2020年安徽省六安一中高考数学适应性试卷(文科)(7月份)

2020年安徽省六安一中高考数学适应性试卷（文科）（7月份）
一、单项选择题（本大题共12小题，共60.0分）
1.已知集合A={x∈Z|x>−1}，集合B={x|log2x<2}，则A∩B=()
A. {x|−1<x<4}
B. {x|0<x<4}
C. {0,1，2，3}
D. {1,2，3}
2.设复数z=1+bi(b∈R)，且z2=−3+4i，则z的虚部为()
A. −2
B. −4
C. 2
D. 4
3.已知函数f(x)=e x−(x+1)2(e为自然对数的底数)，则f(x)的大致图象是()
A. B.
C. D.
4.对某两名高三学生在连续9次数学测试中的成绩(单位：分)进行统计得到如下折线图，下面是关于这
两位同学的数学成绩分析．
①甲同学的成绩折线图具有较好的对称性，故平均成绩为130分；
②根据甲同学成绩折线图提供的数据进行统计，估计该同学平均成绩在区间[110,120]内；
③乙同学的数学成绩与测试次号具有比较明显的线性相关性，且为正相关；
④乙同学连续九次测验成绩每一次均有明显进步．
其中正确的个数为()
A. 4
B. 3
C. 2
D. 1
5.一个底面半径为2的圆锥，其内部有一个底面半径为1的内接圆柱，若其内接圆柱的体积为√3π，则
该圆锥的体积为()
A. 2√3π
B. 2√3
3π
C. 4√3
3π
D. 8√3
3
π
6. 已知函数f(x)={e x −e −x (x >0)−x 2(x ≤0)
，若a =50.01，b =3
2log 32，c =log 20.9，则有( )
A. f(b)>f(a)>f(c)
B. f(a)>f(b)>f(c)
C. f(a)>f(c)>f(b)
D. f(c)>f(a)>f(b)
7. 下列命题错误的是( )
A. 命题“若xy =0，则x ，y 中至少有一个为零”的否定是：“若xy ≠0，则x ，y 都不为零”
B. 对于命题p ：∃x ∈R ，使得x 2+x +1<0；则￢p ：∀x ∈R ，均有x 2+x +1≥0
C. 命题“若m >0，则方程x 2+x −m =0有实根”的逆否命题为“若方程x 2+x −m =0无实根，
则m ≤0”
D. “x =1”是“x 2−3x +2=0”的充分不必要条件
8. 在各项均为正数的等比数列{a n }中，a 1a 11+2a 6a 8+a 3a 13=25，则a 72
的最大值是( )
A. 25
B. 25
4
C. 5
D. 2
5
9. 把函数y =sin2x 的图象沿x 轴向左平移π
6个单位，纵坐标伸长到原来的2倍(横坐标不变)后得到函数
y =f(x)的图象，对于函数y =f(x)有以下四个判断：①该函数的解析式为y =2sin(2x +π
3)；②该函数图象关于点(π
3,0)对称；③该函数在[0,π
6]上是增函数；④函数y =f(x)+a 在[0,π
2]上的最小值为√3，则a =2√3.其中，正确判断的序号是( )
A. ①②
B. ②③
C. ①②③
D. ①②④
10. 已知点A 是抛物线x 2=4y 的对称轴与准线的交点，点F 为抛物线的焦点，
P 在抛物线上且满足|PA|=m|PF|，当m 取最大值时|PA|的值为( )
A. 1
B. √5
C. √6
D. 2√2
11. 已知向量a ⃗ ，b ⃗ 满足|a ⃗ |=1，a ⃗ 与b ⃗ 的夹角为π
3
，若对一切实数x ，|x a ⃗ +2b ⃗ |≥|a ⃗ +b ⃗ |恒成立，则|b ⃗ |的取值范围是( )
A. [1
2,∞)
B. (1
2,∞)
C. [1,+∞)
D. (1,+∞)
12. 已知函数f(x)=1
2ax 2+cosx −1(a ∈R)，若函数f(x)有唯一零点，则a 的取值范围为( )
A. (−∞,0)
B. (−∞,0)∪[1，+∞)
C. (−∞,0]∪[1,+∞)
D. (−∞,−1]∪[1,+∞)
二、填空题（本大题共3小题，共15.0分）
13. 曲线y =2x 2−lnx 在某点处的切线的斜率为3，则该切线的方程为______．
14.当实数x，y满足不等式组{x≥0
3x+y≤4
x+3y≥4
时，恒有a≥y
x+1
，则实数a的取值范围是______．
