福建省龙岩市2019-2020学年高考数学模拟考试（理科）试卷Word版含解析

福建省龙岩市2019-2020学年高考数学模拟考试

（理科）试卷

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，只有一项是符合题目要求的）

1．若复数z满足，则在复平面内，对应的点位于（　　）

A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限

2．设集合A={x|x2﹣3x＜0}，B={x|x＞2}，则A∩∁RB=（　　）

A．{x|﹣2≤x＜3} B．{x|0＜x≤2} C．{x|﹣2≤x＜0} D．{x|2≤x＜3}

3．若将函数y=3cos（2x+）的图象向右平移个单位长度，则平移后图象的一个对称中心是（　　）

A．（，0） B．（﹣，0） C．（，0） D．（﹣，0）

4．朱世杰是历史上最伟大的数学家之一，他所著的《四元玉鉴》卷中“如像招数”五问有如下问题：“今有官司差夫一千八百六十四人筑堤．只云初日差六十四人，次日转多七人，每人日支米三升，共支米四百三石九斗二升，问筑堤几日”．其大意为：“官府陆续派遣1864人前往修筑堤坝，第一天派出64人，从第二天开始，每天派出的人数比前一天多7人，修筑堤坝的每人每天分发大米3升，共发出大米40392升，问修筑堤坝多少天”．这个问题中，前5天应发大米（　　）

A．894升 B．1170升 C．1275米 D．1467米

5．图中，小方格是边长为1的正方形，图中粗线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的体积为（　　）

A．8﹣π B．8﹣π C．8﹣π D．8﹣π

6．某食品厂只做了3中与“福”字有关的精美卡片，分别是“富强福”、“和谐福”、“友善福”、每袋食品随机装入一张卡片，若只有集齐3种卡片才可获奖，则购买该食品4袋，获奖的概率为（　　）

A． B． C． D．

7．执行如图所示的程序框图，若输入a的值为2，则输出b（　　）

A．﹣2 B．1 C．2 D．4

8．过抛物线y2=4x焦点F的直线交抛物线于A、B两点，交其准线于点C，且A、C位于x轴同侧，若|AC|=2|AF|，则|BF|等于（　　）

A．2 B．3 C．4 D．5

9．已知D，E是△ABC边BC的三等分点，点P在线段DE上，若=x+y，则xy的取值范围是（　　）

A．[，] B．[，] C．[，] D．[，]

10．空间四边形ABCD的四个顶点都在同一球面上，E、F分别是AB、CD的中点，且EF⊥AB，EF⊥CD，若AB=8，CD=EF=4，则该球的半径等于（　　）

A． B． C． D．

11．已知A（﹣2，0），B（2，0），斜率为k的直线l上存在不同的两点M，N满足：|MA|﹣|MB|=2，|NA|﹣|NB|=2，且线段MN的中点为（6，1），则k的值为（　　）

A．﹣2 B．﹣ C． D．2

12．已知函数f（x）=ex﹣ax﹣1，g（x）=lnx﹣ax+a，若存在x0∈（1，2），使得f（x0）g（x0）＜0，则实数a的取值范围是（　　）

A． B．（ln2，e﹣1） C．[1，e﹣1） D．

二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在答题卷的横线上．.

13．（x+1）5的展开式中，x3的系数是　　（用数字填写答案）

14．设x，y满足约束条件，则z=﹣x+y的最大值是　　．

15．已知函数f（x）=x2（2x﹣2﹣x），则不等式f（2x+1）+f（1）≥0的解集是　　．

16．数列{an}的前项和为Sn，且，用[x]表示不超过x的最大整数，如[﹣0.1]=﹣1，[1.6]=1，设bn=[an]，则数列{bn}的前2n项和b1+b2+b3+b4+…+b2n﹣1+b2n=　　．

三、解答题：本大题共5小题，满分60分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤

17．（12分）四边形ABCD中，AD∥BC，AB=2，AD=1，A=．

（1）求sin∠ADB；

（2）若sin∠BDC=，求四边形ABCD的面积．

18．（12分）某学校为鼓励家校互动，与某手机通讯商合作，为教师伴侣流量套餐，为了解该校教师手机流量使用情况，通过抽样，得到100位教师近2年每人手机月平均使用流量L（单位：M）的数据，其频率分布直方图如下：若将每位教师的手机月平均使用流量分布视为其手机月使用流量，并将频率为概率，回答以下问题．

（1）从该校教师中随机抽取3人，求这3人中至多有1人月使用流量不超过300M的概率；

（2）现该通讯商推出三款流量套餐，详情如下：

这三款套餐都有如下附加条款：套餐费月初一次性收取，手机使用一旦超出套餐流量，系统就自动帮用户充值200M流量，资费20元；如果又超出充值流量，系统就再次自动帮用户充值200M流量，资费20元/次，依此类推，如果当流量有剩余，系统将自动清零，无法转入次月使用．

学校欲订购其中一款流量套餐，为教师支付月套餐费，并承担系统自动充值的流量资费的75%，其余部分由教师个人承担，问学校订购哪一款套餐最经济？说明理由．

19．（12分）如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的多面体中，四边形ACDF是菱形，∠FAC=60°，AB∥DE，BC∥EF，AB=BC=3，AF=2．

