2020年广东省梅州市高考数学二模试卷（理科） (1)

2020年广东省梅州市高考数学二模试卷（理科）
一、选择题：本大题共12个小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中只有一个是符合题目要求的．
1．（5分）复数z＝，则其共轭复数＝（　　）
A．﹣1﹣i B．﹣1+i C．1﹣i D．1+i
2．（5分）已知集合M＝{y|y＝x_2﹣1，_x∈R}，N＝{x|y＝}，则M∩N＝（　　）
A．∅ B．[﹣1，+∞） C．[﹣1，] D．[，+∞）
3．（5分）在△ABC中，，E是AD的中点，则＝（　　）
A． B． C． D．
4．（5分）以下四个命题：
①若p∧q为假命题，则p，q均为假命题；
②对于命题p：∃x_0∈R，_x_02+_x_0+1＜0，则￢_p为：∀x∉R，x_2+_x+1≥0；
③“a＝2”是“函数f（x）＝logax在区间（0，+∞）上为增函数”的充分不必要条件；
④f（x）＝sin（ωx+φ）为偶函数的充要条件是φ＝．
其中真命题的个数是（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
5．（5分）2021年起，我省将实行“3+1+2”高考模式，某中学为了解本校学生的选考情况，随机调查了100位学生，其中选考化学或生物的学生共有70位，选考化学的学生共有40位，选考化学且选考生物的学生共有20位．若该校共有1500位学生，则该校选考生物的学生人数的估计值为（　　）
A．300 B．450 C．600 D．750
6．（5分）（+4x_2+4）3展开式的常数项为（　　）
A．120 B．160 C．200 D．240
7．（5分）已知在各项均不为零的等差数列{_a__n}中，2a_3﹣_a_72+2_a_11＝0，数列{_b__n}是等比数列，且b_7＝_a_7，则_b_6•_b_8等于（　　）
A．2 B．4 C．8 D．16
8．（5分）某几何体的三视图如图所示，已知其主视图的周长为8，则该几何体侧面积的最大值为（　　）

A．2π B．4π C．16π D．不存在
9．（5分）若，有下列四个不等式：
①_a_3＜_b_3；
②log_a+23＞logb+13；
③；
④a_3+_b_3＞2_ab_2．
则下列组合中全部正确的为（　　）
A．①② B．①③ C．①④ D．②③
10．（5分）已知直线_l_1：2_x﹣y+3＝0和直线l_2：_x＝﹣1，抛物线y_2＝4_x上的点P到直线l_1和直线_l_2的距离之和的最小值是（　　）
A． B．2 C． D．
11．（5分）祖暅是南北朝时代的伟大数学家，五世纪末提出几何体体积计算原理，即祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”．意思是：夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任何一个平面所截，如果截面面积都相等，那么这两个几何体的体积一定相等，现在有四个几何体：图①是从圆柱中挖去一个圆锥所得的几何体，图②、图③、图④分别是圆锥、圆台和半球，则满足祖暅原理的两个几何体为（　　）

A．①② B．①③ C．②④ D．①④
12．（5分）在直角坐标系_xOy中，如果相异两点A（a，b），B（﹣a，﹣b）都在函数y＝f（x）的图象上，那么称A，B为函数f（x）的一对关于原点成中心对称的点对（A，B与B，A为同一对）．函数图象上关于原点成中心对称的点对有（　　）
A．1对 B．2对 C．3对 D．4对
二、填空题：本大题共4个小题，每小题5分，共20分
13．（5分）已知数列{a__n}的前n项和为Sn，a_1＝1，_Sn＝2a__n+1，则Sn＝　 　．
14．（5分）曲线f（x）＝tanx在点处的切线方程为　 　．
15．（5分）某食品的保鲜时间y（单位：小时）与储存温度x（单位：℃）满足函数关系y＝ekx+b（e为自然对数的底数，k，b为常数），若该食品在0℃的保鲜时间是384小时，在22℃的保鲜时间是24小时，则该食品在33℃的保鲜时间是　 　．
16．（5分）已知双曲线C：﹣＝1（a＞0，b＞0）的左、右焦点分别为F_1，_F_2，_O为坐标原点，P是双曲线在第一象限上的点，直线PO，PF_2分别交双曲线_C左、右支于另一点M，N，若|PF_1|＝2|_PF_2|，且∠_MF_2_N＝60°，则双曲线C的离心率为　 　．
三、解答题：共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第17-21题为必考题，每个考生都必须作答；第22-23题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题：60分
17．（12分）已知a，b，c分别为锐角△ABC三个内角A，B，C的对边，满足sin2A﹣sin2B﹣sin2C+sinB_sin_C＝0．
（1）求A；
（2）若b＝2，求△ABC面积的取值范围．
18．（12分）如图△PAD中，∠PDA＝90°，DP＝DA＝2，B、C分别是PA、PD的中点，将△PBC沿BC折起，连结PA、PD，得到多面体PABCD．
（1）证明：在多面体PABCD中，BC⊥PD；
（2）在多面体PABCD中，当时，求二面角B﹣PA﹣D的余弦值．

