2020-2021学年山东省潍坊市高三（上）期末考试数学试卷人教B版

这是一份2020-2021学年山东省潍坊市高三（上）期末考试数学试卷人教B版，共15页。试卷主要包含了选择题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


1. 若a−bii=1+i(a，b∈R)，则1a+bi=( )
A.1+i2B.1−i2C.−1+i2D.−1−i2

2. 命题“∀a>0，a+1a≥2”的否定是( )
A.∃a≤0 ，a+1a<2B.∃a>0，a+1a<2
C.∀a≤0，a+1a≥2D.∀a>0 ，a+1a<2

3. 函数fx=ex在点0,f0处的切线方程是( )
A.y=xB.y=x−1C.y=x+1D.y=2x

4. 音乐，是人类精神通过无意识计算而获得的愉悦享受，1807年法国数学家傅里叶发现代表任何周期性声音的公式是形如y=Asinωx的简单正弦型函数之和，而且这些正弦型函数的频率都是其中一个最小频率的整数倍，比如用小提琴演奏的某音叉的声音图象是由下图1，2，3三个函数图象组成的，则小提琴演奏的该音叉的声音函数可以为( )

A.ft=0.06sin1000πt+0.02sin1500πt+0.01sin3000πt
B.ft=0.06sin500πt+0.02sin2000πt+0.01sin3000πt
C.ft=0.06sin1000πt+0.02sin2000πt+0.01sin3000πt
D.ft=0.06sin1000πt+0.02sin2500πt+0.01sin3000πt

5. 2020年12月17日凌晨，嫦娥五号返回器携带月球土壤样品，在预定区域安全着陆．嫦娥五号是使用长征五号火箭发射成功的，在不考虑空气阻力的情况下，火箭的最大速度v（单位：m/s）和燃料的质量M（单位：kg）、火箭（除燃料外）的质量m（单位：kg）的函数关系表达式为v=2000ln1+Mm．如果火箭的最大速度达到12km/s，则燃料的质量与火箭的质量的关系是( )
A.M=e6mB.Mm=e6−1C.lnM+lnm=6 D.Mm=e6−1

6. 已知某圆锥的侧面展开图是半径为2的半圆，则该圆锥的体积为( )
A.3π3B.3πC.23πD.2π

7. 已知抛物线C1:y2=12x，圆C2:x−32+y2=1，若点A，B分别在C1，C2上运动，点M1,1，则|AM|+|AB|的最小值为( )
A.2B.5C.22D.3

8. 已知定义在R上的奇函数fx满足fx=f2−x，当x∈−1,1时，fx=3x，若函数gx=fx−kx−2的所有零点为xi(i=1，2，3，⋯，n），当37A.6B.8C.10D.12
二、多选题

设全集为U，如图所示的阴影部分用集合可表示为( )

A.A∩BB.∁UA∩BC.∁UA∩B∩BD.∁UA∪B

某地区机械厂为倡导“大国工匠精神”，提高对机器零件质量的品质要求，对现有产品进行抽检，由抽检结果可知，该厂机器零件的质量指标值Z服从正态分布N(200,224)，则( )
（附：224≈14.97，若Z∼Nμ,σ2，则Pμ−σB.P200≤Z<229.94=0.4772
D.任取10000件机器零件，其质量指标值位于区间(185.03,229.94)内的件数约为8185件

将函数fx=sin2x的图象向左平移π6个单位，得到函数y=gx的图象，则以下说法正确的是( )
A.函数gx在0,π6上单调递增
B.函数y=gx的图象关于点−π6,0对称
C.gx−π2=−gx
D.gπ6≥gx

已知数列an满足：an+1 an=1+an，a1=1，设bn=lnann∈N∗，数列bn的前n项和为Sn．则下列选项正确的是( )(ln2≈0.693，ln3≈1.099)
A.数列a2n−1单调递增，数列a2n单调递减
B.bn+bn+1≤ln3
C.S2020>693
D.b2n−1>b2n
三、填空题

已知a→=1,1，|b→|=2，且a→+b→⋅a→=4，则向量a→与b→的夹角为________．

已知双曲线x2a2−y2=1a>0的右焦点为F，过点F作一条渐近线的垂线，垂足为P，△OPF的面积为2，则该双曲线的离心率为________.

