數(shù)學(xué)仿真模擬卷(四)(時(shí)間：120分鐘滿分：150分)一、選擇題(本題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的)1．設(shè)集合A＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(2，4))，B＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x∈N|x－3≤0))，則A∪B＝()A．eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(1，2，3，4)) B．eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(0，1，2，3，4))C．eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(2)) D．eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(x≤4))))B[由集合B＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x∈N|x－3≤0))，化簡(jiǎn)可得B＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(0，1，2，3))，由A＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(2，4))，∴A∪B＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(0，1，2，3，4)).故選B．]2．甲、乙、丙、丁四位同學(xué)各自對(duì)x，y兩變量的線性相關(guān)性作試驗(yàn)，并用回歸分析方法分別求得相關(guān)系數(shù)r，如下表：相關(guān)系數(shù)甲乙丙丁r－0.820.780.690.87則哪位同學(xué)的試驗(yàn)結(jié)果體現(xiàn)兩變量有更強(qiáng)的線性相關(guān)性？()A．甲B．乙C．丙D．丁D[根據(jù)線性相關(guān)系數(shù)的意義可知，在驗(yàn)證兩個(gè)變量之間的線性相關(guān)關(guān)系時(shí)，相關(guān)系數(shù)的絕對(duì)值越接近于1，相關(guān)性越強(qiáng)，在四位同學(xué)中，丁同學(xué)求得的相關(guān)系數(shù)的絕對(duì)值最大，表明丁同學(xué)的試驗(yàn)結(jié)果體現(xiàn)兩變量有更強(qiáng)的線性相關(guān)性．故選D．]3．在平面直角坐標(biāo)系xOy中，點(diǎn)Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)，1))，將向量eq\o(OP,\s\up8(→))繞點(diǎn)O按逆時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)eq\f(π,2)后得到向量eq\o(OQ,\s\up8(→))，則點(diǎn)Q的坐標(biāo)是()A．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\r(2)，1)) B．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\r(2)))C．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\r(3)，1)) D．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\r(3)))D[由Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)，1))，得Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2cos\f(π,6)，2sin\f(π,6)))，∵將向量eq\o(OP,\s\up8(→))繞點(diǎn)O按逆時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)eq\f(π,2)后得到向量eq\o(OQ,\s\up8(→))，∴Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋\f(π,2)))，2sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋\f(π,2)))))，又coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋\f(π,2)))＝－sineq\f(π,6)＝－eq\f(1,2)，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋\f(π,2)))＝coseq\f(π,6)＝eq\f(\r(3),2)，∴Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\r(3))).故選D．]4．“a<1”是“?x>0，eq\f(x2＋1,x)≥a”的()A．充分不必要條件B．必要不充分條件C．充要條件D．既不充分也不必要條件A[?x>0，eq\f(x2＋1,x)＝x＋eq\f(1,x)≥2eq\r(x·\f(1,x))＝2，當(dāng)且僅當(dāng)x＝eq\f(1,x)，即x＝1時(shí)取等號(hào)．若a<1時(shí)，則?x>0，eq\f(x2＋1,x)≥2>1>a，因此“a<1”是“?x>0，eq\f(x2＋1,x)≥a”的充分條件；若?x>0，eq\f(x2＋1,x)≥a，則a≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x2＋1,x)))min，即a≤2，推不出“a<1”，因此“a<1”不是“?x>0，eq\f(x2＋1,x)≥a”的必要條件．故“a<1”是“?x>0，eq\f(x2＋1,x)≥a”的充分不必要條件．故選A．]5．函數(shù)f(x)＝eq\f(x－sinx,ex＋e－x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－π，π))上的圖象大致為()ABCDA[記geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))＝x－sinx，x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－π，π))，g′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))＝1－cosx≥0，∴geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－π，π))上單調(diào)遞增，又geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0))＝0，∴當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，π))時(shí)，geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))≥geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0))，即x－sinx≥0，又ex＋e－x>0，∴當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，π))時(shí)，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))≥0，故排除B，C，D．故選A．]6．玉琮是中國(guó)古代玉器中重要的禮器，神人紋玉琮王是新石器時(shí)代良渚文化的典型玉器，1986年出土于浙江省余杭市反山文化遺址．玉琮王通高8.8cm，孔徑4.9cm、外徑17.6cm.琮體四面各琢刻一完整的獸面神人圖象．獸面的兩側(cè)各淺浮雕鳥紋．器形呈扁矮的方柱體，內(nèi)圓外方，上下端為圓面的射，中心有一上下垂直相透的圓孔．試估計(jì)該神人紋玉琮王的體積約為(單位：cm3)()A．6250B．3050C．2850D．2350D[由題可知，該神人紋玉琮王可看做是一個(gè)底面邊長(zhǎng)為17.6cm，高為8.8cm的正四棱柱中挖去一個(gè)底面直徑為4.9cm，高為8.8cm的圓柱，此時(shí)求得體積記為V1，V1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(17.6))2×8.8－π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4.9,2)))eq\s\up12(2)×8.8≈2560cm3，記該神人紋玉琮王的實(shí)際體積為V，則V<V1，且由題意可知，V>π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(17.6,2)))eq\s\up12(2)×8.8－π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4.9,2)))eq\s\up12(2)×8.8≈1974cm3，故1974<V<2560，故選D．]7．定義在R上的偶函數(shù)f(x)＝2|x－m|－1，記a＝f(－ln3)，b＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(log25))，c＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2m))，則()A．a(chǎn)<b<c B．