−1)3⋅(x+3)3=(x3−3x2+3x−1)(x3+9x2+ 27x+27)的展开式中，
含x2的项的系数是−3×27+3×27−1×9=−9，
故答案为：−9．
根据(x2−2x−3)3=(x−1)3⋅(x+3)3，再把(x−1)3和(x+3)3按照二项式定理展开，可得x2的项的系数．
本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，二项式系数的性质，属于基础题．
15.【答案】−π
6
【解析】解：∵函数f(x)=3sin(ωx+φ)(ω>0,|φ|≤π
2)，且y=f(x)在区间(2π
33
,5π
33
)上
单调，
∴1
2⋅2π
ω
≥5π
33
−2π
33
=π
11
，∴ω≤11．
∵点(−π
6,0)是函数y=f(x)图象的对称中心，直线x=π
3
是函数y=f(x)的对称轴，
∴π
3+π
6
=(2k+1)⋅1
4
⋅2π
ω
，即ω=2k+1，k∈Z．
则实数ω的最大值为11，此时，f(x)=3sin(11x+φ)．
再根据11⋅(−π
6)+φ=nπ，且11⋅π
3
+φ=mπ+π
2
，m、n∈Z，
∴φ=nπ+11⋅π
6；且φ=mπ+π
2
−11⋅π
3
=mπ−19π
6
，m、n∈Z，
∵|φ|≤π
2.∴φ=−π
6
．
故答案为：−π
6
根据三角函数的单调性，对称性的定义进行判断即可．
本题主要考查函数图象和性质的判断，根据函数单调性，对称性，是解决本题的关键．
16.【答案】−1
2
【解析】解：如图所示， 椭圆C 的方程为
x 24
+
y 23
=1，
可得c =√a 2−b 2=1．
∴左焦点为F 1(−1,0)，把x =−1代入椭圆方程可得：1
4+
y 23
=1，
解得y =±3
2，取Q(−1,3
2).
设直线QM ，QN 分别与x 轴相交于点E ，G ，
设直线MN 的方程为：y =kx +m ，M(x 1,y 1)，N(x 2,y 2).
联立{3x 2+4y 2=12y=kx+m
，化为：(3+4k 2)x 2+8kmx +4m 2−12=0． △=64k 2m 2−4(3+4k 2)(4m 2−12)>0． 化为：3+4k 2−m 2>0． ∴x 1+x 2=−
8km
3+4k 2
，x 1x 2=4m 2−123+4k 2
，
∵∠MQF 1=∠NQF 1，∴∠QGE =∠QEG ．
∴k QM +k QN =0， ∴y 1−
32x
1+1
+y 2−
32
x
2+1
=0，
∴(kx 1+m −32
)(x 2+1)+(kx 2+m −32
)(x 1+1)=0． 化为：(k +m −3
2)(x 1+x 2)+2kx 1x 2+2m −3=0． ∴−(k +m −3
2)8km
3+4k 2+2k ⋅
4m 2−123+4k 2
+2m −3=0．
化为：(2k +1)(2m −2k −3)=0．
∵3+4k 2−m 2>0.∴2m −2k −3≠0． ∴2k +1=0， 解得k =−1
2．
则直线MN 的斜率为−1
2． 故答案为：−1
2． 如图所示，椭圆C 的方程为
x 24
+
y 23
=1，
可得c =√a 2−b 2.左焦点为F 1(−1,0)，把x =−1代入椭圆方程可得Q(−1,32).设直线QM ，QN 分别与x 轴相交于点E ，G ，设直线MN 的方程为：y =kx +m ，M(x 1,y 1)，N(x 2,y 2).联立{3x 2+4y 2=12y=kx+m
，化为：(3+4k 2)x 2+8kmx +4m 2−12=0.根据∠MQF 1=∠NQF 1，可得∠QGE =∠QEG.可得k QM +k QN =0，利用斜率计算公式、根与系数的关系化简整理即可得出． 本题考查了椭圆的标准方程及其性质、一元二次方程的根与系数的关系、斜率计算公式、
转化方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题． 17.【答案】(本题满分为12分)
解：(1)∵2a(1−sin 2B
2)=a +2bsin A
2cos A
2， ∴2acos 2B
2=a +bsinA ，可得：2a ⋅
1+cosB 2
=a +bsinA ，
∴化简可得：acosB =bsinA ，由正弦定理可得：sinAcosB =sinBsinA ，…3分 ∵sinA ≠0， ∴tanB =1， ∵B ∈(0,π)， ∴B =π
4，
∵c =12，△ABC 的面积为36，
∴1
2
×a ×12×sin π
4
=36，解得a =6√2…6分
(2)由(1)可知，b =√a 2+c 2−2accosB =6√2， ∴△ABC 为等腰直角三角形，
∴在△ACM 中，CM =√AC 2+AM 2−2AC ⋅AM ⋅cos∠BAC =2√10， ∴cos∠ACM =
AC 2+CM 2−AM 2
2AC⋅CM
=
√5
5
，…10分 ∴sin∠ANC =sin∠ACM =√1−cos 2∠ACM =2√5
5
． ∴AN =AC ⋅sin∠ACM =6√2⋅
2√55
=
12√10
5
…12分
【解析】(1)利用三角函数恒等变换的应用，正弦定理化简已知等式可得sinAcosB =sinBsinA ，结合sinA ≠0，可求tanB =1，结合范围B ∈(0,π)，可求B =π
4，利用三角形的面积公式即可解得a 的值．
(2)由(1)利用余弦定理可求b ，进而可求CM ，cos∠ACM ，可求sin∠ANC ，即可解得AN 的值．
本题主要考查了三角函数恒等变换的应用，正弦定理，三角形的面积公式，余弦定理在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．
18.
