【省會檢測】福州市高考數(shù)學(xué)二模試題卷(理科)點評分析解答

...wd......wd......wd...2018年福建省福州市高考數(shù)學(xué)二模試卷〔理科〕一、選擇題〔共12小題，每題5分，總分值60分〕在每題給出的四個選項中，只有一項符合題目要求的1．集合A={x|〔x﹣1〕〔x﹣3〕＞0}，B={x|0＜x＜2}，則〔?RA〕∩B=〔〕A．〔0，1〕 B．〔0，3] C．[1，2〕 D．〔﹣∞，1〕∪[2，+∞〕2．設(shè)復(fù)數(shù)z的共軛復(fù)數(shù)為，假設(shè)〔1+i〕z=1﹣i，則||=〔〕A．1 B．2 C． D．3．假設(shè)sincosα﹣cossinα=，則sin2α=〔〕A． B． C．﹣ D．﹣4．設(shè)命題p：?x∈R，lnx﹣x+1＜0，則￢p為〔〕A．?x∈R，lnx﹣x+1≥0 B．?x∈R，lnx﹣x+1＜0C．?x∈R，lnx﹣x+1=0 D．?x∈R，lnx﹣x+1≥05．在某“猜羊〞游戲中，一只羊隨機(jī)躲在兩扇門背后，參賽選手選擇其中一個門并翻開，如果這只羊就在該門后，則為猜對，否則，為猜錯．一位選手獲得了4次“猜羊〞時機(jī)，假設(shè)至少猜對2次才能獲獎，則該選手獲獎的概率為〔〕A．0.25 B．0.3125 C．0.5 D．0.68756．如圖，網(wǎng)絡(luò)紙上校正方形的邊長為1，粗實線畫出的是某幾何體的三視圖，則該幾何體的外表積為〔〕A．〔2+〕π B．〔3+〕π C．5π D．〔4+〕π7．在平面直角坐標(biāo)系xOy中，過橢圓C：=1〔a＞b＞0〕的右焦點F作x軸的垂線，交C于點P，假設(shè)=2，cos∠OPF=，則橢圓C的方程為〔〕A．=1 B．=1 C．=1 D．=18．假設(shè)將函數(shù)f〔x〕=sin〔2x﹣〕的圖象向右平移φ個單位長度，所得圖象在區(qū)間〔0，〕內(nèi)單調(diào)遞減，則φ的值可以是〔〕A． B． C． D．π9．過雙曲線E：=1〔a＞0，b＞0〕的左焦點〔﹣，0〕，作圓〔x﹣〕2+y2=4的切線，切點在雙曲線E上，則E的離心率等于〔〕A．2 B． C． D．10．△ABC為等邊三角形，動點P在以BC為直徑的圓上，假設(shè)=λ+μ，則λ+2μ的最大值為〔〕A． B．1+ C． D．2+11．在三棱錐P﹣ABC中，PA=PB=PC=，AB=AC=1，BC=，則該三棱錐外接球的體積為〔〕A． B．π C．4π D．π12．函數(shù)f〔x〕=〔x+1〕lnx﹣a〔x﹣1〕有3個零點，則實數(shù)a的取值范圍是〔〕A．〔0，2〕 B．〔2，e〕 C．〔e，+∞〕 D．〔2，+∞〕二、填空題〔共4小題，每題5分，總分值20分〕13．函數(shù)f〔x〕=〔|x|﹣1〕〔x+a〕為奇函數(shù)，則a=．14．設(shè)x，y滿足約束條件，則的最小值是15．〔x2﹣ax+2y〕5的展開式中x5y2的系數(shù)為240，則實數(shù)a的值為16．在平面四邊形ABCD中，假設(shè)∠A=2∠B=2∠C=150°，當(dāng)BC取某個定值時，得CD的取值范圍為〔2，t〕，則t的值為三、解答題〔共5小題，總分值60分〕解容許寫出文字說明，證明過程或演算步驟17．〔12.00分〕數(shù)列{an}滿足a1=2，an+1﹣an=2n﹣1〔n∈N*〕．〔1〕求數(shù)列{an}的通項公式；〔2〕數(shù)列{}的前n項和為Sn，證明Sn＜．18．〔12.00分〕如以以以下圖的多面體ABCDA1B1C1中，上底面ABCD與下底面A1B1C1平行，四邊形ABCD為平行四邊形，且AA1∥BB1∥CC1，AB1=A1B1=2AA1=2AC，∠AA1C1=，且A1C1⊥B〔1〕求證：平面ACC1A1⊥平面A1B1C〔2〕假設(shè)點M為B1C1的中點，求直線C119．