a(chǎn)<c<bC．c<a<b D．c<b<aC[∵f(x)＝2|x－m|－1為定義在R上的偶函數(shù)，∴?x∈R，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－x))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))，即2eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x－m))－1＝2eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(－x－m))－1，∴?x∈R，eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x－m))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(－x－m))，即eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x－m))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x＋m))恒成立，∴?x∈R，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－m))2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋m))2，即2mx＝0恒成立，∴m＝0，∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))＝2eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x))－1＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x－1，x≥0,2－x－1，x<0))，∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))在eq\b\lc\[\rc\(\a\vs4\al\co1(0))，eq\b\lc\\rc\)(\a\vs4\al\co1(＋∞))上單調(diào)遞增，a＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－ln3))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln3))，b＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(log25))，c＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2m))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(20))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1))，∵1<ln3<2，log25>2，∴1<ln3<log25，∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1))<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln3))<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(log25))，即c<a<b.故選C．]8．如圖，已知拋物線C：y2＝2px(p>0)的焦點(diǎn)為F，點(diǎn)P(x0，2eq\r(3))(x0>eq\f(p,2))是拋物線C上一點(diǎn)．以P為圓心的圓與線段PF相交于點(diǎn)Q，與過(guò)焦點(diǎn)F且垂直于對(duì)稱軸的直線交于點(diǎn)A，B，eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(AB))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(PQ))，直線PF與拋物線C的另一交點(diǎn)為M，若eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(PF))＝eq\r(3)eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(PQ))，則eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(PQ)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(FM)))＝()A．1B．eq\r(3)C．2D．eq\r(5)B[由題意得eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(PF))＝x0＋eq\f(p,2)，直線AB方程為：x＝eq\f(p,2)，P到直線AB距離為x0－eq\f(p,2)，∵以P為圓心的圓與線段PF相交于點(diǎn)Q，與過(guò)焦點(diǎn)F且垂直于對(duì)稱軸的直線交于點(diǎn)A，B，eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(AB))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(PQ))，∴eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(AB))＝eq\f(2,\r(3))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0－\f(p,2)))，∵eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(PF))＝eq\r(3)eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(PQ))，∴x0＋eq\f(p,2)＝eq\r(3)·eq\f(2,\r(3))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0－\f(p,2)))，解得x0＝eq\f(3p,2)，∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2\r(3)))2＝2p·eq\f(3p,2)，又p>0，故p＝2，∴拋物線方程為y2＝4x，Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，2\r(3)))，F(xiàn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，0))，eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(PQ))＝eq\f(2,\r(3))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0－\f(p,2)))＝eq\f(4,3)eq\r(3)，直線PQ方程為y＝eq\f(2\r(3)－0,3－1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－1))＝eq\r(3)x－eq\r(3)，與拋物線方程聯(lián)立得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y2＝4x,y＝\r(3)x－\r(3)))，消去y整理得，3x2－10x＋3＝0，解得x＝eq\f(1,3)或3，∴Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，－\f(2\r(3),3)))，eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(FM))＝1＋eq\f(1,3)＝eq\f(4,3)，∴eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(PQ)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(FM)))＝eq\f(\f(4,3)\r(3),\f(4,3))＝eq\r(3).故選B．]二、選擇題(本題共4小題，每小題5分，共20分．在每小題給出的選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求．全部選對(duì)的得5分，有選錯(cuò)的得0分，部分選對(duì)的得3分)9．已知雙曲線eq\f(x2,4)－eq\f(y2,2)＝sin2θ(θ≠kπ，k∈Z)，則不因θ改變而變化的是()A．焦距 B．離心率C．頂點(diǎn)坐標(biāo) D．漸近線方程BD[整理雙曲線方程可得eq\f(x2,4sin2θ)－eq\f(y2,2sin2θ)＝1，c＝eq\r(6sin2θ)，該雙曲線焦距為：2eq\r(6sin2θ)，離心率為：eq\f(\r(6sin2θ),2\r(sin2θ))＝eq\f(\r(6),2)，頂點(diǎn)坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2\r(sin2θ)，0))和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2\r(sin2θ)，0))，漸近線方程為y＝±eq\f(x,2)，不因θ改變而變化的是離心率與漸近線方程．故選BD．]10．下圖是《2018年全國(guó)教育事業(yè)發(fā)展統(tǒng)計(jì)公報(bào)》中1949－2018年我國(guó)高中階段在校生數(shù)條形圖和毛入學(xué)率的折線圖，根據(jù)下圖可知在1949－2018年()高中階段在校生數(shù)和毛入學(xué)率A．