通常，我国民用汽车号牌的编号由两部分组成：第一部分为汉字表示的省、自治区、直辖市简称和用英文字母表示的发牌机关代号，第二部分为由阿拉伯数字和英文字母组成的序号，如图所示．其中序号的编码规则为：
①由10个阿拉伯数字和除I，O之外的24个英文字母组成；
②最多只能有2个英文字母．
则采用5位序号编码的鲁V牌照最多能发放的汽车号牌数为________万张．（用数字作答）


如图，在底面边长为2，高为3的正四棱柱中，大球与该正四棱柱的五个面均相切，小球在大球上方且与该正四棱柱的三个面相切，也与大球相切，则小球的半径为________.

四、解答题

在①点an,Sn在直线2x−y−1=0上；②a1=2，Sn+1=2Sn+2；③an>0，a1=1，
2an+12+3anan+1−2an2=0这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并求解．
问题：已知数列an的前n项和为Sn，________.
(1)求{an}的通项公式；

(2)求Sn，并判断−S1，Sn，Sn+1是否成等差数列，且说明理由．

已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且3acsC−csinA=3b.
(1)求A；

(2)若c=2，且BC边上的中线长为3，求b．

已知正方形ABCD的边长为2，沿AC将三角形ACD折起到PAC位置（如图），G为三角形PAC的重心，点E在边BC上，GE//平面PAB．

(1)若CE=λEB，求λ的值；

(2)若GE⊥PA，求平面GEC与平面PAC所成锐二面角的余弦值．

在一个系统中，每一个设备能正常工作的概率称为设备的可靠度，而系统能正常工作的概率称为系统的可靠度，为了增加系统的可靠度，人们经常使用“备用冗余设备”（即正在使用的设备出故障时才启动的设备）．已知某计算机网络服务器系统采用的是“一用两备”（即一台正常设备，两台备用设备）的配置，这三台设备中，只要有一台能正常工作，计算机网络就不会断掉．设三台设备的可靠度均为r0(1)要使系统的可靠度不低于0.992，求r的最小值；

(2)当r=0.9时，求能正常工作的设备数X的分布列；

(3)已知某高科技产业园当前的计算机网络中每台设备的可靠度是0.7，根据以往经验可知，计算机网络断掉可能给该产业园带来约50万的经济损失．为减少对该产业园带来的经济损失，有以下两种方案：
方案1：更换部分设备的硬件，使得每台设备的可靠度维持在0.9，更新设备硬件总费用为8万元；
方案2：对系统的设备进行维护，使得设备可靠度维持在0.8，设备维护总费用为5万元．
请从期望损失最小的角度判断决策部门该如何决策？

已知点B是圆C:x−12+y2=16上的任意一点，点F−1,0，线段BF的垂直平分线交BC于点P．
(1)求动点P的轨迹E的方程；

(2)设曲线E与x轴的两个交点分别为A1，A2，Q为直线x=4上的动点，且Q不在x轴上，QA1与E的另一个交点为M，QA2与E的另一个交点为N，证明：△FMN的周长为定值．