【答案】解：∵四边形ABCD 是菱形，∠BAD =60°，∴△ABD 是等边三角形，
又OP ⊥底面ABCD ，∴OA ，OB ，OP 两两垂直， 如图建立空间直角坐标系O −xyz ，
依题意可得O(0,0，0)，A(3,0，0)，B(0,3√3,0)，C(−6,3√3,0)，D(−3,0，0)，E(3
2,
3√32
,0)，
P(0,0，4)．
(Ⅰ) 证明：∵AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−9,3√3,0)，PE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(3
2,
3√3
2
,−4)，
∴AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅PE
⃗⃗⃗⃗⃗ =−272+272+0=0． ∴AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥PE
⃗⃗⃗⃗⃗ ，因此AC ⊥PE ．
(Ⅱ) 解：设平面POE 的法向量为m ⃗⃗⃗ =(x,y,z)，则{m
⃗⃗⃗ ⋅OP ⃗⃗⃗⃗⃗ =0m ⃗⃗⃗ ⋅OE ⃗⃗⃗⃗⃗ =0， ∵OP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,0,4)，OE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(32,3√3
2,0)，∴{4z =0x +√3y =0． 令y =1，得m ⃗⃗⃗ =(−√3,1,0)，又PB
⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,3√3,−4)． 设PB 与平面POE 所成角为θ，则sinθ=|cos〈m ⃗⃗⃗ ,PB ⃗⃗⃗⃗⃗ 〉|=|m ⃗⃗⃗ ⋅PB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗
||m ⃗⃗⃗ ||PB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√32√
43=3√129
86
． (Ⅲ) 解：∵假设存在F ∈DC ，使DF ⃗⃗⃗⃗⃗ =λDC ⃗⃗⃗⃗⃗ ,λ∈[0,1]， 计算得F(−3−3λ,3√3λ,0)，则BF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−3−3λ,3√3λ−3√3,0)．
又PA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(3,0,−4)，由异面直线PA 与BF 所成角的余弦值为3√310
，得3√310=|BF ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅PA ⃗⃗⃗⃗⃗
||BF ⃗⃗⃗⃗⃗ ||PA ⃗⃗⃗⃗⃗ |=2，解得λ=1
2．
满足条件λ∈[0,1]，因此，存在点F 在DC 的中点处．
【解析】(I)建立坐标系，求出AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ,PE ⃗⃗⃗⃗⃗ 的坐标，计算AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅PE
⃗⃗⃗⃗⃗ =0得出结论； (II)求出平面POE 的法向量m ⃗⃗⃗ ，计算PB ⃗⃗⃗⃗⃗ 与m
⃗⃗⃗ 的夹角得出结论； (III)设DF ⃗⃗⃗⃗⃗ =λDC ⃗⃗⃗⃗⃗ ，计算BF ⃗⃗⃗⃗⃗ 与PA
⃗⃗⃗⃗⃗ 的夹角，解方程求出λ的值得出结论． 本题考查了线面垂直的判定与性质，空间角的计算，属于中档题． ，则ξ的分布列为：
估计明年常规稻A 的单价平均值为3.62(元/公斤)；------------------------------(3分) (2)杂交稻B 的亩产平均值为：
[(730+790+800)×0.005+(740+780)×0.01+(750+770)×0.02+760×0.025]×10=116+152+304+190=762.----------(5分)