〔12.00分〕直線l過點F〔1，0〕與y軸交于點G，過G作FG的垂線與x軸交于點T，點P滿足=2．〔1〕求點P的軌跡C的方程；〔2〕過點K〔﹣1，0〕的直線l與C交于A，B兩點，點A關(guān)于x軸的對稱點為D，=，求直線BD的方程．20．〔12.00分〕一家大型超市委托某機(jī)構(gòu)調(diào)查該超市的顧客使用移動支付的情況．調(diào)查人員從年齡在[20，60]內(nèi)的顧客中，隨機(jī)抽取了200人，調(diào)查結(jié)果如圖：〔1〕為推廣移動支付，超市準(zhǔn)備對使用移動支付的每位顧客贈送1個環(huán)保購物袋．假設(shè)某日該超市預(yù)計有10000人購物，試根據(jù)上述數(shù)據(jù)估計，該超市當(dāng)天應(yīng)準(zhǔn)備多少個環(huán)保購物袋〔2〕填寫下面列聯(lián)表，并根據(jù)列聯(lián)表判斷是否有99.9%的把握認(rèn)為使用移動支付與年齡有關(guān)：年齡＜40年齡≥40小計使用移動支付不使用移動支付小計200〔3〕現(xiàn)從該超市年齡在20到60的200人的顧客中，隨機(jī)依次抽取2人，第1次抽到的是使用移動支付的顧客，求第2次抽到的是不使用移動支付的顧客的概率．附表：P〔K2≥k〕0.0500.0100.001k3.8416.63510.828K2=．21．〔12.00分〕函數(shù)f〔x〕=ex〔x2﹣2ax﹣2a〕．〔1〕假設(shè)曲線y=f〔x〕在點〔0，f〔0〕〕處的切線與直線l：x﹣4y+1=0垂直，求a；〔2〕假設(shè)對?a∈〔﹣，〕，存在x∈[﹣2，3]，使得f〔x〕≤b〔2﹣2a〕有解，求b的取值范圍．[選修4-4：坐標(biāo)系與參數(shù)方程]22．〔10.00分〕在直角坐標(biāo)系xOy中，曲線C1的參數(shù)方程為〔φ為參數(shù)〕，在以O(shè)為極點，x軸正半軸為極軸的極坐標(biāo)系中，曲線C2的極坐標(biāo)方程為ρ〔2cosθ﹣sinθ〕=．〔1〕求曲線C1的普通方程和曲線C2的直角坐標(biāo)方程；〔2〕假設(shè)曲線C1與曲線C2交于A，B兩點，點P坐標(biāo)為〔1，﹣，求+．[選修4-5：不等式選講]23．函數(shù)f〔x〕=|x+|﹣|x﹣|．〔1〕求函數(shù)f〔x〕的值域〔2〕假設(shè)函數(shù)f〔x〕的最大值為m，且實數(shù)a，b，c滿足a2+b2+c2=m2，求證：≥．2018年福建省福州市高考數(shù)學(xué)二模試卷〔理科〕參考答案與試題解析一、選擇題〔共12小題，每題5分，總分值60分〕在每題給出的四個選項中，只有一項符合題目要求的1．集合A={x|〔x﹣1〕〔x﹣3〕＞0}，B={x|0＜x＜2}，則〔?RA〕∩B=〔〕A．〔0，1〕 B．〔0，3] C．[1，2〕 D．〔﹣∞，1〕∪[2，+∞〕【分析】可解出集合A，然后進(jìn)展補(bǔ)集、交集的運算即可．【解答】解：A={x|x＜1，或x＞3}；∴?RA={x|1≤x≤3}；∴〔?RA〕∩B=[1，2〕．應(yīng)選：C．【點評】考察描述法、區(qū)間表示集合的概念，以及補(bǔ)集、交集的概念及運算．2．設(shè)復(fù)數(shù)z的共軛復(fù)數(shù)為，假設(shè)〔1+i〕z=1﹣i，則||=〔〕A．1 B．2 C． D．【分析】利用復(fù)數(shù)的運算法則、模的計算公式即可得出．【解答】解：〔1+i〕z=1﹣i，∴〔1﹣i〕〔1+i〕z=〔1﹣i〕〔1﹣i〕，∴2z=﹣2i，解得z=﹣i，則||=|z|=1．應(yīng)選：A．【點評】此題考察了復(fù)數(shù)的運算法則、模的計算公式，考察了推理能力與計算能力，屬于根基題．3．假設(shè)sincosα﹣cossinα=，則sin2α=〔〕A． B． C．﹣ D．﹣【分析】由可得sin〔﹣α〕=，則sin2α=cos〔〕=cos2〔〕，展開二倍角的余弦求解．