1978年我國(guó)高中階段的在校生數(shù)和毛入學(xué)率比建國(guó)初期大幅度提高B．從1990年開(kāi)始，我國(guó)高中階段的在校生數(shù)和毛入學(xué)率在逐年增高C．2010年我國(guó)高中階段在校生數(shù)和毛入學(xué)率均達(dá)到了最高峰D．2018年高中階段在校生數(shù)比2017年下降了約0.91%，而毛入學(xué)率提高了0.5個(gè)百分點(diǎn)AD[觀察條形圖和折線圖可知，1978年我國(guó)高中階段的在校生數(shù)和毛入學(xué)率比建國(guó)初期大幅度提高，故A正確；2016年和2018年的高中階段在校生數(shù)都低于前一年，故B錯(cuò)誤；2010年我國(guó)高中階段在校生數(shù)達(dá)到了最高峰，但是毛入學(xué)率均低于后續(xù)幾年，故C錯(cuò)誤；2018年高中階段在校生數(shù)為3935萬(wàn)人，2017年高中階段在校生數(shù)為3971萬(wàn)人，2018年高中階段在校生數(shù)比2017年下降了約eq\f(3971－3935,3971)＝0.91%，2018年高中階段毛入學(xué)率為88.8%，2017年高中階段毛入學(xué)率為88.3%，毛入學(xué)率提高了0.5個(gè)百分點(diǎn)，故D正確．]11．已知函數(shù)f(x)對(duì)?x∈R，滿足f(x)＝－f(6－x)，f(x＋1)＝f(－x＋1)，若f(a)＝－f(2020)，a∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(5，9))且f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(5，9))上為單調(diào)函數(shù)，則下列結(jié)論正確的是()A．f(3)＝0B．a(chǎn)＝8C．f(x)是周期為4的周期函數(shù)D．y＝f(x)的圖象關(guān)于點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，0))對(duì)稱AB[∵f(x)＝－f(6－x)，∴f(x)＋f(6－x)＝0，即y＝f(x)的圖象關(guān)于點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，0))對(duì)稱，令x＝3得，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3))＝－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3))，故f(3)＝0，A正確；∵f(x＋1)＝f(－x＋1)，∴f(x＋1)＝f(1－x)，即y＝f(x)的圖象關(guān)于直線x＝1對(duì)稱，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋1))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－x＋1))＝－feq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(6－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－x＋1))))＝－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5＋x))，即feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋4))＝－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))，∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋8))＝－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋4))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))，∴f(x)是周期為8的周期函數(shù)，∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2020))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(252×8＋4))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4))＝－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(8))，∵f(a)＝－f(2020)，∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(8))，∵a∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(5，9))，且f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(5，9))上為單調(diào)函數(shù)，∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(8))，故a＝8，故B正確；假設(shè)f(x)是周期為4的周期函數(shù)，則feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋4))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))，又feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋4))＝－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))，∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))＝－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))，即feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))＝0，與“f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(5，9))上為單調(diào)函數(shù)”矛盾，故假設(shè)不成立，C錯(cuò)誤；∵feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3))＝0，∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(7))＝－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3))＝0，假設(shè)y＝f(x)的圖象關(guān)于點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，0))對(duì)稱，則f(x)＋f(2－x)＝0，令x＝1，得feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1))＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1))＝0，即feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1))＝0，則feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5))＝－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1))＝0，即feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(7))，與“f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(5，9))上為單調(diào)函數(shù)”矛盾，故假設(shè)不成立，D錯(cuò)誤．故選AB．]12．如圖，點(diǎn)O是正四面體P-ABC底面ABC的中心，過(guò)點(diǎn)O的直線交AC，BC于點(diǎn)M，N，S是棱PC上的點(diǎn)，平面SMN與棱PA的延長(zhǎng)線相交于點(diǎn)Q，與棱PB的延長(zhǎng)線相交于點(diǎn)R，則下述正確的是()A．若MN∥平面PAB，則AB∥RQB．存在點(diǎn)S與直線MN，使PC⊥平面SRQC．存在點(diǎn)S與直線MN，使eq\o(PS,\s\up8(→))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(PQ,\s\up8(→))＋\o(PR,\s\up8(→))))＝0D．eq\f(1,\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(PQ,\s\up8(→)))))＋eq\f(1,\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(PR,\s\up8(→)))))＋eq\f(1,\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(PS,\s\up8(→)))))是常數(shù)ABD[對(duì)于選項(xiàng)A，若MN∥平面PAB，∵平面SMN與棱PA的延長(zhǎng)線相交于點(diǎn)Q，與棱PB的延長(zhǎng)線相交于點(diǎn)R，∴平面SMN∩平面PAB＝RQ，又MN?平面SMN，MN∥平面PAB，∴MN∥RQ，∵點(diǎn)O在面ABC上，過(guò)點(diǎn)O的直線交AC，BC于點(diǎn)M，N，∴MN?