新高考数学二轮复习 仿真模拟卷4（含解析）-人教版高三数学试题

数学仿真模拟卷(四)(时间：120分钟满分：150分)一、选择题(本题共8小题，每小题5分，共40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．设集合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))，则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))，化简可得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)).故选B．]2．甲、乙、丙、丁四位同学各自对x，y两变量的线性相关性作试验，并用回归分析方法分别求得相关系数r，如下表：相关系数甲乙丙丁r－0.820.780.690.87则哪位同学的试验结果体现两变量有更强的线性相关性？()A．甲B．乙C．丙D．丁D[根据线性相关系数的意义可知，在验证两个变量之间的线性相关关系时，相关系数的绝对值越接近于1，相关性越强，在四位同学中，丁同学求得的相关系数的绝对值最大，表明丁同学的试验结果体现两变量有更强的线性相关性．故选D．]3．在平面直角坐标系xOy中，点Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)，1))，将向量eq\o(OP,\s\up8(→))绕点O按逆时针方向旋转eq\f(π,2)后得到向量eq\o(OQ,\s\up8(→))，则点Q的坐标是()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)))，∵将向量eq\o(OP,\s\up8(→))绕点O按逆时针方向旋转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))).故选D．]4．“a<1”是“∀x>0，eq\f(x2＋1,x)≥a”的()A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件A[∀x>0，eq\f(x2＋1,x)＝x＋eq\f(1,x)≥2eq\r(x·\f(1,x))＝2，当且仅当x＝eq\f(1,x)，即x＝1时取等号．若a<1时，则∀x>0，eq\f(x2＋1,x)≥2>1>a，因此“a<1”是“∀x>0，eq\f(x2＋1,x)≥a”的充分条件；若∀x>0，eq\f(x2＋1,x)≥a，则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”的必要条件．故“a<1”是“∀x>0，eq\f(x2＋1,x)≥a”的充分不必要条件．故选A．]5．函数f(x)＝eq\f(x－sinx,ex＋e－x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－π，π))上的图象大致为()ABCDA[记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))上单调递增，又geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0))＝0，∴当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，π))时，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，∴当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，π))时，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))≥0，故排除B，C，D．故选A．]6．玉琮是中国古代玉器中重要的礼器，神人纹玉琮王是新石器时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遗址．玉琮王通高8.8cm，孔径4.9cm、外径17.6cm.琮体四面各琢刻一完整的兽面神人图象．兽面的两侧各浅浮雕鸟纹．器形呈扁矮的方柱体，内圆外方，上下端为圆面的射，中心有一上下垂直相透的圆孔．试估计该神人纹玉琮王的体积约为(单位：cm3)()A．6250B．3050C．2850D．2350D[由题可知，该神人纹玉琮王可看做是一个底面边长为17.6cm，高为8.8cm的正四棱柱中挖去一个底面直径为4.9cm，高为8.8cm的圆柱，此时求得体积记为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，记该神人纹玉琮王的实际体积为V，则V<V1，且由题意可知，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，故选D．]7．定义在R上的偶函数f(x)＝2|x－m|－1，记a＝f(－ln3)，b＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(log25))，c＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2m))，则()A．a<b<c B．a<c<bC．c<a<b D．c<b<aC[∵f(x)＝2|x－m|－1为定义在R上的偶函数，∴∀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(＋∞))上单调递增，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.故选C．]8．如图，已知抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F，点P(x0，2eq\r(3))(x0>eq\f(p,2))是抛物线C上一点．以P为圆心的圆与线段PF相交于点Q，与过焦点F且垂直于对称轴的直线交于点A，B，eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(AB))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(PQ))，直线PF与抛物线C的另一交点为M，若eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(PF))＝eq\r(3)eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(PQ))，则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[由题意得eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(PF))＝x0＋eq\f(p,2)，直线AB方程为：x＝eq\f(p,2)，P到直线AB距离为x0－eq\f(p,2)，∵以P为圆心的圆与线段PF相交于点Q，与过焦点F且垂直于对称轴的直线交于点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，∴抛物线方程为y2＝4x，Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，2\r(3)))，Feq\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)，直线PQ方程为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)，与抛物线方程联立得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).