2019年安徽省合肥市高考数学二模试卷(理科)

2019年安徽省合肥市高考数学二模试卷（理科）一、选择题：本大题共12小题，每小题5分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1．（5分）设复数z满足，则z在复平面内的对应点位于（）A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限2．（5分）若集合，B＝{x|﹣1＜x＜2}，则A∩B＝（）A．[﹣2，2）B．（﹣1，1] C．（﹣1，1）D．（﹣1，2）3．（5分）已知双曲线（a＞0，b＞0）的一条渐近线方程为y＝2x，且经过点P （，4），则双曲线的方程是（）A．B．C．D．4．（5分）在△ABC中，，则＝（）A．B．C．D．5．（5分）如表是某电器销售公司2018年度各类电器营业收入占比和净利润占比统计表：空调类冰箱类小家电类其它类营业收入占比%%%%净利润占比%﹣%%%则下列判断中不正确的是（）A．该公司2018年度冰箱类电器销售亏损B．该公司2018年度小家电类电器营业收入和净利润相同C．该公司2018年度净利润主要由空调类电器销售提供D．剔除冰箱类电器销售数据后，该公司2018年度空调类电器销售净利润占比将会降低6．（5分）将函数的图象上各点横坐标缩短到原来的（纵坐标不变）得到函数g（x）的图象，则下列说法正确的是（）A．函数g（x）的图象关于点对称B．函数g（x）的周期是C．函数g（x）在上单调递增D．函数g（x）在上最大值是17．（5分）已知椭圆（a＞b＞0）的左右焦点分别为F1，F2，右顶点为A，上顶点为B，以线段F1A为直径的圆交线段F1B的延长线于点P，若F2B∥AP，则该椭圆离心率是（）A．B．C．D．8．（5分）某部队在一次军演中要先后执行六项不同的任务，要求是：任务A必须排在前三项执行，且执行任务A之后需立即执行任务E，任务B、任务C不能相邻，则不同的执行方案共有（）A．36种B．44种C．48种D．54种9．（5分）函数f（x）＝x2+x sin x的图象大致为（）A．B．C．D．10．（5分）如图，正方形网格纸中的实线图形是一个多面体的三视图，则该多面体各表面所在平面互相垂直的有（）A．2对B．3对C．4对D．5对11．（5分）“垛积术”（隙积术）是由北宋科学家沈括在《梦溪笔谈》中首创，南宋数学家杨辉、元代数学家朱世杰丰富和发展的一类数列求和方法，有茭草垛、方垛、刍童垛、三角垛等等．某仓库中部分货物堆放成如图所示的“茭草垛”：自上而下，第一层1件，以后每一层比上一层多1件，最后一层是n件．已知第一层货物单价1万元，从第二层起，货物的单价是上一层单价的．若这堆货物总价是万元，则n的值为（）A．7 B．8 C．9 D．1012．（5分）函数f（x）＝e x﹣e1﹣x﹣b|2x﹣1|在（0，1）内有两个零点，则实数b的取值范围是（）A．B．（1﹣e，0）∪（0，e﹣1）C．D．二、填空题：本大题共4小题，每小题5分.把答案填在答题卡上的相应位置.13．（5分）设等差数列{a n}的前n项和为S n，若a2＝3，S4＝16，则数列{a n}的公差d＝．14．（5分）若，则cos2α+cosα＝．15．（5分）若a+b≠0，则的最小值为．16．（5分）已知半径为4的球面上有两点A，B，，球心为O，若球面上的动点C 满足二面角C﹣AB﹣O的大小为60o，则四面体OABC的外接球的半径为．三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．（12分）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，sin2A+sin2B+sin A sin B＝2c sin C，△ABC的面积S＝abc．（Ⅰ）求角C；（Ⅱ）求△ABC周长的取值范围．18．（12分）如图，三棱台ABC﹣EFG的底面是正三角形，平面ABC⊥平面BCGF，CB＝2GF，BF＝CF．