已知函数fx=ex−1−axa∈R在区间0,2上有两个不同的零点x1，x2.
(1)求实数a的取值范围；

(2)求证：x1x2>1a.
参考答案与试题解析
2020-2021学年山东省潍坊市高三（上）期末考试数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
B
【考点】
复数代数形式的乘除运算
复数的基本概念
【解析】
利用复数的运算和复数相等的充要条件求解即可.
【解答】
解：∵a−bii=1+ia,b∈R，
∴b+ai=1+i，
∴ b=1，a=1，
∴ 1a+bi=1−i1+i1−i=1−i2.
故选B.
2.
【答案】
B
【考点】
命题的否定
【解析】
利用全称命题的否定为特称命题进行求解即可.
【解答】
解：全称命题的否定为特称命题，
所以命题“∀a>0，a+1a≥2”的否定是“∃a>0，a+1a<2”.
故选B.
3.
【答案】
C
【考点】
利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】
求出原函数的导函数，得到f′0，再求出f0，利用直线方程的点斜式得答案．
【解答】
解：由fx=ex，得f′x=ex，
f′0=e0=1，
又f0=e0=1，
曲线fx在点(0,f(0))处的切线方程为y=x+1.
故选C．
4.
【答案】
C
【考点】
由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式
【解析】
利用y=Asin(wπ+φ)的部分图象求函数解析式.
【解答】
解：图1中，A1=0.06，T=1500，
由T=2πw可得，w1=2π1500=1000π，
所以图1的声音函数为y=0.06sin1000πt，
频率为f1=1T1=500；
图3中，3T=1500，
所以w3=3×2π1500=3000π.
因为A3=0.01，
所以图3的声音函数为y=0.01sin3000πt，
频率为f3=1T3=1500；
在f1，f3中最小频率为f1=500，
比较图1，图2可知，f2大于f1，
故f2=nf1(n∈Z)，
所以w2=nf1π，在相同时间t=2500内，
图2：由4T2=2500可得T2=11000，
所以w2=2000π.
因为A2=0.02，
所以图2的声音函数为y=0.02sin2000πt.
综上，f(t)=0.06sin1000πt+0.02sin2000πt+0.01sin3000πt.
故选C.
5.
【答案】
D
【考点】
根据实际问题选择函数类型
对数及其运算
【解析】
根据要使火箭的最大速度可达12km/s，代入函数解析式建立方程，然后解对数方程即可．
【解答】
解：因为v=2000ln(1+Mm)，
要使火箭的最大速度可达12km/s，
则12000=2000ln(1+Mm)，
所以Mm=e6−1.
故选D.
6.
【答案】
A
【考点】
柱体、锥体、台体的体积计算
【解析】
首先根据侧面展开图弧长等于底面周长，求得底面积．再利用勾股定理算得圆锥高，求得体积．
【解答】
解：∵侧面展开图半径R=2，
∴底面周长C=12×2πR=12×2π×2=2π.
∵底面半径r=1，
∴底面面积S=πr2=π，
圆锥高为ℎ2+r2=R2，即ℎ2+12=22，
解得ℎ=3，
∴圆锥的体积V=13Sℎ=33π.
故选A.
7.
【答案】
D
【考点】
抛物线的性质
圆与圆锥曲线的综合问题
【解析】
由抛物线的性质到焦点的距离等于到准线的距离，可得|AM|+|AB的最小值．
【解答】
解：∵ 抛物线C1:y2=12x，
∴焦点F3,0，准线x=−3.
∵ x−32+y2=1，
∴圆心C23,0，r=1，
连接BC2，
当满足A，B，C2三点共线，AM+AB最小，即AM+AC2，
过A作x=−3的垂线，垂足为H， 则AC2=AH，
∴AM+AC2=AM+AH ，
当M，A，H三点共线时 AH+AM最小，
此时(|AH|+|AM|)min=3+1=4，
∴(|AM|+|AB|)min=4−1=3．
故选D.
8.
【答案】
C
【考点】
函数奇偶性的性质
函数的零点与方程根的关系
【解析】

【解答】
解：因为f(x)=f(2−x)，所以其对称轴为x=1，由此画出图象．
根据37分别设为A，B，C，D，E，且关于(2,0)对称，
其中A+B2=2，D+E2=2，C=2．
所以最终和为10．
故选C．
二、多选题
【答案】
B,C
【考点】
Venn图表达集合的关系及运算
【解析】
集合韦恩图，判断出阴影部分中的元素在B中但不在A中，即在B与A的补集的交集中；阴影部分中的元素在集合B中也在集合A∩B的补集中，．
【解答】
解：由图知，阴影部分中的元素在集合B中但不在集合A中，
所以阴影部分所表示的集合是 ∁UA∩B;
由图知，阴影部分中的元素在集合B中也在集合A∩B的补集中，
所以阴影部分所表示的集合是∁U(A∩B)∩B.
故选BC.
【答案】
B,D
【考点】
正态分布密度曲线
【解析】
利用正态分布密度曲线求解.
【解答】
解： 由题意得N200,224，
∴μ=200，σ2=224，即σ≈14.97.
∴μ+σ=214.97，μ−σ=185.03，
μ+2σ=229.94，，μ−2σ=170.06，
P170.06P185.03A，由正态分布函数的对称性可得，
P185.03B，由正态分布函数的对称性可得，
P(200≤Z<229.94)=12×0.9544=0.4772，故B正确；
C，P185.03=P185.03=0.8185，故C错误；
D，10000件中位于区间 185.03,229.94内的件数为
10000×0.8185 =8185件 ，故D正确.
故选BD．
【答案】
B,C
【考点】
正弦函数的对称性
正弦函数的单调性
函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
诱导公式
【解析】