（1）求证：平面ABC⊥平面ACDF；

（2）求平面AEF与平面ACE所成的锐二面角的余弦值．

20．（12分）在平面直角坐标系xOy中，椭圆C： =1（a＞b＞0）的左右焦点F1，F2，P分别为是C上异于长轴端点的动点，∠F1PF2的平分线交x轴于点M，当P在轴上的射影为F2时，M恰为OF2中点．

（1）求C的方程；

（2）过点F2引PF2的垂线交直线l：x=2于点Q，试判断直线PQ与C是否有其它公共点？说明理由．

21．（12分）已知函数f（x）=xcosx﹣（a+1）sinx，x∈[0，π]，其中．

（1）证明：当时，f（x）≤0；

（2）判断f（x）的极值点个数，并说明理由；

（3）记f（x）最小值为h（a），求函数h（a）的值域．

[选修4-4坐标系与参数方程方程]

22．（10分）在直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为为参数），在以坐标原点O为极点，x轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线C2：ρ=2sinθ，曲线C3：θ=（ρ＞0），A（2，0）．

（1）把C1的参数方程化为极坐标方程；

（2）设C3分别交C1，C2于点P，Q，求△APQ的面积．

[选修4-5不等式选讲]

23．已知函数f（x）=|2x+1|+|x﹣2|，集合A={x|f（x）＜3}

（1）求A；

（2）若s，t∈A，求证|1﹣|＜|t﹣|

福建省龙岩市2019-2020学年高考数学模拟考试

（理科）试卷参考答案

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，只有一项是符合题目要求的）

1．若复数z满足，则在复平面内，对应的点位于（　　）

A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限

【考点】A4：复数的代数表示法及其几何意义．

【分析】利用复数的运算法则、共轭复数的定义、模的计算公式即可得出．

【解答】解：，

∴（1﹣i）（1﹣i），

∴z=（1﹣i）=1﹣i．

=1+i

则在复平面内，对应的点（1，1）位于第一象限．

故选：A．

【点评】本题考查了复数的运算法则、共轭复数的定义、模的计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．

2．设集合A={x|x2﹣3x＜0}，B={x|x＞2}，则A∩∁RB=（　　）

A．{x|﹣2≤x＜3} B．{x|0＜x≤2} C．{x|﹣2≤x＜0} D．{x|2≤x＜3}

【考点】1H：交、并、补集的混合运算．

【分析】先分别求出集合A，B，从而得到CRB，由此能求出A∩∁RB．

【解答】解：∵集合A={x|x2﹣3x＜0}={x|0＜x＜3}，B={x|x＞2}，

∴CRB={x|x≤2}，

A∩∁RB={x|0＜x≤2}．

故选：B．

【点评】本题考查补集、交集的求法，考查推理论证能力、运算求解能力，考查转化化归思想，是基础题．

3．若将函数y=3cos（2x+）的图象向右平移个单位长度，则平移后图象的一个对称中心是（　　）

A．（，0） B．（﹣，0） C．（，0） D．（﹣，0）

【考点】HJ：函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换．

【分析】由条件根据诱导公式、y=Asin（ωx+φ）的图象变换规律，可得结论．

【解答】解：将函数y=3cos（2x+）的图象向右平移个单位长度，

可得：y=3cos[2（x﹣）+]=3cos（2x+），

由2x+=+kπ，（k∈Z），

可得：对称中心横坐标x=kπ+，（k∈Z），

可得：当k=0时，平移后图象的一个对称中心是（，0）．

故选：A．

【点评】本题主要考查函数y=Asin（ωx+∅）的图象变换规律，比较基础．

4．朱世杰是历史上最伟大的数学家之一，他所著的《四元玉鉴》卷中“如像招数”五问有如下问题：“今有官司差夫一千八百六十四人筑堤．只云初日差六十四人，次日转多七人，每人日支米三升，共支米四百三石九斗二升，问筑堤几日”．其大意为：“官府陆续派遣1864人前往修筑堤坝，第一天派出64人，从第二天开始，每天派出的人数比前一天多7人，修筑堤坝的每人每天分发大米3升，共发出大米40392升，问修筑堤坝多少天”．这个问题中，前5天应发大米（　　）

A．894升 B．1170升 C．1275米 D．1467米

【考点】85：等差数列的前n项和．

【分析】先利用等差数列通项公式求出第5天派出的人数，再利用等差数列前n项和公式求出前5天一共派出多少人，由此能求出结果．

【解答】解：∵第一天派出64人，从第二天开始，每天派出的人数比前一天多7人，

∴第5天派出：64+4×7=92人，

∴前5天共派出=390（人），

∴前5天应发大米：390×3=1170（升）．

故选：B．

【点评】本题考查等差数列的性质，考查推理论证能力、运算求解能力，考查化归转化思想，是基础题．

5．图中，小方格是边长为1的正方形，图中粗线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的体积为（　　）