（Ⅰ）求证：AB⊥CG；（Ⅱ）若BC＝CF，求直线AE与平面BEG所成角的正弦值．19．（12分）某种大型医疗检查机器生产商，对一次性购买2台机器的客户，推出两种超过质保期后两年内的延保维修优惠方案：方案一：交纳延保金7000元，在延保的两年内可免费维修2次，超过2次每次收取维修费2000元；方案二：交纳延保金10000元，在延保的两年内可免费维修4次，超过4次每次收取维修费1000元．某医院准备一次性购买2台这种机器．现需决策在购买机器时应购买哪种延保方案，为此搜集并整理了50台这种机器超过质保期后延保两年内维修的次数，得下表：维修次数0123台数5102015以这50台机器维修次数的频率代替1台机器维修次数发生的概率．记X表示这2台机器超过质保期后延保的两年内共需维修的次数．（Ⅰ）求X的分布列；（Ⅱ）以所需延保金及维修费用的期望值为决策依据，医院选择哪种延保方案更合算20．（12分）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．（12分）已知函数f（x）＝a（x+1）ln（x+1）﹣x2﹣ax（a＞0）是减函数．（Ⅰ）试确定a的值；（Ⅱ）已知数列{a n}，，T n＝a1a2a3•…•a n（n∈N*），求证：．请考生在第22、23题中任选一题作答.注意：只能做所选定的题目，如果多做，则按所做的第一个题目计分，作答时，请用2B铅笔在答题卡上，将所选题号对应的方框涂黑.[选修4-4：坐标系与参数方程]22．（10分）在直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为（θ为参数）．在以原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C2极坐标方程为ρ2＝4ρsinθ﹣3．（Ⅰ）写出曲线C1和C2的直角坐标方程；（Ⅱ）若P，Q分别为曲线C1，C2上的动点，求|PQ|的最大值．[选修4-5：不等式选讲]23．已知f（x）＝|3x+2|．（Ⅰ）求f（x）≤1的解集；（Ⅱ）若f（x2）≥a|x|恒成立，求实数a的最大值．2019年安徽省合肥市高考数学二模试卷（理科）参考答案与试题解析一、选择题：本大题共12小题，每小题5分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1．（5分）设复数z满足，则z在复平面内的对应点位于（）A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限【考点】A4：复数的代数表示法及其几何意义；A5：复数的运算．【专题】38：对应思想；4A：数学模型法；5N：数系的扩充和复数．【分析】直接利用复数代数形式的乘除运算化简得答案．【解答】解：∵＝，∴z在复平面内的对应点为（2，2），位于第一象限．故选：A．【点评】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．（5分）若集合，B＝{x|﹣1＜x＜2}，则A∩B＝（）A．[﹣2，2）B．（﹣1，1] C．（﹣1，1）D．（﹣1，2）【考点】1E：交集及其运算．【专题】11：计算题；37：集合思想；49：综合法；5J：集合．【分析】可求出集合A，然后进行交集的运算即可．【解答】解：A＝{x|﹣2≤x＜1}，B＝{x|﹣1＜x＜2}；∴A∩B＝（﹣1，1）．故选：C．【点评】考查描述法、区间的定义，分式不等式的解法，以及交集的运算．3．（5分）已知双曲线（a＞0，b＞0）的一条渐近线方程为y＝2x，且经过点P（，4），则双曲线的方程是（）A．B．C．D．【考点】KC：双曲线的性质．【专题】34：方程思想；48：分析法；5D：圆锥曲线的定义、性质与方程．【分析】求得双曲线的渐近线方程可得＝2，代入点P的坐标，可得a，b的方程组，解方程即可得到所求双曲线的方程．【解答】解：双曲线（a＞0，b＞0）的一条渐近线方程为y＝2x，可得＝2，由双曲线经过点P（，4），可得﹣＝1，解得a＝，b＝2，则双曲线的方程为﹣＝1．