15.已知双曲线C：x2
a2−y2
b2
=1(a,b>0)的左、右焦点为F1、F2，点F2关于一条渐近线的对称点在另一条
渐近线上，则双曲线C的离心率是______．
三、多空题（本大题共1小题，共5.0分）
16.已知在数列{a n}中，a6=11且na n−(n−1)a n+1=1，设b n=1
a n a n+1
，n∈N∗，则a n=(1)，数列{b n}前n项和T n=(2)．
四、解答题（本大题共7小题，共82.0分）
17.△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足a=2，acosB=(2c−b)cosA．
(1)求角A的大小；
(2)求△ABC的周长的最大值．
18.如图，四棱锥P−ABCD中，四边形ABCD是边长为4的菱形，PA=PC，BD⊥PA，E是BC上一点，
且BE=1，设AC∩BD=O．
(1)证明：PO⊥平面ABCD；
(2)若∠BAD=60°，PA⊥PE，求三棱锥P−AOE的体积．
19. 已知Q 为圆E ：x 2+(y +1)2=16上一动点，F(0,1)，QF 的垂直平分线交QE 于点P ，设点P 的轨迹
为曲线C ．
(1)求曲线C 的方程；
(2)已知直线l 为曲线C 上一点A(x 0,−1)处的切线，l 与直线y =4交于B 点，问：以线段AB 为直径的圆是否过定点F ？请给予说明．
20. 某企业对某种产品的生产线进行了改造升级，已知该种产品的质量以其质量指标值m 衡量，并依据质
量指标值m 划分等级如表：
该企业从生产的这种产品中随机抽取100件产品作为样本，检测其质量指标值，得到如图的频率分布直方图．
(1)根据频率分布直方图估计这100件产品的质量指标值m 的平均数x −
(同一区间数据用该区间数据的中点值代表)；
(2)用分层抽样的方法从样本质量指标值m 在区间[150,200)和[200,250]内的产品中随机抽取4件，再从这4
件中任取2件作进一步研究，求这2件都取自区间[200,250]的概率； (3)该企业统计了近100天中每天的生产件数，得下面的频数分布表：
该企业计划引进新的设备对该产品进行进一步加工，有A，B两种设备可供选择．A设备每台每天最多可以加工30件，每天维护费用为500元/台；B设备每台每天最多可以加工4件，每天维护费用为80元/台．该企业现有两种购置方案：
方案一：购买100台A设备和800台B设备；
方案二：购买200台A设备和450台B设备．
假设进一步加工后每件产品可以增加25元的收入，在抽取的这100天的生产件数(同一组数据用该区间数据的中点值代表)的前提下，试依据使用A，B两种设备后的日增加的利润(日增加的利润=日增加的收入−日维护费用)的均值为该公司决策选择哪种方案更好？
21.设函数f(x)=e x−x2
−x．
4
(1)证明：函数f(x)在(0,+∞)上单调递增；
(2)当x<0时f(x)<a恒成立，求整数a的最小值．
22. 在直角坐标系xOy 中，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 的参数方程为
{x =2+2cosθy =2sinθ
(θ为参数)，直线l 经过点M(−1,−3√3)且倾斜角为α． (Ⅰ)求曲线C 的极坐标方程和直线l 的参数方程；
(Ⅱ)已知直线l 与曲线C 交于A ，B ，满足A 为MB 的中点，求tanα．
23. 已知f(x)=2|x −m|+m(m ∈R)．
(1)若不等式f(x)≤2的解集为[12,3
2]，求m 的值；
(2)在(1)的条件下，若a ，b ，c ∈R +，且a +4b +c =m ，求证：ac +4bc +4ab ≥36abc ．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：∵集合A={x∈Z|x>−1}，
集合B={x|log2x<2}={x|0<x<4}，
∴A∩B={1,2，3}，
故选：D．
求出集合A，集合B，由此能求出A∩B．
本题考查交集的求法，考查交集定义等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
2.【答案】A
【解析】解：z2=−3+4i，∴(1+bi)2=−3+4i，1−b2+2bi=−3+4i，