【解答】
解：fx=sin2x图象向左平移π6个单位，
得g(x)=sin2x+π6=sin2x+π3，
A，令 −π2+2kπ≤2x+π3≤π2+2kπ，k∈Z，
解得 −5π12+kπ≤x≤π12+kπ，k∈Z，
∴gx的单调递增区间为−5π12+kπ,π12+kπ，
∴ 当k=0时，g(x)的单调递增区间为−5π12,π12，故A错误；
B，令2x+π3=kπ，k∈Z，
∴x=−π6+kπ2 ，
∴ 当k=0时， gx图象关于−π6,0对称．故B正确；
C，gx−π2=sin2x−π2+π3
=sin2x+π3+π=−sin2x+π3=−gx ，故C正确；
D，gπ6=sin2×π6+π3=sin2π3=32<1，
∴gπ6不是gx的最大值．故D错误．
故选BC．
【答案】
A,B,C
【考点】
数列的求和
数列递推式
数列的函数特性
【解析】

【解答】
解：A，由a1=1，an+1 an=1+an，
所以an+1=an+1an，
即an+2=2an+1an+1，
令g(x)=2x+1x+1，
则g′x=1x+12>0，
所以g(x)单调递增，an+2−anan−an−2>0，
所以a2n，a2n−1都具有单调性.
又a1a4，
所以a2n−1单调递增，a2n单调递减，故A正确；
B，欲证bn+bn+1=lnan+lnan+1=lnanan+1≤ln3，
即证anan+1≤3，
即an+1≤3，an≤2，
由an+1=an+1an，即an−1+1an−1≤2⇒an−1≥1，
显然n=2时，a1=1，
当n≥3时，an−1=an−2+1an−2>1，故B正确；
C，因为an∈1,2，所以anan+1=an+1∈2,3，
bn+bn+1∈ln2,ln3，
所以S2020≥1010×ln2>693，故C正确；
D，a1=1<5+12，
若a2n−1<5+12，
则a2n+1=2−1a2n−1+1<2−15+12+1=5+12，
a2=2>5+12，
若a2n>5+12，
则a2n+2=2−1a2n+1>2−15+12+1=5+12，
由数学归纳法a2n−1<5+12则a2n−1故选ABC.
三、填空题
【答案】
π4
【考点】
数量积表示两个向量的夹角
平面向量数量积的运算
【解析】
题设得a→=2，
由a→+b→⋅a→=4，得a→2+a→⋅b→=4，
解得：csθ=22，可得解.
【解答】
解：由题设得a→=2.
∵ a→+b→⋅a→=4，
∴ a→2+a→⋅b→=4，
即22+2×2×csθ=4，
解得csθ=22.
由0≤θ≤π，得θ=π4.
故答案为：π4.
【答案】
324
【考点】
双曲线的离心率
双曲线的渐近线
两条直线垂直与倾斜角、斜率的关系
【解析】
由题设得FP所在的直线：y=−ax−c，
由y=1axy=−ax−c，得x=a2cy=ac，
即P(a2c,ac)，
12OF×yP=12×c×ac=2，
得a=22，可得解.