平面ABC，又MN∥平面PAB，平面ABC∩平面PAB＝AB，∴MN∥AB，∴AB∥RQ，故A正確；對(duì)于選項(xiàng)B，當(dāng)直線MN平行于直線AB，S為線段PC上靠近C的三等分點(diǎn)，即SC＝eq\f(1,3)PC，此時(shí)PC⊥平面SRQ，以下給出證明：在正四面體P－ABC中，設(shè)各棱長(zhǎng)為a，∴△ABC，△PBC，△PAC，△PAB均為正三角形，∵點(diǎn)O為△ABC的中心，MN∥AB，∴由正三角形中的性質(zhì)，易得CN＝CM＝eq\f(2,3)a，在△CNS中，∵CN＝eq\f(2,3)a，SC＝eq\f(1,3)a，∠SCN＝eq\f(π,3)，∴由余弦定理得，SN＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,3)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2a,3)))\s\up12(2)－2·\f(a,3)·\f(2a,3)cos\f(π,3))＝eq\f(\r(3),3)a，∴SC2＋SN2＝eq\f(4,9)a2＝CN2，則SN⊥PC，同理，SM⊥PC，又SM∩SN＝S，SM?平面SRQ，SN?平面SRQ，∴PC⊥平面SRQ，∴存在點(diǎn)S與直線MN，使PC⊥平面SRQ，故B正確；對(duì)于選項(xiàng)C，假設(shè)存在點(diǎn)S與直線MN，使eq\o(PS,\s\up8(→))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(PQ,\s\up8(→))＋\o(PR,\s\up8(→))))＝0，設(shè)QR中點(diǎn)為K，則eq\o(PQ,\s\up8(→))＋eq\o(PR,\s\up8(→))＝2eq\o(PK,\s\up8(→))，∴eq\o(PS,\s\up8(→))⊥eq\o(PK,\s\up8(→))，即eq\o(PC,\s\up8(→))⊥eq\o(PK,\s\up8(→))，∵eq\o(PC,\s\up8(→))·eq\o(AB,\s\up8(→))＝eq\o(PC,\s\up8(→))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(PB,\s\up8(→))－\o(PA,\s\up8(→))))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(PC,\s\up8(→))))·eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(PB,\s\up8(→))))cos∠CPB－eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(PC,\s\up8(→))))·eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(PA,\s\up8(→))))cos∠CPA＝0，∴eq\o(PC,\s\up8(→))⊥eq\o(AB,\s\up8(→))，又易知AB與PK為相交直線，AB與PK均在平面PQR上，∴PC⊥平面PQR，即PC⊥平面PAB，與正四面體P-ABC相矛盾，所以假設(shè)不成立，故C錯(cuò)誤；對(duì)于選項(xiàng)D，易知點(diǎn)O到面PBC，面PAC，面PAB的距離相等，記為d，記PC與平面PAB所處角的平面角為α，α為常數(shù)，則sinα也為常數(shù)，則點(diǎn)S到PQR的距離為PSsinα，又S△PQR＝eq\f(1,2)eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(PQ,\s\up8(→))))·eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(PR,\s\up8(→))))sineq\f(π,3)＝eq\f(\r(3),4)eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(PQ,\s\up8(→))))·eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(PR,\s\up8(→))))，∴VS－PQR＝eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(PS,\s\up8(→))))sinα))·S△PQR＝eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(PS,\s\up8(→))))sinα))·eq\f(\r(3),4)eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(PQ,\s\up8(→))))·eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(PR,\s\up8(→))))＝eq\f(\r(3),12)eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(PQ,\s\up8(→))))·eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(PR,\s\up8(→))))·eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(PS,\s\up8(→))))sinα，又S△PSR＝eq\f(1,2)eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(PS,\s\up8(→))))·eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(PR,\s\up8(→))))sineq\f(π,3)＝eq\f(\r(3),4)eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(PS,\s\up8(→))))·eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(PR,\s\up8(→))))，S△PSQ＝eq\f(1,2)eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(PS,\s\up8(→))))·eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(PQ,\s\up8(→))))sineq\f(π,3)＝eq\f(\r(3),4)eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(PS,\s\up8(→))))·eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(PQ,\s\up8(→))))，S△PQR＝eq\f(1,2)eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(PQ,\s\up8(→))))·eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(PR,\s\up8(→))))sineq\f(π,3)＝eq\f(\r(3),4)eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(PQ,\s\up8(→))))·eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(PR,\s\up8(→))))，VS-PQR＝VO-PSR＋VO-PSQ＋VO-PQR＝eq\f(\r(3),12)deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(PS,\s\up8(→))))·\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(PR,\s\up8(→))))＋\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(PS,\s\up8(→))))·\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(PQ,\s\up8(→))))＋\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(PQ,\s\up8(→))))·\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(PR,\s\up8(→))))))，∴eq\f(\r(3),12)eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(PQ,\s\up8(→))))·eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(PR,\s\up8(→))))·eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(PS,\s\up8(→))))sinα＝eq\f(\r(3),12)deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(PS,\s\up8(→))))·\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(PR,\s\up8(→))))＋\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(PS,\s\up8(→))))·\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(PQ,\s\up8(→))))＋\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(PQ,\s\up8(→))))·\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(PR,\s\up8(→))))))，∴eq\f(1,\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(PQ,\s\up8(→)))))＋eq\f(1,\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(PR,\s\up8(→)))))＋eq\f(1,\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(PS,\s\up8(→)))))＝eq\f(sinα,d)為常數(shù)，故D正確．