2020-2021学年安徽省淮北市高二（上）10月月考数学（理）试卷北师大版

展开

这是一份2020-2021学年安徽省淮北市高二（上）10月月考数学（理）试卷北师大版，共12页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1. 已知集合M={x|y=1−x2}，N={x|−2A.M⊆NB.M∩(∁RN)={−1, 1}
C.M∩N={0}D.M∪N=Z

2. 下列命题为真命题的是( )
A.若p∨q为真命题，则p∧q为真命题
B.“x=5”是“x2−4x−5=0”的充分不必要条件
C.命题“若x<−1，则x2−2x−3>0”的否命题为“若x<−1，则x2−2x−3≤0”
D.命题p:∃x∈R，x2+x−1<0，则¬p:∀x∈R，x2+x−1>0

3. 下列说法中错误的个数是( )
①从某社区65户高收入家庭，280户中等收入家庭，105户低收入家庭中选出100户调查社会购买力的某一项指标，应采用的最佳抽样方法是分层抽样
②线性回归直线y=bx+a一定过样本中心点(x¯,y¯)
③对于一组数据1，2，3，4，5，如果将它们改变为11，12，13，14，15，则平均数与方差均发生变化
④若一组数据1，a，2，3的众数是2，则这组数据的中位数是2
⑤用系统抽样方法从编号为1，2，3，⋯，700的学生中抽样50人，若第2段中编号为20的学生被抽中，按照等间隔抽取的方法，则第5段中被抽中的学生编号为76
A.0B.1C.2D.3

4. 已知“x>k”是“3x+1<1”的充分不必要条件，则k的取值范围为( )
A.(−∞, −1]B.[1, +∞)C.[2, +∞)D.(2, +∞)

5. 执行如图所示的程序框图，则输出s的值为( )

A.34B.56C.1112D.2524

6. 半正多面体 (semiregular slid) 亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形为面的多面体，体现了数学的对称美.二十四等边体就是一种半正多面体，是由正方体切截而成的，它由八个正三角形和六个正方形为面的半正多面体，如图所示，图中网格是边长为1的正方形，粗线部分是某二十四等边体的三视图，则该几何体的体积为( )

A.83B.4C.163D.203

7. 若x>0， y>0， x+2y=1，则xy2x+y的最大值为( )
A.14B.15C.19D.112

8. 如图，圆C内切于扇形AOB，∠AOB=π3，若向扇形AOB内随机投掷300个点，则落入圆内的点的个数估计值为( )

A.450B.400C.200D.100

9. 已知函数f(x)=−x2+2x−54(x≤1),lg13x−14(x>1), g(x)=|A−2|⋅sinx(x∈R)，若对任意的x1，x2∈R，都有f(x1)≤g(x2)，则实数A的取值范围为( )
A.(−∞,94]B.[74,+∞)
C.[74,94]D.(−∞,74]∪[94,+∞)

10. 《易经》是中国传统文化中的精髓，下图是易经八卦图(含乾、坤、巽、震、坎、离、艮、兑八卦)，每一卦由三根线组成(表示一根阳线，表示一根阴线)，从八卦中任取两卦，这两卦的六根线中恰有三根阳线和三根阴线的概率为( )

A.114B.17C.528D.514

11. 点A,B分别为圆M:x2+(y−3)2=1与圆N：(x−3)2+(y−8)2=4上的动点，点C在直线x+y=0上运动，则|AC|+|BC|的最小值为( )
A.4B.7C.3D.9

12. 已知函数f(x)=|x|−3，x≤3，−(x−3)2，x>3，函数g(x)=b−f(3−x)，其中b∈R，若函数y=f(x)−g(x)恰有4个零点，则实数b的取值范围是( )
A.(−114，+∞)B.(−3,−114)C.(−∞,−114)D.(−3, 0)
二、填空题

已知α∈(0,π2)，且cs2α=35，则tanπ4+αtanπ4−α=________.

若命题“∃x0∈R，x02+(a−1)x0+1<0”是假命题，则实数a的取值范围为________.