故选：C．【点评】本题考查双曲线的方程和性质，主要是渐近线方程的运用，考查方程思想和运算能力，属于基础题．4．（5分）在△ABC中，，则＝（）A．B．C．D．【考点】9E：向量数乘和线性运算．【专题】11：计算题；35：转化思想；41：向量法；5A：平面向量及应用．【分析】根据即可得出：，解出向量即可．【解答】解：∵；∴；∴．故选：B．【点评】考查向量减法的几何意义，以及向量的数乘运算．5．（5分）如表是某电器销售公司2018年度各类电器营业收入占比和净利润占比统计表：空调类冰箱类小家电类其它类营业收入占比%%%%净利润占比%﹣%%%则下列判断中不正确的是（）A．该公司2018年度冰箱类电器销售亏损B．该公司2018年度小家电类电器营业收入和净利润相同C．该公司2018年度净利润主要由空调类电器销售提供D．剔除冰箱类电器销售数据后，该公司2018年度空调类电器销售净利润占比将会降低【考点】B7：分布和频率分布表．【专题】38：对应思想；44：数形结合法；5I：概率与统计．【分析】根据题意，分析表中数据，即可得出正确的选项．【解答】解：根据表中数据知，该公司2018年度冰箱类电器销售净利润所占比为﹣，是亏损的，A正确；小家电类电器营业收入所占比和净利润所占比是相同的，但收入与净利润不一定相同，B 错误；该公司2018年度净利润空调类电器销售所占比为%，是主要利润来源，C正确；所以剔除冰箱类电器销售数据后，该公司2018年度空调类电器销售净利润占比将会降低，D正确．故选：B．【点评】本题考查了数据分析与统计知识的应用问题，是基础题．6．（5分）将函数的图象上各点横坐标缩短到原来的（纵坐标不变）得到函数g（x）的图象，则下列说法正确的是（）A．函数g（x）的图象关于点对称B．函数g（x）的周期是C．函数g（x）在上单调递增D．函数g（x）在上最大值是1【考点】HJ：函数y＝Asin（ωx+φ）的图象变换．【专题】35：转化思想；56：三角函数的求值；57：三角函数的图象与性质．【分析】直接利用函数的图象的伸缩变换的应用求出函数的关系式，进一步利用正弦型函数的性质的应用求出结果．【解答】解：函数的图象上各点横坐标缩短到原来的（纵坐标不变），得到函数g（x）＝2sin（2x+）﹣1的图象，故：①函数g（x）的图象关于点对称，故选项A错误．②函数的最小正周期为π，故选项B错误．③当时，，所以函数的最大值取不到1．故选项D错误．故选：C．【点评】本题考查的知识要点：三角函数关系式的恒等变变换，正弦型函数的性质的应用，主要考查学生的运算能力和转化能力，属于基础题型．7．（5分）已知椭圆（a＞b＞0）的左右焦点分别为F1，F2，右顶点为A，上顶点为B，以线段F1A为直径的圆交线段F1B的延长线于点P，若F2B∥AP，则该椭圆离心率是（）A．B．C．D．【考点】K4：椭圆的性质．【专题】34：方程思想；4R：转化法；5D：圆锥曲线的定义、性质与方程．【分析】如图所示，以线段F1A为直径的圆的方程为：+y2＝，化为：x2﹣（a﹣c）x+y2﹣ac0．直线F1B的方程为：bx﹣cy+bc＝0，联立解得P点坐标，利用F2B∥AP，及其斜率计算公式、离心率计算公式即可得出．【解答】解：如图所示，以线段F1A为直径的圆的方程为：+y2＝，化为：x2﹣（a﹣c）x+y2﹣ac0．直线F1B的方程为：bx﹣cy+bc＝0，联立，解得P．k AP＝，＝﹣．∵F2B∥AP，∴＝﹣，化为：e2＝，e∈（0，1）．解得．另解：F1A为圆的直径，∴∠F1PA＝90°．∵F2B∥AP，∴∠F1BF2＝90°．∴2a2＝（2c）2，解得e＝．故选：D．【点评】本题考查了椭圆的标准方程及其性质、斜率与离心率计算公式、圆的标准方程，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．8．（5分）某部队在一次军演中要先后执行六项不同的任务，要求是：任务A必须排在前三项执行，且执行任务A之后需立即执行任务E，任务B、任务C不能相邻，则不同的执行方案共有（）A．