19．（12分）某市《城市总体规划（2016﹣2035年）》提出到2035年实现“15分钟社区生活圈”全覆盖的目标，从教育与文化、医疗与养老、交通与购物、休闲与健身4个方面构建“15分钟社区生活圈”指标体系，并依据“15分钟社区生活圈”指数高低将小区划分为：优质小区（指数为0.6～1）、良好小区（指数为0.4～0.6）、中等小区（指数为0.2～0.4）以及待改进小区（指数为0～0.2）4个等级．下面是三个小区4个方面指标的调查数据：

注：每个小区“15分钟社区生活圈”指数T＝_w_1_T_1+_w_2_T_2+_w_3_T_3+_w_4_T_4，其中_w_1，_w_2，_w_3，_w_4为该小区四个方面的权重，_T_1，_T_2，_T_3，_T_4为该小区四个方面的指标值（小区每一个方面的指标值为0～1之间的一个数值）．
现有100个小区的“15分钟社区生活圈”指数数据，整理得到如下频数分布表：

（Ⅰ）分别判断A，B，C三个小区是否是优质小区，并说明理由；
（Ⅱ）对这100个小区按照优质小区、良好小区、中等小区和待改进小区进行分层抽样，抽取10个小区进行调查，若在抽取的10个小区中再随机地选取2个小区做深入调查，记这2个小区中为优质小区的个数为ξ，求ξ的分布列及数学期望．
20．（12分）已知两动圆和（0＜r＜4），把它们的公共点的轨迹记为曲线C，若曲线C与y轴的正半轴的交点为M，且曲线C上的相异两点A、B满足：＝0．
（1）求曲线C的方程；
（2）证明直线AB恒经过一定点，并求此定点的坐标；
（3）求△ABM面积S的最大值．
21．（12分）已知函数f（x）＝2lnx﹣ax_2+．
（1）当0＜_a＜1时，求证：；
（2）当f（x）有三个零点时，求a的取值范围．
选考题：10分．请考生在第22、23题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分.[选修4-4：坐标系与参数方程]（10分）
22．（10分）以直角坐标系的原点为极点，x轴的非负半轴为极轴，建立极坐标系，并在两种坐标系中取相同的长度单位，已知直线的参数方程为（t为参数），圆C的极坐标方程为．
（1）求直线和圆C的直角坐标方程；
（2）若点P（x，y）在圆C上，求的取值范围．
[选修4-5：不等式选讲]（10分）
23．已知函数f（x）＝|2x+3|﹣|x﹣1|．
（1）求不等式f（x）≤3的解集；
（2）若不等式f（x）＞2a﹣|3x﹣3|对任意x∈R恒成立，求实数a的取值范围．