【解答】解：由sincosα﹣cossinα=，得sin〔﹣α〕=，∴sin2α=cos〔〕=cos2〔〕==1﹣2×．應(yīng)選：C．【點評】此題考察三角函數(shù)的恒等變換及化簡求值，考察誘導(dǎo)公式及倍角公式的應(yīng)用，是根基題．4．設(shè)命題p：?x∈R，lnx﹣x+1＜0，則￢p為〔〕A．?x∈R，lnx﹣x+1≥0 B．?x∈R，lnx﹣x+1＜0C．?x∈R，lnx﹣x+1=0 D．?x∈R，lnx﹣x+1≥0【分析】根據(jù)特稱命題的否認(rèn)是全稱命題進(jìn)展求解即可．【解答】解：命題是特稱命題，則命題的否認(rèn)是全稱命題，即￢p：?x∈R，lnx﹣x+1≥0，應(yīng)選：D．【點評】此題主要考察含有量詞的命題的否認(rèn)，根據(jù)特稱命題的否認(rèn)是全稱命題，全稱命題的否認(rèn)是特稱命題是解決此題的關(guān)鍵．5．在某“猜羊〞游戲中，一只羊隨機(jī)躲在兩扇門背后，參賽選手選擇其中一個門并翻開，如果這只羊就在該門后，則為猜對，否則，為猜錯．一位選手獲得了4次“猜羊〞時機(jī)，假設(shè)至少猜對2次才能獲獎，則該選手獲獎的概率為〔〕A．0.25 B．0.3125 C．0.5 D．0.6875【分析】由題意一位選手獲得了4次“猜羊〞時機(jī)，則猜對的次數(shù)X～B〔4，〕，至少猜對2次才能獲獎，由此利用n次獨立重復(fù)試驗中事件A恰好發(fā)生k次的概率計算公式能求出該選手獲獎的概率．【解答】解：由題意一位選手獲得了4次“猜羊〞時機(jī)，則猜對的次數(shù)X～B〔4，〕，∵至少猜對2次才能獲獎，∴該選手獲獎的概率為：p=1﹣P〔X=0〕﹣P〔X=1〕=1﹣=0.6875．應(yīng)選：D．【點評】此題考察概率的求法，考察n次獨立重復(fù)試驗中事件A恰好發(fā)生k次的概率計算公式等根基知識，考察運算求解能力、分析判斷能力，是根基題．6．如圖，網(wǎng)絡(luò)紙上校正方形的邊長為1，粗實線畫出的是某幾何體的三視圖，則該幾何體的外表積為〔〕A．〔2+〕π B．〔3+〕π C．5π D．〔4+〕π【分析】由三視圖復(fù)原原幾何體，該幾何體為組合體，上半局部為圓錐，下半局部為半球，圓錐的底面半徑等于球的半徑為1，圓錐的高為1，求出半球的外表積與圓錐的側(cè)面積，作和得答案．【解答】解：由三視圖復(fù)原原幾何體如下：該幾何體為組合體，上半局部為圓錐，下半局部為半球，圓錐的底面半徑等于球的半徑為1，圓錐的高為1．則該幾何體的外表積為S=．應(yīng)選：A．【點評】此題考察由三視圖求面積、體積，關(guān)鍵是由三視圖復(fù)原原幾何體，是中檔題．7．在平面直角坐標(biāo)系xOy中，過橢圓C：=1〔a＞b＞0〕的右焦點F作x軸的垂線，交C于點P，假設(shè)=2，cos∠OPF=，則橢圓C的方程為〔〕A．=1 B．=1 C．=1 D．=1【分析】根據(jù)橢圓的簡單性質(zhì)可解三角形可得c2=2，再求出點P的坐標(biāo)，代入橢圓方程中，可得a2=4，b2=2，問題得以解決．【解答】解：∵|OF|=c，PF⊥x軸，cos∠OPF=，∴sin∠OPF=，∴cos∠OPF=，|OP|===c，∵=2，∴|OP|?c?cos∠OPF=|OP|?c?=c?c?=2，解得c2=2，即c=∴|OP|=，∴|PF|=×=1，∴P〔，1〕，∴+=1，∵a2﹣b2=c2=2，∴a2=4，b2=2，∴+=1應(yīng)選：B．【點評】此題考察了橢圓的簡單性質(zhì)和解三角形的問題，考察了運算能力和轉(zhuǎn)化能力，屬于中檔題．8．假設(shè)將函數(shù)f〔x〕=sin〔2x﹣〕的圖象向右平移φ個單位長度，所得圖象在區(qū)間〔0，〕內(nèi)單調(diào)遞減，則φ的值可以是〔〕A． B． C． D．