北京市門頭溝區(qū)高考數(shù)學(xué)一模試卷(理科)-

第=page22頁(yè)，共=sectionpages22頁(yè)第=page11頁(yè)，共=sectionpages11頁(yè)高考數(shù)學(xué)一模試卷（理科）題號(hào)一二三總分得分一、選擇題（本大題共8小題，共40.0分）已知集合A={x|x2-2x-3＜0}，B={x|y=}，則A∩B等于（）A.（-1，3） B.[0，3） C.（-1，0] D.（-1，2]復(fù)數(shù)z滿足z=，那么|z|是（）A. B.2 C.2 D.一個(gè)體積為12正三棱柱的三視圖如圖所示，則這個(gè)三棱柱的左視圖的面積為（）

A.6 B.8 C.8 D.12如圖的程序框圖，如果輸入三個(gè)實(shí)數(shù)a，b，c要求輸出這三個(gè)數(shù)中最大的數(shù)，那么在空白的判斷框中，應(yīng)該填入下面四個(gè)選項(xiàng)中的（）A.c＞x

B.x＞c

C.c＞b

D.b＞c

已知向量，滿足||=||=1，且其夾角為θ，則“||＞1”是“θ∈（]”的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件

C.充分必要條件 D.既不充分也不必要條件如圖，在下列四個(gè)正方體中，A，B為正方體的兩個(gè)頂點(diǎn)，M，N，Q為所在棱的中點(diǎn)，則在這四個(gè)正方體中，直線AB與平面MNQ不垂直的是（）A. B.

C. D.某學(xué)需要從3名男生和2名女生中選出4人，到甲、乙、丙三個(gè)社區(qū)參加活動(dòng)，其中甲社區(qū)需要選派2人，且至少有1名是女生；乙社區(qū)和丙社區(qū)各需要選派1人．則不同的選派方法的種數(shù)是（）A.18 B.24 C.36 D.42若函數(shù)圖象上存在兩個(gè)點(diǎn)，關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，則點(diǎn)對(duì)稱為函數(shù)的“友好點(diǎn)對(duì)”且點(diǎn)對(duì)與可看作同一個(gè)“友好點(diǎn)對(duì)”．若函數(shù)（其中為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)，恰好有兩個(gè)“友好點(diǎn)對(duì)”則實(shí)數(shù)的取值范圍為A. B. C. D.二、填空題（本大題共6小題，共30.0分）若x，y滿足條件，則z=x+2y的最大值為______．雙曲線C：2x2-y2=1的漸近線方程是______．等比數(shù)列{an}中，S3=21，2a2=a3則數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式an=______．已知直線l的參數(shù)方程為（t為參數(shù)），以坐標(biāo)原點(diǎn)為極點(diǎn)，x軸的正半軸為極軸建立極坐標(biāo)系，曲線C的極坐標(biāo)方程為ρsin2θ-4cosθ=0（ρ≥0，0≤θ＜2π），若直線l與曲線C相交于兩點(diǎn)A，B，則|AB|=______．已知x，y∈R+，求z=（x+2y）（）的最值．

甲、乙兩位同學(xué)分別給出了兩種不同的解法：

甲：z=（x+2y）（）=2+++8≥18

乙：z=（x+2y）（）=16

①你認(rèn)為甲、乙兩人解法正確的是______．

②請(qǐng)你給出一個(gè)類似的利用基本不等式求最值的問題，使甲、乙的解法都正確．一半徑為4m的水輪，水輪圓心O距離水面2m，已知水輪每分鐘轉(zhuǎn)動(dòng)（按逆時(shí)針方向）3圈，當(dāng)水輪上點(diǎn)P從水中浮現(xiàn)時(shí)開始計(jì)時(shí)，即從圖中點(diǎn)P0開始計(jì)算時(shí)間．

（Ⅰ）當(dāng)t=5秒時(shí)點(diǎn)P離水面的高度______；

（Ⅱ）將點(diǎn)P距離水面的高度h（單位：m）表示為時(shí)間t（單位：s）的函數(shù)，則此函數(shù)表達(dá)式為______．三、解答題（本大題共6小題，共80.0分）在△ABC中，且滿足已知（2a-c）cosB=bcosC．