故選ABD．]三、填空題(本題共4小題，每小題5分，共20分)13．已知復(fù)數(shù)eq\f(a－i,2＋i)是純虛數(shù)(i是虛數(shù)單位)，則實(shí)數(shù)a的值為_(kāi)_______．eq\f(1,2)[∵復(fù)數(shù)eq\f(a－i,2＋i)是純虛數(shù)，且eq\f(a－i,2＋i)＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－i))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－i)),\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋i))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－i)))＝eq\f(2a－1,5)＋eq\f(－2－a,5)i，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(2a－1,5)＝0,\f(－2－a,5)≠0))，解得a＝eq\f(1,2).]14.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3,x2)＋\f(2,x)))eq\s\up12(8)的展開(kāi)式中x2項(xiàng)的系數(shù)是________．(用數(shù)字作答)112[通項(xiàng)公式為Tr＋1＝Ceq\o\al(r,8)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3,x2)))eq\s\up12(8－r)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,x)))eq\s\up12(r)＝2rCeq\o\al(r,8)xeq\s\up12(eq\f(16－5r,3))，令eq\f(16－5r,3)＝2，解得r＝2，∴x2項(xiàng)的系數(shù)為22Ceq\o\al(2,8)＝112.]15．已知函數(shù)f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0，0<φ<π)是偶函數(shù)，將y＝f(x)的圖象沿x軸向左平移eq\f(π,6)個(gè)單位，再將圖象上所有點(diǎn)的橫坐標(biāo)伸長(zhǎng)到原來(lái)的2倍(縱坐標(biāo)不變)，所得圖象對(duì)應(yīng)的函數(shù)為y＝g(x)．已知y＝g(x)的圖象相鄰對(duì)稱中心之間的距離為2π，則ω＝________，若y＝g(x)的圖象在其某對(duì)稱軸處對(duì)應(yīng)的函數(shù)值為－2，則g(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，π))上的最大值為_(kāi)_______．(本題第一空2分，第二空3分)1eq\r(3)[∵函數(shù)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))＝Asineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋φ))(A>0，ω>0，0<φ<π)是偶函數(shù)，∴φ＝eq\f(π,2)＋kπ，k∈Z，又0<φ<π，∴φ＝eq\f(π,2)，∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))＝Asineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,2)))＝Acoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx))，∵將y＝f(x)的圖象沿x軸向左平移eq\f(π,6)個(gè)單位，再將圖象上所有點(diǎn)的橫坐標(biāo)伸長(zhǎng)到原來(lái)的2倍(縱坐標(biāo)不變)，所得圖象對(duì)應(yīng)的函數(shù)為y＝g(x)，∴geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋\f(π,6)))＝Acoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(xω,2)＋\f(π,6)ω))，∵y＝g(x)的圖象相鄰對(duì)稱中心之間的距離為2π，∴eq\f(1,2)·eq\f(2π,\f(ω,2))＝2π，解得ω＝1，∵y＝g(x)的圖象在其某對(duì)稱軸處對(duì)應(yīng)的函數(shù)值為－2，A>0，∴A＝2，∴geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋\f(π,6)))，當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，π))時(shí)，eq\f(x,2)＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(2π,3)))，coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋\f(π,6)))∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(\r(3),2)))，故geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,4)＋\f(π,12)))∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，\r(3)))，∴g(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，π))上的最大值為eq\r(3).]16．定義函數(shù)f(x)＝[x[x]]，其中eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(x))表示不超過(guò)x的最大整數(shù)，例如：eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1.3))＝1，eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1.5))＝－2，eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2))＝2.當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，n))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n∈N*))時(shí)，f(x)的值域?yàn)锳n.記集合An中元素的個(gè)數(shù)為an，則eq\i\su(i＝2,2020,)eq\f(1,ai－1)的值為_(kāi)_______．eq\f(2019,1010)[∵eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(x))表示不超過(guò)x的最大整數(shù)，∴當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，n))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n∈N*))時(shí)，eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(x))＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0，x∈\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1)),1，x∈\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，2)),…,n－1，x∈\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－1，n))))，∴xeq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(x))＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0，x∈\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1)),x，x∈\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，2)),…,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－1))x，x∈\