2020年广东省梅州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个小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中只有一个是符合题目要求的．
1．（5分）复数z＝，则其共轭复数＝（　　）
A．﹣1﹣i B．﹣1+i C．1﹣i D．1+i
【考点】A5：复数的运算．菁优网版权所有
【分析】化简复数，即可得其共轭复数．
【解答】解：化简可得复数z＝
＝＝＝﹣1+i，
∴复数z的共轭复数为：﹣1﹣i
故选：A．
【点评】本题考查复数的代数形式的乘除运算，涉及共轭复数，属基础题．
2．（5分）已知集合M＝{y|y＝x_2﹣1，_x∈R}，N＝{x|y＝}，则M∩N＝（　　）
A．∅ B．[﹣1，+∞） C．[﹣1，] D．[，+∞）
【考点】1E：交集及其运算．菁优网版权所有
【分析】由题意求出集合M与集合N，然后求出M∩N．
【解答】解：集合M＝{y|y＝x_2﹣1，_x∈R}＝{y|y≥﹣1}，
对于，2﹣x_2≥0，解得，
_N＝{x|}，
则M∩N＝[﹣1，+∞）∩[]＝．
故选：C．
【点评】本题考查集合的基本运算，函数的值域与函数的定义域的求法，考查集合的交集的求法．
3．（5分）在△ABC中，，E是AD的中点，则＝（　　）
A． B． C． D．
【考点】9H：平面向量的基本定理．菁优网版权所有
【分析】运用向量的加减运算和向量中点的表示，计算可得所求向量．
【解答】解：在△ABC中，AD为BC边上的中线，E为AD的中点，
＝﹣＝﹣＝﹣×（+）
＝．
故选：D．
【点评】本题考查向量的加减运算和向量中点表示，考查运算能力，属于基础题．
4．（5分）以下四个命题：
①若p∧q为假命题，则p，q均为假命题；
②对于命题p：∃x_0∈R，_x_02+_x_0+1＜0，则￢_p为：∀x∉R，x_2+_x+1≥0；
③“a＝2”是“函数f（x）＝logax在区间（0，+∞）上为增函数”的充分不必要条件；
④f（x）＝sin（ωx+φ）为偶函数的充要条件是φ＝．
其中真命题的个数是（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
【考点】2K：命题的真假判断与应用．菁优网版权所有
【分析】直接利用命题的否定的应用，真值表的应用，三角函数关系式的恒等变换，指数函数的性质的应用求出结果．
【解答】解：①若p∧q为假命题，则命题p和q为一真一假和全部为假，故p，q均为假命题错误；
②对于命题p：∃x_0∈R，_x_02+_x_0+1＜0，则￢_p为：∀x∈R，x_2+_x+1≥0；故错误．
③“a＝2”是“函数f（x）＝logax在区间（0，+∞）上为增函数；当函数f（x）＝logax在区间（0，+∞）上为增函数，则a＞1．
故③“a＝2”是“函数f（x）＝logax在区间（0，+∞）上为增函数”的充分不必要条件；正确．
④f（x）＝sin（ωx+φ）为偶函数则φ＝kπ+（k∈Z），故错误．
故选：A．
【点评】本题考查的知识要点：命题的否定的应用，真值表的应用，三角函数关系式的恒等变换，指数函数的性质的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型．
5．（5分）2021年起，我省将实行“3+1+2”高考模式，某中学为了解本校学生的选考情况，随机调查了100位学生，其中选考化学或生物的学生共有70位，选考化学的学生共有40位，选考化学且选考生物的学生共有20位．若该校共有1500位学生，则该校选考生物的学生人数的估计值为（　　）
A．300 B．450 C．600 D．750
【考点】C6：等可能事件和等可能事件的概率．菁优网版权所有
【分析】推导出100名学生中考生物的学生有：70﹣40+20＝50．该校共有1500位学生，由此能求出该校选考生物的学生人数的估计值．
【解答】解：某中学为了解本校学生的选考情况，随机调查了100位学生，
其中选考化学或生物的学生共有70位，选考化学的学生共有40位，
选考化学且选考生物的学生共有20位．
∴100名学生中考生物的学生有：70﹣40+20＝50．
该校共有1500位学生，则该校选考生物的学生人数的估计值为1500×．
故选：D．
【点评】本题考查该校选考生物的学生人数的估计值，考查等可能事件概率计算公式等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
6．（5分）（+4x_2+4）3展开式的常数项为（　　）
A．120 B．160 C．200 D．240
【考点】DA：二项式定理．菁优网版权所有
【分析】先对（+4_x_2+4）3进行变形，再利用二项式定理中的展开式的通项公式求得结果．
【解答】解：∵（+4_x_2+4）3＝[]3＝，（1+2_x_2）6的展开式中的通项公式为_Tr+1＝•2rx_2_r，r＝0，1，…，6，
∴T_4＝•23_x_6＝160_x_6，所以（+4_x_2+4）3展开式的常数项为160．
故选：_B．
【点评】本题主要考查对式子的合理变形及二项式定理中的通项公式的应用，属于基础题．
7．（5分）已知在各项均不为零的等差数列{a__n}中，2a_3﹣_a_72+2_a_11＝0，数列{_b__n}是等比数列，且b_7＝_a_7，则_b_6•_b_8等于（　　）
A．2 B．4 C．8 D．16
【考点】8M：等差数列与等比数列的综合．菁优网版权所有
【分析】由2_a_3﹣_a_72+2_a_11＝0结合性质求得_a_7，再求得_b_7，由等比数列的性质求得_b_6_b_8．
【解答】解：由等差数列的性质：2_a_3﹣_a_72+2_a_11＝0得：
∵_a_72＝2（_a_3+_a_11）＝4_a_7，
∴_a_7＝4或_a_7＝0，
∴_b_7＝4，
∴_b_6_b_8＝_b_72＝16，
故选：_D．
【点评】本题考查学生灵活运用等差数列的性质及等比数列的性质化简求值，是一道基础题．
8．（5分）某几何体的三视图如图所示，已知其主视图的周长为8，则该几何体侧面积的最大值为（　　）