（1）求∠B的大?。?/p>

（l）若△ABC的面積為，a+c=6，求△ABC的周長(zhǎng)．

在某區(qū)“創(chuàng)文明城區(qū)”簡(jiǎn)稱“創(chuàng)城”活動(dòng)中，教委對(duì)本區(qū)A，B，C，D四所高中校按各校人數(shù)分層抽樣調(diào)查，將調(diào)查情況進(jìn)行整理后制成如表：學(xué)校ABCD抽查人數(shù)50151025“創(chuàng)城”活動(dòng)中參與的人數(shù)4010915注：參與率是指：一所學(xué)校“創(chuàng)城”活動(dòng)中參與的人數(shù)與被抽查人數(shù)的比值假設(shè)每名高中學(xué)生是否參與“創(chuàng)城”活動(dòng)是相互獨(dú)立的．Ⅰ若該區(qū)共2000名高中學(xué)生，估計(jì)A學(xué)校參與“創(chuàng)城”活動(dòng)的人數(shù)；Ⅱ在隨機(jī)抽查的100名高中學(xué)生中，從A，C兩學(xué)校抽出的高中學(xué)生中各隨機(jī)抽取1名學(xué)生，求恰有1人參與“創(chuàng)城”活動(dòng)的概率；Ⅲ若將表中的參與率視為概率，從A學(xué)校高中學(xué)生中隨機(jī)抽取3人，求這3人參與“創(chuàng)城”活動(dòng)人數(shù)的分布列及數(shù)學(xué)期望．

在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是邊長(zhǎng)為6的菱形，且∠ABC=60°，PA⊥平面ABCD，PA=6，F(xiàn)是棱PA上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，E為PD的中點(diǎn)．

（Ⅰ）求證：BD⊥CF．

（Ⅱ）若AF=2．

（i）求PC與平面BDF所成角的正弦值；

（ii）側(cè)面PAD內(nèi)是否存在過點(diǎn)E的一條直線，使得該直線上任一點(diǎn)M與C的連線，都滿足CM∥平而BDF，若存在，求出此直線被直線PA、PD所截線段的長(zhǎng)度，若不存在，請(qǐng)明理由．

如圖，已知橢圓C：=1（a＞b＞0），F(xiàn)1，F(xiàn)2分別為其左、右焦點(diǎn)，過F1的直線與此橢圓相交于D，E兩點(diǎn)，且△F2DE的周長(zhǎng)為8，橢圓C的離心率為．

（Ⅰ）求橢圓C的方程；

（Ⅱ）在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知點(diǎn)P（0，1）與點(diǎn)Q（0，2），過P的動(dòng)直線l（不與x軸平行）與橢圓相交于A，B兩點(diǎn)，點(diǎn)B1是點(diǎn)B關(guān)于y軸的對(duì)稱點(diǎn)．

（i）Q，A，B1三點(diǎn)共線．

（ii）=．

已知f（x）=axex在點(diǎn)（0，0）處的切線與直線y=x-2平行．

（Ⅰ）求實(shí)數(shù)a的值；

（Ⅱ）設(shè)g（x）=f（x）-b（+x）

（i）若函數(shù)g（x）≥0在[0，+∞）上恒成立，求實(shí)數(shù)b的最大值；

（ii）當(dāng)b≤0時(shí)，判斷函數(shù)g（x）有幾個(gè)零點(diǎn)，并給出證明．

給定數(shù)列{an}，若滿足a1=a（a＞0且a≠1），對(duì)于任意的n，m∈N*，都有an+m=an?am，則稱數(shù)列{an}為“指數(shù)型數(shù)列”．

（Ⅰ）已知數(shù)列{an}，{bn}的通項(xiàng)公式分別為an=5×3n-1，bn=4n，試判斷{an}，{bn}是不是“指數(shù)型數(shù)列”；

（Ⅱ）若數(shù)列{an}滿足：a1=，an=2anan+1+3an+1（n∈N*），判斷數(shù)列{+1}是否為“指數(shù)型數(shù)列”，若是給出證明，若不是說明理由；

（Ⅲ）若數(shù)列{an}是“指數(shù)型數(shù)列”，且a1=（a∈N*），證明：數(shù)列{an}中任意三項(xiàng)都不能構(gòu)成等差數(shù)列．