A．8﹣π B．8﹣π C．8﹣π D．8﹣π

【考点】L!：由三视图求面积、体积．

【分析】根据几何体的三视图知：该几何体是棱长为2的正方体，挖去半个圆锥体，

结合图中数据，计算它的体积即可．

【解答】解：根据几何体的三视图知，

该几何体是棱长为2的正方体，挖去半个圆锥体，

如图所示；

结合图中数据，计算它的体积为

V=23﹣××π×12×2=8﹣．

故选：D．

【点评】本题考查了几何体三视图的应用问题，是基础题．

6．某食品厂只做了3中与“福”字有关的精美卡片，分别是“富强福”、“和谐福”、“友善福”、每袋食品随机装入一张卡片，若只有集齐3种卡片才可获奖，则购买该食品4袋，获奖的概率为（　　）

A． B． C． D．

【考点】CB：古典概型及其概率计算公式．

【分析】购买该食品4袋，购买卡片编号的所有可能结果为：n=34，获奖时至多有2张卡片相同，且“富强福”、“和谐福”、“友善福”三种卡片齐全，由此能求出购买该食品4袋，获奖的概率．

【解答】解：购买该食品4袋，购买卡片编号的所有可能结果为：n=34，

获奖时至多有2张卡片相同，且“富强福”、“和谐福”、“友善福”三种卡片齐全，

相同的2张为，在4个位置中选2个位置，有种选法，

其余2个卡片有种选法，

∴获奖包含的基本事件个数m==36，

∴购买该食品4袋，获奖的概率为p==．

故选：B．

【点评】本题考查丰典概型及应用，考查概率的计算，考查计数原理，考查排列组合，解答本题的关系是正确理解获奖的情形，解题时要认真审题，注意排列组合公式的合理运用，是中档题．

7．执行如图所示的程序框图，若输入a的值为2，则输出b（　　）

A．﹣2 B．1 C．2 D．4

【考点】EF：程序框图．

【分析】模拟循环，利用周期，即可得出结论．

【解答】解：由题意，a=，b=1，i=2

a=﹣1，b=﹣2，i=3，

a=2，b=﹣4，i=4，

a=，b=1，i=5，

…

a=，b=1，i=2015，

a=﹣1，b=﹣2，i=2016，

a=2，b=﹣4，i=2017，

a=，b=1，i=2018，

退出循环，输出1，

故选B．

【点评】本题主要考查了直到型循环结构，循环结构有两种形式：当型循环结构和直到型循环结构，当型循环是先判断后循环，直到型循环是先循环后判断，属于基础题之列．

8．过抛物线y2=4x焦点F的直线交抛物线于A、B两点，交其准线于点C，且A、C位于x轴同侧，若|AC|=2|AF|，则|BF|等于（　　）

A．2 B．3 C．4 D．5

【考点】K8：抛物线的简单性质．

【分析】由题意可知：|AC|=2|AF|，则∠ACD=，利用三角形相似关系可知丨AF丨=丨AD丨=，直线AB的切斜角，设直线l方程，代入椭圆方程，利用韦达定理及抛物线弦长公式求得丨AB丨，即可求得|BF|．

【解答】解：抛物线y2=4x焦点F（1，0），准线方程l：x=﹣1，准线l与x轴交于H点，

过A和B做AD⊥l，BE⊥l，

由抛物线的定义可知：丨AF丨=丨AD丨，丨BF丨=丨BE丨，

|AC|=2|AF|，即|AC|=2|AD|，

则∠ACD=，由丨HF丨=p=2，

∴==，

则丨AF丨=丨AD丨=，

设直线AB的方程y=（x﹣1），

，整理得：3x2﹣10x+1=0，

则x1+x2=，

由抛物线的性质可知：丨AB丨=x1+x2+p=，

∴丨AF丨+丨BF丨=，解得：丨BF丨=4，

故选C．

【点评】本题考查抛物线的性质，直线与抛物线的位置关系，考查相似三角形的性质，考查计算能力，数形结合思想，属于中档题．

9．已知D，E是△ABC边BC的三等分点，点P在线段DE上，若=x+y，则xy的取值范围是（　　）

A．[，] B．[，] C．[，] D．[，]

【考点】7G：基本不等式在最值问题中的应用；9H：平面向量的基本定理及其意义．

【分析】利用已知条件推出x+y=1，然后利用x，y的范围，利用基本不等式求解xy的最值．

【解答】解：D，E是△ABC边BC的三等分点，点P在线段DE上，若=x+y，

可得x+y=1，x，y∈[，]，

则xy≤=，当且仅当x=y=时取等号，

并且xy=x（1﹣y）=x﹣x2，函数的开口向上，对称轴为：x=，当x=或x=时，取最小值，

xy的最小值为：．

则xy的取值范围是：[，]．

故选：D．

【点评】本题考查函数的最值的求法，基本不等式的应用，考查转化思想以及计算能力．

10．空间四边形ABCD的四个顶点都在同一球面上，E、F分别是AB、CD的中点，且EF⊥AB，EF⊥CD，若AB=8，CD=EF=4，则该球的半径等于（　　）

A． B． C． D．

【考点】LG：球的体积和表面积．

【分析】由题意，球心O必在EF上，则OF2+22=R=（4﹣OF）2+42，即可得出结论．

【解答】解：由题意，球心O必在EF上，则OF2+22=R=（4﹣OF）2+42，∴OF2=，R=．

故选C．

【点评】本题考查球的半径的求解，考查方程思想，比较基础．

11．已知A（﹣2，0），B（2，0），斜率为k的直线l上存在不同的两点M，N满足：|MA|﹣|MB|=2，|NA|﹣|NB|=2，且线段MN的中点为（6，1），则k的值为（　　）