π【分析】由三角函數(shù)的圖象平移可得平移后的函數(shù)解析式，由x的范圍求出相位的范圍，再由正弦函數(shù)的一個減區(qū)間及集合間的關(guān)系列式求得θ的可能值．【解答】解：將函數(shù)f〔x〕=sin〔2x﹣〕的圖象向右平移φ個單位長度，所得函數(shù)解析式為y=sin[2〔x﹣φ〕﹣]=sin〔2x﹣2φ﹣〕．由x∈〔0，〕，得2x﹣2φ﹣∈〔﹣2φ，﹣2φ〕，∵y=sinx的一個減區(qū)間為[﹣，﹣]，∴，可得≤φ．∴φ的值可以是．應(yīng)選：C．【點評】此題考察y=Asin〔ωx+φ〕型函數(shù)的圖象變換及性質(zhì)，是根基題．9．過雙曲線E：=1〔a＞0，b＞0〕的左焦點〔﹣，0〕，作圓〔x﹣〕2+y2=4的切線，切點在雙曲線E上，則E的離心率等于〔〕A．2 B． C． D．【分析】根據(jù)直線和圓相切的性質(zhì)，結(jié)合雙曲線的定義建設(shè)方程關(guān)系進(jìn)展求解即可．【解答】解：由圓的方程〔x﹣〕2+y2=4，知圓心坐標(biāo)為G〔，0〕，半徑R=2，∵過左焦點F〔﹣，0〕作圓〔x﹣〕2+y2=4的切線，切點在雙曲線上，∴設(shè)切點為P，則PG=2，PF=2+2a，F(xiàn)G=2c=2，則PF2+PG2=FG2，即〔2+2a〕2+4=20，即〔2+2a〕2=16，得2+2a=4，a=1，c=，∴雙曲線的離心率e==，應(yīng)選：B．【點評】此題主要考察雙曲線離心率的計算，根據(jù)直線和圓相切的性質(zhì)，結(jié)合直角三角形的勾股定理建設(shè)方程關(guān)系是解決此題的關(guān)鍵．10．△ABC為等邊三角形，動點P在以BC為直徑的圓上，假設(shè)=λ+μ，則λ+2μ的最大值為〔〕A． B．1+ C． D．2+【分析】設(shè)等邊△ABC的邊長為2，以邊BC的中點為原點，OA所在直線為y軸建設(shè)平面直角坐標(biāo)系，設(shè)點P〔cosθ，sinθ〕，通過向量的坐標(biāo)運算，將λ、μ用θ表示出來，然后利用輔助角公式可求出λ+2μ的最大值．【解答】解：設(shè)△ABC的邊長為2，不妨以線段BC的中點O為坐標(biāo)原點建設(shè)如以以以下圖所示的平面直角坐標(biāo)系xOy，則點、B〔﹣1，0〕、C〔1，0〕，以線段BC為直徑的圓的方程為x2+y2=1，設(shè)點P〔cosθ，sinθ〕，則，，，由于，則，解得，所以，==，因此，λ+2μ的最大值為，應(yīng)選：C．【點評】此題考察平面向量的根本定理，關(guān)鍵在于引入適宜的變量來表示問題涉及的參數(shù)，屬于中等題．11．在三棱錐P﹣ABC中，PA=PB=PC=，AB=AC=1，BC=，則該三棱錐外接球的體積為〔〕A． B．π C．4π D．π【分析】由題意畫出圖形，結(jié)合求出底面三角形外接圓的圓心，進(jìn)一步找出三棱錐外接球的球心，由三角形相似求得外接球的半徑，則答案可求．【解答】解：如圖，由PA=PB=PC=，過P作PG⊥平面ABC，垂足為G，則G為三角形ABC的外心，在△ABC中，由AB=AC=1，BC=，可得∠BAC=120°，則由正弦定理可得：，即AG=1．∴PG=．取PA中點H，作HO⊥PA交PG于O，則O為該三棱錐外接球的球心．由△PHO∽△PGA，可得，則PO=．可知O與G重合，即該棱錐外接球半徑為1．∴該三棱錐外接球的體積為．應(yīng)選：A．【點評】此題考察空間中線線、線面、面面間的位置關(guān)系等根基知識，考察多面體外接球體積的求法，考察運算求解能力，是中檔題．12．函數(shù)f〔x〕=〔x+1〕lnx﹣a〔x﹣1〕有3個零點，則實數(shù)a的取值范圍是〔〕A．〔0，2〕 B．〔2，e〕 C．〔e，+∞〕 D．〔2，+∞〕【分析】把函數(shù)f〔x〕=〔x+1〕lnx﹣a〔x﹣1〕有3個零點，轉(zhuǎn)化為方程〔x+1〕lnx=a〔x﹣1〕有3個根，也就是y=〔x+1〕lnx與y=a〔x﹣1〕的圖象有3個不同交點．