答案和解析1.【答案】B

【解析】解：∵集合A={x|x2-2x-3＜0}={x|-1＜x＜3}，

B={x|y=}={x|x≥0}，

∴A∩B={x|0≤x＜3}=[0，3）．

故選：B．

先分別求出集合A，B，由此能求出A∩B．

本題考查交集的求法，考查交集定義、不等式性質(zhì)等基礎(chǔ)知識(shí)，考查運(yùn)算求解能力，是基礎(chǔ)題．

2.【答案】A

【解析】解：∵z==，

∴|z|=．

故選：A．

利用復(fù)數(shù)代數(shù)形式的乘除運(yùn)算化簡(jiǎn)，再由復(fù)數(shù)模的計(jì)算公式求解．

本題考查復(fù)數(shù)代數(shù)形式的乘除運(yùn)算，考查復(fù)數(shù)模的求法，是基礎(chǔ)題．

3.【答案】A

【解析】解：設(shè)棱柱的高為h，

由左視圖知，底面正三角形的高是，由正三角形的性質(zhì)知，其邊長(zhǎng)是4，

故底面三角形的面積是=4

由于其體積為，故有h×=，得h=3

由三視圖的定義知，側(cè)視圖的寬即此三棱柱的高，故側(cè)視圖的寬是3，其面積為3×=

故選：A．

此幾何體是一個(gè)正三棱柱，正視圖即內(nèi)側(cè)面，底面正三角形的高是，由正三角形的性質(zhì)可以求出其邊長(zhǎng)，由于本題中體積已知，故可設(shè)出棱柱的高，利用體積公式建立起關(guān)于高的方程求高，再由正方形的面積公式求側(cè)視圖的面積即可．

本題考點(diǎn)是簡(jiǎn)單空間圖形的三視圖，考查根據(jù)作三視圖的規(guī)則幾何體的直觀圖的能力以及利用體積公式建立方程求參數(shù)的能力，三視圖的投影規(guī)則是：“主視、俯視長(zhǎng)對(duì)正；主視、左視高平齊，左視、俯視寬相等”．

4.【答案】A

【解析】解：由流程圖可知：

第一個(gè)選擇框作用是比較x與b的大小，

故第二個(gè)選擇框的作用應(yīng)該是比較x與c的大小，

∵條件成立時(shí)，保存最大值的變量X=C

故選：A．

根據(jù)流程圖所示的順序，逐框分析程序中各變量、各語(yǔ)句的作用，由于該題的目的是選擇最大數(shù)，因此根據(jù)第一個(gè)選擇框作用是比較x與b的大小，故第二個(gè)選擇框的作用應(yīng)該是比較x與c的大小，而且條件成立時(shí)，保存最大值的變量X=C．

本題主要考察了程序框圖和算法，是一種常見的題型，屬于基礎(chǔ)題．

5.【答案】C

【解析】解：∵，且其夾角為θ；

∴①由得：

；

∴；

又0≤θ≤π；

∴；

即；

∴是的充分條件；

②由得：

；

∴1-2cosθ+1＞1；

∴；

∴；

∴是的必要條件；

綜上得，“||＞1”是“θ∈（]”的充分必要條件．

故選：C．

根據(jù)條件，由即可得出，進(jìn)而得出cos，又知0≤θ≤π，從而可得出，這便得出“||＞1”是“θ∈（]”的充分條件；反過來，由即可得出，進(jìn)而得出，從而得出“||＞1”是“θ∈（]”必要條件，這樣即得出“||＞1”是“θ∈（]”的充要條件．

考查向量數(shù)量積的運(yùn)算及計(jì)算公式，向量夾角的概念及范圍，余弦函數(shù)的圖象，充分條件、必要條件及充要條件的概念．

6.【答案】D

【解析】解：對(duì)于A，AB為體對(duì)角線，MN，MQ，NQ分別為棱的中點(diǎn)，由中位線定理可得它們平行于面對(duì)角線，

連接另一條面對(duì)角線，由三垂線定理可得AB垂直于MN，MQ，NQ，可得AB垂直于平面MNQ；

對(duì)于B，AB為上底面的對(duì)角線，顯然AB垂直于MN，與AB相對(duì)的下底面的面對(duì)角線平行，且與直線NQ

垂直，可得AB垂直于平面MNQ；

對(duì)于C，AB為前面的面對(duì)角線，顯然AB垂直于MN，QN在下底面且與棱平行，

此棱垂直于AB所在的面，即有AB垂直于QN，可得AB垂直于平面MNQ；

對(duì)于D，AB為上底面的對(duì)角線，MN平行于前面的一條對(duì)角線，此對(duì)角線與AB所成角為60°，

則AB不垂直于平面MNQ．

故選：D．

由中位線定理和異面直線所成角，以及線面垂直的判定定理，即可得到正確結(jié)論．

本題考查空間線面垂直的判定定理，考查空間線線的位置關(guān)系，以及空間想象能力和推理能力，屬于基礎(chǔ)題．

7.【答案】D

【解析】解：根據(jù)題意，甲地需要選派2人且至少有1名女生，

若甲地分派2名女生，有C22=1種情況，

若甲地分配1名女生，有C21?C31=6種情況，

則甲地的分派方法有1+6=7種，

甲地安排好后，在剩余3人中，任選2人，安排在乙、丙兩地，有A32=6種安排方法，

則不同的選派方法的種數(shù)是7×6=42；

故選：D．

根據(jù)題意，先分析甲地的安排方法，分“分派2名女生”和“分派1名女生”兩種情況討論，由加法原理可得甲地的分派方法數(shù)目，第二步在剩余3人中，任選2人，安排在乙、丙兩地，由排列數(shù)公式可得其安排方法數(shù)目，由分步計(jì)數(shù)原理計(jì)算可得答案．