已知等差数列{an}的前n项和为Sn，满足a2=1，Sn+Sn−2=2Sn−1+2(n≥3)，则a3的值为________．

四边形ABCD由一个等边三角形ABC和一个等腰直角三角形ACD构成，如图1，AC⊥DC，AB=2，现将三角形ABC沿AC折起，使二面角B−AC−D为90∘，如图2所示，连接BD，则该几何体外接球的表面积为________．

三、解答题

若m→=sinx2,csx2,n→=csx2,3csx2．设fx=m→⋅n→−32.
(1)求函数fx在0,π上的单调减区间；

(2)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若fA=fB，a=2b，求sinB的值．

已知p:x2−7x+10<0，q:x2−4mx+3m2<0，其中m>0．
(1)若m=3，且p∧q为真，求x的取值范围；

(2)若¬q是¬p的充分不必要条件，求实数m的取值范围．

已知数列an满足a1=1，an+1=an2an+1，n∈N∗.
(1)证明：数列1an是等差数列，并求数列an的通项公式；

(2)设bn=an2n+1，数列bn的前n项和为Sn，求使不等式Sn
在平面直角坐标系xOy中，已知A(0, 3)，直线l:y=2x−4．圆C的半径为1，圆心在直线l上．
(1)若圆心又在直线y=x−1上，过点A作圆C的切线，求切线方程；

(2)若圆C上存在一点M满足MA=2MO，求圆心C的横坐标a的范围．

按照我国《机动车交通事故责任强制保险条例》规定，交强险是车主必须为机动车购买的险种，若普通7座以下私家车投保交强险第一年的费用（基准保费）统一为a元，在下一年续保时，实行的是保费浮动机制，保费与上一、二、三个年度车辆发生道路交通事故的情况相关联，发生交通事故的次数越多，费率也就越高，具体浮动情况如下表：
某机构为了研究某一品牌普通7座以下私家车的投保情况，随机抽取了80辆车龄已满三年的该品牌同型号私家车在下一年续保时的情况，统计得到了下面的表格：

1根据上述样本数据，估计一辆普通7座以下私家车（车龄已满3年）在下一年续保时，保费高于基准保费的概率；

2某销售商专门销售这一品牌的二手车，且将下一年的交强险保费高于基准保费的车辆记为事故车．
①若该销售商门店内现有6辆该品牌二手车（车龄已满3年），其中两辆事故车，四辆非事故车．某顾客在店内随机挑选两辆车，求这两辆车中恰好有一辆事故车的概率；
②以这80辆该品牌车的投保类型的频率代替一辆车投保类型的概率．该销售商一次购进120辆（车龄已满三年）该品牌二手车，若购进一辆事故车亏损4000元，一辆非事故车盈利8000元．试估计这批二手车一辆车获得利润的平均值．

如图，ABCD为矩形，点A、E、B、F共面，且△ABE和△ABF均为等腰直角三角形，且∠BAE=∠AFB=90∘．若平面ABCD⊥平面AEBF.