36种B．44种C．48种D．54种【考点】D9：排列、组合及简单计数问题．【专题】11：计算题；34：方程思想；35：转化思想；5O：排列组合．【分析】根据题意，分3种情况讨论：①，任务A排在第一位，则E排在第二位，②，任务A排在第二位，则E排在第三位，③，任务A排在第三位，则E排在第四位，由加法原理计算可得答案．【解答】解：根据题意，任务A必须排在前三项执行，分3种情况讨论：①，任务A排在第一位，则E排在第二位，将剩下的2项任务全排列，排好后有3个空位，将B、C安排在3个空位中，有A22A32＝12种不同的执行方案，②，任务A排在第二位，则E排在第三位，BC的安排方法有4×A22＝8种，将剩下的2项任务全排列安排在剩下位置，有A22＝2种安排方法，则有8×2＝16种安排方法，③，任务A排在第三位，则E排在第四位，BC的安排方法有4×A22＝8种，将剩下的2项任务全排列安排在剩下位置，有A22＝2种安排方法，则有8×2＝16种安排方法，则不同的执行方案共有12+16+16＝44种；故选：B．【点评】本题考查排列、组合的应用，涉及分类计数原理的应用，注意优先分析受到限制的元素，属于基础题．9．（5分）函数f（x）＝x2+x sin x的图象大致为（）A．B．C．D．【考点】3A：函数的图象与图象的变换．【专题】11：计算题；33：函数思想；44：数形结合法；51：函数的性质及应用．【分析】根据函数的奇偶性排除B，再根据函数的单调性排除C，D，问题得以解决．【解答】解：函数f（x）＝x2+x sin x是偶函数，关于y轴对称，故排除B，令g（x）＝x+sin x，∴g′（x）＝1+cos x≥0恒成立，∴g（x）在R上单调递增，∵g（0）＝0，∴f（x）＝xg（x）≥0，故排除D，当x＞0时，f（x）＝xg（x）单调递增，故当x＜0时，f（x）＝xg（x）单调递减，故排除C．故选：A．【点评】本题考查了函数图象识别和应用，考查了导数和函数单调性的关系，属于中档题．10．（5分）如图，正方形网格纸中的实线图形是一个多面体的三视图，则该多面体各表面所在平面互相垂直的有（）A．2对B．3对C．4对D．5对【考点】L!：由三视图求面积、体积．【专题】31：数形结合；5F：空间位置关系与距离．【分析】首先把三视图转换为几何体，进一步利用面面垂直的判定的应用求出结果．【解答】解：根据几何体的三视图转换为几何体为：根据几何体得到：平面SAD⊥平面SCD，平面SBC⊥平面SCD，平面SCD⊥平面ABCD，平面SAD⊥平面SBC．故选：C．【点评】本题考查的知识要点：三视图和几何体的转换，面面垂直的判定定理的应用，主要考查学生的运算能力和转化能力，属于基础题型．11．（5分）“垛积术”（隙积术）是由北宋科学家沈括在《梦溪笔谈》中首创，南宋数学家杨辉、元代数学家朱世杰丰富和发展的一类数列求和方法，有茭草垛、方垛、刍童垛、三角垛等等．某仓库中部分货物堆放成如图所示的“茭草垛”：自上而下，第一层1件，以后每一层比上一层多1件，最后一层是n件．已知第一层货物单价1万元，从第二层起，货物的单价是上一层单价的．若这堆货物总价是万元，则n的值为（）A．7 B．8 C．9 D．10【考点】89：等比数列的前n项和．【专题】11：计算题；38：对应思想；4R：转化法；54：等差数列与等比数列．【分析】由题意可得第n层的货物的价格为a n＝n•（）n﹣1，根据错位相减法求和即可求出．【解答】解：由题意可得第n层的货物的价格为a n＝n•（）n﹣1，设这堆货物总价是S n＝1•（）0+2•（）1+3•（）2+…+n•（）n﹣1，①，由①×可得S n＝1•（）1+2•（）2+3•（）3+…+n•（）n，②，由①﹣②可得S n＝1+（）1+（）2+（）3+…+（）n﹣1﹣n•（）n＝﹣n•（）n＝10﹣（10+n）•（）n，∴S n＝100﹣10（10+n）•（）n，∵这堆货物总价是万元，∴n＝10，故选：D．