A．2π B．4π C．16π D．不存在
【考点】L!：由三视图求面积、体积．菁优网版权所有
【分析】判断几何体是圆锥，利用主视图的周长为8，推出圆锥的底面半径与高的关系，然后求解几何体侧面积，推出最大值即可．
【解答】解：由题意可知几何体是圆锥，设底面半径为r，r∈（0，2），
高为h，则2r+2＝8，
即r+＝4，
所以圆锥的侧面积为：2πr＝2πr•（4﹣r）＝2π（4r﹣r_2），
当且仅当_r＝2时，侧面积取得最大值，但是r＜2，
所以该几何体侧面积的没有最大值．
故选：D．
【点评】本题考查三视图的应用，判断几何体的形状，以及几何体的侧面积的最值的求法，是中档题．
9．（5分）若，有下列四个不等式：
①a_3＜_b_3；
②log_a+23＞logb+13；
③；
④a_3+_b_3＞2_ab_2．
则下列组合中全部正确的为（　　）
A．①② B．①③ C．①④ D．②③
【考点】R3：不等式的基本性质．菁优网版权所有
【分析】根据，取_a＝2，b＝3，则可排除错误选项．
【解答】解：根据，取a＝2，b＝3，
则②④不成立，故ACD不正确．
故选：B．
【点评】本题考查了不等式的基本性质，取特殊值是解题的关键，属基础题．
10．（5分）已知直线l_1：2_x﹣y+3＝0和直线l_2：_x＝﹣1，抛物线y_2＝4_x上的点P到直线l_1和直线_l_2的距离之和的最小值是（　　）
A． B．2 C． D．
【考点】K8：抛物线的性质；KN：直线与抛物线的综合．菁优网版权所有
【分析】画出图形，过点_P作PN⊥l_2，_PM⊥l_1，垂足分别为_N，M．由于直线l_2是抛物线_y_2＝4_x的准线，可得|PN|＝|PF|．当且仅当三点M，P，F共线时动点P到直线l_1和_l_2的距离值和取得最小值|_FM|．再利用点到直线的距离公式即可得出．
【解答】解：如图所示，
过点P作PN⊥l_2，_PM⊥l_1，垂足分别为_N，M．
∵直线l_2是抛物线_y_2＝4_x的准线，∴|PN|＝|PF|．
∴当且仅当三点M，P，F共线时动点P到直线l_1和_l_2的距离值和取得最小值|_FM|．
∴最小值|FM|＝＝．
故选：A．

【点评】本题考查了抛物线的性质、点到直线的距离公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
11．（5分）祖暅是南北朝时代的伟大数学家，五世纪末提出几何体体积计算原理，即祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”．意思是：夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任何一个平面所截，如果截面面积都相等，那么这两个几何体的体积一定相等，现在有四个几何体：图①是从圆柱中挖去一个圆锥所得的几何体，图②、图③、图④分别是圆锥、圆台和半球，则满足祖暅原理的两个几何体为（　　）

A．①② B．①③ C．②④ D．①④
【考点】LF：棱柱、棱锥、棱台的体积．菁优网版权所有
【分析】利用祖暅原理分析题设中的四个图形，能够得到在①和④中的两个几何体满足祖暅原理．
【解答】解：在①和④中，
夹在两个平行平面之间的这两个几何体，
被平行于这两个平面的任何一个平面所截，
截面面积都相等，
∴①④这两个几何体的体积一定相等．
故选：D．
【点评】本题考查满足祖暅原理的两个几何体的判断，是基础题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．
12．（5分）在直角坐标系xOy中，如果相异两点A（a，b），B（﹣a，﹣b）都在函数y＝f（x）的图象上，那么称A，B为函数f（x）的一对关于原点成中心对称的点对（A，B与B，A为同一对）．函数图象上关于原点成中心对称的点对有（　　）
A．1对 B．2对 C．3对 D．4对
【考点】51：函数的零点；53：函数的零点与方程根的关系．菁优网版权所有
【分析】根据题意，设g（x）的图象与f（x）＝sinx（x≤0）的图象关于原点对称，结合f（x）的解析式求出g（x）的解析式，分析可得g（x）与f（x）在[0，+∞）上交点的个数，就是函数f（x）的图象上关于原点成中心对称的点对的个数，进而作出函数f（x）＝log6x与g（x）＝sinx（x≥0）的图象；结合图象分析可得答案．
【解答】解；根据题意，函数，当x≤0时，f（x）＝sinx，
设g（x）的图象与f（x）＝sinx（x≤0）的图象关于原点对称，
则g（x）＝﹣f（﹣x）＝﹣sin（﹣x）＝sinx，
函数g（x）与f（x）在[0，+∞）上交点的个数，就是函数f（x）的图象上关于原点成中心对称的点对的个数，
作出函数f（x）＝log6x与g（x）＝sinx（x≥0）的图象；
如图所示；
它们有3个公共点，从而f（x）有3对关于原点对称的点；
故选：C．