∴1−b2=−3，2b=4，
解得b=2．
则z=1−2i的虚部为−2．
故选：A．
利用复数的运算法则、复数相等、虚部的定义即可得出．
本题考查了复数的运算法则、复数相等、虚部的定义，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
3.【答案】C
【解析】解：f′(x)=e x−2(x+1)=0，
相当于函数y=e x和函数y=2(x+1)交点的横坐标，画出函数图象如图
由图可知−1<x1<0，x2>1，且x>x2时，f′(x)>0，递增，
故选：C．
求出导函数，利用导函数判断函数的单调性．根据数形结合，画出函数的
图象，得出交点的横坐标的范围，根据范围判断函数的单调性得出选项．
考查了导函数的应用和利用数形结合的方法判断极值点位置．
4.【答案】C
【解析】解：①甲同学的成绩折线图具有较好的对称性，最高130分，平均成绩为低于130分，①错误；
②根据甲同学成绩折线图提供的数据进行统计，估计该同学平均成绩在区间[110,120]内，②正确；
③乙同学的数学成绩与测试次号具有比较明显的线性相关性，且为正相关，③正确；
④乙同学在这连续九次测验中第四次、第七次成绩较上一次成绩有退步，故④不正确．故选：C．
利用图形，判断折线图平均分以及线性相关性，成绩的比较，说明正误即可．
本题考查折线图的应用，线性相关以及平均分的求解，考查转化思想以及计算能力．5.【答案】D
【解析】解：作出该几何体的轴截面图如图，
BC=2，BD=1，设内接圆柱的高为h，
由π×12×ℎ=√3π，得ℎ=√3．
∵△CAB∽△CED，
∴ED
AB =CD
CB
，即√3
AB
=1
2
，得AB=2√3，
∴该圆锥的体积为1
3×π×22×2√3=8√3
3
π．
故选：D．
由题意画出图形，由圆柱的体积求得圆柱的高，再由相似三角形对应边成比例求得圆锥的高，则圆锥体积可求．
本题主要考查了圆锥的内接圆柱的体积，考查数形结合的解题思想方法，是基础题．
6.【答案】B
【解析】解：f(x)在(0,+∞)上是增函数，且x>0时，f(x)>0，x<0时，f(x)<0，
b=log3812，50.01>50=1，c=log20.9<log21=0，∴0<b<1，a>1，c<0，
∴f(a)>f(b)>0>f(c)，
∴f(a)>f(b)>f(c)．
故选：B．
根据f(x)的解析式即可判断f(x)在(0,+∞)上是增函数，并且x>0时，f(x)>0，x<0时，f(x)<0，并且可判断a>1>b>0>c，从而可得出f(a)，f(b)和f(c)的大小关系．
本题考查了指数函数的单调性，增函数的定义，对数的运算，对数函数的单调性，考查了计算能力，属于基础题．
7.【答案】A
【解析】解：根据命题的否定值否定命题的结论，故A不正确，
B选项是一个特称命题的否定，变化正确，
C选项是写一个命题的逆否命题，需要原来的命题题设和结论都否定再交换位置，正确
D选项由前者可以推出后者，而反过来不是只推出X=1，故D正确，
故选：A．
根据命题的否定值否定命题的结论，特称命题的否定要求的变化B选项都有，写一个命题的逆否命题，需要原来的命题题设和结论都否定再交换位置，得到C正确，根据一元二次方程的解，得到D正确．
本题考查命题的否定，考查特称命题的否定，考查一个命题的逆否命题，考查必要条件，充分条件与充要条件的判断，是一个综合题目．
8.【答案】B
【解析】解：由等比数列的性质可得：a1a11=a62，a3a13=a82，
∵a1a11+2a6a8+a3a13=25，a n>0．
∴a62+2a6a8+a82=25=(a6+a8)2≥(2√a6a
8
)2，
∴a6a8≤25
4
，
又a6a8=a72，
∴a72的最大值是25
4
．
故选：B．
利用等比数列的性质、基本不等式的性质即可得出结论．
本题考查了等比数列的性质、基本不等式的性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
9.【答案】D
【解析】解：把函数y=sin2x的图象沿x轴向左平移π
6个单位，得到y=sin2(x+π
6
)，
纵坐标伸长到原来的2倍(横坐标不变)后得到函数y=f(x)=2sin(2x+π
3
).