(1)证明：平面BCF⊥平面ADF；

(2)问在线段EC上是否存在一点G，使得BG // 平面CDF？若存在，求出此时三棱锥G−ABE与三棱锥G−ADF的体积之比，若不存在，请说明理由.
参考答案与试题解析
2020-2021学年安徽省淮北市高二（上）10月月考数学（理）试卷
一、选择题
1.
【答案】
C
【考点】
交、并、补集的混合运算
交集及其运算
并集及其运算
集合的包含关系判断及应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：M={x|y=1−x2}={x|1−x2≥0}={x|−1≤x≤1}，
N={x|2∴ M∩N={0}.
故选C.
2.
【答案】
B
【考点】
全称命题与特称命题
逻辑联结词“或”“且”“非”
必要条件、充分条件与充要条件的判断
命题的真假判断与应用
命题的否定
【解析】
A，利用复合命题真值表可判断A的正误；
B，利用充分必要条件的概念可判断B的正误；
C，搞清楚命题的否定与否命题的概念可判断C的正误；
D，明确特称命题的否定既要在量词上否定，又要在结论处否定，可判断D的正误．
【解答】
解：A，由复合命题真值表知：若p∨q为真命题，则p，q至少有一个为真命题，有可能一真一假，也可能两个都真，推不出p∧q为真命题，故选项A错误；
B，由x=5可以得到x2−4x−5=0，但由x2−4x−5=0不一定能得到x=5，也可以是x=−1，故选项B正确；
C，命题“若x<−1，则x2−2x−3>0”的否命题为“若x≥−1，则x2−2x−3≤0”，故选项C错误；
D，命题p:∃x∈R，x2+x−1<0，则¬p:∀x∈R，x2+x−1≥0，故选项D错误．
故选B.
3.
【答案】
C
【考点】
极差、方差与标准差
众数、中位数、平均数
命题的真假判断与应用
分层抽样方法
【解析】
根据分层抽样和系统抽样的定义与特征可分别判断①⑤；根据线性回归方程的特征可判断②；根据中位数、众数、平均数和方差的概念可分别判断③④．
【解答】
解：①所有的样本家庭可分为高收入、中等收入和低收入三个不同层次，符合分层抽样的特点，故①正确；
②根据线性回归直线方程的特点可知②正确；
③数据1，2，3，4，5的平均数为1+2+3+4+55=3，
而11，12，13，14，15的平均数为11+12+13+14+155=13，所以平均数发生了变化，
方差是对数据波动程度大小的度量，一组数据在y轴上抬高或降低不会改变其波动程度，所以方差不会发生变化，故③错误；
④若这组数据的众数为2，则a=2，所以数据的中位数为2+22=2，故④正确；
⑤从700人中抽50人，应该以70050=14为等间距，若第2段中抽中编号20，则第5段抽中的编号为20+14×3=62，即⑤错误.
所以错误的有③⑤，共2个.
故选C.
4.
【答案】
C
【考点】
必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】
求出3x+1<1的等价条件，然后利用充分条件和必要条件的定义进行判断求解．
【解答】
解：由3x+1<1得3x+1−1=−x+2x+1<0，解得x<−1或x>2．
要使“x>k”是“3x+1<1”的充分不必要条件，
则k≥2．
故选C.
5.
【答案】
D
【考点】
程序框图
【解析】
模拟执行程序框图，依次写出每次循环得到的k，s的值，当k=8时不满足条件k<8，退出循环，输出s的值为2524．
【解答】
解：模拟执行程序框图，可得
s=0，k=0，
满足条件k<8，k=2，s=12，
满足条件k<8，k=4，s=12+14，
满足条件k<8，k=6，s=12+14+16，
满足条件k<8，k=8，s=12+14+16+18=2524，
不满足条件k<8，退出循环，输出s的值为2524.
故选D．
6.
【答案】
D
【考点】
由三视图求体积
简单空间图形的三视图
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：如图所示，图中红色的部分为该二十四等边体的直观图，