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－1，n))))，∴eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(x\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(x))))在各區(qū)間內(nèi)的元素個(gè)數(shù)為1，1，2，3，…，n－1，∴an＝1＋1＋2＋3＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－1))＝1＋eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋n－1))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－1)),2)＝1＋eq\f(n\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－1)),2)，∴eq\f(1,an－1)＝eq\f(2,n\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－1)))＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n－1)－\f(1,n)))，∴eq\i\su(i＝2,2020,)eq\f(1,ai－1)＝2eq\i\su(i＝2,2020,)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,i－1)－\f(1,i)))＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2020)))＝eq\f(2019,1010).]四、解答題(本題共6小題，共70分．解答應(yīng)寫出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟)17．(本小題滿分10分)△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，已知向量m＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(c－a，sinB))，n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b－a，sinA＋sinC))，且m∥n.(1)求C；(2)若eq\r(6)c＋3b＝3a，求sinA．[解](1)因?yàn)閙∥n，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(c－a))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sinA＋sinC))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b－a))sinB，由正弦定理得，(c－a)(a＋c)＝(b－a)b，所以a2＋b2－c2＝ab，由余弦定理得，cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(ab,2ab)＝eq\f(1,2)，因?yàn)镃∈(0，π)，故C＝eq\f(π,3).(2)由(1)知B＝eq\f(2π,3)－A，因?yàn)閑q\r(6)c＋3b＝3a，由正弦定理得，eq\r(6)sinC＋3sinB＝3sinA，則eq\r(6)sineq\f(π,3)＋3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－A))＝3sinA，整理得sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A－\f(π,3)))＝eq\f(\r(2),2)，由于0<A<eq\f(2π,3)，－eq\f(π,3)<A－eq\f(π,3)<eq\f(π,3)，所以coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A－\f(π,3)))＝eq\f(\r(2),2)，故sinA＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A－\f(π,3)＋\f(π,3)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A－\f(π,3)))coseq\f(π,3)＋coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A－\f(π,3)))sineq\f(π,3)＝eq\f(\r(6)＋\r(2),4).18．(本小題滿分12分)在①b2n＝2bn＋1，②a2＝b1＋b2，③b1，b2，b4成等比數(shù)列，這三個(gè)條件中選擇符合題意的兩個(gè)條件，補(bǔ)充在下面的問(wèn)題中，并求解．已知數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))中a1＝1，an＋1＝3an，公差不等于0的等差數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(bn))滿足________，求數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(bn,an)))的前n項(xiàng)和Sn.注：如果選擇多個(gè)條件分別解答，按第一個(gè)解答計(jì)分．[解]因?yàn)閍1＝1，an＋1＝3an，所以eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))是以1為首項(xiàng)，3為公比的等比數(shù)列，所以an＝3n－1.選①②時(shí)，設(shè)數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(bn))公差為d，因?yàn)閍2＝3，所以b1＋b2＝3，因?yàn)閎2n＝2bn＋1，所以n＝1時(shí)，b2＝2b1＋1，解得b1＝eq\f(2,3)，b2＝eq\f(7,3)，所以d＝eq\f(5,3)，所以bn＝eq\f(5n－3,3).所以eq\f(bn,an)＝eq\f(5n－3,3n).Sn＝eq\f(b1,a1)＋eq\f(b2,a2)＋…＋eq\f(bn,an)＝eq\f(2,31)＋eq\f(7,32)＋eq\f(12,33)＋…＋eq\f(5n－3,3n)(i)，所以eq\f(1,3)Sn＝eq\f(2,32)＋eq\f(7,33)＋eq\f(12,34)＋…＋eq\f(5n－8,3n)＋eq\f(5n－3,3n＋1)(ii)，(i)－(ii)，得：eq\f(2,3)Sn＝eq\f(2,3)＋5eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,32)＋\f(1,33)＋…＋\f(1,3n)))－eq\f(5n－3,3n＋1)＝eq\f(2,3)＋eq\f(5,6)－eq\f(15,2·3n＋1)－eq\f(5n－3,3n＋1)＝eq\f(3,2)－eq\f(10n＋9,2·3n＋1)，所以Sn＝eq\f(9,4)－eq\f(10n＋9,4·3n).選②③時(shí)，設(shè)數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(bn))公差為d，因?yàn)閍2＝3，所以b1＋b2＝3，即2b1＋d＝3，因?yàn)閎1，b2，b4成等比數(shù)列，所以beq\o\al(2,2)＝b1b4，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b1＋d))2＝b1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b1＋3d))，化簡(jiǎn)得d2＝b1d，因?yàn)閐≠0，所以b1＝d，從而d＝b1＝1，所以bn＝n，所以eq\f(bn,an)＝eq\f(n,3n－1)，Sn＝eq\f(b1,a1)＋eq\f(b2,a2)＋…＋eq\f(bn,an)＝eq\f(1,30)＋eq\f(2,31)＋eq\f(3,32)＋…＋eq\f(n,3n－1)(i)，所以eq\f(1,3)Sn＝eq\f(1,31)＋eq\f(2,32)＋eq\f(3,33)＋…＋eq\f(n－1,3n－1)＋eq\f(n,3n)(ii)，(i)－(ii)，得：eq\f(2,3)Sn＝1＋eq\f(1,31)＋eq\f(1,32)＋eq\f(1,33)＋…＋eq\f(1,3n－1)－eq\f(n,3n)＝eq\f(3,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3n)))－eq\f(n,3n)＝eq\f(3,2)－eq\f(2n＋3,2·3n)，所以Sn＝eq\f(9,4)－eq\f(2n＋3,4·3n－1).選①③時(shí)，設(shè)數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(bn))公差為d，因?yàn)閎2n＝2bn＋1，所以n＝1時(shí)，b2＝2b1＋1，所以d＝b1＋1.又因?yàn)閎1，b2，b4成等比數(shù)列，所以beq\o\al(2,2)＝b1b4，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b1＋d))2＝b1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b1＋3d))，化簡(jiǎn)得d2＝b1d，因?yàn)閐≠0，所以b1＝d，從而無(wú)解，所以等差數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(bn))不存在，故不合題意．19．