①该函数的解析式为y=2sin(2x+π
3
)，正确；
②当x=π
3时，f(π
3
)=2sinπ=0，该函数图象关于点(π
3
,0)对称，正确；
③当x∈[0,π
6]时，2x+π
3
∈[π
3
,2π
3
]，该函数在[0,π
6
]上不单调，故③错误；
④当x∈[0,π
2]时，2x+π
3
∈[π
3
,4π
3
]，函数y=f(x)+a在[0,π
2
]上的最小值为−√3+a，
由−√3+a=√3，得a=2√3，故④正确．∴正确判断的序号是①②④．
故选：D．
由函数的图象平移与伸缩变换求得f(x)的解析式判断①；求出f(π
3)=0判断②；由x的范围求得2x+π
3
的
范围判断③；求出函数y=f(x)+a在[0,π
2
]上的最小值，结合已知求得a判断④．
本题考查命题的真假判断与应用，考查y=Asin(ωx+φ)型函数的图象与性质，是中档题．
10.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查抛物线的性质，考查抛物线的定义，考查学生分析解决问题的能力，解答此题的关键是明确当m 取得最大值时，sinα最小，此时直线PA与抛物线相切，属中档题．
过P作准线的垂线，垂足为N，则由抛物线的定义，结合|PA|=m|PF|，设PA的倾斜角为α，则当m取得最大值时，sinα最小，此时直线PA与抛物线相切，求出P的坐标，即可求得|PA|的值．
【解答】
解：抛物线的标准方程为x2=4y，
则抛物线的焦点为F(0,1)，准线方程为y=−1，
且由题意可得A(0,−1)．
过P作准线的垂线，垂足为N，
则由抛物线的定义可得|PN|=|PF|，
∵|PA|=m|PF|，∴|PA|=m|PN|，
设PA的倾斜角为α，则sinα=1
m
，
当m取得最大值时，sinα最小，此时直线PA与抛物线相切，
设直线PA的方程为y=kx−1，代入x2=4y，
可得x2=4(kx−1)，
即x2−4kx+4=0，
∴Δ=16k2−16=0，∴k=±1，
∴P(2,1)，
∴|PA|=√4+4=2√2．
故选：D．
11.【答案】C
【解析】解：∵|a⃗|=1，a⃗与b⃗ 的夹角为π
3
，
∴|x a⃗+2b⃗ |≥|a⃗+b⃗ |，化为x2a⃗2+4b⃗ 2+4x a⃗⋅b⃗ ≥a⃗2+b⃗ 2+2a⃗⋅b⃗ ，
即x2+2x|b⃗ |+(3|b⃗ |2−|b⃗ |−1)≥0，
∵对一切实数x，|x a⃗+2b⃗ |≥|a⃗+b⃗ |恒成立，
∴△=4|b⃗ |2−4(3|b⃗ |2−|b⃗ |−1)≤0，
化为(2|b⃗ |+1)(|b⃗ |−1)≥0，解得|b⃗ |≥1．
故选：C．
由|a⃗|=1，a⃗与b⃗ 的夹角为π
3
，|x a⃗+2b⃗ |≥|a⃗+b⃗ |，化为x2a⃗2+4b⃗ 2+4x a⃗⋅b⃗ ≥a⃗2+b⃗ 2+2a⃗⋅b⃗ ，即x2+ 2x|b⃗ |+(3|b⃗ |2−|b⃗ |−1)≥0，由于对一切实数x，|x a⃗+2b⃗ |≥|a⃗+b⃗ |恒成立，可得△≤0，解出即可．本题考查了数量积运算及其性质、一元二次不等式的解法与判别式的关系，考查了推理能力和计算能力，属于中档题．
12.【答案】B
【解析】解：当a=0时，f(x)=cosx−1，显然此时函数f(x)的零点不唯一，不合题意，故可排除选项C；
依题意，方程cosx=−1
2ax2+1有唯一解，即函数g(x)=cosx与函数ℎ(x)=−1
2
ax2+1的图象有唯一交
点，
当a<0时，如图，
ax2+1的图象显然只有唯一交点(0,1)，符合题意，故可排除选项D；函数g(x)=cosx与函数ℎ(x)=−1
2
当a>0时，如图，
ax2+1的开口越小，由图可知，由二次函数的性质可知，函数ℎ(x)的开口向下，且a越大，函数ℎ(x)=−1
2