由三视图可知，该几何体的棱长为 2 ，
它是由棱长为2的正方体沿各棱中点截去8个三棱锥所得到的，
∴ 该几何体的体积为
V=2×2×2−8×13×12×1×1×1=203.
故选D.
7.
【答案】
C
【考点】
基本不等式在最值问题中的应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解∶由题意知xy2x+y=12y+1x，
又x>0，y>0，x+2y=1，
∴ 2y+1x=2y+1xx+2y
=2xy+2yx+5，
≥2⋅2xy⋅2yx+5=4+5=9，
∴ 当且仅当2xy=2yx，
即x=y=13时取“=”，
∴ xy2x+y的最大值为19 .
故选C．
8.
【答案】
C
【考点】
几何概型的概念及概率公式
等可能事件的概率
【解析】
本题是一个等可能事件的概率，试验发生包含的事件对应的包含的事件对应的是扇形AOB，满足条件的事件是圆，根据题意，构造直角三角形求得扇形的半径与圆的半径的关系，进而根据面积的求法求得扇形OAB的面积与⊙P的面积比，可得概率，即可得出结论．
【解答】
解：由题意知本题是一个等可能事件的概率，设圆C的半径为r，
试验发生包含的事件对应的是扇形AOB，
满足条件的事件是圆，其面积为⊙C的面积=π⋅r2，
连接OC，延长交扇形于点P，过点C作CE⊥OB交OB于点E，
∵ CE=CP=r，∠AOB=π3，
∴ ∠BOP=π6，OC=2r，OP=3r，
∴ S扇形AOB=π⋅(3r)26=3πr22，
∴ ⊙C的面积与扇形OAB的面积比是23，
∴ 概率P=23.
∵ 向扇形AOB内随机投掷300个点，
∴ 落入圆内的点的个数估计值为300×23=200.
故选C.
9.
【答案】
C
【考点】
函数恒成立问题
分段函数的应用
【解析】
对任意的x1、x2∈R，都有f(x1)≤g(x2)⇔f(x)max≤g(x)min，分别求出最值即可得出．
【解答】
解：对任意的x1，x2∈R，都有f(x1)≤g(x2)⇔f(x)max≤g(x)min.
由题意知，f(x)max=f(1)=−14.
∵ g(x)=|A−2|sinx≥−|A−2|，
∴ −|A−2|≥−14，
解得74≤A≤94．
故选C.
10.
【答案】
D
【考点】
列举法计算基本事件数及事件发生的概率
古典概型及其概率计算公式
【解析】
本题考查随机事件的概率，古典概型
思路：求出所有事件基本情况，求出复合题意的基本情况，下结论。
【解答】
解：从八卦中任取两卦，基本事件总数n=C82=28，这两卦的六根线中恰有三根阳线和三根阴线包含的基本事件有10种，分别为：
（乾，坤），（兑，艮），（兑，震），（兑，坎），（巽，艮）
（巽、震），（巽、坎），（离，艮），（离、震），（离、坎），
这两卦的六根线中恰有三根阳线和三根阴线的概率为P=1028=514.
故选D.
11.
【答案】
B
【考点】
圆与圆的位置关系及其判定
直线与圆的位置关系
圆的标准方程
两点间的距离公式
【解析】
根据题意，算出圆M关于直线l对称的圆M′方程为(x+3)2+y2=1,当点C位于线段NM′上时，线段AB的长就是|AC|+|BC|的最小值，由此结合对称的知识与两点间的距离公式加以计算，即可得出|AC|+|BC|的最小值．
【解答】
解：设圆M′是圆M:x2+(y−3)2=1关于直线x+y=0对称的圆，
如图所示：
可得M′(−3, 0)，圆M′方程为(x+3)2+y2=1，
可得当点C位于线段NM′上时，
线段AB长是圆N与圆M′上两个动点之间的距离最小值，
此时|AC|+|BC|的最小值为AB，
N(3, 8)，圆的半径R=2，
|NM′|=(−3−3)2+82=36+64=100=10，
可得|AB|＝|NM′|−R−r=10−2−1=7,
因此|AC|+|BC|的最小值为7.
故选B.
12.
【答案】
B
【考点】
函数零点的判定定理
函数的零点
【解析】
化简f(3−x)，作函数b=b=f(x)+f(3−x)的图象如下，结合函数的图象可得b的范围．
【解答】
解：∵ f(x)=|x|−3，x≤3，−(x−3)2，x>3，