(本小題滿分12分)如圖，在等腰直角三角形ADP中，∠A＝90°，AD＝3，B，C分別是AP，DP上的點(diǎn)，且BC∥AD，E，F(xiàn)分別是AB，PC的中點(diǎn)．現(xiàn)將△PBC沿BC折起，得到四棱錐P-ABCD，連接EF.(1)證明：EF∥平面PAD；(2)是否存在點(diǎn)B，當(dāng)將△PBC沿BC折起到PA⊥AB時(shí)，二面角P-CD-E的余弦值等于eq\f(\r(15),5)？若存在，求出AB的長(zhǎng)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．[解](1)證明：作CM∥AB交AD于點(diǎn)M，連接PM，取PM中點(diǎn)N，連接AN，F(xiàn)N，又AD∥BC，所以四邊形ABCM為平行四邊形，由中位線定理得FN∥CM，且FN＝eq\f(1,2)CM，因?yàn)镋是AB的中點(diǎn)，所以AE∥CM，且AE＝eq\f(1,2)CM，故FN∥AE，且FN＝AE，所以四邊形AEFN是平行四邊形，所以EF∥AN，因?yàn)锳N?平面PAD，EF?平面PAD，所以EF∥平面PAD．(2)存在．理由如下：因?yàn)锽C⊥AB，BC⊥PB，且AB∩PB＝B，AB?平面PAB，PB?平面PAB，所以BC⊥平面PAB，又BC∥AD，所以AD⊥平面PAB，又PA?平面PAB，所以PA⊥AD，又AB⊥AD，PA⊥AB，所以AB，AD，AP兩兩垂直，以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，AB，AD，AP所在直線分別為x，y，z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，設(shè)AB＝a，則PB＝BC＝3－a，由PB>AB，得0<a<eq\f(3,2)，PA＝eq\r(9－6a)，所以A(0，0，0)，C(a，3－a，0)，P(0，0，eq\r(9－6a))，D(0，3，0)，所以eq\o(DC,\s\up8(→))＝(a，－a，0)，eq\o(DP,\s\up8(→))＝(0，－3，eq\r(9－6a)).設(shè)平面PCD的一個(gè)法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(DC,\s\up8(→))·n＝ax－ay＝0,\o(DP,\s\up8(→))·n＝－3y＋z\r(9－6a)＝0))，取y＝1，則n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，1，\f(3,\r(9－6a))))，又平面CDE的一個(gè)法向量m＝(0，0，1)，若存在點(diǎn)B，當(dāng)將△PBC沿BC折起到PA⊥AB時(shí)，二面角P-CD-E的余弦值等于eq\f(\r(15),5)，則有eq\f(\r(15),5)＝|cos〈n，m〉|＝eq\f(|n·m|,|n||m|)，即eq\f(\r(15),5)＝eq\f(\f(3,\r(9－6a)),\r(2＋\f(3,3－2a)))，解得a＝1，即AB的長(zhǎng)為1.故存在點(diǎn)B，此時(shí)AB的長(zhǎng)為1.20．(本小題滿分12分)研究表明，肥胖人群有很大的心血管安全隱患．目前國(guó)際上常用身體質(zhì)量指數(shù)(縮寫為BMI)來(lái)衡量人體胖瘦程度，其計(jì)算公式是BMI＝eq\f(體重\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(單位：kg)),身高2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(單位：m2))).中國(guó)成人的BMI數(shù)值標(biāo)準(zhǔn)為：BMI<18.5為偏瘦；18.5≤BMI<24為正常；BM≥24為偏胖．為了解某社區(qū)成年人的身體肥胖情況，研究人員從該社區(qū)成年人中，采用分層隨機(jī)抽樣方法抽取了老年人、中年人、青年人三類人中的45名男性、45名女性為樣本，測(cè)量了他們的身高和體重?cái)?shù)據(jù)，計(jì)算得到他們的BMI值后數(shù)據(jù)分布如下表所示：BMI標(biāo)準(zhǔn)老年人中年人青年人男女男女男女BMI<18.533124518.5≤BMI<245757810BMI≥245410542(1)從樣本中的老年人、中年人、青年人中各任取一人，求至少有1人偏胖的概率；(2)從該社區(qū)所有的成年人中，隨機(jī)選取3人，記其中偏胖的人數(shù)為X，根據(jù)樣本數(shù)據(jù)，以頻率作為概率，求X的分布列和數(shù)學(xué)期望；(3)經(jīng)過(guò)調(diào)查研究，導(dǎo)致人體肥胖的原因主要取決于遺傳因素、飲食習(xí)慣、體育鍛煉或其他因素四類情況中的一種或多種情況，調(diào)查該樣本中偏胖的成年人導(dǎo)致偏胖的原因，整理數(shù)據(jù)得到如下表：分類遺傳因素飲食習(xí)慣欠佳缺乏體育鍛煉其他因素人次812164請(qǐng)根據(jù)以上數(shù)據(jù)說(shuō)明我們學(xué)生應(yīng)如何減少肥胖，防止心血管安全隱患的發(fā)生，請(qǐng)至少說(shuō)明2條措施．[解](1)設(shè)“在老年人中任取1人，這個(gè)人恰好為偏胖的老年人”為事件A，“在中年人中任取1人，這個(gè)人恰好是偏胖的中年人”為事件B，“在青年人中任取1人，這個(gè)人恰好是偏胖的青年人”為事件C，則P(A)＝eq\f(9,27)＝eq\f(1,3)，P(B)＝eq\f(15,30)＝eq\f(1,2)，P(C)＝eq\f(6,33)＝eq\f(2,11)，事件A，B，C互相獨(dú)立，則至少有一人偏胖的概率為：1－P(eq\o(A,\s\up8(－))eq\o(B,\s\up8(－))eq\o(C,\s\up8(－)))＝1－P(eq\o(A,\s\up8(－)))P(eq\o(B,\s\up8(－)))P(eq\o(C,\s\up8(－)))＝1－eq\f(2,3)×eq\f(1,2)×eq\f(9,11)＝eq\f(8,11).(2)在該社區(qū)成年人中，隨機(jī)選取1人，此人為偏胖的概率是eq\f(30,90)＝eq\f(1,3)，由題意，X的所有可能取值為：0，1，2，3，所以P(X＝0)＝Ceq\o\al(0,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))eq\s\up12(3)＝eq\f(8,27)，P(X＝1)＝Ceq\o\al(1,3)×eq\f(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))eq\s\up12(2)＝eq\f(4,9)，P(X＝2)＝Ceq\o\al(2,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(2)×eq\f(2,3)＝eq\f(2,9)，P(X＝3)＝Ceq\o\al(3,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(3)＝eq\f(1,27)，所以隨機(jī)變量X的分布列為：X0123Peq\f(8,27)eq\f(4,9)eq\f(2,9)eq\f(1,27)故E(X)＝0×eq\f(8,27)＋1×eq\f(4,9)＋2×eq\f(2,9)＋3×eq\f(1,27)＝1.(3)答案不唯一，言之有理即可．如可以從導(dǎo)致人偏胖的原因的人次來(lái)分析問(wèn)題，參考答案如下：由表可知，因飲食習(xí)慣欠佳導(dǎo)致人偏胖的人次占比為30%；因缺乏體育鍛煉導(dǎo)致人偏胖的人次占比約為40%.所以為減少肥胖，防止心血管安全隱患的發(fā)生，建議我們至少要采取以下2種措施：①加強(qiáng)體育鍛煉；②改善飲食習(xí)慣．21．(本小題滿分12分)直角坐標(biāo)系xOy中，F(xiàn)1，F(xiàn)2分別為橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左右焦點(diǎn)，A為橢圓的右頂點(diǎn)，點(diǎn)P為橢圓C上的動(dòng)點(diǎn)(點(diǎn)P與C的左右頂點(diǎn)不重合)，當(dāng)△PF1F2為等邊三角形時(shí)，S△PF1F2＝eq\r(3).(1)求橢圓C的方程；(2)如圖，M為AP的中點(diǎn)，直線MO交直線x＝－4于點(diǎn)D，過(guò)點(diǎn)O作OE∥AP交直線x＝－4于點(diǎn)E，證明：∠OEF1＝∠ODF1.[解](1)設(shè)橢圓C的半焦距為c，因?yàn)椤鱌F1F2是等邊三角形，所以此時(shí)P在上頂點(diǎn)或下頂點(diǎn)處，所以a＝2c，又Seq\s\do6(△PF1F2)＝eq\r(3)，所以bc＝eq\r(3)，又由a2＝b2＋c2，解得c2＝1，a2＝4，b2＝3.