故选B．]二、选择题(本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得3分)9．已知双曲线eq\f(x2,4)－eq\f(y2,2)＝sin2θ(θ≠kπ，k∈Z)，则不因θ改变而变化的是()A．焦距 B．离心率C．顶点坐标 D．渐近线方程BD[整理双曲线方程可得eq\f(x2,4sin2θ)－eq\f(y2,2sin2θ)＝1，c＝eq\r(6sin2θ)，该双曲线焦距为：2eq\r(6sin2θ)，离心率为：eq\f(\r(6sin2θ),2\r(sin2θ))＝eq\f(\r(6),2)，顶点坐标为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))，渐近线方程为y＝±eq\f(x,2)，不因θ改变而变化的是离心率与渐近线方程．故选BD．]10．下图是《2018年全国教育事业发展统计公报》中1949－2018年我国高中阶段在校生数条形图和毛入学率的折线图，根据下图可知在1949－2018年()高中阶段在校生数和毛入学率A．1978年我国高中阶段的在校生数和毛入学率比建国初期大幅度提高B．从1990年开始，我国高中阶段的在校生数和毛入学率在逐年增高C．2010年我国高中阶段在校生数和毛入学率均达到了最高峰D．2018年高中阶段在校生数比2017年下降了约0.91%，而毛入学率提高了0.5个百分点AD[观察条形图和折线图可知，1978年我国高中阶段的在校生数和毛入学率比建国初期大幅度提高，故A正确；2016年和2018年的高中阶段在校生数都低于前一年，故B错误；2010年我国高中阶段在校生数达到了最高峰，但是毛入学率均低于后续几年，故C错误；2018年高中阶段在校生数为3935万人，2017年高中阶段在校生数为3971万人，2018年高中阶段在校生数比2017年下降了约eq\f(3971－3935,3971)＝0.91%，2018年高中阶段毛入学率为88.8%，2017年高中阶段毛入学率为88.3%，毛入学率提高了0.5个百分点，故D正确．]11．已知函数f(x)对∀x∈R，满足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))上为单调函数，则下列结论正确的是()A．f(3)＝0B．a＝8C．f(x)是周期为4的周期函数D．y＝f(x)的图象关于点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，0))对称AB[∵f(x)＝－f(6－x)，∴f(x)＋f(6－x)＝0，即y＝f(x)的图象关于点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，0))对称，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正确；∵f(x＋1)＝f(－x＋1)，∴f(x＋1)＝f(1－x)，即y＝f(x)的图象关于直线x＝1对称，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)是周期为8的周期函数，∴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))上为单调函数，∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(8))，故a＝8，故B正确；假设f(x)是周期为4的周期函数，则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，与“f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(5，9))上为单调函数”矛盾，故假设不成立，C错误；∵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，假设y＝f(x)的图象关于点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，0))对称，则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，则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))，与“f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(5，9))上为单调函数”矛盾，故假设不成立，D错误．故选AB．]12．如图，点O是正四面体P­ABC底面ABC的中心，过点O的直线交AC，BC于点M，N，S是棱PC上的点，平面SMN与棱PA的延长线相交于点Q，与棱PB的延长线相交于点R，则下述正确的是()A．若MN∥平面PAB，则AB∥RQB．存在点S与直线MN，使PC⊥平面SRQC．存在点S与直线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(→)))))是常数ABD[对于选项A，若MN∥平面PAB，∵平面SMN与棱PA的延长线相交于点Q，与棱PB的延长线相交于点R，∴平面SMN∩平面PAB＝RQ，又MN⊂平面SMN，MN∥平面PAB，∴MN∥RQ，∵点O在面ABC上，过点O的直线交AC，BC于点M，N，∴MN⊂平面ABC，又MN∥平面PAB，平面ABC∩平面PAB＝AB，∴MN∥AB，∴AB∥RQ，故A正确；对于选项B，当直线MN平行于直线AB，S为线段PC上靠近C的三等分点，即SC＝eq\f(1,3)PC，此时PC⊥平面SRQ，以下给出证明：在正四面体P－ABC中，设各棱长为a，∴△ABC，△PBC，△PAC，△PAB均为正三角形，∵点O为△ABC的中心，MN∥AB，∴由正三角形中的性质，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，则SN⊥PC，同理，SM⊥PC，又SM∩SN＝S，SM⊂平面SRQ，SN⊂平面SRQ，∴PC⊥平面SRQ，∴存在点S与直