【点评】本题考查函数的零点与方程的关系，注意数形结合思想的应用，属于基础题．
二、填空题：本大题共4个小题，每小题5分，共20分
13．（5分）已知数列{a__n}的前n项和为Sn，a_1＝1，_Sn＝2a__n+1，则Sn＝　　．
【考点】8H：数列递推式．菁优网版权所有
【分析】利用数列的递推关系式，推出数列{S__n}是等比数列，然后求解即可．
【解答】解：数列{a__n}的前n项和为Sn，a_1＝1，_Sn＝2a__n+1，
an+1＝Sn+1﹣Sn，可得2S__n+1＝3S__n，
所以＝，数列{S__n}是首项为1，公比为：的等比数列，
则Sn＝1•．
故答案为：．
【点评】本题考查数列的递推关系式的应用，数列求和，考查计算能力．
14．（5分）曲线f（x）＝tanx在点处的切线方程为　　．
【考点】6H：利用导数研究曲线上某点切线方程．菁优网版权所有
【分析】先对f（x）求导，然后求出切线的斜率，再求出切线方程即可．
【解答】解：由f（x）＝tanx，得f‘（x）＝，
∴f（x）＝tanx在点处的切线斜率，
∴f（x）＝tanx在点处的切线方程为．
故答案为：．
【点评】本题考查了利用导数研究曲线上某点切线方程，属基础题．
15．（5分）某食品的保鲜时间y（单位：小时）与储存温度x（单位：℃）满足函数关系y＝ekx+b（e为自然对数的底数，k，b为常数），若该食品在0℃的保鲜时间是384小时，在22℃的保鲜时间是24小时，则该食品在33℃的保鲜时间是　6　．
【考点】5C：根据实际问题选择函数类型．菁优网版权所有
【分析】利用已知条件求出函数的解析式，然后代入求解即可．
【解答】解：食品的保鲜时间y（单位：小时）与储存温度x（单位：℃）满足函数关系y＝ekx+b（e为自然对数的底数，k，b为常数），若该食品在0℃的保鲜时间是384小时，在22℃的保鲜时间是24小时，
可得：384＝eb，24＝e_22_k+b，解得b＝ln_384，_k＝﹣，
所以y＝，
该食品在33℃的保鲜时间：＝＝6（小时）．
故答案为：6．
【点评】本题考查函数的实际意义，函数的解析式的求法，对数运算法则的应用，考查分析问题解决问题的能力，是中档题．
16．（5分）已知双曲线C：﹣＝1（a＞0，b＞0）的左、右焦点分别为F_1，_F_2，_O为坐标原点，P是双曲线在第一象限上的点，直线PO，PF_2分别交双曲线_C左、右支于另一点M，N，若|PF_1|＝2|_PF_2|，且∠_MF_2_N＝60°，则双曲线C的离心率为　　．
【考点】KC：双曲线的性质．菁优网版权所有
【分析】由题意，|PF_1|＝2|_PF_2|，|_PF_1|﹣|_PF_2|＝2_a，可得|PF_1|＝4_a，|PF_2|＝2_a，由∠MF_2_N＝60°，可得∠F_1_PF_2＝60°，由余弦定理可得4_c_2＝16_a_2+4_a_2﹣2•4_a•2a•cos60°，即可求出双曲线C的离心率．
【解答】解：由题意，|PF_1|＝2|_PF_2|，
由双曲线的定义可得，|_PF_1|﹣|_PF_2|＝2_a，
可得|PF_1|＝4_a，|PF_2|＝2_a，
由四边形PF_1_MF_2为平行四边形，
又∠_MF_2_N＝60°，可得∠F_1_PF_2＝60°，
在三角形_PF_1_F_2中，由余弦定理可得
4_c_2＝16_a_2+4_a_2﹣2•4_a•2a•cos60°，
即有4c_2＝20_a_2﹣8_a_2，即_c_2＝3_a_2，
可得_c＝a，
即e＝＝．
故答案为：．

【点评】本题考查双曲线C的离心率，注意运用双曲线的定义和三角形的余弦定理，考查学生的计算能力，属于中档题．
三、解答题：共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第17-21题为必考题，每个考生都必须作答；第22-23题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题：60分
17．（12分）已知a，b，c分别为锐角△ABC三个内角A，B，C的对边，满足sin2A﹣sin2B﹣sin2C+sinB_sin_C＝0．
（1）求A；
（2）若b＝2，求△ABC面积的取值范围．
【考点】HP：正弦定理．菁优网版权所有
【分析】（1）由已知及正弦定理得a_2＝_b_2+_c_2﹣_bc，由余弦定理可得，结合范围0＜A＜π，可求A的值．
（2）由已知及正弦定理得，，由，利用三角形的面积公式可求S＝+，结合△ABC是锐角三角形，可求范围，利用正切函数的图象和性质即可求解其取值范围．
【解答】解：（1）由已知及正弦定理得，a_2＝_b_2+_c_2﹣_bc，
由余弦定理可得，
又0＜A＜π，
可得．
（2）由已知及正弦定理得，，
由，得＝，
△ABC是锐角三角形，得，得，
∴，
∴，
∴．
∴△ABC面积的取值范围是．
【点评】本题主要考查了正弦定理，余弦定理，三角形的面积公式，正切函数的图象和性质在解三角形中的综合应用，考查了转化思想和函数思想，属于中档题．
18．（12分）如图△PAD中，∠PDA＝90°，DP＝DA＝2，B、C分别是PA、PD的中点，将△PBC沿BC折起，连结PA、PD，得到多面体PABCD．
（1）证明：在多面体PABCD中，BC⊥PD；
（2）在多面体PABCD中，当时，求二面角B﹣PA﹣D的余弦值．