∴ f(3−x)=|3−x|−3，x≥0，−x2，x<0，
由y=f(x)−g(x)=f(x)+f(3−x)−b=0，
得b=f(x)+f(3−x)，
令ℎ(x)=f(x)+f(3−x)
=−x2−x−3，x<0，−3，0≤x≤3，−x2+7x−15，x>3，
函数y=f(x)−g(x)恰有4个零点，
即y=b与ℎ(x)=f(x)+f(3−x)的图象有4个不同交点，
作出函数图象如图：
结合函数的图象可得，
当−3∴ 实数b的取值范围是(−3, −114)．
故选B.
二、填空题
【答案】
9
【考点】
两角和与差的正弦公式
两角和与差的余弦公式
两角和与差的正切公式
运用诱导公式化简求值
同角三角函数间的基本关系
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由题意知，tanπ4+αtanπ4−α=1+tanα1−tanα1−tanα1+tanα=1+tanα1−tanα2，
∵ cs2α=cs2α−sin2α=35，
又α∈(0,π2)，
则2α∈(0,π)，
∴ sin2α=1−cs22α=45，
∴ 原式=csα+sinαcsα−sinα2=1+2sinαcsα1−2sinαcsα
=1+sin2α1−sin2α=1+451−45=9.
故答案为：9.
【答案】
−1≤a≤3
【考点】
全称命题与特称命题
【解析】
由命题“∃x∈R，使x2+(a−1)x+1<0”是假命题，知∀x∈R，使x2+(a−1)x+1≥0，由此能求出实数a的取值范围．
【解答】
解：∵ 命题“∃x0∈R，使x02+(a−1)x0+1<0”是假命题，
∴ 其否命题“∀x∈R，使x2+(a−1)x+1≥0”是真命题，
∴ Δ=(a−1)2−4≤0，
∴ −1≤a≤3．
故答案为：−1≤a≤3．
【答案】
3
【考点】
数列递推式
等差数列的通项公式
【解析】
解题时将Sn+Sn−2=2Sn−1+2转化为Sn−Sn−1=Sn−1−Sn−2+2，得an=an−1+2，从而得到公差d=2，根据a2=2，得到答案．
【解答】
解：设等差数列an的公差为d，
由Sn+Sn−2=2Sn−1+2得：Sn−Sn−1=Sn−1−Sn−2+2．
所以an=an−1+2，即an−an−1=2，
所以d=2，
所以a3=a2+d=1+2=3.
故答案为：3．
【答案】
283π
【考点】
球的表面积和体积
【解析】
本题考查空间几何体的折叠问题、外接球表面积的计算．
【解答】
解：由已知得AB=BC=AC=CD=2，AC⊥DC，
∴ AD=22．
在Rt△ADC中，其外心为AD的中点，
设为点F，设该几何体外接球的球心为O，半径为R，则OF垂直底面ACD．
设△ABC的外心为M，连接BM并延长交AC于点E，连接OM，OB，EF，
∵ 二面角B−AC−D为90∘，
∴ 四边形MEFO为矩形，则BM=233，OM=EF=1．
在Rt△OMB中，R2=2332+12，解得R2=73，
则该几何体外接球的表面积为4πR2=283π．
故答案为：283π.
三、解答题
【答案】
解：(1)fx=m→⋅n→−32
=sinx2csx2+3cs2x2−32
=12sinx+32csx=sinx+π3．
当2kπ+π2≤x+π3≤3π2+2kπ，k∈Z时，函数fx单调递减，
即2kπ+π6≤x≤2kπ+7π6，k∈Z．
因为x∈0,π，所以函数fx在0,π上的减区间为π6,π．
(2)由fA=fB得sinA+π3=sinB+π3．
又a=2b，所以A>B，所以A+π3+B+π3=π，得A+B=π3．
由a=2b及正弦定理得sinA=2sinB．
所以sinπ3−B=2sinB，即sinπ3csB−csπ3sinB=2sinB，
解得csB=533sinB．
又sin2B+cs2B=1，得sin2B=328．
因为sinB>0，所以sinB=2114．
【考点】
二倍角的正弦公式
二倍角的余弦公式
解三角形
正弦定理
三角函数的和差化积公式
三角函数的积化和差公式
正弦函数的单调性
同角三角函数间的基本关系
【解析】