ax2+1的图象显然只有唯一交点(0,1)，符合题意，故可排除选项A；此时函数g(x)=cosx与函数ℎ(x)=−1
2
故选：B．
当a=0，由余弦函数的周期性可知，此时函数f(x)的零点不唯一，当a≠0时，问题等价于函数g(x)=cosx ax2+1的图象有唯一交点，分a>0及a<0三种情况讨论，结合图象即可得出结论．
与函数ℎ(x)=−1
2
本题主要考查函数零点与方程根的关系，考查数形结合思想及转化思想的运用，该题也可以利用导数分类讨论得解，但作为选择题，采用分类讨论加排除法，可以快速而有效的得出答案，是考试中的必备技巧，属于中档题．
13.【答案】3x−y−1=0
【解析】解：由y′=4x −1x =3得：x =1,或x =−1
4(舍)． 所以切点坐标为(1,2).故切线方程为y −2=3(x −1)． 即3x −y −1=0． 故答案为：3x −y −1=0．
先利用已知的切线斜率，列方程求出切点的横坐标，然后代入原函数求出切点坐标，最后利用点斜式写出切线方程．
本题考查导数的几何意义以及切线方程的求法．属于基础题．
14.【答案】[4,+∞)
【解析】解：不等式组对应的可行域为图中的阴影区域．
由题a ≥y
x+1，y
x+1=y−0
x−(−1)表示平面区域内的点(x,y)与点B(−1,0)连线的斜率． 当(x,y)取点A(0,4)时，y
x+1的最大值为4
0+1=4，所以a ≥4．
故答案为：[4,+∞)．
画出约束条件的可行域，利用目标函数的几何意义，转化求解即可．
本题考查线性规划的简单应用，画出约束条件的可行域，判断目标函数的几何意义是解题的关键．
15.【答案】2
【解析】解：双曲线C ：
x 2a
2−
y 2b 2
=1(a,b >0)的左焦点为F(−c,0)，
渐近线方程为y =±b
a x ，
设F 关于y =b a x 的对称点为(m,−b
a m)， 由题意可得
bm a
−c−m
=−a
b ，(∗)
且1
2(0−b
a m)=1
2⋅b
a (m −c)， 可得m =1
2c ，代入(∗)可得b 2=3a 2，
c2=a2+b2=4a2，
则离心率e=c
a
=2．故答案为：2．
设双曲线的左焦点为F(−c,0)，求出渐近线方程，设F关于y=b
a x的对称点为(m,−b
a
m)，由中点坐标公式
和两直线垂直的条件：斜率之积为−1，解方程可得2m=c，代入可得a，b的关系，再由离心率公式，计算即可得到所求值．
本题考查双曲线的离心率的求法，点关于直线的对称问题的解法，考查运算化简能力，属于中档题．16.【答案】2n−1，n∈N∗
n
2n+1
【解析】解：由na n−(n−1)a n+1=1，可得a1=1，
由a6=11，可得a5=9，a4=7，a3=5，a2=3，
猜想a n=2n−1，n∈N∗，
由na n−(n−1)a n+1=n(2n−1)−(n−1)(2n+1)=1恒成立，
则a n=2n−1，n∈N∗成立，
则b n=1
a n a n+1=1
(2n−1)(2n+1)
=1
2
(1
2n−1
−1
2n+1
)，
T n=
1
2
(1−
1
3
+
1
3
−
1
5
+
1
5
−
1
7
+⋯+
1
2n−1
−
1
2n+1
)
=1
2(1−1
2n+1
)=n
2n+1
．
故答案为：2n−1，n∈N∗，n
2n+1
．
由数列的递推式可得数列的前5项，猜想a n=2n−1，n∈N∗，代入检验可得所求通项公式；再由数列的裂项相消求和，可得所求和．
本题考查数列的通项公式和数列的裂项相消求和，考查化简运算能力和推理能力，属于中档题．
17.【答案】解：(1)由已知，得acosB+bcosA=2ccosA．
由正弦定理，得sinAcosB+sinBcosA=2sinCcosA，
即sin(A+B)=2sinCcosA，