线MN，使PC⊥平面SRQ，故B正确；对于选项C，假设存在点S与直线MN，使eq\o(PS,\s\up8(→))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(PQ,\s\up8(→))＋\o(PR,\s\up8(→))))＝0，设QR中点为K，则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与PK为相交直线，AB与PK均在平面PQR上，∴PC⊥平面PQR，即PC⊥平面PAB，与正四面体P­ABC相矛盾，所以假设不成立，故C错误；对于选项D，易知点O到面PBC，面PAC，面PAB的距离相等，记为d，记PC与平面PAB所处角的平面角为α，α为常数，则sinα也为常数，则点S到PQR的距离为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(→))))，VS­PQR＝VO­PSR＋VO­PSQ＋VO­PQR＝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)为常数，故D正确．故选ABD．]三、填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分)13．已知复数eq\f(a－i,2＋i)是纯虚数(i是虚数单位)，则实数a的值为________．eq\f(1,2)[∵复数eq\f(a－i,2＋i)是纯虚数，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)的展开式中x2项的系数是________．(用数字作答)112[通项公式为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项的系数为22Ceq\o\al(2,8)＝112.]15．已知函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0，0<φ<π)是偶函数，将y＝f(x)的图象沿x轴向左平移eq\f(π,6)个单位，再将图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变)，所得图象对应的函数为y＝g(x)．已知y＝g(x)的图象相邻对称中心之间的距离为2π，则ω＝________，若y＝g(x)的图象在其某对称轴处对应的函数值为－2，则g(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，π))上的最大值为________．(本题第一空2分，第二空3分)1eq\r(3)[∵函数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)是偶函数，∴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))，∵将y＝f(x)的图象沿x轴向左平移eq\f(π,6)个单位，再将图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变)，所得图象对应的函数为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)的图象相邻对称中心之间的距离为2π，∴eq\f(1,2)·eq\f(2π,\f(ω,2))＝2π，解得ω＝1，∵y＝g(x)的图象在其某对称轴处对应的函数值为－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)))，当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，π))时，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))上的最大值为eq\r(3).]16．定义函数f(x)＝[x[x]]，其中eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(x))表示不超过x的最大整数，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.当x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，n))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n∈N*))时，f(x)的值域为An.记集合An中元素的个数为an，则eq\i\su(i＝2,2020,)eq\f(1,ai－1)的值为________．eq\f(2019,1010)[∵eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(x))表示不超过x的最大整数，∴当x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，n))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n∈N*))时，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))))在各区间内的元素个数为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、解答题(本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17．(本小题满分10分)△ABC的内角A，B，C的对边分别为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)因为m∥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)，因为C∈(0，π)，故C＝eq\f(π,3).(2)由(1)知B＝eq\f(2π,3)－A，因为eq\r(6)c＋3b＝3a，由正弦定理得，eq\r(6)sinC＋3sinB＝3sinA，则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．(本小题满分12分)在①b2n＝2bn＋1，②a2＝b1＋b2，③b1，b2，b4成等比数列，这三个条件中选择符合题意的两个条件，补充在下面的问题中，并求解．已知数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))中a1＝1，an＋1＝3an，公差不等于0的等差数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(bn))满足________，求数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(bn,an)))的前n项和Sn.