A．﹣2 B．﹣ C． D．2

【考点】KI：圆锥曲线的综合．

【分析】求出双曲线方程，利用点差法，即可得出结论．

【解答】解：由题意，M，N是双曲线的右支上的两点，a=，c=2，b=1，

∴双曲线方程为=1（x＞），

设M（x1，y1），N（x2，y2），则x1+x2=12，y1+y2=2，

代入双曲线方程，作差可得（x1﹣x2）﹣2（y1﹣y2）=0，

∴k=2，

故选D．

【点评】本题考查双曲线方程，考查点差法的应用，中点坐标公式，考查计算能力，属于中档题．

12．已知函数f（x）=ex﹣ax﹣1，g（x）=lnx﹣ax+a，若存在x0∈（1，2），使得f（x0）g（x0）＜0，则实数a的取值范围是（　　）

A． B．（ln2，e﹣1） C．[1，e﹣1） D．

【考点】3T：函数的值．

【分析】令F（x）=，令G（x）=，根据函数的单调性分别求出F（x）的最小值和G（x）的最大值，求出a的范围即可．

【解答】解：由⇒⇒＜a＜，

令F（x）=，则F′（x）=＜0对x∈（1，2）成立，

∴F（x）在（1，2）递减，

∴F（x）min=F（2）=ln2，

令G（x）=，则G′（x）=＞0对x∈（1，2）成立，

∴G（x）在（1，2）上递增，

∴G（x）max=G（2）=，

故ln2＜a＜时，满足题意，

故选：A．

【点评】本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及转化思想，是一道中档题．

二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在答题卷的横线上．.

13．（x﹣2）（x+1）5的展开式中，x3的系数是　﹣10　（用数字填写答案）

【考点】DC：二项式定理的应用．

【分析】求出（x+1）5展开式的含x2与x3项的系数，再计算（x﹣2）（x+1）5展开式中x3的系数．

【解答】解：（x+1）5展开式的通项公式为Tr+1=C5r•x5﹣r，

令5﹣r=2，解得r=3，

所以T4=C53•x2=10x2；

令5﹣r=3，解得r=2，

所以T3=C52•x3=10x3；

所以（x﹣2）（x+1）5展开式中x3的系数为

10×1+10×（﹣2）=﹣10．

故答案为：﹣10．

【点评】本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，求展开式中某项的系数，属于基础题．

14．设x，y满足约束条件，则z=﹣x+y的最大值是　1　．

【考点】7C：简单线性规划．

【分析】作出不等式对应的平面区域，利用z的几何意义，利用直线平移法进行求解即可．

【解答】解：作出不等式组对应的平面区域如图：

由z=﹣x+y，得y=x+z表示，斜率为1纵截距为Z的一组平行直线，

平移直线y=x+z，当直线y=x+z经过点A或B即和直线x﹣y+1=0重合时，直线y=x+z的截距最大，此时z最大，

此时﹣x+y=1，即此时z=1，

故答案为：1．

【点评】本题主要考查线性规划的基本应用，利用z的几何意义是解决线性规划问题的关键，注意利用数形结合来解决．

15．已知函数f（x）=x2（2x﹣2﹣x），则不等式f（2x+1）+f（1）≥0的解集是　{x|x≥﹣1}　．

【考点】3N：奇偶性与单调性的综合．

【分析】根据题意，分析可得函数f（x）=x2（2x﹣2﹣x）为奇函数且为增函数，进而可以将f（2x+1）+f（1）≥0变形为f（2x+1）≥f（﹣1），结合单调性可得2x+1≥﹣1，解可得答案．

【解答】解：根据题意，函数f（x）=x2（2x﹣2﹣x），其定义域为R，

f（﹣x）=（﹣x）2（2﹣x﹣2x）=﹣x2（2x﹣2﹣x）=﹣f（x），即函数f（x）为奇函数；

函数f（x）=x2（2x﹣2﹣x），其导数f′（x）=x2（2x﹣2﹣x）=2x•（2x﹣2﹣x）+x2•ln2（2x+2﹣x）＞0，为增函数；

而f（2x+1）+f（1）≥0⇔f（2x+1）≥﹣f（1）⇔f（2x+1）≥f（﹣1）⇔2x+1≥﹣1，

解可得x≥﹣1；

即不等式f（2x+1）+f（1）≥0的解集{x|x≥﹣1}，

故答案为：{x|x≥﹣1}．

【点评】本题考查函数的奇偶性与单调性的综合应用，关键是分析函数的奇偶性与单调性．

16．数列{an}的前项和为Sn，且，用[x]表示不超过x的最大整数，如[﹣0.1]=﹣1，[1.6]=1，设bn=[an]，则数列{bn}的前2n项和b1+b2+b3+b4+…+b2n﹣1+b2n=　﹣n﹣　．