依题意知杂交稻B 的亩产超过765公斤的概率为：p =0.2+0.1+0.5×2=0.4，则将
来三年中至少有二年，杂交稻B 的亩产超过765公斤的概率为：C 32
×0.42×(1−0.4)+0.43=0.352.--------------------------------------------------------------(7分)
(3)因为散点图中各点大致分布在一条直线附近，所以可以判断杂交稻B 的单价y 与种植亩数x 线性相关，--------------(8分) 由题中提供的数据得：b =−0.520.65
=−0.8，由y −=bx −+aa =y −−bx −
=2.82+0.8×1.60=
4.10，
所以线性回归方程为y ̂
=−0.8x +4.10，
--------------------------------------------------------------(10分) 估计明年杂交稻B 的单价y ̂=−0.8×2+4.10=2.50元/公斤；
估计明年杂交稻B 的每亩平均收入为762×2.50=1905元/亩，
估计明年常规稻A 的每亩平均收入为500×E(ξ)=500×3.62=1810元/亩， 因1905>1875，所以明年选择种植杂交稻B 收入更高．-------------------------------------------(12分)
【解析】(1)先求出概率分布，再用期望公式计算；
(2)中点值乘以概率再相加可得B 的亩产平均值，用独立重复事件的概率公式计算可得；
(3)根据散点图可得y与x线性相关，由散点图可得斜率，由平均数可得a，从而可得线性回归方程，然后算出B，A的单价平均数，亩产收入平均数进行比较可得．
本题考查了线性回归方程，属中档题．
20.【答案】解：(Ⅰ)已知M(m,9)到焦点F的距离为10，则点M到其准线的距离为10．
∵抛物线的准线为y=−p
2，∴9+p
2
=10，
解得，p=2，∴抛物线的方程为x2=4y.…………………………(5分)
(Ⅱ)由已知可判断直线l的斜率存在，设斜率为k，因为F(0,1)，则l：y=kx+1．
设A(x1,x12
4)，B(x2,x22
4
)，由{x2=4y
y=kx+1
消去y得，x2−4kx−4=0，
∴x1+x2=4k，x1x2=−4．
由于抛物线C也是函数y=1
4x2的图象，且y′=1
2
x，则PA：y−x12
4
=1
2
x1(x−x1)．
令y=0，解得x=1
2x1，∴P(1
2
x1,0)，从而|AP|=1
4
√x12(4+x12)．
同理可得，|BQ|=1
4
√x22(4+x22)，
∴|AP|⋅|BQ|=1
16
√(x1x2)2(4+x12)(4+x22) =
1
16
√(x1x2)2[16+4(x12+x22)+(x1x2)2] =2√1+k2．
∵k2≥0，∴|AP|⋅|BQ|的取值范围为[2,+∞).……………………………(12分)
【解析】(Ⅰ)可得抛物线的准线为y=−p
2，∴9+p
2
=10，解得，p=2，即可得抛物线
的方程．
(Ⅱ)设l：y=kx+1.设A(x1,x12
4)，B(x2,x22
4
)，可得PA：y−x12
4
=1
2
x1(x−x1)．|AP|=
1 4√x12(4+x12).同理可得，|BQ|=1
4
√x22(4+x22)，即可得|AP|⋅|BQ|的取值范围．
本题考查抛物线的简单性质，直线与抛物线的位置关系的综合应用，考查转化思想以及计算能力，属于中档题
21.【答案】解：(Ⅰ)当a=0时，f(x)=x2lnx，f′(x)=x(2lnx+1)，令f′(x)=0，得x=
√e
，
易知f(x)min=−1
2e
．
(Ⅱ)(i)f′(x)=x2(2lnx+1)+a
x
，令g(x)=x2(2lnx+1)+a，则g′(x)=4x(lnx+1)，
令g′(x)=0，得x=1
e
，
f(x)在区间(1
e2,+∞)上有两个极值点，即g(x)在(1
e2
,+∞)上有两个零点，
结合g(x)的图象可知，g(1
e2)>0且g(1
e
)<0，即a−3
e4
>0，a−1
e2
<0，
所以3
e4<a<1
e2
，即a的取值范围(3
e4
,1
e2
).