【点评】本题考查了错位相减法求和，考查了运算能力，以及分析问题解决问题的能力，属于中档题．12．（5分）函数f（x）＝e x﹣e1﹣x﹣b|2x﹣1|在（0，1）内有两个零点，则实数b的取值范围是（）A．B．（1﹣e，0）∪（0，e﹣1）C．D．【考点】52：函数零点的判定定理．【专题】31：数形结合；32：分类讨论；35：转化思想；4R：转化法；51：函数的性质及应用．【分析】利用换元法设t＝x﹣，则函数等价为y＝﹣﹣2b|t|，条件转化为﹣＝2b|t|，研究函数的单调性结合绝对值的应用，利用数形结合进行求解即可．【解答】解：f（x）＝e x﹣e1﹣x﹣2b|x﹣|，设t＝x﹣，则x＝t+，∵0＜x＜1，∴﹣＜t＜，则函数f（x）等价为y＝﹣﹣2b|t|，即等价为y＝﹣﹣2b|t|在﹣＜t＜上有两个零点，即﹣＝2b|t|有两个根，设h（t）＝﹣，则h（﹣t）＝﹣＝﹣（﹣）＝﹣h（t），即函数h（t）是奇函数，则h′（t）＝+＞0，即函数h（t）在﹣≤t≤上是增函数，h（0）＝0，h（）＝e﹣1，h（﹣）＝1﹣e，当0≤t≤，若b＝0，则函数f（x）只有一个零点，不满足条件．若b＞0，则g（t）＝2bx，设过原点的直线g（t）与h（t）相切，切点为（a，﹣），h′（t）＝+，即h′（a）＝+，则切线方程为y﹣（﹣）＝（+）（x﹣a），切线过原点，则﹣（﹣）＝﹣a（+），即﹣+＝﹣a﹣a，则（a+1）＝（﹣a+1），得a＝0，即切点为（0，0），此时切线斜率k＝h′（0）＝＝2若2＝2b，则b＝＝，此时切线y＝2x与h（t）相切，只有一个交点，不满足条件．当直线过点（，e﹣1）时，e﹣1＝2b×＝b，此时直线g（t）＝2（e﹣1）x，要使g（t）与h（t）有两个交点，则＜b＜e﹣1，当b＜0时，t＜0时，g（t）＝﹣2bx，由﹣2b＝2得b＝﹣，当直线过点（﹣，1﹣e）时，1﹣e＝﹣2b（﹣）＝b，要使g（t）与h（t）有两个交点，则1﹣e＜b＜﹣，综上1﹣e＜b＜﹣或＜b＜e﹣1，即实数b的取值范围是，故选：D．【点评】本题主要考查函数与方程的应用，利用条件转化为两个函数图象问题是解决本题的关键．综合性较强，难度较大．二、填空题：本大题共4小题，每小题5分.把答案填在答题卡上的相应位置.13．（5分）设等差数列{a n}的前n项和为S n，若a2＝3，S4＝16，则数列{a n}的公差d＝ 2 ．【考点】85：等差数列的前n项和．【专题】34：方程思想；49：综合法；54：等差数列与等比数列．【分析】利用等差数列的通项公式及其求和公式即可得出．【解答】解：由a2＝3，S4＝16，∴a1+d＝3，4a1+6d＝16，联立解得a1＝1，d＝2，故答案为：2．【点评】本题考查了等差数列的通项公式及其求和公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．14．（5分）若，则cos2α+cosα＝．【考点】GS：二倍角的三角函数．【专题】38：对应思想；4O：定义法；56：三角函数的求值．【分析】根据三角函数的诱导公式求出cosα的值，结合二倍角公式进行转化求解即可．【解答】解：∵，∴cosα＝，则cos2α+cosα＝2cos2α﹣1+cosα＝2×﹣1+＝﹣，故答案为：﹣．【点评】本题主要考查三角函数值的化简和求值，利用诱导公式以及二倍角公式是解决本题的关键．15．（5分）若a+b≠0，则的最小值为．【考点】7F：基本不等式及其应用．【专题】11：计算题；34：方程思想；35：转化思想；5T：不等式．【分析】根据题意，由基本不等式的性质可得a2+b2≥，进而可得≥+，结合基本不等式的性质分析可得答案．【解答】解：根据题意，若a+b≠0，即a≠﹣b，则有a2+b2≥，则≥+≥2＝，即的最小值为；故答案为：【点评】本题考查基本不等式的性质以及应用，关键是构造基本不等式成立的条件．16．（5分）已知半径为4的球面上有两点A，B，，球心为O，若球面上的动点C 满足二面角C﹣AB﹣O的大小为60o，则四面体OABC的外接球的半径为．