【考点】8E：数列的求和．

【分析】运用数列的递推关系，n≥2时将n换为n﹣1，相减可得数列{an}的通项公式，再由取整函数的定义，运用不完全归纳法，即可得到所求和．

【解答】解：由，①

可得a2﹣S1=，a2=a1+=，

将n换为n﹣1，可得an﹣Sn﹣1=，n≥2②

由an=Sn﹣Sn﹣1，

①﹣②可得，an+1=2an，

则an=a22n﹣2=•2n﹣2=•2n，

上式对n=1也成立．

则an=•2n，

bn=[an]=[ •2n]，

当n=1时，b1+b2=0+1=1=﹣1﹣；

当n=2时，b1+b2+b3+b4=0+1+2+5=8=﹣2﹣；

当n=3时，b1+b2+b3+b4+b5+b6=0+1+2+5+10+21=39=﹣3﹣；

当n=4时，b1+b2+b3+b4+b5+b6+b7+b8=0+1+2+5+10+21+42+85=166=﹣4﹣；

…

则数列{bn}的前2n项和为b1+b2+b3+b4+…+b2n﹣1+b2n

=﹣n﹣．

故答案为：﹣n﹣．

【点评】本题考查了等比数列的通项公式、取整函数，考查了推理能力与计算归纳能力，属于中档题．

三、解答题：本大题共5小题，满分60分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤

17．（12分）（2017•福建模拟）四边形ABCD中，AD∥BC，AB=2，AD=1，A=．

（1）求sin∠ADB；

（2）若sin∠BDC=，求四边形ABCD的面积．

【考点】LE：棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积．

【分析】（1）由余弦定理求出BD=，由此利用正弦定理能求出sin∠ADB．

（2）设∠CBD=α，则sin，cosα=，从而sinC=sin（）=，由正弦定理求出BC=7，四边形ABCD的面积S=S△BCD+S△ABD，由此能求出结果．

【解答】解：（1）在△ABD中，AB=2，AD=1，A=，

由余弦定理得BD2=AB2+AD2﹣2AB•AD•cosA=4+1﹣=7，∴BD=，

在△ABD中，由正弦定理得=，

即=，

解得sin．

（2）设∠CBD=α，

∵AD∥BC，∴∠ADB=∠CBD=α，∴sin，

∵，∴cosα=，

∵，∴sinC=sin（）=sincosα﹣cossinα=，

在△BCD中，由正弦定理得，即，解得BC=7，

∴=，

=，

∴四边形ABCD的面积：

S=S△BCD+S△ABD==4．

【点评】本题考查余弦定理、正弦定理、解三角形等基础知识，考查抽象概括能力、数据处理能力、运算求解能力，考查应用意识、创新意识，考查化归与转化思想、分类与整合思想、数形结合思想，是中档题．

18．（12分）（2017•福建模拟）某学校为鼓励家校互动，与某手机通讯商合作，为教师伴侣流量套餐，为了解该校教师手机流量使用情况，通过抽样，得到100位教师近2年每人手机月平均使用流量L（单位：M）的数据，其频率分布直方图如下：若将每位教师的手机月平均使用流量分布视为其手机月使用流量，并将频率为概率，回答以下问题．

（1）从该校教师中随机抽取3人，求这3人中至多有1人月使用流量不超过300M的概率；

（2）现该通讯商推出三款流量套餐，详情如下：

这三款套餐都有如下附加条款：套餐费月初一次性收取，手机使用一旦超出套餐流量，系统就自动帮用户充值200M流量，资费20元；如果又超出充值流量，系统就再次自动帮用户充值200M流量，资费20元/次，依此类推，如果当流量有剩余，系统将自动清零，无法转入次月使用．

学校欲订购其中一款流量套餐，为教师支付月套餐费，并承担系统自动充值的流量资费的75%，其余部分由教师个人承担，问学校订购哪一款套餐最经济？说明理由．

【考点】CH：离散型随机变量的期望与方差；CB：古典概型及其概率计算公式．

【分析】（1）记“从该校随机抽取一名教师，该教师手机月使用流量不超过300M”为事件D，依题意，P（D）=0.3，从该校教师中随机抽取3人，设这3人中手机月使用流量不超过300M的人数为X，则X～B（3，0.3），由此能求出从该校教师中随机抽取3人，至多有一人手机月使用流量不300M的概率．

（2）依题意，从该校随机抽取一名教师，该教师手机月使用流量L∈（300，500]的概率为0.6，L∈（500，700]的概率为0.1，分别求出三各套餐的数学期望，能得到学校订购B套餐最经济．