利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)y=〔x+1〕lnx的單調(diào)性，作出簡圖，在結(jié)合y=〔x+1〕lnx在x=1處得切線的斜率求解．【解答】解：函數(shù)f〔x〕=〔x+1〕lnx﹣a〔x﹣1〕有3個零點，即方程〔x+1〕lnx=a〔x﹣1〕有3個根，也就是y=〔x+1〕lnx與y=a〔x﹣1〕的圖象有3個不同交點．由y=〔x+1〕lnx，得y′=lnx+1+，y″=，當(dāng)x∈〔0，1〕時，y″＜0，y′在〔0，1〕上單調(diào)遞減，當(dāng)x∈〔1，+∞〕時，y″＞0，y′在〔1，+∞〕上單調(diào)遞增，∴y′有極小值為2＞0，∴y=〔x+1〕lnx在〔0，+∞〕上是單調(diào)增函數(shù)，其圖象如圖．而直線y=a〔x﹣1〕過定點〔1，0〕，且函數(shù)y=〔x+1〕lnx在x=1處的切線的斜率為y′|x=1=2，∴要使y=〔x+1〕lnx與y=a〔x﹣1〕的圖象有3個不同交點，則a的取值范圍為〔2，+∞〕．應(yīng)選：D．【點評】此題考察函數(shù)零點的判定，訓(xùn)練了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，表達(dá)了數(shù)形結(jié)合的解題思想方法，是中檔題．二、填空題〔共4小題，每題5分，總分值20分〕13．函數(shù)f〔x〕=〔|x|﹣1〕〔x+a〕為奇函數(shù)，則a=0．【分析】先根據(jù)定義在R上的奇函數(shù)的特性：f〔0〕=0，解出a，再用奇函數(shù)的定義加以驗證，即可得到符合題意的a值．【解答】解：∵函數(shù)f〔x〕=〔|x|﹣1〕〔x+a〕為R上的奇函數(shù)∴f〔0〕=﹣〔0+a〕=0，解得a=0檢驗：當(dāng)a=0時，f〔x〕=〔|x|﹣1〕x，而f〔﹣x〕=〔|﹣x|﹣1〕〔﹣x〕=﹣〔|x|﹣1〕x，∴f〔﹣x〕=﹣f〔x〕，函數(shù)f〔x〕為奇函數(shù)故答案為：0【點評】此題給出函數(shù)為奇函數(shù)，求參數(shù)a的值，著重考察了函數(shù)奇偶性的定義，屬于根基題．利用f〔x〕=0是解決此題的技巧，但要注意f〔x〕=0不是函數(shù)為奇函數(shù)的充要條件，因此需要檢驗．14．設(shè)x，y滿足約束條件，則的最小值是【分析】目標(biāo)函數(shù)z=的幾何意義為動點M〔x，y〕到定點Q〔﹣2，﹣1〕的斜率，利用數(shù)形結(jié)合即可得到z的最小值．【解答】解：畫出x，y滿足約束條件的可行域如圖：目標(biāo)函數(shù)z=的幾何意義為動點P〔x，y〕到定點Q〔﹣2，﹣1〕的斜率，當(dāng)P位于A〔﹣1，2〕時，此時QA的斜率最大，此時zmax==3，當(dāng)P位于B〔1，1〕時，此時z的斜率最小，目標(biāo)函數(shù)z=的最小值是．故答案為：．【點評】此題主要考察線性規(guī)劃的應(yīng)用以及兩點之間的斜率公式的計算，利用z的幾何意義，通過數(shù)形結(jié)合是解決此題的關(guān)鍵．15．〔x2﹣ax+2y〕5的展開式中x5y2的系數(shù)為240，則實數(shù)a的值為﹣2【分析】化〔x2﹣ax+2y〕5=[〔x2﹣ax〕+2y]5，利用二項展開式的通項公式求得展開式中x5y2的系數(shù)，列方程求出a的值．【解答】解：〔x2﹣ax+2y〕5=[〔x2﹣ax〕+2y]5，其展開式的通項公式為Tr+1=?〔x2﹣ax〕5﹣r?〔2y〕r，令r=2，得T3=?〔x2﹣ax〕3?4y2=40x3?〔x﹣a〕3?y2=40x3y2〔x3﹣3ax2+3a2x﹣a3〕，∴展開式中x5y2的系數(shù)為40?〔﹣3a〕=240，解得a=﹣2．故答案為：﹣2．