因为sin(A+B)=sinC，
所以sinC=2sinCcosA．
因为sinC≠0，
所以cosA=1
．
2
因为0<A<π，
所以A=π
；
3
(2)由余弦定理a2=b2+c2−2bccosA，
得bc+4=b2+c2，
即(b+c)2=3bc+4．
)2，
因为bc≤(b+c
2
(b+c)2+4．
所以(b+c)2≤3
4
即b+c≤4(当且仅当b=c=2时等号成立)．
所以a+b+c≤6．
所以△ABC周长的最大值为6．
【解析】本题主要考查了正弦定理，两角和的正弦函数公式，余弦定理，基本不等式在解三角形中的应用，考查了计算能力和转化思想，属于基础题．
.由范围(1)由已知及正弦定理，两角和的正弦函数公式得sinC=2sinCcosA，结合sinC≠0，可求cosA=1
2
0<A<π，可求A的值．
(2)由余弦定理，基本不等式可求b+c≤4，即可得解．
18.【答案】解：(1)证明：∵四边形ABCD是菱形，∴BD⊥AC，O是
AC的中点，
∵BD⊥PA，PA∩AC=A，∴BD⊥平面PAC，
∵PO⊂平面PAC，∴BD⊥PO，
∵PA=PC，O是AC的中点，∴PO⊥AC，
∵AC∩BD=O，∴PO⊥平面ABCD．
(2)解：由四边形ABCD是菱形，∠BAD=60°，得△ABD和△BCD都是等边三角形，
∴BD=AB=4，∵O是BD的中点，∴BO=2，
在Rt△ABO中，AO=√AB2−BO2=2√3，
在Rt△PAO中，PA2=AO2+PO2=12+PO2，
取BC的中点F，连结DF，则DF⊥BC，
∴在Rt△POE中，PE2=OE2+PO2=3+PO2，
在△ABE 中，由余弦定理得AE 2=AB 2+BE 2−2AB ⋅BEcos120°=21， ∵PA ⊥PE ，∴PA 2+PE 2=AE 2，∴12+PO 2+3+PO 2=21，∴PO =√3，
∵S △AOE =S △ABC −S △ABE −S △COE
=1
2×4×4×sin120°−1
2×4×1×sin120°−1
2×3×√3=3√3
2
， ∴三棱锥P −AOE 的体积V P−AOE =1
3
S △AOE ⋅PO =1
3
×
3√32
×√3=32
．
【解析】(1)推导出BD ⊥AC ，BD ⊥PA ，从而BD ⊥平面PAC ，BD ⊥PO ，推导出PO ⊥AC ，由此能证明PO ⊥平面ABCD ．
(2)取BC 的中点F ，连结DF ，则DF ⊥BC ，由余弦定理得PO =√3，S △AOE =S △ABC −S △ABE −S △COE ，三棱锥P −AOE 的体积V P−AOE =1
3S △AOE ⋅PO ，由此能求出结果．
本题考查线面垂直、三棱锥的体积的求法，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.【答案】解：(1)由已知得圆E 的圆心为(0,−1)，半径为4，|PQ|=|PF|，
∴|PE|+|PF|=|PE|+|PQ|=|QE|=4>|EF|=2， ∴点P 在以E ，F 为焦点的椭圆上， 2a =4，c =1，∴a =2，b =√3， ∴曲线C 的方程为
y 24
+
x 23
=1．
(2)曲线C 的方程为
y 24
+
x 23
=1令y =−1，解得x =±3
2，
所以A(±3
2,−1)，不妨取A(−3
2,−1)， 设l ：y +1=k(x +3
2)，代入
y 24
+
x 23
=1，
整理可得(3k 2+4)x 2+(9k 2−6k)x +274
k 2−9k −9=0，
△=0⇒k =−2，∴直线l 的方程为2x +y +4=0，∴B(−4,4)， 则FA ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅FB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−3