【解答】解：（1）记“从该校随机抽取一名教师，该教师手机月使用流量不超过300M”为事件D，

依题意，P（D）=（0.0008+0.0022）×100=0.3，

从该校教师中随机抽取3人，设这3人中手机月使用流量不超过300M的人数为X，则X～B（3，0.3），

∴从该校教师中随机抽取3人，至多有一人手机月使用流量不300M的概率为：

P（X=0）+P（X=1）==0.784．

（2）依题意，从该校随机抽取一名教师，

该教师手机月使用流量L∈（300，500]的概率为：（0.0025+0.0035）×100=0.6，

L∈（500，700]的概率为：（0.0008+0.0002）×100=0.1，

当学校订购A套餐时，设学校为一位教师承担的月费用为X元，

则X的所有可能取值为20，35，50，且P（X=20）=0.3，P（X=35）=0.6，P（X=50）=0.1，

∴X的分布列为：

∴E（X）=20×0.3+35×0.6+50×0.1=32（元）．

当学校订购B套餐时，设学校为一位教师承担的月费用为Y元，

则Y的可能取值为30，45，且P（Y=30）=0.3+0.6=0.9，P（Y=45）=0.1，

∴Y的分布列为：

E（Y）=30×0.9+45×0.1=31.5，

当学校订购C套餐时，设学校为一位教师承担的月费用为Z元，

则Z的所有可能取值为38，且P（Z=38）=1，E（Z）=38×1=38，

∵E（Y）＜E（X）＜E（Z），

∴学校订购B套餐最经济．

【点评】本题考查频率分布直方图、独立重复试验、数学期望等基础知识，考查抽象概括能力、数据处理能力、运算求解能力，考查应用意识、创新意识，考查统计与概率思想、分类与整合思想，是中档题．

19．（12分）（2017•福建模拟）如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的多面体中，四边形ACDF是菱形，∠FAC=60°，AB∥DE，BC∥EF，AB=BC=3，AF=2．

（1）求证：平面ABC⊥平面ACDF；

（2）求平面AEF与平面ACE所成的锐二面角的余弦值．

【考点】MT：二面角的平面角及求法；LY：平面与平面垂直的判定．

【分析】（1）设O是AC中点，连结OF、OB、FC，推导出OB⊥AC，OF⊥AC，则∠FOB是二面角F﹣AC﹣B的平面角，由此能证明平面ABC⊥平面ACDF．

（2）以O为原点，OB为x轴，OC为y轴，OF为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出平面AEF与平面ACE所成的锐二面角的余弦值．

【解答】证明：（1）设O是AC中点，连结OF、OB、FC，

在△ABC中，AB=BC，∴OB⊥AC，

∵四边形ACDF是菱形，∠FAC=60°，

∴△FAC是等边三角形，∴OF⊥AC，

∴∠FOB是二面角F﹣AC﹣B的平面角，

在Rt△FAO中，AF=2，AO=AC=AF=，

∴OF==，

又∵BF=，∴OF2+OB2=BF2，

∴∠FOB=90°，

∴平面ABC⊥平面ACDF．

解：（2）由（1）知OB、OC、OF两两垂直，以O为原点，OB为x轴，OC为y轴，OF为z轴，

建立空间直角坐标系，

则A（0，﹣，0），B（，0，0），C（0，，0），F（0，0，3），

=（0，，3），=（0，2，0），

∵AB∥DE，AF∥CD，又AB⊄平面CDE，AF⊄平面CDE，

DE⊂平面CDE，CD⊂平面CDE，

∴AB∥平面CDE，AF∥平面CDE，

又AB∩AF=A，∴平面ABF∥平面CDE，

∵EF∥BC，∴B、C、E、F四点共面，

又平面ABF∩平面BCEF=BF，平面CDE∩平面BCEF=CE，

∴BF∥CE，∴四边形BCEF是平行四边形，

∴==（﹣，0），

∴=（﹣，3），

设平面AEF的法向量=（x，y，z），

则，取x=，得=（），

设平面ACE的法向量=（a，b，c），

则，取a=，得=（），

设平面AEF与平面ACE所成的锐二面角为θ，

则cosθ==．

∴平面AEF与平面ACE所成的锐二面角的余弦值为．

【点评】本题考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系以及二面角等基础知识，考查空间想象能力，推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想，数形结合思想、函数与方程思想，是中档题．

20．（12分）（2017•福建模拟）在平面直角坐标系xOy中，椭圆C： =1（a＞b＞0）的左右焦点F1，F2，P分别为是C上异于长轴端点的动点，∠F1PF2的平分线交x轴于点M，当P在轴上的射影为F2时，M恰为OF2中点．

（1）求C的方程；

（2）过点F2引PF2的垂线交直线l：x=2于点Q，试判断直线PQ与C是否有其它公共点？说明理由．

【考点】KL：直线与椭圆的位置关系．

【分析】方法一：（1）由丨F1F2丨=2c，则c2=a2﹣1，求得直线PF1的方程，利用点到直线的距离公式，求得a2c2=2，即可求得C的方程；

（2）求得及，根据向量数量积的坐标运算，求得yQ=，求得PQ的方程，代入椭圆方程，△=（2y0）2﹣4y02=0，则除P以外，直线PQ与C无其它公共点．

方法二：丨F1F2丨=2c，则c2=a2﹣1，利用正弦定理及三角形的相似性，求得丨PF1丨=3丨PF2丨，由椭圆定义及勾股定理，即可求得2c2=a2，即可求得a和b，求得椭圆方程；