【解答】
解：(1)fx=m→⋅n→−32
=sinx2csx2+3cs2x2−32
=12sinx+32csx=sinx+π3．
当2kπ+π2≤x+π3≤3π2+2kπ，k∈Z时，函数fx单调递减，
即2kπ+π6≤x≤2kπ+7π6，k∈Z．
因为x∈0,π，所以函数fx在0,π上的减区间为π6,π．
(2)由fA=fB得sinA+π3=sinB+π3．
又a=2b，所以A>B，所以A+π3+B+π3=π，得A+B=π3．
由a=2b及正弦定理得sinA=2sinB．
所以sinπ3−B=2sinB，即sinπ3csB−csπ3sinB=2sinB，
解得csB=533sinB．
又sin2B+cs2B=1，得sin2B=328．
因为sinB>0，所以sinB=2114．
【答案】
解：(1)当m=3时，q:3p:2又p∧q为真，则p，q都为真，
所以3所以x的取值范围为(3, 5)．
(2)由¬q是¬p的充分不必要条件，即¬q⇒¬p，¬p⇏¬q，（⇏表示“推不出”）
其逆否命题为p⇒q，q⇏p，
由p:2所以m≤2,3m≥5, ∴ 53≤m≤2．
∴ 实数m的取值范围为[53, 2]．
【考点】
复合命题及其真假判断
逻辑联结词“或”“且”“非”
根据充分必要条件求参数取值问题
充分条件、必要条件、充要条件
四种命题间的逆否关系
【解析】
（1）分别解出关于p，q的不等式，根据p∧q为真，p，q都为真，求出x的范围即可；
（2）由￢q是￢p的充分不必要条件，即￢q⇒￢p，其逆否命题为p⇒q，求出m的范围即可．
【解答】
解：(1)当m=3时，q:3p:2又p∧q为真，则p，q都为真，
所以3所以x的取值范围为(3, 5)．
(2)由¬q是¬p的充分不必要条件，即¬q⇒¬p，¬p⇏¬q，（⇏表示“推不出”）
其逆否命题为p⇒q，q⇏p，
由p:2所以m≤2,3m≥5, ∴ 53≤m≤2．
∴ 实数m的取值范围为[53, 2]．
【答案】
(1)证明：∵an+1=an2an+1，两边取倒数，
∴1an+1=1an+2，即1an+1−1an=2.
又a1=1，
∴数列1an是以1为首项，2为公差的等差数列，
∴1an=1a1+2(n−1)=2n−1，
∴ an=12n−1.
(2)解：由(1)得bn=an2n+1=1(2n+1)(2n−1)
=1212n−1−12n+1，
∴ Sn=12[1−13+13−15+⋯+12n−1−12n+1]
=121−12n+1<12，
要使不等式Sn∴ k的取值范围为[12,+∞).
【考点】
数列与不等式的综合
数列的求和
等差数列的通项公式
等差数列
【解析】