【點評】此題考察了二項式定理的應(yīng)用問題，是中檔題．16．在平面四邊形ABCD中，假設(shè)∠A=2∠B=2∠C=150°，當(dāng)BC取某個定值時，得CD的取值范圍為〔2，t〕，則t的值為3+【分析】把AB長度調(diào)整，兩個極端分別為A，B重合，A，D重合分別計算兩種極限前提下AB的長度，利用割補(bǔ)法求出四邊形ABCD面積的取值范圍．【解答】解：平面四邊形ABCD中，∠C=∠B=75°，∠A=150°，∴∠D=60°．當(dāng)把AB長度調(diào)整，兩個極端分別為A，B重合時，CD=CN，在三角形NCB中，由正弦定理得?CN=；當(dāng)A，D重合時，在三角形MCB中，由正弦定理得?CM=，解得AB=2；故CD的取值范圍是〔，〕，∴．∴t==3+．故答案為：3+．【點評】此題考察對角線的最大值的求法，考察三角函數(shù)性質(zhì)、三角函數(shù)恒等式、正弦定理、余弦定理、三角形面積公式等根基知識，考察運用求解能力，考察函數(shù)與方程思想，是中檔題．三、解答題〔共5小題，總分值60分〕解容許寫出文字說明，證明過程或演算步驟17．〔12.00分〕數(shù)列{an}滿足a1=2，an+1﹣an=2n﹣1〔n∈N*〕．〔1〕求數(shù)列{an}的通項公式；〔2〕數(shù)列{}的前n項和為Sn，證明Sn＜．【分析】〔1〕使用累加法求出通項；〔2〕利用放縮法得出結(jié)論，【解答】解：〔1〕∵an+1﹣an=2n﹣1〔n∈N*〕．∴a2﹣a1=20，a3﹣a2=21，a4﹣a3=22，……an﹣an﹣1=2n﹣2〔n≥2〕，以上各式相加得：an﹣a1=20+2+22+…+2n﹣2==2n﹣1﹣1，∴an=2n﹣1﹣1+a1=2n﹣1+1〔n≥2〕．顯然n=1時，上式也成立，∴an=2n﹣1+1．〔2〕=＜〔n≥2〕，∴當(dāng)n=1時，S1=＜，當(dāng)n≥2時，Sn=+…+＜+++…+=+=﹣〔〕n﹣1＜．綜上所述，Sn＜．【點評】此題考察了數(shù)列通項公式的求法，等比數(shù)列求和，屬于中檔題．18．〔12.00分〕如以以以下圖的多面體ABCDA1B1C1中，上底面ABCD與下底面A1B1C1平行，四邊形ABCD為平行四邊形，且AA1∥BB1∥CC1，AB1=A1B1=2AA1=2AC，∠AA1C1=，且A1C1⊥B〔1〕求證：平面ACC1A1⊥平面A1B1C〔2〕假設(shè)點M為B1C1的中點，求直線C1【分析】〔1〕連接AC1，可得四邊形AA1C1C為菱形，結(jié)合∠AA1C1=，可得△AA設(shè)AA1=AC=2，顯然，得，即B1C1⊥AC1，從而B1C1⊥面ACC1A1，平面ACC1A1⊥平面A1B〔2〕以O(shè)為原點，建設(shè)空間直角坐標(biāo)系，設(shè)直線C1D與CM所成角的為θ，cosθ=即可．【解答】解：〔1〕證明：連接AC1，AA1∥CC1∴四點A，A1，C，C1共面，又面ABCD∥面A1B1C1，面ABCD∩面AA1C1C=AC，面A1B1C1∩面AA∴AC∥A1C1∴四邊形AA1C1C∴四邊形AA1C∵∠AA1C1=，∴△AA1C1設(shè)AA1=AC=2，則AC1=2，B1C1=，AB1=4，顯然，得，即B1C1⊥AC1，又B1C1⊥A1C1，AC1∩A1C1=C1．從而B1C1⊥又∵B1C1?面A1B1C∴平面ACC1A1⊥平面A1B1C〔2〕取A1B1中點E，連接OE，則OE⊥A1C1由〔1〕得AO⊥平面A1B1C1以O(shè)為原點，建設(shè)空間直角坐標(biāo)系，如圖，設(shè)AA1=AC=2，則AB1=A1B1=4，AO=，．A1〔1，0，0〕，，C1〔﹣1，0，0〕，C〔﹣2，0，〕．M〔﹣1，，0〕．，∵DC∥AB∥A1B1，DC=AB=A1B1，∴，，∴，設(shè)直線C1D與CM所成角的為θ，∴cosθ===．