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．[解]因为a1＝1，an＋1＝3an，所以eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))是以1为首项，3为公比的等比数列，所以an＝3n－1.选①②时，设数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(bn))公差为d，因为a2＝3，所以b1＋b2＝3，因为b2n＝2bn＋1，所以n＝1时，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).选②③时，设数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(bn))公差为d，因为a2＝3，所以b1＋b2＝3，即2b1＋d＝3，因为b1，b2，b4成等比数列，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))，化简得d2＝b1d，因为d≠0，所以b1＝d，从而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).选①③时，设数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(bn))公差为d，因为b2n＝2bn＋1，所以n＝1时，b2＝2b1＋1，所以d＝b1＋1.又因为b1，b2，b4成等比数列，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))，化简得d2＝b1d，因为d≠0，所以b1＝d，从而无解，所以等差数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(bn))不存在，故不合题意．19．(本小题满分12分)如图，在等腰直角三角形ADP中，∠A＝90°，AD＝3，B，C分别是AP，DP上的点，且BC∥AD，E，F分别是AB，PC的中点．现将△PBC沿BC折起，得到四棱锥P­ABCD，连接EF.(1)证明：EF∥平面PAD；(2)是否存在点B，当将△PBC沿BC折起到PA⊥AB时，二面角P­CD­E的余弦值等于eq\f(\r(15),5)？若存在，求出AB的长；若不存在，请说明理由．[解](1)证明：作CM∥AB交AD于点M，连接PM，取PM中点N，连接AN，FN，又AD∥BC，所以四边形ABCM为平行四边形，由中位线定理得FN∥CM，且FN＝eq\f(1,2)CM，因为E是AB的中点，所以AE∥CM，且AE＝eq\f(1,2)CM，故FN∥AE，且FN＝AE，所以四边形AEFN是平行四边形，所以EF∥AN，因为AN⊂平面PAD，EF⊄平面PAD，所以EF∥平面PAD．(2)存在．理由如下：因为BC⊥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两两垂直，以A为坐标原点，AB，AD，AP所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，设AB＝a，则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)).设平面PCD的一个法向量为n＝(x，y，z)，则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，则n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，1，\f(3,\r(9－6a))))，又平面CDE的一个法向量m＝(0，0，1)，若存在点B，当将△PBC沿BC折起到PA⊥AB时，二面角P­CD­E的余弦值等于eq\f(\r(15),5)，则有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的长为1.故存在点B，此时AB的长为1.20．(本小题满分12分)研究表明，肥胖人群有很大的心血管安全隐患．目前国际上常用身体质量指数(缩写为BMI)来衡量人体胖瘦程度，其计算公式是BMI＝eq\f(体重\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(单位：kg)),身高2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(单位：m2))).中国成人的BMI数值标准为：BMI<18.5为偏瘦；18.5≤BMI<24为正常；BM≥24为偏胖．为了解某社区成年人的身体肥胖情况，研究人员从该社区成年人中，采用分层随机抽样方法抽取了老年人、中年人、青年人三类人中的45名男性、45名女性为样本，测量了他们的身高和体重数据，计算得到他们的BMI值后数据分布如下表所示：BMI标准老年人中年人青年人男女男女男女BMI<18.533124518.5≤BMI<245757810BMI≥245410542(1)从样本中的老年人、中年人、青年人中各任取一人，求至少有1人偏胖的概率；(2)从该社区所有的成年人中，随机选取3人，记其中偏胖的人数为X，根据样本数据，以频率作为概率，求X的分布列和数学期望；(3)经过调查研究，导致人体肥胖的原因主要取决于遗传因素、饮食习惯、体育锻炼或其他因素四类情况中的一种或多种情况，调查该样本中偏胖的成年人导致偏胖的原因，整理数据得到如下表：分类遗传因素饮食习惯欠佳缺乏体育锻炼其他因素人次812164请根据以上数据说明我们学生应如何减少肥胖，防止心血管安全隐患的发生，请至少说明2条措施．[解](1)设“在老年人中任取1人，这个人恰好为偏胖的老年人”为事件A，“在中年人中任取1人，这个人恰好是偏胖的中年人”为事件B，“在青年人中任取1人，这个人恰好是偏胖的青年人”为事件C，则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互相独立，则至少有一人偏胖的概率为：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)在该社区成年人中，随机选取1人，此人为偏胖的概率是eq\f(30,90)＝eq\f(1,3)，由题意，X的所有可能取值为：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)，所以随机变量X的分布列为：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．如可以从导致人偏胖的原因的人次来分析问题，参考答案如下：由表可知，因饮食习惯欠佳导致人偏胖的人次占比为30%；因缺乏体育锻炼导致人偏胖的人次占比约为40%.所以为减少肥胖，防止心血管安全隐患的发生，建议我们至少要采取以下2种措施：①加强体育锻炼；②改善饮食习惯．21．