（2）求得及，根据向量数量积的坐标运算，求得yQ=，求得PQ的方程，代入椭圆方程，△=（2y0）2﹣4y02=0，则除P以外，直线PQ与C无其它公共点．

【解答】解：（1）由题意可知：丨F1F2丨=2c，则c2=a2﹣1，①

由函数的对称性，设P在x轴上方，

则P在x轴上的射影为F2，则P（c，），F1（﹣c，0），F2（c，0），

则直线PF1的方程为x﹣2acy+c=0，

由丨OF2丨=2丨OM丨，则丨OM丨=，则M的坐标为（，0），

则点M到直线PF1的距离d===，整理得：a2c2=2，②

由①②可得：a2=2，c2=1，

则椭圆的标准方程：；

（2）除P以外，直线PQ与C无其他公共点，

设P（x0，y0）（y0≠0），则，则y02=1﹣，

则Q（2，yQ），则=（﹣1，﹣yQ），=（1﹣x0，﹣y0），

由⊥，则•=0，

则x0﹣1+y0yQ=0，则yQ=，

∴kPQ====﹣，

则直线PQ的方程y﹣y0=﹣（x﹣x0），整理得：2y0y﹣2y02=﹣2x0x+x02，x0x+2y0y﹣2=0，

则，整理得：（x02+2y02）y2﹣4y0y+2（2﹣x02）=0，即y2﹣2y0y+y02=0，

由△=（2y0）2﹣4y02=0，

∴除P以外，直线PQ与C无其它公共点．

方法二：（1）由题意可知：丨F1F2丨=2c，则c2=a2﹣1，①

由函数的对称性，设P在x轴上方，

由丨OF2丨=2丨OM丨，则丨OM丨=，则M的坐标为（，0），

则丨MF1丨=，丨MF2丨=，

在△PMF1中，由正弦定理可知： =，

则△PMF2中，由正弦定理可知： =，

由∠PMF1=180°﹣∠PMF2，

则sin∠PMF1=sin∠PMF2，

又由∠MPF1=∠MPF2，则=，故丨PF1丨=3丨PF2丨，

由丨PF1丨+丨PF2丨=2a，则丨PF1丨=a，丨PF2丨=，

由丨PF1丨2=丨PF2丨2+丨F1F2丨2，整理得：（ a）2=（）2+（2c）2，

整理得：2c2=a2，②

由①②可得：a2=2，c2=1，

则

椭圆的标准方程：；

（2）除P以外，直线PQ与C无其他公共点，

设P（x0，y0）（y0≠0），则，则y02=1﹣，

则Q（2，yQ），则=（﹣1，﹣yQ），=（1﹣x0，﹣y0），

由⊥，则•=0，

则x0﹣1+y0yQ=0，则yQ=，

∴kPQ====﹣，

则直线PQ的方程y﹣y0=﹣（x﹣x0），整理得：2y0y﹣2y02=﹣2x0x+x02，x0x+2y0y﹣2=0，

则，整理得：（x02+2y02）y2﹣4y0y+2（2﹣x02）=0，即y2﹣2y0y+y02=0，

由△=（2y0）2﹣4y02=0，

∴除P以外，直线PQ与C无其它公共点．

【点评】本题考查椭圆的标准方程，向量数量积的坐标运算，直线与椭圆的位置关系，考查韦达定理，正弦定理及勾股定理的应用，考查计算能力，属于中档题．

21．（12分）（2017•福建模拟）已知函数f（x）=xcosx﹣（a+1）sinx，x∈[0，π]，其中．

（1）证明：当时，f（x）≤0；

（2）判断f（x）的极值点个数，并说明理由；

（3）记f（x）最小值为h（a），求函数h（a）的值域．

【考点】6E：利用导数求闭区间上函数的最值；6D：利用导数研究函数的极值．

【分析】（1）求出f′（x）=﹣xsinx﹣acosx，当x∈（0，）时，f′（x）＜0，由此能证明当时，f（x）≤f（0）=0成立．

（2）设p（x）=f′（x），则p′（x）=﹣xcosx+（a﹣1）sinx，由导数性质得p（x）在[，π]上单调递增，从而f′（x）在[0，π]上存在唯一零点β，由此推导出当x∈[0，π]时，f（x）有唯一极值点β，且β为极小值点．

（3）当x∈[0，π]时，h（a）=f（x）min=f（β），f′（β）=﹣βsinβ﹣acosβ，α=﹣，从而h（a）=，设q（x）=﹣，则，由此利用构造法及导数性质能求出函数h（a）的值域．