【解答】
解：由题设得渐近线y=1ax，F(c,0)，
则FP所在的直线为y=−ax−c.
由y=1ax，y=−ax−c，得x=a2c，y=ac，
即P(a2c,ac)，
∴ S△OPF=12OF×yP=12×c×ac=2，
解得a=22，
∴ c2=a2+b2=9，即c=3，
故e=ca=324.
故答案为：324.
【答案】
706
【考点】
排列、组合及简单计数问题
【解析】
.
【解答】
解：根据题意，分情况讨论：
①当含有1个英文字母时，
有C51×24×104=120(万张)；
②当含有2个英文字母时，
有C52×24×24×103=576(万张)；
③当全是数字时，
有105=10(万张)，
故最多能发行的汽车号牌数为
120+576+10=706(万张).
故答案为：706.
【答案】
5−152
【考点】
球内接多面体
【解析】
利用球的内接多面体求小球的半径.
【解答】
解：如图，建立空间直角坐标系，
记小球圆心为O2，大球圆心为O1，
设小球半径为r，则O1(1,1,2)，O2(r,r,r)，
∵ 大小球相切，
则(1−r)2+(1−r)2+(2−r)2=1+r，
解得r=5+152或r=5−152，
∵ r<1，
∴ r=5−152.
故答案为：5−152.
四、解答题
【答案】
解：(1)选条件①，
由题意得2an−Sn−1=0，
当n=1时，a1=1.
因为Sn=2an−1，
所以Sn+1=2an+1−1，
所以an+1=2an+1−2an，
所以an+1=2an，即an+1an=2.
又因为a1=1 ，
所以{an}是以1为首项，2为公比的等比数列，
所以an=2n−1 ．
选条件②，
因为Sn+1=2Sn+2，
所以Sn=2Sn−1+2n≥2，
所以an+1=2an，即an+1an=2n≥2.
又因为a1=2，
所以{an}是以2为首项，2为公比的等比数列，
所以an=2n．
选条件③，
因为2an+12+3anan+1−2an2=0，
所以2an+1−anan+1+2an=0.
因为an>0，所以an+1+2an≠0，
所以2an+1=an，
所以an+1an=12，
所以{an}是以1为首项，12为公比的等比数列，
所以an=(12)n−1 .
(2)选条件①，
因为Sn=1−2n1−2=2n−1，
所以Sn+1+−S1=2n+1−1−1=2n+1−2.
因为2Sn=2n+1−2，
所以Sn+1+−S1=2Sn，
所以−S1，Sn，Sn+1成等差数列；
选条件②，
Sn=21−2n1−2=22n−1，
所以Sn+1+−S1=22n+1−1−2=2n+2−4.
因为2Sn=2n+2−4，
所以Sn+1+−S1=2Sn，
所以−S1，Sn，Sn+1成等差数列；
选条件③，
Sn=1−(12)n1−12=2[1−(12)n] ，
所以Sn+1+−S1=2[1−(12)n+1]−1=1−(12)n.
因为2Sn=4[1−(12)n]，
所以−S1，Sn，Sn+1不成等差数列.
【考点】
数列递推式
等比数列的通项公式
等差数列的前n项和
等差数列的性质
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)选条件①，
由题意得2an−Sn−1=0，
当n=1时，a1=1.
因为Sn=2an−1，
所以Sn+1=2an+1−1，
所以an+1=2an+1−2an，
所以an+1=2an，即an+1an=2.
又因为a1=1 ，
所以{an}是以1为首项，2为公比的等比数列，
所以an=2n−1 ．
选条件②，
因为Sn+1=2Sn+2，
所以Sn=2Sn−1+2n≥2，
所以an+1=2an，即an+1an=2n≥2.
又因为a1=2，
所以{an}是以2为首项，2为公比的等比数列，
所以an=2n．
选条件③，
因为2an+12+3anan+1−2an2=0，
所以2an+1−anan+1+2an=0.
因为an>0，所以an+1+2an≠0，
所以2an+1=an，
所以an+1an=12，
所以{an}是以1为首项，12为公比的等比数列，
所以an=(12)n−1 .
(2)选条件①，
因为Sn=1−2n1−2=2n−1，
所以Sn+1+−S1=2n+1−1−1=2n+1−2.
因为2Sn=2n+1−2，
所以Sn+1+−S1=2Sn，
所以−S1，Sn，Sn+1成等差数列；
选条件②，
Sn=21−2n1−2=22n−1，
所以Sn+1+−S1=22n+1−1−2=2n+2−4.
因为2Sn=2n+2−4，
所以Sn+1+−S1=2Sn，