(本小题满分12分)直角坐标系xOy中，F1，F2分别为椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左右焦点，A为椭圆的右顶点，点P为椭圆C上的动点(点P与C的左右顶点不重合)，当△PF1F2为等边三角形时，S△PF1F2＝eq\r(3).(1)求椭圆C的方程；(2)如图，M为AP的中点，直线MO交直线x＝－4于点D，过点O作OE∥AP交直线x＝－4于点E，证明：∠OEF1＝∠ODF1.[解](1)设椭圆C的半焦距为c，因为△PF1F2是等边三角形，所以此时P在上顶点或下顶点处，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.故椭圆的方程为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)证明：由题意知Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，0))，设AP的中点Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0，y0))，Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1，y1))，直线AP的方程为y＝k(x－2)，k≠0，将直线AP的方程与椭圆方程联立得，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的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8k2,4k2＋3)，\f(－6k,4k2＋3)))，从而kOM＝eq\f(\f(－6k,4k2＋3),\f(8k2,4k2＋3))＝－eq\f(3,4k)，所以直线OM的方程为y＝－eq\f(3,4k)x，令x＝－4，得Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－4，\f(3,k)))，直线OE的方程为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，记垂足为H，因为keq\s\do6(DF1)＝eq\f(\f(3,k),－3)＝－eq\f(1,k)，kOE＝kAp＝k，所以OE⊥DF1，记垂足为G，在直角三角形EHO和直角三角形DGO中，∠ODF1和∠OEF1都与∠EOD互余，所以∠ODF1＝∠OEF1.法二：因为Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－4，\f(3,k)))，E(－4，－4k)，F1(－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．(本小题满分12分)已知函数f(x)＝2lnx－x2，g(x)＝x＋eq\f(a,x).(1)设函数feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))与geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))有相同的极值点；(i)求实数a的值；(ii)若对∀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，求实数k的取值范围．(2)a＝0时，设函数h(x)＝eg(x)－sin(g(x))－1.试判断heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－π，0))上零点的个数．[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))时，f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))>0，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))单调递增；x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，＋∞))时，f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))<0，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))单调递减，故x＝1为feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))唯一的极大值点，由题意，x＝1也是geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))的极值点，g′(x)＝1－eq\f(a,x2)，由g′(1)＝1－a＝0得a＝1，此时，g′(x)＝1－eq\f(1,x2)＝eq\f(x2－1,x2)，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1))时，g′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))<0，geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))单调递减；x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，＋∞))时，g′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))>0，geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))单调递增，所以x＝1为geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))的极小值点，符合题意，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，显然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))时，结合(i)中所得feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))单调性可知，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))时，结合(i)中所得geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))单调性可知，g(x)min＝2，g(x)max＝eq\f(10,3).①当k－1>0，即k>1时，问题等价于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，因为feq\