【考点】LG：球的体积和表面积；LR：球内接多面体．【专题】15：综合题；34：方程思想；5Q：立体几何．【分析】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．【解答】解：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＝，得△AOB为等腰直角三角形，∴OE＝，∴，，∴，设O﹣ABC的外接球球心为M，半径为r，利用Rt△BO′M列方程得：，解得：r＝．故答案为：．【点评】此题考查了圆锥外接球，二面角等，综合性较强，难度较大．三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．（12分）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，sin2A+sin2B+sin A sin B＝2c sin C，△ABC的面积S＝abc．（Ⅰ）求角C；（Ⅱ）求△ABC周长的取值范围．【考点】HP：正弦定理；HR：余弦定理．【专题】11：计算题；35：转化思想；49：综合法；58：解三角形．【分析】（Ⅰ）由已知利用三角形的面积公式可得2c＝sin C，由正弦定理化简已知等式可得a2+b2+ab＝c2．由余弦定理得，即可得解C的值．（Ⅱ）由（Ⅰ）知2c＝sin C，由正弦定理，三角函数恒等变换的应用可得a+b+c＝sin （A+）+，由范围，可求，利用正弦函数的图象和性质可求△ABC的周长的取值范围．【解答】（本小题满分12分）解：（Ⅰ）由，可知：2c＝sin C，∴sin2A+sin2B+sin A sin B＝sin2C．由正弦定理得a2+b2+ab＝c2．∴由余弦定理得，∴．…………………………（5分）（Ⅱ）由（Ⅰ）知2c＝sin C，∴2a＝sin A，2b＝sin B．∴△ABC的周长为＝∵，∴，∴，∴△ABC的周长的取值范围为．……………………………（12分）【点评】本题主要考查了三角形的面积公式，正弦定理，余弦定理，三角函数恒等变换的应用，正弦函数的图象和性质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．（12分）如图，三棱台ABC﹣EFG的底面是正三角形，平面ABC⊥平面BCGF，CB＝2GF，BF＝CF．（Ⅰ）求证：AB⊥CG；（Ⅱ）若BC＝CF，求直线AE与平面BEG所成角的正弦值．【考点】MI：直线与平面所成的角．【专题】14：证明题；35：转化思想；41：向量法；5F：空间位置关系与距离；5G：空间角．【分析】（Ⅰ）取BC的中点为D，连结DF，推导出四边形CDFG为平行四边形，从而CG ∥DF，DF⊥BC，CG⊥BC．进而CG⊥平面ABC，由此能证明CG⊥AB．（Ⅱ）连结AD．由△ABC是正三角形，且D为中点得，AD⊥BC．由CG⊥平面ABC，CG∥DF，DF⊥AD，DF⊥BC，以DB，DF，DA分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系D﹣xyz．利用向量法能求出直线AE与平面BEG所成角的正弦值．【解答】证明：（Ⅰ）取BC的中点为D，连结DF．由ABC﹣EFG是三棱台得，平面ABC∥平面EFG，从而BC∥FG．∵CB＝2GF，∴，∴四边形CDFG为平行四边形，∴CG∥DF．∵BF＝CF，D为BC的中点，∴DF⊥BC，∴CG⊥BC．∵平面ABC⊥平面BCGF，且交线为BC，CG⊂平面BCGF，∴CG⊥平面ABC，而AB⊂平面ABC，∴CG⊥AB．解：（Ⅱ）连结AD．由△ABC是正三角形，且D为中点得，AD⊥BC．由（Ⅰ）知，CG⊥平面ABC，CG∥DF，∴DF⊥AD，DF⊥BC，∴DB，DF，DA两两垂直．以DB，DF，DA分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系D﹣xyz．