故橢圓的方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)證明：由題意知Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，0))，設(shè)AP的中點(diǎn)Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0，y0))，Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1，y1))，直線AP的方程為y＝k(x－2)，k≠0，將直線AP的方程與橢圓方程聯(lián)立得，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝k\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－2)),\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1))，消去y整理得，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4k2＋3))x2－16k2x＋16k2－12＝0，所以x1＋2＝eq\f(16k2,4k2＋3)，所以x0＝eq\f(8k2,4k2＋3)，y0＝keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0－2))＝eq\f(－6k,4k2＋3)，即M的坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8k2,4k2＋3)，\f(－6k,4k2＋3)))，從而kOM＝eq\f(\f(－6k,4k2＋3),\f(8k2,4k2＋3))＝－eq\f(3,4k)，所以直線OM的方程為y＝－eq\f(3,4k)x，令x＝－4，得Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－4，\f(3,k)))，直線OE的方程為y＝kx，令x＝－4，得Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－4，－4k)).法一：由F1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，0))，得kEF1＝eq\f(－4k,－3)＝eq\f(4k,3)，所以kOM·keq\s\do3(EF1)＝－1，即OM⊥EF1，記垂足為H，因?yàn)閗eq\s\do6(DF1)＝eq\f(\f(3,k),－3)＝－eq\f(1,k)，kOE＝kAp＝k，所以O(shè)E⊥DF1，記垂足為G，在直角三角形EHO和直角三角形DGO中，∠ODF1和∠OEF1都與∠EOD互余，所以∠ODF1＝∠OEF1.法二：因?yàn)镈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－4，\f(3,k)))，E(－4，－4k)，F(xiàn)1(－1，0)，所以eq\o(EO,\s\up8(→))＝(4，4k)，eq\o(EF1,\s\up8(→))＝(3，4k)，eq\o(DO,\s\up8(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4，－\f(3,k)))，eq\o(DF1,\s\up8(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，－\f(3,k)))，所以cos〈eq\o(EO,\s\up8(→))，eq\o(EF,\s\up8(→))1〉＝eq\f(12＋16k2,4\r(1＋k2)·\r(9＋16k2))＝eq\f(3＋4k2,\r(1＋k2)·\r(9＋16k2))，cos〈eq\o(DO,\s\up8(→))，eq\o(DF1,\s\up8(→))〉＝eq\f(12＋\f(9,k2),\r(16＋\f(9,k2))·3\r(1＋\f(1,k2)))＝eq\f(3＋4k2,\r(1＋k2)·\r(9＋16k2))，所以cos〈eq\o(EO,\s\up8(→))，eq\o(EF1,\s\up8(→))〉＝cos〈eq\o(DO,\s\up8(→))，eq\o(DF1,\s\up8(→))〉，〈eq\o(EO,\s\up8(→))，eq\o(EF1,\s\up8(→))〉＝〈eq\o(DO,\s\up8(→))，eq\o(DF1,\s\up8(→))〉，所以∠ODF1＝∠OEF1.22．(本小題滿分12分)已知函數(shù)f(x)＝2lnx－x2，g(x)＝x＋eq\f(a,x).(1)設(shè)函數(shù)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))與geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))有相同的極值點(diǎn)；(i)求實(shí)數(shù)a的值；(ii)若對(duì)?x1，x2∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，3))，不等式eq\f(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1))－g\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2)),k－1)≤1恒成立，求實(shí)數(shù)k的取值范圍．(2)a＝0時(shí)，設(shè)函數(shù)h(x)＝eg(x)－sin(g(x))－1.試判斷heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－π，0))上零點(diǎn)的個(gè)數(shù)．[解](1)(i)f′(x)＝eq\f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－x2)),x)，x＞0，由f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))＝0得x＝1，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1))時(shí)，f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))>0，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))單調(diào)遞增；x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，＋∞))時(shí)，f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))<0，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))單調(diào)遞減，故x＝1為feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))唯一的極大值點(diǎn)，由題意，x＝1也是geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))的極值點(diǎn)，g′(x)＝1－eq\f(a,x2)，由g′(1)＝1－a＝0得a＝1，此時(shí)，g′(x)＝1－eq\f(1,x2)＝eq\f(x2－1,x2)，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1))時(shí)，g′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))<0，geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))單調(diào)遞減；x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，＋∞))時(shí)，g′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))>0，geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))單調(diào)遞增，所以x＝1為geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))的極小值點(diǎn)，符合題意，所以a＝1.(ii)由(i)知，a＝1，由于feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝－2－eq\f(1,e2)，f(1)＝－1，f(3)＝2ln3－9，顯然f(3)<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))<f(1)，故x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，3))時(shí)，結(jié)合(i)中所得feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))單調(diào)性可知，f(x)min＝2ln3－9，f(x)max＝－1，又geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝eq\f(1,e)＋e，g(1)＝2，g(3)＝3＋eq\f(1,3)＝eq\f(10,3)，故g(1)<geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))<g(3)，所以x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，3))時(shí)，結(jié)合(i)中所得geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))單調(diào)性可知，g(x)min＝2，g(x)max＝eq\f(10,3).①當(dāng)k－1>0，即k>1時(shí)，問(wèn)題等價(jià)于feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1))－geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2))≤k－1，即k≥feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1))－geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2))＋1恒成立，即k≥eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1))－g\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2))))max＋1，因?yàn)閒eq\