【解答】
(1)证明：∵an+1=an2an+1，两边取倒数，
∴1an+1=1an+2，即1an+1−1an=2.
又a1=1，
∴数列1an是以1为首项，2为公差的等差数列，
∴1an=1a1+2(n−1)=2n−1，
∴ an=12n−1.
(2)解：由(1)得bn=an2n+1=1(2n+1)(2n−1)
=1212n−1−12n+1，
∴ Sn=12[1−13+13−15+⋯+12n−1−12n+1]
=121−12n+1<12，
要使不等式Sn∴ k的取值范围为[12,+∞).
【答案】
解：(1)联立得：y=x−1，y=2x−4.
解得：x=3，y=2.，
∴ 圆心C(3, 2)．
若k不存在，不合题意；
若k存在，设切线为：y=kx+3，
可得圆心到切线的距离d=r，
即|3k+3−2|1+k2=1，
解得：k=0或k=−34，
则所求切线为y=3或y=−34x+3.
(2)设点M(x, y)，由MA=2MO，知：x2+(y−3)2=2x2+y2，
化简得：x2+(y+1)2=4，
∴ 点M的轨迹为以(0, −1)为圆心，2为半径的圆，可记为圆D，
又∵ 点M在圆C上，C(a, 2a−4)，
∴ 圆C与圆D的关系为相交或相切，
∴ 1≤|CD|≤3，其中|CD|=a2+(2a−3)2，
∴ 1≤a2+(2a−3)2≤3，
解得：0≤a≤125，
∴ 圆心C的横坐标a的取值范围为0,125.
【考点】
圆与圆的位置关系及其判定
圆的切线方程
点到直线的距离公式
两点间的距离公式
两条直线的交点坐标
【解析】
（1）联立直线l与直线y=x−1解析式，求出方程组的解得到圆心C坐标，根据A坐标设出切线的方程，由圆心到切线的距离等于圆的半径，列出关于k的方程，求出方程的解得到k的值，确定出切线方程即可；
（2）设M(x, y)，由MA=2MO，利用两点间的距离公式列出关系式，整理后得到点M的轨迹为以(0, −1)为圆心，2为半径的圆，可记为圆D，由M在圆C上，得到圆C与圆D相交或相切，根据两圆的半径长，得出两圆心间的距离范围，利用两点间的距离公式列出不等式，求出不等式的解集，即可得到a的范围．
【解答】
解：(1)联立得：y=x−1，y=2x−4.
解得：x=3，y=2.，
∴ 圆心C(3, 2)．
若k不存在，不合题意；
若k存在，设切线为：y=kx+3，
可得圆心到切线的距离d=r，
即|3k+3−2|1+k2=1，
解得：k=0或k=−34，
则所求切线为y=3或y=−34x+3.
(2)设点M(x, y)，由MA=2MO，知：x2+(y−3)2=2x2+y2，
化简得：x2+(y+1)2=4，
∴ 点M的轨迹为以(0, −1)为圆心，2为半径的圆，可记为圆D，
又∵ 点M在圆C上，C(a, 2a−4)，
∴ 圆C与圆D的关系为相交或相切，
∴ 1≤|CD|≤3，其中|CD|=a2+(2a−3)2，
∴ 1≤a2+(2a−3)2≤3，
解得：0≤a≤125，
∴ 圆心C的横坐标a的取值范围为0,125.
【答案】
解：1所求概率为15+520+10+10+20+15+5=14；
2①设两辆事故车为A，B，四辆非事故车为a，b，c，d，
从这6辆车中随机挑取两辆车共有
(A,B)，(A,a)，(A,b)，(A,c)，(A,d)，(B,a)，(B,b)，(B,c)，
(B,d)，(a,b)，(a,c)，(a,d)，(b,c)，(b,d)，(c,d)共15种情况，
其中两辆车中恰有一辆事故车共有(A,a)，(A,b)，(A,c)，(A,d)，(B,a)，(B,b)，(B,c)，(B,d)，8种情况，所以所求概率为815；
②由统计数据可知，若该销售商一次购进120辆（车龄已满三年）该品牌二手车中，有事故车30辆，非事故车90辆，
所以一辆车获得利润的平均值为[30×(−4000)+90×8000]×1120=5000（元）．
【考点】
列举法计算基本事件数及事件发生的概率
古典概型及其概率计算公式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：1所求概率为15+520+10+10+20+15+5=14；
2①设两辆事故车为A，B，四辆非事故车为a，b，c，d，
从这6辆车中随机挑取两辆车共有
(A,B)，(A,a)，(A,b)，(A,c)，(A,d)，(B,a)，(B,b)，(B,c)，
(B,d)，(a,b)，(a,c)，(a,d)，(b,c)，(b,d)，(c,d)共15种情况，
其中两辆车中恰有一辆事故车共有(A,a)，(A,b)，(A,c)，(A,d)，(B,a)，(B,b)，(B,c)，(B,d)，8种情况，所以所求概率为815；