设BC＝2，则A（），E（），B（1，0，0），G（﹣1，，0），∴，，．设平面BEG的一个法向量为．由可得，．令，则y＝2，z＝﹣1，∴．设AE与平面BEG所成角为θ，则直线AE与平面BEG所成角的正弦值为．【点评】本题考查线线垂直的证明，考查线面角的正弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．19．（12分）某种大型医疗检查机器生产商，对一次性购买2台机器的客户，推出两种超过质保期后两年内的延保维修优惠方案：方案一：交纳延保金7000元，在延保的两年内可免费维修2次，超过2次每次收取维修费2000元；方案二：交纳延保金10000元，在延保的两年内可免费维修4次，超过4次每次收取维修费1000元．某医院准备一次性购买2台这种机器．现需决策在购买机器时应购买哪种延保方案，为此搜集并整理了50台这种机器超过质保期后延保两年内维修的次数，得下表：维修次数0123台数5102015以这50台机器维修次数的频率代替1台机器维修次数发生的概率．记X表示这2台机器超过质保期后延保的两年内共需维修的次数．（Ⅰ）求X的分布列；（Ⅱ）以所需延保金及维修费用的期望值为决策依据，医院选择哪种延保方案更合算【考点】CG：离散型随机变量及其分布列；CH：离散型随机变量的期望与方差．【专题】11：计算题；35：转化思想；49：综合法；5I：概率与统计．【分析】（Ⅰ）X所有可能的取值为0，1，2，3，4，5，6，分别求出相应的概率，由此能求出X的分布列．（Ⅱ）选择延保方案一，求出所需费用Y1元的分布列和数学期望，选择延保方案二，求出所需费用Y2元的分布列和数学期望，由此能求出该医院选择延保方案二较合算．【解答】（本小题满分12分）解：（Ⅰ）X所有可能的取值为0，1，2，3，4，5，6．，，，，，，，∴X的分布列为X0123456P（Ⅱ）选择延保方案一，所需费用Y1元的分布列为：Y170009000110001300015000P（元）．选择延保方案二，所需费用Y2元的分布列为：Y2100001100012000P（元）．∵EY1＞EY2，∴该医院选择延保方案二较合算．【点评】本题考查离散型随机变量的分布列、数学期望的求法，考查相互独立事件概率乘法的性质等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．20．（12分）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．【考点】K8：抛物线的性质．【专题】34：方程思想；49：综合法；5D：圆锥曲线的定义、性质与方程．【分析】（Ⅰ）可得抛物线的准线为，∴，解得，p＝2，即可得抛物线的方程．（Ⅱ）设l：y＝kx+1．设A（），B（x2，），可得．．同理可得，，即可得|AP|•|BQ|的取值范围．【解答】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，∴，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（），B（x2，），由消去y得，x2﹣4kx﹣4＝0，∴x1+x2＝4k，x1x2＝﹣4．由于抛物线C也是函数的图象，且，则．令y＝0，解得，∴P，从而．同理可得，，∴＝＝．∵k2≥0，∴|AP|•|BQ|的取值范围为[2，+∞）．……………………………（12分）【点评】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．（12分）已知函数f（x）＝a（x+1）ln（x+1）﹣x2﹣ax（a＞0）是减函数．（Ⅰ）试确定a的值；（Ⅱ）已知数列{a n}，，T n＝a1a2a3•…•a n（n∈N*），求证：．【考点】6B：利用导数研究函数的单调性．【专题】33：函数思想；4R：转化法；53：导数的综合应用；55：点列、递归数列与数学归纳法．