所以−S1，Sn，Sn+1成等差数列；
选条件③，
Sn=1−(12)n1−12=2[1−(12)n] ，
所以Sn+1+−S1=2[1−(12)n+1]−1=1−(12)n.
因为2Sn=4[1−(12)n]，
所以−S1，Sn，Sn+1不成等差数列.
【答案】
解：(1)因为3acsC−csinA=3b，
由正弦定理得，3sinAcsC−sinCsinA=3sinB.
因为B=π−A−C，
所以3sinAcsC−sinCsinA=3sin(A+C)，
即3sinAcsC−sinCsinA=3sinAcsC+3csAsinC，
整理可得−sinCsinA=3csAsinC，
因为sinC≠0，
所以−sinA=3csA，
所以tanA=−3，
又因为A∈(0,π)，
所以A=2π3.
(2)由余弦定理得a2=b2+c2−2bccsA=b2+4+2b①
又因为在△ABC中，csB=a2+c2−b22ac=a2+4−b24a，
设BC的中点为D，
在△ABD中，csB=(a2)2+c2−AD22×a2×c=a24+12a，
所以a2+4−b24a=a24+12a，得a2+4−2b2=0②，
由①②可得，b2−2b−8=0，
解得b=4或b=−2（舍去），
所以b=4.
【考点】
正弦定理
两角和与差的正弦公式
同角三角函数间的基本关系
诱导公式
余弦定理
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)因为3acsC−csinA=3b，
由正弦定理得，3sinAcsC−sinCsinA=3sinB.
因为B=π−A−C，
所以3sinAcsC−sinCsinA=3sin(A+C)，
即3sinAcsC−sinCsinA=3sinAcsC+3csAsinC，
整理可得−sinCsinA=3csAsinC，
因为sinC≠0，
所以−sinA=3csA，
所以tanA=−3，
又因为A∈(0,π)，
所以A=2π3.
(2)由余弦定理得a2=b2+c2−2bccsA=b2+4+2b①
又因为在△ABC中，csB=a2+c2−b22ac=a2+4−b24a，
设BC的中点为D，
在△ABD中，csB=(a2)2+c2−AD22×a2×c=a24+12a，
所以a2+4−b24a=a24+12a，得a2+4−2b2=0②，
由①②可得，b2−2b−8=0，
解得b=4或b=−2（舍去），
所以b=4.
【答案】
解：(1)如图，连接CG延长交PA于F点，连接BF，
因为GE//平面PAB，GE⊂平面CBF，平面CBF∩平面PAB=BF，
所以GE//BF.
因为G为三角形PAC的重心，
所以F为PA的中点，
所以CG=2GF，
所以CE=2EB，
所以λ=2.
(2)因为GE⊥PA，由(1)知GE//BF，
所以BF⊥PA.
因为F为PA的中点，
所以PB=AB=2.
取AC中点O，连接PO，
则PO=2，BO=2，
在△POB中，PO2+BO2=PB2，
所以PO⊥BO，
又PO⊥AO，且AO∩BO=O，
所以PO⊥平面ABC，
以O为原点，OB所在直线为x轴，OC所在直线为y轴，OP所在直线为z轴建立空间直角坐标系，
则OP=OA=OB=2，
A(0,−2,0)，B(2,0,0)，C(0,2,0)，P(0,0,2)，F(0,−22,22)，
FC→=0,322,−22，BC→=−2,2,0，
设平面BCF的法向量为m→=x,y,z，
则FC→⋅m→=0，BC→⋅m→=0，即32y−12z=0，−x+y=0，
令x=1，可得m→=1,1,3为平面BCF的一个法向量，
平面PAC的法向量为n→=1,0,0，
设平面PAC与平面BCF所成锐二面角的大小为α，
csα=cs=111×1=1111.
即平面GEC与平面PAC所成锐二面角的余弦值为1111.
【考点】
两条直线平行的判定
用空间向量求平面间的夹角
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)如图，连接CG延长交PA于F点，连接BF，
因为GE//平面PAB，GE⊂平面CBF，平面CBF∩平面PAB=BF，
所以GE//BF.
因为G为三角形PAC的重心，
所以F为PA的中点，
所以CG=2GF，
所以CE=2EB，
所以λ=2.
(2)因为GE⊥PA，由(1)知EG//BF，
所以BF⊥PA.
因为F为PA的中点，
所以PB=AB=2.
取AC中点O，连接PO，
则PO=2，BO=2，
在△POB中，PO2+BO2=PB2，
所以PO⊥BO，
又PO⊥AO，且AO∩BO=O，