②由统计数据可知，若该销售商一次购进120辆（车龄已满三年）该品牌二手车中，有事故车30辆，非事故车90辆，
所以一辆车获得利润的平均值为[30×(−4000)+90×8000]×1120=5000（元）．
【答案】
(1)证明：∵ ABCD为矩形，
∴ BC⊥AB，
又∵ 平面ABCD⊥平面AEBF，BC⊂平面ABCD，
平面ABCD∩平面AEBF=AB，
∴ BC⊥平面AEBF.
又∵ AF⊂平面AEBF，
∴ BC⊥AF．
∵ ∠AFB=90∘，即AF⊥BF，
且BC、BF⊂平面BCF，BC∩BF=B，
∴ AF⊥平面BCF．
又∵ AF⊂平面ADF，
∴ 平面ADF⊥平面BCF.
(2)解：∵ BC // AD，AD⊂平面ADF，
∴ BC // 平面ADF．
∵ △ABE和△ABF均为等腰直角三角形，
且∠BAE=∠AFB=90∘，
∴ ∠FAB=∠ABE=45∘，
∴ AF // BE，又AF⊂平面ADF，
∴ BE // 平面ADF.
∵ BC∩BE=B，
∴ 平面BCE // 平面ADF．
延长EB到点H，使得BH＝AF，又BC=//AD，连CH、HF，
由题意能证明ABHF是平行四边形，
∴ HF=//AB=//CD，
∴ HFDC是平行四边形，
∴ CH // DF．
过点B作CH的平行线，交EC于点G，
即BG // CH // DF，(DF⊂平面CDF)
∴ BG // 平面CDF，即此点G为所求的G点．
又BE=2AB=2AF＝2BH，
∴ EG=23EC，又S△ABE＝2S△AEF，
VG−ABE=23VC−ABE=43VC−ABF
=43VD−ABF=43VB−ADF=43VG−ADF，
故VG−ABEVG−ADF=43．
【考点】
平面与平面垂直的性质
平面与平面垂直的判定
直线与平面平行的性质
直线与平面平行的判定
柱体、锥体、台体的体积计算
【解析】
（1）推导出BC⊥AB，从而BC⊥平面AEBF，BC⊥AF，AF⊥BF，从而AF⊥平面BCF．由此能证明平面ADF⊥平面BCF．
（2）推导出BC // 平面ADF，∠FAB＝∠ABE＝45∘，AF // BE，BE // 平面ADF，平面BCE // 平面ADF．延长EB到点H，使得BH＝AF，BC ∥=AD，连CH、HF，推导出ABHF是平行四边形，HFDC是平行四边形，CH // DF．过点B作CH的平行线，交EC于点G，BG // CH // DF，从而BG // 平面CDF，即此点G为所求的G点．由此能求出VG−ABEVG−ADF的值．
【解答】
(1)证明：∵ ABCD为矩形，
∴ BC⊥AB，
又∵ 平面ABCD⊥平面AEBF，BC⊂平面ABCD，
平面ABCD∩平面AEBF=AB，
∴ BC⊥平面AEBF.
又∵ AF⊂平面AEBF，
∴ BC⊥AF．
∵ ∠AFB=90∘，即AF⊥BF，
且BC、BF⊂平面BCF，BC∩BF=B，
∴ AF⊥平面BCF．
又∵ AF⊂平面ADF，
∴ 平面ADF⊥平面BCF.
(2)解：∵ BC // AD，AD⊂平面ADF，
∴ BC // 平面ADF．
∵ △ABE和△ABF均为等腰直角三角形，
且∠BAE=∠AFB=90∘，
∴ ∠FAB=∠ABE=45∘，
∴ AF // BE，又AF⊂平面ADF，
∴ BE // 平面ADF.
∵ BC∩BE=B，
∴ 平面BCE // 平面ADF．
延长EB到点H，使得BH＝AF，又BC=//AD，连CH、HF，
由题意能证明ABHF是平行四边形，
∴ HF=//AB=//CD，
∴ HFDC是平行四边形，
∴ CH // DF．
过点B作CH的平行线，交EC于点G，
即BG // CH // DF，(DF⊂平面CDF)
∴ BG // 平面CDF，即此点G为所求的G点．
又BE=2AB=2AF＝2BH，
∴ EG=23EC，又S△ABE＝2S△AEF，
VG−ABE=23VC−ABE=43VC−ABF
=43VD−ABF=43VB−ADF=43VG−ADF，
故VG−ABEVG−ADF=43．交强险浮动因素和浮动费率比率表
投保类型
浮动因素
浮动比率
A1
上一个年度未发生有责任道路交通事故
下浮10%
A2
上两个年度未发生有责任道路交通事故
下浮20%
A3
上三个及以上年度未发生有责任道路交通事故
下浮30%
A4
上一个年度发生一次有责任不涉及死亡的道路交通事故
0%
A5
上一个年度发生两次及两次以上有责任不涉及死亡的道路交通事故
上浮10%
A6
上一个年度发生有责任道路交通死亡事故
上浮30%
类型
A1
A2
A3
A4
A5
A6
数量
20
10
10
20
15
5