【考点】LW：直线与平面垂直；MJ：二面角的平面角及求法．菁优网版权所有
【分析】（1）先证明BC⊥平面PCD，再利用线面垂直的性质即可得证；
（2）建立空间直角坐标系，求出平面PAB及平面PAD的法向量，利用向量的夹角公式即可得解．
【解答】（1）证明：△PAD中，因为B，C分别是PA，PD的中点，∠PDA＝90°，
所以BC∥AD，∠BCP＝∠BCD＝90°，……………………（1分）
所以多面体PABCD中，BC⊥PC，BC⊥CD，PC∩CD＝C，……………………（2分）
∴BC⊥平面PCD．……………………（3分）
又PD⊂平面PCD，
∴BC⊥PD．……………………（4分）
（2）依题意可得，PC＝CD＝1，直角△ADC中，得，又，
所以PA_2＝_PC_2+_AC_2，∴_PC⊥CA，……………………（5分）
由（1）知，BC⊥PC，∴PC⊥平面ABCD．……………………（6分）
以C为坐标原点，分别以CB，CD，CP为x，y，z轴，建立如图的坐标系．……………………（7分）

则B（1，0，0），A（2，1，0），D（0，1，0），P（0，0，1），……………………（8分）
得．……………………（9分）
设平面PAB，PAD的一个法向量分别是，
则可取．……………………（10分）
可取．……………………（11分）
∴．……………………（12分）
所以二面角B﹣PA﹣D的余弦值为0．

【点评】本题考查线面垂直的判定定理及性质定理的运用，考查利用空间向量求解二面角问题，考查运算求解能力及逻辑推理能力，属于中档题．
19．（12分）某市《城市总体规划（2016﹣2035年）》提出到2035年实现“15分钟社区生活圈”全覆盖的目标，从教育与文化、医疗与养老、交通与购物、休闲与健身4个方面构建“15分钟社区生活圈”指标体系，并依据“15分钟社区生活圈”指数高低将小区划分为：优质小区（指数为0.6～1）、良好小区（指数为0.4～0.6）、中等小区（指数为0.2～0.4）以及待改进小区（指数为0～0.2）4个等级．下面是三个小区4个方面指标的调查数据：

注：每个小区“15分钟社区生活圈”指数T＝_w_1_T_1+_w_2_T_2+_w_3_T_3+_w_4_T_4，其中_w_1，_w_2，_w_3，_w_4为该小区四个方面的权重，_T_1，_T_2，_T_3，_T_4为该小区四个方面的指标值（小区每一个方面的指标值为0～1之间的一个数值）．
现有100个小区的“15分钟社区生活圈”指数数据，整理得到如下频数分布表：

（Ⅰ）分别判断A，B，C三个小区是否是优质小区，并说明理由；
（Ⅱ）对这100个小区按照优质小区、良好小区、中等小区和待改进小区进行分层抽样，抽取10个小区进行调查，若在抽取的10个小区中再随机地选取2个小区做深入调查，记这2个小区中为优质小区的个数为ξ，求ξ的分布列及数学期望．
【考点】B7：分布和频率分布表；BC：极差、方差与标准差；BL：独立性检验；CH：离散型随机变量的期望与方差．菁优网版权所有
【分析】（Ⅰ）分别求出A、B、C三个小区指数，由此能判断A，B，C三个小区是否是优质小区．
（Ⅱ）对这100个小区按照优质小区、良好小区、中等小区和待改进小区进行分层抽样，抽取10个小区进行调查，抽到优质小区的个数为4个，抽到良好小区的个数为3个，抽到中等小区的个数为2个，抽到待改进小区的个数为1个，在抽取的10个小区中再随机地选取2个小区做深入调查，记这2个小区中为优质小区的个数为ξ，则ξ的可能取值为0，1，2，分别求出相应的概率，由此能求出ξ的分布列和数学期望Eξ．
【解答】解：（Ⅰ）A小区指数为：TA＝0.2×0.7+0.2×0.7+0.32×0.5+0.28×0.5＝0.58＜0.6，
∴A小区不是优质小区．
B小区指数为：TB＝0.2×0.9+0.2×0.6+0.32×0.7+0.28×0.6＝0.692＞0.6，
∴B小区是优质小区．
C小区指数为：TC＝0.2×0.1+0.2×0.3+0.32×0.2+0.28×0.1＝0.172＜0.6，
∴C小区不是优质小区．
（Ⅱ）对这100个小区按照优质小区、良好小区、中等小区和待改进小区进行分层抽样，抽取10个小区进行调查，
抽到优质小区的个数为：10×＝4个，
抽到良好小区的个数为：10×＝3个，
抽到中等小区的个数为：10×＝2个，
抽到待改进小区的个数为：＝1个，
在抽取的10个小区中再随机地选取2个小区做深入调查，记这2个小区中为优质小区的个数为ξ，
则ξ的可能取值为0，1，2，
P（ξ＝0）＝＝，
P（ξ＝1）＝＝，
P（ξ＝2）＝＝，
∴ξ的分布列为：