【分析】（Ⅰ）求出原函数的定义域，求出原函数的导函数，把f（x）是定义域内的减函数转化为f′（x）＝aln（x+1）﹣2x≤0恒成立．再利用导数求得导函数的最大值，由最大值等于0求得a值；（Ⅱ）由f（x）是减函数，且f（0）＝0可得，当x＞0时，f（x）＜0，得到f（n）＜0，即2（n+1）ln（1+n）＜n2+2n．两边同除以2（n+1）2得，，即．得到T n＜，则．然后利用导数证明即可．【解答】解：（Ⅰ）f（x）的定义域为（﹣1，+∞），f′（x）＝aln（x+1）﹣2x．由f（x）是减函数得，对任意的x∈（﹣1，+∞），都有f′（x）＝aln（x+1）﹣2x≤0恒成立．设g（x）＝aln（x+1）﹣2x．∵，由a＞0知，，∴当时，g'（x）＞0；当时，g'（x）＜0，∴g（x）在上单调递增，在上单调递减，∴g（x）在时取得最大值．又∵g（0）＝0，∴对任意的x∈（﹣1，+∞），g（x）≤g（0）恒成立，即g（x）的最大值为g（0）．∴，解得a＝2；（Ⅱ）由f（x）是减函数，且f（0）＝0可得，当x＞0时，f（x）＜0，∴f（n）＜0，即2（n+1）ln（1+n）＜n2+2n．两边同除以2（n+1）2得，，即．从而，∴①．下面证．记，x∈[1，+∞）．∴，∵在[2，+∞）上单调递增，∴h'（x）在[2，+∞）上单调递减，而，∴当x∈[2，+∞）时，h'（x）＜0恒成立，∴h（x）在[2，+∞）上单调递减，即x∈[2，+∞），h（x）≤h（2）＝2ln4﹣ln3﹣3ln2＝ln2﹣ln3＜0，∴当n≥2时，h（n）＜0．∵，∴当n∈N*时，h（n）＜0，即②．综上①②可得，．【点评】本题考查利用导数求函数的最值，训练了利用导数证明数列不等式，考查化归与转化思想方法，考查逻辑思维能力与推理论证能力，属难题．请考生在第22、23题中任选一题作答.注意：只能做所选定的题目，如果多做，则按所做的第一个题目计分，作答时，请用2B铅笔在答题卡上，将所选题号对应的方框涂黑.[选修4-4：坐标系与参数方程]22．（10分）在直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为（θ为参数）．在以原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C2极坐标方程为ρ2＝4ρsinθ﹣3．（Ⅰ）写出曲线C1和C2的直角坐标方程；（Ⅱ）若P，Q分别为曲线C1，C2上的动点，求|PQ|的最大值．【考点】Q4：简单曲线的极坐标方程；QH：参数方程化成普通方程．【专题】11：计算题；5S：坐标系和参数方程．【分析】（Ⅰ）根据平方关系式可得C1的直角坐标方程，根据x＝ρcosθ，y＝ρsinθ可得C2的直角坐标方程；（2）|PQ|的最大值为C1上的点到圆心C2的最大值加上半径．【解答】解：（Ⅰ）曲线C1的直角坐标方程为，曲线C2的直角坐标方程为x2+y2＝4y﹣3，即x2+（y﹣2）2＝1．…………………………（5分）（Ⅱ）设P点的坐标为（2cosθ，sinθ）．|PQ|≤|PC2|+1＝，当时，|PQ|max＝．…………………………（10分）【点评】本题考查了简单曲线的极坐标方程，属中档题．[选修4-5：不等式选讲]23．已知f（x）＝|3x+2|．（Ⅰ）求f（x）≤1的解集；（Ⅱ）若f（x2）≥a|x|恒成立，求实数a的最大值．【考点】R5：绝对值不等式的解法．【专题】38：对应思想；4R：转化法；59：不等式的解法及应用．【分析】（Ⅰ）去掉绝对值，求出不等式的解集即可；（Ⅱ）问题转化为，根据基本不等式的性质求出a的最大值即可．【解答】解：（Ⅰ）由f（x）≤1得|3x+2|≤1，所以﹣1≤3x+2≤1，解得，所以，f（x）≤1的解集为．…………………………（5分）（Ⅱ）f（x2）≥a|x|恒成立，即3x2+2≥a|x|恒成立．当x＝0时，a∈R；当x≠0时，．因为（当且仅当，即时等号成立），所以，即a的最大值是．…………………………（10分）【点评】本题考查了解绝对值不等式问题，考查基本不等式的性质以及转化思想，是一道常规题．。