2
,−2)⋅(−4,3)=0，∴以线段AB 为直径的圆过定点F ．
【解析】(1)由已知得|PQ|=|PF|，|PE|+|PF|=|PE|+|PQ|=|QE|=4>|EF|=2，可判断点P 的轨迹是以E ，F 为焦点的椭圆，即可得轨迹方程；
(2)求出A 点坐标A(±3
2,−1)，不妨取A(−3
2,−1)，设l ：y +1=k(x +3
2)，代入
y 24
+
x 23
=1，
△=0⇒k =−2，
可得l 方程，进而求点点B 坐标，计算FA ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅FB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0，可得结论．
本题主要考查椭圆的定义及标准方程，直线与椭圆的位置关系，向量数量积的运用，属于中档题．
20.【答案】解：(1)由题意得x −
=175×0.05+225×0.15+275×0.2+325×0.3+1375×0.2+
425×0.1=312.5；
(2)因为区间[150,200)和[200,250]上的频率之比为1：3， 所以应从区间[150,200)上抽取1件，记为A 1， 从区间[200,250]上抽取3件，记为B 1，B 2，B 3，
则从中任取两件的情况有(A 1,B 1)，(A 1,B 2)，(A 1,B 3)，(B 1,B 2)，(B 1,B 3)，(B 2,B 3)共6种， 其中两件都取自区间[200,250]上：的情况有(B 1,B 2)，(B 1,B 3)，(B 2,B 3)共3种； 所以其概率为P =3
6=1
2．
(3)每天生产件数的频数分布表为：
若采用方案一，使用100台A 设备和800台B 设备每天可进一步加工的件数为 30×100+4×800=6200(件)， 可得实际加工件数的频数分布表为：
所以方案一中使用A ，B 设备进一步加工后的日增加的利润均值为 25×
(6000×20+6200×80)
100
−500×100−80×800=40000(元)；
若采用方案二，使用200台A 设备和450台B 设备每天可进一步加工的件数为 30×200+4×450=7800(件)， 可得实际加工件数的频数分布表为；
所以方案二中使用A ，B 设备进一步加工后的日增加的利润均值为 25×
(6000×20+7000×30+7800×50)
100
−500×200−80×450=44000(元)．
综上所述，公司应该选择方案二．
【解析】(1)由频率分布直方图求平均数即可； (2)利用列举法求出基本事件数，计算所求的概率值； (3)分别计算方案一、方案二所获得利润值，比较即可．
本题考查了频率分布直方图与概率的计算问题，也考查了运算求解能力，是中档题．
21.【答案】证明：(1)因为f′(x)=e x −x 2−1，记ℎ(x)=f′(x)，所以ℎ′(x)=e x −1
2，(1分)
当x ∈(0,+∞)时，ℎ′(x)>0恒成立，所以，ℎ(x)在(0,+∞)上单调递增， 所以ℎ(x)>ℎ(0)=0.所以当x ∈(0,+∞)时，f′(x)>0恒成立， 所以函数f(x)在(0,+∞)上单调递增．(3分)
(2)由(1)知，ℎ′(x)=e x −1
2，令ℎ′(x)=0解得x =−ln2， 当x ∈(−∞,−ln2)时，ℎ′(x)<0，即ℎ(x)单调递减； 当x ∈(−ln2,0)时，ℎ′(x)>0，即ℎ(x)单调递增．(5分)
又ℎ(−1)<0，ℎ(−2)>0，所以在(−2,−1)上存在唯一x 0，满足ℎ(x 0)=0，即f′(x 0)=0. (6分) 当x ∈(−∞,x 0)时，f′(x)>0，即f(x)单调递增；当x ∈(x 0,0)时，f′(x)<0，即f(x)单调递减， 所以当x <0时，f(x)max =f(x 0)=e x 0−x 0