【點評】此題考察了空間位置關(guān)系、線面面面垂直的判定定理與性質(zhì)定理、平行四邊形的性質(zhì)定理、數(shù)量積運算性質(zhì)、向量夾角公式，考察了推理能力與計算能力，屬于中檔題．19．〔12.00分〕直線l過點F〔1，0〕與y軸交于點G，過G作FG的垂線與x軸交于點T，點P滿足=2．〔1〕求點P的軌跡C的方程；〔2〕過點K〔﹣1，0〕的直線l與C交于A，B兩點，點A關(guān)于x軸的對稱點為D，=，求直線BD的方程．【分析】〔1〕設(shè)P〔x，y〕，由點P滿足=2．可得點G為線段TP的中點，點F在線段TP的垂直平分線上，|TF|=|PF|，|PF|=，可得T〔1﹣，0〕，又TP的中點在y軸上，故1﹣+x=0，即可得出．〔2〕設(shè)A〔x1，y1〕，B〔x2，y2〕，D〔x1，﹣y1〕，l的方程為：x=my﹣1〔m≠0〕．把x=my﹣1〔m≠0〕，代入拋物線方程y2=4x，可得：y2﹣4my+4=0.=〔x1﹣1，y1〕，=〔x2﹣1，y2〕．根據(jù)=，解得m．可得l的方程．又|y1﹣y2|=，可得kBD==．進(jìn)而得出直線BD的方程．【解答】解：〔1〕設(shè)P〔x，y〕，由點P滿足=2．∴點G為線段TP的中點，點F在線段TP的垂直平分線上，∴|TF|=|PF|，|PF|=，∴T〔1﹣，0〕，又TP的中點在y軸上，故1﹣+x=0，化為：y2=4x，∴點P的軌跡C的方程為：y2=4x．〔2〕設(shè)A〔x1，y1〕，B〔x2，y2〕，D〔x1，﹣y1〕，l的方程為：x=my﹣1〔m≠0〕．把x=my﹣1〔m≠0〕，代入拋物線方程y2=4x，可得：y2﹣4my+4=0．∴y1+y2=4m，y1y2=4，x1+x2=〔my1﹣1〕+〔my2﹣1〕=4m2﹣2，x1x2=〔my1﹣1〕〔my2∵=〔x1﹣1，y1〕，=〔x2﹣1，y2〕．∴?=〔x1﹣1〕〔x2﹣1〕+y1y2=﹣〔x1+x2〕+x1x2+1+4=8﹣4m2，∴8﹣4m2=，解得m=，可得l的方程為：3x+4y+3=0，3x﹣4y+3=0．又|y1﹣y2|===，∴kBD===±．∵直線BD的方程為：y=〔x﹣x2〕+y2，∴y=〔x﹣〕+y2，可得：y=，即y=，令y=0，解得x=1．即直線BD經(jīng)過點〔1，0〕，∴直線BD的方程為：3x+y﹣3=0或3x﹣y﹣3=0．【點評】此題主要考察拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程的及其幾何性質(zhì)，直線和拋物線的位置關(guān)系，平面向量共線與數(shù)量積等根基知識，考察推理論證能力，運算求解能力，也考察數(shù)形結(jié)合，化歸與轉(zhuǎn)化能力，屬于難題．20．〔12.00分〕一家大型超市委托某機(jī)構(gòu)調(diào)查該超市的顧客使用移動支付的情況．調(diào)查人員從年齡在[20，60]內(nèi)的顧客中，隨機(jī)抽取了200人，調(diào)查結(jié)果如圖：〔1〕為推廣移動支付，超市準(zhǔn)備對使用移動支付的每位顧客贈送1個環(huán)保購物袋．假設(shè)某日該超市預(yù)計有10000人購物，試根據(jù)上述數(shù)據(jù)估計，該超市當(dāng)天應(yīng)準(zhǔn)備多少個環(huán)保購物袋〔2〕填寫下面列聯(lián)表，并根據(jù)列聯(lián)表判斷是否有99.9%的把握認(rèn)為使用移動支付與年齡有關(guān)：年齡＜40年齡≥40小計使用移動支付不使用移動支付小計200〔3〕現(xiàn)從該超市年齡在20到60的200人的顧客中，隨機(jī)依次抽取2人，第1次抽到的是使用移動支付的顧客，求第2次抽到的是不使用移動支付的顧客的概率．附表：P〔K2≥k〕0.0500.0100.001k3.8416.63510.828K2=．