本題考查排列、組合的實(shí)際應(yīng)用，注意先分析受到限制的元素，如本題的甲地．

8.【答案】C

【解析】【分析】

本題主要考查函數(shù)與方程的應(yīng)用，以及分段函數(shù)的圖象，利用定義作出關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱的函數(shù)，利用數(shù)形結(jié)合建立不等式關(guān)系是解決本題的關(guān)鍵．綜合性較強(qiáng)，有一定的難度．考查學(xué)生的作圖能力．

求出當(dāng)x≤0時(shí)f（x）關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱的函數(shù)h（x），條件轉(zhuǎn)化為當(dāng)x＞0時(shí)，h（x）與f（x）的圖象恰好有兩個(gè)不同的交點(diǎn)，求函數(shù)的導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性和最值，利用數(shù)形結(jié)合建立不等式關(guān)系進(jìn)行求解即可．

【解答】

解：當(dāng)x≤0時(shí)，y=x2+2ex+m-1關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱的函數(shù)為-y=x2-2ex+m-1，

即y=-x2+2ex-m+1，x＞0，

設(shè)h（x）=-x2+2ex-m+1，x＞0，

條件等價(jià)為當(dāng)x＞0時(shí)，h（x）與f（x）的圖象恰好有兩個(gè)不同的交點(diǎn)，

則h（x）=-x2+2ex-m+1=-（x-e）2+e2+1-m，x＞0，

當(dāng)x=e時(shí)，函數(shù)h（x）取得最大值h（e）=e2+1-m，

當(dāng)x＞0時(shí)，f（x）=x+，f′（x）=1-=．

由f′（x）＞0得x＞e，此時(shí)f（x）為增函數(shù)，

由f′（x）＜0得0＜x＜e，此時(shí)f（x）為減函數(shù)，

即當(dāng)x=e時(shí)，函數(shù)f（x）取得極小值同時(shí)也是最小值f（e）=e=e+e=2e，

作出當(dāng)x＞0時(shí)，h（x）與f（x）的圖象如圖：

要使兩個(gè)圖象恰好有兩個(gè)不同的交點(diǎn)，

則h（e）＞f（e），即e2+1-m＞2e，

即e2-2e+1＞m，

即m＜（e-1）2，

故選C．

9.【答案】2

【解析】解：由x，y滿足條件作出可行域如圖，

由z=x+2y，得y=x+z，

由圖可知，當(dāng)直線y=x+z過可行域內(nèi)點(diǎn)A時(shí)直線在y軸上的截距最大，z最大．

聯(lián)立，解得A（0，1）．

∴目標(biāo)函數(shù)z=x+2y的最大值為0+2×1=2．

故答案為：2．

由約束條件作出可行域，化目標(biāo)函數(shù)z=x-2y為直線方程的斜截式，可知當(dāng)直線在y軸上的截距最小時(shí)z最大，結(jié)合圖象找出滿足條件的點(diǎn)，聯(lián)立直線方程求出點(diǎn)的坐標(biāo)，代入目標(biāo)函數(shù)可求z的最大值．

本題考查了簡(jiǎn)單的線性規(guī)劃，考查了數(shù)形結(jié)合的解題思想方法，關(guān)鍵是正確作出可行域，是中檔題．

10.【答案】

【解析】解：∵雙曲線2x2-y2=1的標(biāo)準(zhǔn)方程為：

∴，b2=1，可得a=，b=1

又∵雙曲線的漸近線方程是y=±x

∴雙曲線2x2-y2=1的漸近線方程是y=±x

故答案為：y=±x

將雙曲線化成標(biāo)準(zhǔn)方程，得到a、b的值，再由雙曲線的漸近線方程是y=±x，即可得到所求漸近線方程．

本題給出雙曲線方程，求雙曲線的漸近線方程，著重考查了雙曲線的簡(jiǎn)單幾何性質(zhì)，屬于基礎(chǔ)題．

11.【答案】3×2n-1

【解析】【分析】

本題考查了等比數(shù)列的通項(xiàng)公式與求和公式，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于基礎(chǔ)題．

設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，由S3=21，2a2=a3，可得：a1（1+q+q2）=21，2=q，解出即可得出．