24
−x 0.(8分)
由f′(x 0)=0可得e x 0=x 02
+1，
所以f(x)max =−
x 0
24
−
x 02
+1，由x 0∈(−2,−1)，可得f(x)max ∈(1,5
4).(10分)
因为f(x)<a 恒成立且a ∈Z ，所以整数a 的最小值为2.(12分)
【解析】(1)先对函数求导，结合导数可求函数的单调性即可，
(2)转化为求解函数f(x)的最大值，结合导数与单调性的关系及函数的性质，零点判定定理可求． 本题主要考查了利用导数研究函数的单调性及最值，以及由不等式的恒成立求解参数范围问题，体现了转化思想的应用．
22.【答案】解：(Ⅰ)由曲线C 的参数方程为{x =2+2cosθ
y =2sinθ
(θ为参数)，消去参数θ，
可得曲线C 的普通方程为(x −2)2+y 2=4，即x 2+y 2=4x ， ∵x =ρcosθ，ρ2=x 2+y 2，可得ρ2=4ρcosθ，化简为ρ=4cosθ， ∴曲线C 的极坐标方程为ρ=4cosθ．
直线l 的参数方程：{
x =−1+tcosα
y =−3√3+tsinα(t 为参数，0≤α≤π)； (Ⅱ)设A ，B 对应的参数分别为t A ，t B ． 将直线l 的参数方程代入C 并整理，
得t 2−6t(√3sinα+cosα)+32=0， ∴t A +t B =6(√3sinα+cosα)，t A ⋅t B =32． 又A 为MB 的中点，∴t B =2t A ，
因此t A =2(√3sinα+cosα)=4sin(α+π
6)，t B =8sin(α+π
6)， ∴t A ⋅t B =32sin 2(α+π
6)=32， 即sin 2(α+π
6)=1． ∵0≤α≤π，∴
π6
≤α+π6<
7π6
．
从而α+π
6=π
2， 即α=π
3,tan π
3=√3．
【解析】(Ⅰ)由曲线C 的参数方程为{
x =2+2cosθ
y =2sinθ(θ为参数)，消去参数θ，可得曲线C 的普通方程x 2+y 2=4x ，结合x =ρcosθ，ρ2=x 2+y 2，可得曲线C 的极坐标方程为ρ=4cosθ.由直线l 过定点及倾斜角为α，直接写出直线l 的参数方程；
(Ⅱ)设A ，B 对应的参数分别为t A ，t B .将直线l 的参数方程代入C 并整理，得到关于t 的一元二次方程，再由根与系数的关系求解．
本题考查简单曲线的极坐标方程，考查直线的参数方程，关键是直线参数方程中参数t 的几何意义的应用，考查计算能力，是中档题．
23.【答案】解：(1)∵不等式f(x)≤2的解集为[12,3
2]，
∴{
2|1
2−m|+m =22|32−m|+m =2
，∴m =1．
(2)由(1)知，a +4b +c =m =1，
∴
ac +4bc +4ab 4abc =(1a +14b +1
c
)⋅(a +4b +c)
≥(
√a
√a +√4b √4b √c √c)2=9． ∴ac +4bc +4ab ≥36abc ，
当且仅当a =4b =c ，即a =c =1
3，b =1
12时等号成立， ∴ac +4bc +4ab ≥36abc ．
【解析】(1)直接根据不等式f(x)≤2的解集为[1
2,3
2
]，得到关于m的方程，再解出m即可；
(2)由(1)知，a+4b+c=m=1，然后根据ac+4bc+4ab
4abc =(1
a
+1
4b
+1
c
)⋅(a+4b+c)，利用基本不等式求出
其最小值，即可证明ac+4bc+4ab≥36abc成立．
本题考查了不等式的解集与方程的关系，利用基本不等式求最值和利用综合法证明不等式，考查了方程思想和转化思想，属中档题．。