(ii)由(i)知g(x2)=0⇒a=−x22(lnx2+1)，所以f(x2)=(x22+a)lnx2=−2(x2lnx2)2，
又g(1
e2)>0，g(1
e
)<0，g(
e
)=a>0，结合g(x)的图象可知x2∈(1
e e
)，
令Φ(x)=−2(xlnx)2，则Φ′(x)=−4xlnx(lnx+1)，当x∈(1
e√e
)时，lnx<0，lnx+1> 0，Φ′(x)>0，
所以Φ(x)在(1
e e )上单调递增，而Φ(1
e
)=−2
e2
，Φ(
e
)=−1
2e
，
因此−2
e2<f(x2)<−1
2e
．
【解析】(Ⅰ)当a =0时，f(x)=x 2lnx ，f′(x)=x(2lnx +1)，令f′(x)=0，得x =√e .分析f(x)的单调性，进而得出结论． (Ⅱ)(i)f′(x)=
x 2(2lnx+1)+a
x ，令g(x)=x 2(2lnx +1)+a ，则g′(x)=4x(lnx +1).令
g′(x)=0，得x =1
e .分析g(x)的单调性，f(x)在区间(1
e 2,+∞)上有两个极值点，即g(x)在(1
e
2,+∞)上有两个零点，结合g(x)的图象可知，g(1
e
2)>0且g(1
e
)<0，即a −
3e 4
>0，a −
1e 2<0.进而得出结论．
(ii)由(i)知g(x 2)=0⇒a =−x 22(lnx 2+1)，所以f(x 2)=(x 22+a)lnx 2=−2(x 2lnx 2)2，
又g(1e 2)>0，g(1e )<0，g(1√e )=a >0，结合g(x)的图象可知x 2∈(1e ,1
√e ).令Φ(x)=−2(xlnx)2，则Φ′(x)=−4xlnx(lnx +1)，当x ∈(1
e ,1
√e )时，lnx <0，lnx +1>0，Φ′(x)>0，所以Φ(x)在(1
e ,√e )上单调递增，而Φ(1
e )=−2
e 2，Φ(√e )=−1
2e ，进而得出结论． 本题考查导数的综合应用，极值，属于中档题．
22.【答案】(1)解：将ρ2=x 2+y 2，ρcosθ=x 代入ρ2−2ρcosθ=3，
得x 2+y 2−2x =3，即(x −1)2+y 2=4， 曲线C 是以(1,0)为圆心，以2为半径的圆；
(2)由直线l 的参数方程，可知直线过定点P(3,3)， 把{y =3+tsinαx=3+tcosα
,(t 为参数)代入(x −1)2+y 2=
4，
得t 2+(4cosα+6sinα)t +9=0．
由△=(4cosα+6sinα)2−36>0，得4cosα+6sinα>6或4cosα+6sinα<−6(舍)， 又点A ，B 均在点P 的下方，由系数t 的几何意义知，
|PA|+|PB|=−(t 1+t 2)=4cosα+6sinα=2√13sin(α+φ)，(tanφ=2
3). ∴|PA|+|PB|的最大值为2√13．
【解析】(1)将ρ2=x 2+y 2，ρcosθ=x 代入ρ2−2ρcosθ=3，即可得到曲线C 的直角坐标方程，并得到曲线形状；
(2)由直线l 的参数方程，可知直线过定点P(3,3)，把{y =3+tsinαx=3+tcosα
,(t 为参数)代入(x −1)2+y 2=4，化为关于t 的一元二次方程，利用根与系数的关系及参数t 的几何意义求解|PA|+|PB|的最大值．
本题考查简单曲线的极坐标方程，考查参数方程化普通方程，是中档题． 23.【答案】，解：(1)m =−2时，函数f(x)=|x −3|+2|x|， 不等式f(x)<5化为|x −3|+2|x|<5，
当x <0时，不等式化为3−x −2x <5，解得x >−2
3，即−23<x <0； 当0≤x ≤3时，不等式化为3−x +2x <5，解得x <2，即0≤x <2； 当x >3时，不等式化为x −3+2x <5，解得x <83，此时无解；
<x<2}；
综上，所求不等式的解集为{x|−2
3
(2)不等式f(x)≥1即为|x−3|−m|x|≥1，
所以|x−3|≥m|x|+1(∗)，
显然m≥0时(∗)式在R上不恒成立；
当m<0时，在同一直角坐标系中分别作出y=|x−3|和y=m|x|+1的图象，如图所示；
时(∗)式恒成立，
由图象知，当3m+1≤0，即m≤−1
3
．
所以实数m的取值范围是m≤−1
3
【解析】(1)m=−2时不等式化为|x−3|+2|x|<5，利用分类讨论法去掉绝对值，求出不等式的解集；
(2)不等式化为|x−3|≥m|x|+1，讨论m≥0和m<0时，在同一直角坐标系中分别作出y=|x−3|和y=m|x|+1的图象，
结合图象求出m的取值范围．
本题考查了含有绝对值的不等式解法与应用问题，也考查了分类讨论与数形结合的解题方法应用，是中档题．。