所以PO⊥平面ABC，
以O为原点，OB所在直线为x轴，OC所在直线为y轴，OP所在直线为z轴建立空间直角坐标系，
则OP=OA=OB=2，
A(0,−2,0)，B(2,0,0)，C(0,2,0)，P(0,0,2)，F(0,−22,22)，
FC→=0,322,−22，BC→=−2,2,0，
设平面BCF的法向量为m→=x,y,z，
则FC→⋅m→=0，BC→⋅m→=0，即32y−12z=0，−x+y=0，
令x=1，可得m→=1,1,3为平面BCF的一个法向量，
平面PAC的法向量为n→=1,0,0，
设平面PAC与平面BCF所成锐二面角的大小为α，
csα=cs=111×1=1111.
即平面GEC与平面PAC所成锐二面角的余弦值为1111.
【答案】
解：(1)要使系统的可靠度不低于0.992，设X表示能正常工作的设备数，
则PX≥1=1−PX<1
=1−PX=0
=1−1−r3≥0.992，
解得r≥0.8，故r的最小值为0.8．
(2)设X为能正常工作的设备数，由题意可知，X∼B3,r，
PX=0=C30×0.90×1−0.93=0.001，
PX=1=C31×0.91×1−0.92=0.027，
PX=2=C32×0.92×1−0.91=0.243，
PX=3=C33×0.93×1−0.90=0.729，
所以X的分布列为
(3)设方案1，方案2的总损失分别为X1，X2，
采用方案1，更换部分设备的硬件，使得设备可靠度达到0.9，
由(2)可知计算机网络断掉的概率为0.001，不断掉的概率为0.999，
EX1=80000+0.001×500000=80500元；
采用方案2，对系统的设备进行维护，使得设备可靠度达到0.8，
由(1)可知计算机网络断掉的概率为0.008，不断掉的概率为0.992，
EX2=50000+0.008×500000=54000元，
因此，从期望损失最小的角度判断决策部门应采用方案2．
【考点】
互斥事件与对立事件
离散型随机变量及其分布列
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)要使系统的可靠度不低于0.992，设X表示能正常工作的设备数，
则PX≥1=1−PX<1
=1−PX=0
=1−1−r3≥0.992，
解得r≥0.8，故r的最小值为0.8．
(2)设X为能正常工作的设备数，由题意可知，X∼B3,r，
PX=0=C30×0.90×1−0.93=0.001，
PX=1=C31×0.91×1−0.92=0.027，
PX=2=C32×0.92×1−0.91=0.243，
PX=3=C33×0.93×1−0.90=0.729，
所以X的分布列为
(3)设方案1，方案2的总损失分别为X1，X2，
采用方案1，更换部分设备的硬件，使得设备可靠度达到0.9，
由(2)可知计算机网络断掉的概率为0.001，不断掉的概率为0.999，
EX1=80000+0.001×500000=80500元；
采用方案2，对系统的设备进行维护，使得设备可靠度达到0.8，
由(1)可知计算机网络断掉的概率为0.008，不断掉的概率为0.992，
EX2=50000+0.008×500000=54000元，
因此，从期望损失最小的角度判断决策部门应采用方案2．
【答案】
(1)解：由题意可知|PF|+|PC|=|PB|+|PC|=4>2=|FC|，
所以动点P的轨迹是以F，C为焦点且长轴长为4的椭圆，
所以a=2，c=1，b2=3，
所以E的方程为x24+y23=1.
(2)证明：设A1−2,0，A22,0，Q4,tt≠0为直线x=4上一点，Mx1,y1，Nx2,y2，
则直线A1Q方程为y=t6x+2，直线A2Q方程为y=t2x−2，
联立y=t6(x+2)，x24+y23=1，
得27+t2x2+4t2x+4t2−108=0，
即−2⋅x1=4t2−10827+t2，
所以x1=54−2t227+t2，
所以M54−2t227+t2,18t27+t2，
同理可得N2t2−63+t2,−6t3+t2，
所以直线MN的方程为y+6t3+t2=−6tt2−9x−2t2−63+t2，
即y=−6tt2−9x+6tt2−9=−6tt2−9x−1，
所以直线MN过定点1,0，
所以△FMN的周长为定值8．
【考点】
椭圆的定义
轨迹方程
椭圆的应用
圆锥曲线中的定点与定值问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
(1)解：由题意可知|PF|+|PC|=|PB|+|PC|=4>2=|FC|，