【解答】证明：（1）∵f（x）=xcosx﹣（a+1）sinx，x∈[0，π]，

∴f′（x）=﹣xsinx﹣acosx，

∵，∴当x∈（0，）时，f′（x）＜0，

∴f（x）在[0，]上是减函数，

∴当时，f（x）≤f（0）=0成立．

解：（2）f（x）有唯一极值点．

理由如下：

设p（x）=f′（x），则p′（x）=﹣xcosx+（a﹣1）sinx，

∵a≥＞1，∴当x∈（．π）时，p′（x）＞0，

∴p（x）在[，π]上单调递增，

∵p（x）在[，π]上存在唯一零点β，

又由（1）知，当x∈[0，]时，p（x）＜0，

∴p（x）在[0，]上无零点，

∴f′（x）在[0，π]上存在唯一零点β，

∴当x∈（0，β）时，f′（x）＜0，当x∈（β，π）时，f′（x）＞0．

∴当x∈[0，π]时，f（x）有唯一极值点β，且β为极小值点．

（3）由（2）知，当x∈[0，π]时，h（a）=f（x）min=f（β），

f′（β）=﹣βsinβ﹣acosβ，

∵β∈（），∴cosβ＜0，∴α=﹣，

∴h（a）=f（β）=βcosβ﹣（a+1）sinβ=βcosβ+，

设q（x）=﹣，则，

当x∈（，π）时，sin2x+2x＞﹣1+π＞0，∴q′（x）＜0，即q（x）在（）单调递减，

又∵时，．

∴对于每一个α∈[]，均存在唯一的β∈[]与之相对应，

反之亦然，

设φ（x）=，x∈[，]，

则φ′（x）=﹣cosx==＞0，

φ（x）在[，]上单调递增，

∴当时，f（β）min=φ（）=﹣﹣，f（β）maxφ（）=﹣﹣．

∴函数h（a）的值域为[，﹣]．

【点评】本题考查导数及其应用等基础知识，考查考查推理论证能力、运算求解能力、抽象概括能力，考查转化化归思想、分类讨论思想、函数与方程思想，考查创新意识、应用意识，是中档题．

[选修4-4坐标系与参数方程方程]

22．（10分）（2017•福建模拟）在直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为为参数），在以坐标原点O为极点，x轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线C2：ρ=2sinθ，曲线C3：θ=（ρ＞0），A（2，0）．

（1）把C1的参数方程化为极坐标方程；

（2）设C3分别交C1，C2于点P，Q，求△APQ的面积．

【考点】Q4：简单曲线的极坐标方程．

【分析】（1）先把曲线C1的参数方程化为普通方程，由此能求出C1的极坐标方程．

（2）依题意，设点P、Q的极坐标分别为（ρ1，），（ρ2，），将代入ρ=4cosθ，得ρ1=2，将代入ρ=2sinθ，得ρ2=1，由此能求出结果．

【解答】解：（1）∵曲线C1的参数方程为为参数），

∴C1的普通方程为（x﹣2）2+y2=4，即x2+y2﹣4x=0，

∴C1的极坐标方程为ρ2﹣4ρcosθ=0，即ρ=4cosθ．

（2）依题意，设点P、Q的极坐标分别为（ρ1，），（ρ2，），

将代入ρ=4cosθ，得ρ1=2，

将代入ρ=2sinθ，得ρ2=1，

∴|PQ|=|ρ1﹣ρ2|=2﹣1，

依题意，点A（2，0）到曲线（ρ＞0）的距离d=|OA|sin=1，

∴S△APQ=|PQ|•d=×（2）×1=．

【点评】本题考查曲线的极坐标方程的求法，考查三角形面积的求法，考查参数方程、直角坐标方程、极坐标方程互化公式的应用，考查运算求解能力、转化化归思想，是中档题．

[选修4-5不等式选讲]

23．（2017•福建模拟）已知函数f（x）=|2x+1|+|x﹣2|，集合A={x|f（x）＜3}

（1）求A；

（2）若s，t∈A，求证|1﹣|＜|t﹣|

【考点】R4：绝对值三角不等式；R5：绝对值不等式的解法．

【分析】（1）分类讨论，即可解不等式；

（2）不妨设﹣＜s＜t＜0，则＜1，要证明|1﹣|＜|t﹣|，证明1﹣＜﹣t+，利用分析法即可证明．

【解答】（1）解：由题意，|2x+1|+|x﹣2|＜3，

x＜﹣，不等式化为﹣2x﹣1﹣x+2＜3，即x＞﹣，∴﹣＜x＜﹣；

﹣≤x≤2，不等式化为2x+1﹣x+2＜3，即x＜0，∴﹣≤x＜0；

x＞2，不等式化为2x+1+x﹣2＜3，即x＜，不成立，

综上所述，不等式的解集为{x|﹣＜x＜0}；

（2）证明：不妨设﹣＜s＜t＜0，则＜1，

要证明|1﹣|＜|t﹣|，证明1﹣＜﹣t+，

只要证明（1+t）（1﹣s）＞0，

∵﹣＜s＜t＜0，

∴（1+t）（1﹣s）＞0，

∴|1﹣|＜|t﹣|．

【点评】本题考查不等式的解法与证明，考查分类讨论的数学思想，属于中档题．