【分析】〔1〕根據(jù)圖中數(shù)據(jù)，由頻率估計概率求得該超市使用移動支付的概率；再計算某日該超市預(yù)計當(dāng)天應(yīng)準(zhǔn)備環(huán)保購物袋的個數(shù)；〔2〕填寫列聯(lián)表，計算K2的觀測值，對照臨界值得出結(jié)論；〔3〕利用條件概率公式求出對應(yīng)的概率值．【解答】解：〔1〕根據(jù)圖中數(shù)據(jù)，得到如下表格：類型\年齡段[20，25〕[25，30〕[30，35〕[35，40〕[40，45〕[45，50〕[50，55〕[55，60]使用移動支付20252515151087不使用移動支付004610102322由頻率估計概率，計算得該超市使用移動支付的概率為=；所以某日該超市預(yù)計當(dāng)天應(yīng)準(zhǔn)備環(huán)保購物袋的個數(shù)為10000×=6250；〔2〕填寫下面列聯(lián)表，并根據(jù)列聯(lián)表判斷是否有99.9%的把握認(rèn)為使用移動支付與年齡有關(guān)：年齡＜40年齡≥40小計使用移動支付8540125不使用移動支付106575小計95105200假設(shè)移動支付與年齡無關(guān)，則K2的觀測值k=≈56.17，因為56.17＞10.828，所以有99.9%的把握認(rèn)為使用移動支付與年齡有關(guān)；〔3〕【解法一】記事件A：第1次抽到的是使用移動支付的顧客，事件B：第2次抽到的是不使用移動支付的顧客，所以P〔B|A〕===；【解法二】記事件A：第1次抽到的是使用移動支付的顧客，事件B：第2次抽到的是不使用移動支付的顧客，則P〔AB〕=，P〔A〕==，所以P〔B|A〕===．【點評】此題考察了獨立性檢驗，用樣本估計總體以及設(shè)計方案等根基知識，也考察了解決實際應(yīng)用問題的能力．21．〔12.00分〕函數(shù)f〔x〕=ex〔x2﹣2ax﹣2a〕．〔1〕假設(shè)曲線y=f〔x〕在點〔0，f〔0〕〕處的切線與直線l：x﹣4y+1=0垂直，求a；〔2〕假設(shè)對?a∈〔﹣，〕，存在x∈[﹣2，3]，使得f〔x〕≤b〔2﹣2a〕有解，求b的取值范圍．【分析】〔1〕根據(jù)導(dǎo)數(shù)和的幾何意義即可求出a的值，〔2〕對?a∈〔﹣，〕，存在x∈[﹣2，3]，使得f〔x〕≤b〔2﹣2a〕有解，等價于?a∈〔﹣，〕，x∈[﹣2，3]，使得f〔x〕min≤b〔2﹣2a〕，構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)即可求出．【解答】解：〔1〕∵f〔x〕=ex〔x2﹣2ax﹣2a〕，∴f′〔x〕=ex〔x2+〔2﹣2a〕x﹣4a〕，∴y=f〔x〕在點〔0，f〔0〕〕處的切線的斜率為k=f′〔0〕=﹣4a，∵直線l：x﹣4y+1=0的斜率為，∴﹣4a×=﹣1，解得a=1；〔2〕對?a∈〔﹣，〕，存在x∈[﹣2，3]，使得f〔x〕≤b〔2﹣2a〕有解，等價于?a∈〔﹣，〕，x∈[﹣2，3]，使得f〔x〕min≤b〔2﹣2a〕，∵f′〔x〕=ex〔x2+〔2﹣2a〕x﹣4a〕=ex〔x﹣2a〕〔x+2〕，①當(dāng)a=﹣1時，f′〔x〕=ex〔x+2〕2，即函數(shù)f〔x〕在[﹣2，3]上單調(diào)遞減，∴f〔x〕min=f〔﹣2〕=，即4b≥，b≥，②當(dāng)a∈〔﹣，﹣1〕時，即2a＜﹣2，f〔x〕在[﹣2，3〕上單調(diào)遞減，∴f〔x〕min=f〔﹣2〕=，即?a∈〔﹣，﹣1〕，≤b〔2﹣2a〕，∴?a∈〔﹣，﹣1〕，b≥恒成立，令h〔a〕=，則h′〔a〕=〔﹣1〕＞0，則h〔a〕在〔﹣，﹣1〕上單調(diào)遞增，∴h〔a〕＜h〔﹣1〕=，∴b≥，③當(dāng)a∈〔﹣1，〕時，即2a＞﹣2，f〔x〕在[﹣2，2a〕上單調(diào)遞減，在〔2a，3〕上單調(diào)遞增，∴f〔x〕min=f〔2a〕=﹣2ae2a，即對?a∈〔﹣1，〕，﹣2ae2a≤b〔2﹣2a〕，〔i〕