ξ	0	1	2
P

数学期望Eξ＝＝．
【点评】本题考查优质小区的判断，考查离散型随机变量的分布列、数学期望的求法，考查古典概型、排列组合等基础知识，考查学生的逻辑分析能力、运算求解能力，是中档题．
20．（12分）已知两动圆和（0＜r＜4），把它们的公共点的轨迹记为曲线C，若曲线C与y轴的正半轴的交点为M，且曲线C上的相异两点A、B满足：＝0．
（1）求曲线C的方程；
（2）证明直线AB恒经过一定点，并求此定点的坐标；
（3）求△ABM面积S的最大值．
【考点】9O：平面向量数量积的性质及其运算；JE：直线和圆的方程的应用．菁优网版权所有
【分析】（1）设两动圆的公共点为Q，则有|QF_1|+|_QF_2|＝4，运用椭圆的定义，即可得到_a，c，b，进而得到Q的轨迹方程；
（2）M（0，1），设A（x_1，_y_1），_B（x_2，_y_2），根据直线_AB的斜率不存在和存在，设出直线方程，根据条件，运用向量的数量积的坐标表示，结合韦达定理和直线恒过定点的求法，即可得到定点；
（3）△ABM面积S＝S△MNA+S△MNB＝，代入韦达定理，化简整理，结合N在椭圆内，运用对勾函数的单调性，即可得到最大值．
【解答】解：（1）设两动圆的公共点为Q，则有|QF_1|+|_QF_2|＝4（4＞|_F_1_F_2|）．
由椭圆的定义可知_Q的轨迹为椭圆，．b＝＝1，
所以曲线C的方程是：．
（2）证明：由题意可知：M（0，1），设A（x_1，_y_1），_B（x_2，_y_2），
当_AB的斜率不存在时，易知满足条件的直线AB为：x＝0，过定点；
当AB的斜率存在时，设直线AB：y＝kx+m，联立方程组：，
把②代入①有：（1+4k_2）_x_2+8_kmx+4m_2﹣4＝0，
③，④，
因为，所以有_x_1•_x_2+（_kx_1+_m﹣1）（kx_2+_m﹣1）＝0，
，
把③④代入整理：，
（有公因式m﹣1）继续化简得（m﹣1）（5m+3）＝0，或m＝1（舍），
综合斜率不存在的情况，直线AB恒过定点．
（3）△ABM面积S＝S△MNA+S△MNB＝＝，
由第（2）小题的③④代入，整理得：，
因N在椭圆内部，所以k∈R，可设，
＝，
∵，∴（k＝0时取到最大值）．
所以△ABM面积S的最大值为．
【点评】本题考查椭圆的定义、方程和性质，主要考查椭圆的定义、方程的运用，同时考查平面向量的数量积的坐标表示和直线恒过定点的求法，以及函数的单调性的运用，属于中档题和易错题．
21．（12分）已知函数f（x）＝2lnx﹣ax_2+．
（1）当0＜_a＜1时，求证：；
（2）当f（x）有三个零点时，求a的取值范围．
【考点】52：函数零点的判定定理；6B：利用导数研究函数的单调性．菁优网版权所有
【分析】（1）令t＝，构造函数g（t）＝2lnt﹣2t_3+，求函数的导数，利用导数研究函数的单调性即可得到结论．
（2）构造函数_h（x）＝lnx﹣ax+，求函数的导数，利用导数研究函数的单调性，结合函数零点关系分别进行讨论即可．
【解答】解：（1）证明：f（）＝2ln﹣a（）2+，
令t＝，则0＜t＜，
则f（）＝g（t）＝2lnt﹣2t_3+，
导数_g′（t）＝﹣6t_2﹣＝（1﹣）﹣6_t_2＜0，
即_g（t）在0＜t＜上单调递减，
则g（t）＞g（）＝2ln﹣+4＝4﹣﹣2ln_2＞0，
则_f（）＞0成立，
所以原命题成立．
（2）由f（x）＝2lnx﹣ax_2＝_lnx_2+_ax_2（_x＞0）有三个零点可得
h（x）＝lnx﹣ax+有三个零点，
h′（x）＝，（x＞0）
①当a≤0吋，h′（x）＞0恒成立，可得h（x）至多有一个零点，不符合題意；
②当a时，h′（x）≤0恒成立，可得h（x）至多有一个零点，不符合題意；
③当0＜a＜时，记φ（x）＝﹣ax_2+_x﹣a，（x＞0）得两个零点为x_1，_x_2，不妨没0＜_x_1＜_x_2，
且_x_1•_x_2＝1，
_x∈（0，x_1）时，_h‘（x）＜0； x∈（x_1，_x_2）时，_h′（x）＞0； x∈（x_2，+∞）时，_h′（x）＜0，