所以动点P的轨迹是以F，C为焦点且长轴长为4的椭圆，
所以a=2，c=1，b2=3，
所以E的方程为x24+y23=1.
(2)证明：设A1−2,0，A22,0，Q4,tt≠0为直线x=4上一点，Mx1,y1，Nx2,y2，
则直线A1Q方程为y=t6x+2，直线A2Q方程为y=t2x−2，
联立y=t6(x+2)，x24+y23=1，
得27+t2x2+4t2x+4t2−108=0，
即−2⋅x1=4t2−10827+t2，
所以x1=54−2t227+t2，
所以M54−2t227+t2,18t27+t2，
同理可得N2t2−63+t2,−6t3+t2，
所以直线MN的方程为y+6t3+t2=−6tt2−9x−2t2−63+t2，
即y=−6tt2−9x+6tt2−9=−6tt2−9x−1，
所以直线MN过定点1,0，
所以△FMN的周长为定值8．
【答案】
(1)解：由fx=0，得a=ex−1x，
设ℎ(x)=ex−1x，x∈(0,2)，
即直线y=a与曲线y=ℎx在(0,2)上有2个交点，
又ℎ′x=ex−1(x−1)x2，
当x∈(0,1)时，ℎ′x<0，ℎx单调递减，
x∈(1,2)时，ℎ′x>0，ℎx单调递增．
所以ℎminx=ℎ1=1，而ℎ2=e2，
当x∈(0,1)时，ℎx∈(1,+∞)，
所以a∈1,e2．
(2)证明：f′(x)=ex−1−a，
由f′x=0，得x=1+lna，
当x∈(0,1+lna)时，f′(x)<0，fx<0在(0,1+lna)单调递减，
当x∈(1+lna,2)时，f′x>0，fx在(1+lna,2)单调递增．
因为x1，x2为fx的两个零点，
不妨设x1且ex1−1=ax1,ex2−1=ax2,
取对数x1−1=lna+lnx1,x2−1=lna+lnx2,
原不等式等价于lnx1+lnx2>−lna，
等价于x1+x2−2−2lna>−lna，
等价于x1+x2>2+lna，
即证x1>1+1+lna−x2=1−lnx2，
因为1+lna所以ln1+lna所以1−ln2<1−lnx2<1−ln(1+lna)<1，
即证0=f(x1)即e−lnx2−ex2−1x2(1−lnx2)>0，
即1−ex2−1(1−lnx2)>0，e1−x2+lnx2>1，x2∈(1+lna,2)，
设mx=e1−x+lnx，
m′x=ex−1−xxex−1，
易知ex−1>x(x>1)，
故m′(x)>0，m(x)在(0,+∞)上单调递增，
故m(x)>m(1+lna)>m(1)=1，
故lnx1+lnx2+lna>0．
所以x1x2>1a．
【考点】
由函数零点求参数取值范围问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
(1)解：由fx=0，得a=ex−1x，
设ℎ(x)=ex−1x，x∈(0,2)，
即直线y=a与曲线y=ℎx在(0,2)上有2个交点，
又ℎ′x=ex−1(x−1)x2，
当x∈(0,1)时，ℎ′x<0，ℎx单调递减，
x∈(1,2)时，ℎ′x>0，ℎx单调递增．
所以ℎminx=ℎ1=1，而ℎ2=e2，
当x∈(0,1)时，ℎx∈(1,+∞)，
所以a∈1,e2．
(2)证明：f′(x)=ex−1−a，
由f′x=0，得x=1+lna，
当x∈(0,1+lna)时，f′(x)<0，fx<0在(0,1+lna)单调递减，
当x∈(1+lna,2)时，f′x>0，fx在(1+lna,2)单调递增．
因为x1，x2为fx的两个零点，
不妨设x1且ex1−1=ax1,ex2−1=ax2,
取对数x1−1=lna+lnx1,x2−1=lna+lnx2,
原不等式等价于lnx1+lnx2>−lna，
等价于x1+x2−2−2lna>−lna，
等价于x1+x2>2+lna，
即证x1>1+1+lna−x2=1−lnx2，
因为1+lna所以ln1+lna所以1−ln2<1−lnx2<1−ln(1+lna)<1，
即证0=f(x1)即e−lnx2−ex2−1x2(1−lnx2)>0，
即1−ex2−1(1−lnx2)>0，e1−x2+lnx2>1，x2∈(1+lna,2)，
设mx=e1−x+lnx，
m′x=ex−1−xxex−1，
易知ex−1>x(x>1)，
故m′(x)>0，m(x)在(0,+∞)上单调递增，
故m(x)>m(1+lna)>m(1)=1，
故lnx1+lnx2+lna>0．
所以x1x2>1a．X
0
1
2
3
P
0.001
0.027
0.243
0.729
X
0
1
2
3
P
0.001
0.027
0.243
0.729