观察可得h（1）＝0，且x_1＜1＜_x_2，
当_x∈（x_1，_x_2）时，_h′（x）＞0； h（x）单调递增，
所以有h（x_1）＜_h（1）＜h（x_2），即_h（x_1）＜0＜_h（x_2），
_x∈（0，x_1）时，_h′（x）＜0，h（x）单调递减，
x∈（x_2，+∞）时，_h′（x）＜0，h（x）单调递减，
由（1）知，h（）＞0，且h（x_1）＜0，所以_h（x）在（，x_1）上有一个零点，
由 _h（x）→﹣∞，且h（x_2）＞0，所以_h（x）在（x_2，+∞）上有一个零点，
综上可知_h（x）＝lnx﹣ax+，（x＞0）有三个零点，
即f（x）＝21nx﹣ax_2+＝1_nx_2﹣_ax_2+，（_x＞0）有三个零点，
所求a的范围是（0，）．
【点评】本题主要考查函数零点和方程的应用，构造函数求的导数，研究函数的单调性是解决本题的关键．综合性较强，在求解过程中多次使用构造函数法，有一定的难度．
选考题：10分．请考生在第22、23题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分.[选修4-4：坐标系与参数方程]（10分）
22．（10分）以直角坐标系的原点为极点，x轴的非负半轴为极轴，建立极坐标系，并在两种坐标系中取相同的长度单位，已知直线的参数方程为（t为参数），圆C的极坐标方程为．
（1）求直线和圆C的直角坐标方程；
（2）若点P（x，y）在圆C上，求的取值范围．
【考点】Q4：简单曲线的极坐标方程；QH：参数方程化成普通方程．菁优网版权所有
【分析】（Ⅰ）直线l的参数方程消去参数t，能求出直线l的直角坐标方程；圆C的极坐标方程转化为，由ρ2＝x_2+_y_2，ρcosθ＝_x，ρsinθ＝y，能求出圆C的直角坐标方程．
（Ⅱ）设P（1+2cosθ，），则＝＝4sin（θ+），由此能求出的取值范围．
【解答】解：（Ⅰ）∵直线l的参数方程为（t为参数），
∴消去参数t，得直线l的直角坐标方程为x+﹣2＝0，
∵圆C的极坐标方程为，
∴，
∵ρ2＝x_2+_y_2，ρcosθ＝_x，ρsinθ＝y，
∴圆C的直角坐标方程为（x﹣1）2+（y﹣）2＝4．
（Ⅱ）∵点P（x，y）在圆C上，
∴设P（1+2cosθ，），
∴＝＝4sin（θ+），
∴的取值范围是[﹣4，4]．
【点评】本题考查直线和圆直角坐标方程的求法，考查代数式的取值范围的求法，考查极坐标方程、直角坐标方程、参数方程的互化等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想、函数与方程思想，是中档题．
[选修4-5：不等式选讲]（10分）
23．已知函数f（x）＝|2x+3|﹣|x﹣1|．
（1）求不等式f（x）≤3的解集；
（2）若不等式f（x）＞2a﹣|3x﹣3|对任意x∈R恒成立，求实数a的取值范围．
【考点】6P：不等式恒成立的问题；R5：绝对值不等式的解法．菁优网版权所有
【分析】（1）根据f（x）≤3，可得或或，然后解不等式组即可得到解集；
（2）不等式f（x）＞2a﹣|3x﹣3|对任意x∈R恒成立，即不等式|2x+3|+|2x﹣2|＞2a对x∈R成立，由绝对值三角不等式可得|2x+3|+|2x﹣2|≥5，从而得到2a＜5，然后解不等式可得a的范围．
【解答】解：（1）由f（x）≤3，得|2x+3|﹣|x﹣1|≤3，
∴或或，
∴或，
∴不等式的解集为．
（2）若不等式f（x）＞2a﹣|3x﹣3|对x∈R成立，
即不等式|2x+3|﹣|x﹣1|＞2a﹣|3x﹣3|对x∈R成立，
即不等式|2x+3|+|2x﹣2|＞2a对x∈R成立，
∵|2x+3|+|2x﹣2|≥|（2x+3）﹣（2x﹣2）|＝5，
∴2a＜5，∴，
∴a的取值范围为（﹣∞，）．
【点评】本题考了绝对值不等式的解法和不等式恒成立问题，考查了分类讨论思想和转化思想，属中档题．
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