【解答】

解：設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，

?∵S3=21，2a2=a3，

∴a1（1+q+q2）=21，2=q，

解得a1=3．

數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式an=3×2n-1．

故答案為：3×2n-1．

12.【答案】8

【解析】解：由消去t可得y=x-1，其參數(shù)方程的標(biāo)準(zhǔn)形式為：（t為參數(shù)），

由ρsin2θ-4cosθ=0得ρ2sin2θ-4ρcosθ=0，得y2=4x，

聯(lián)立得t2-4t-8=0，

設(shè)A，B對(duì)應(yīng)的參數(shù)為t1，t2，

則t1+t2=4，t1t2=-8，

所以|AB|=|t1-t2|=═8．

利用直線參數(shù)方程中參數(shù)t的幾何意義可得．

本題考查了簡(jiǎn)單曲線的極坐標(biāo)方程，屬中檔題．

13.【答案】甲

【解析】解：①甲正確，乙解法中兩次不等式中取等的條件不相同；

②已知x，y∈R+，求z=（a+b）（+）的最小值．

甲：z=（a+b）（+）=1+++1≥4，

乙：z=（a+b）（+）≥2?2=4．

故填甲．

乙解法中兩次不等式取等條件不同，故乙錯(cuò)誤．

本題考查了基本不等式及其應(yīng)用，屬中檔題．

14.【答案】（Ⅰ）(2+2)m；（Ⅱ）h（t）=4sin（t-）+2

【解析】【分析】本題考查了函數(shù)y=Asin（ωx+φ）的圖象與應(yīng)用問題，理解函數(shù)解析式中參數(shù)的物理意義，是解題的關(guān)鍵．

（Ⅰ）根據(jù)題意，利用直角三角形的邊角關(guān)系，即可求出5秒后點(diǎn)P離開水面的距離；

（Ⅱ）由題意求出ω的值，然后結(jié)合t=0時(shí)h（0）=0求出φ的值，求得函數(shù)的解析式．

【解答】

解：（Ⅰ）t=5秒時(shí)，水輪轉(zhuǎn)過角度為×5=，

如圖，

在Rt△MOP0中，MP0=2，∴∠MOP0=；

在Rt△AON中，∠AON=，∴AN=4×sin=2，

此時(shí)點(diǎn)A即點(diǎn)P離開水面的高度為(2+2)m；

（Ⅱ）由題意可知，ω==，

設(shè)角φ（-＜φ＜0）是以O(shè)x為始邊，OP0為終邊的角，

由條件得h（t）=4sin（t+φ）+2，其中（-＜φ＜0）；

將t=0，h（0）=0代入，得4sinφ+2=0，

∴φ=-；

∴所求函數(shù)的解析式為h（t）=4sin（t-）+2．

故答案為：（Ⅰ）(2+2)m；（Ⅱ）h（t）=4sin（t-）+2．

15.【答案】解：（1）△ABC中，（2a-c）cosB=bcosC，

由正弦定理可得（2sinA-sinC）cosB=sinBcosC，

整理可得2sinAcosB=sinBcosC+cosBsinC=sin（B+C）=sinA，

又A為三角形內(nèi)角，sinA＞0，

所以cosB=，

由B為三角形內(nèi)角，可得B=60°；

（2）由△ABC的面積為，即acsinB=，

所以ac==4，

又a+c=6，

由余弦定理得b2=a2+c2-2accosB

=（a+c）2-2ac-2accos60°

=36-3ac

=36-3×4

=24，

所以b=2，

∴△ABC的周長(zhǎng)為a+b+c=6+2．

【解析】（1）根據(jù)題意利用正弦定理，再進(jìn)行三角恒等變換求得cosB的值，從而求出B的值；

（2）由△ABC的面積公式，利用余弦定理求得b的值，再求△ABC的周長(zhǎng)．

本題考查了三角形的正弦、余弦定理和面積公式應(yīng)用問題，也考查了三角函數(shù)的恒等變換，以及化簡(jiǎn)運(yùn)算能力，是中檔題．

16.【答案】解：（Ⅰ）該區(qū)共2000名高中學(xué)生，

由分層抽樣性質(zhì)估計(jì)A學(xué)校參與“創(chuàng)城”活動(dòng)的人數(shù)為：

2000×=800．

（Ⅱ）設(shè)事件A表示“抽取A校高中學(xué)生，且這名學(xué)生參與‘創(chuàng)城’活動(dòng)”，

事件C表示“抽取C校高中學(xué)生，且這名學(xué)生參與‘創(chuàng)城’活動(dòng)”，

則從A，C兩學(xué)校抽出的高中學(xué)生中各隨機(jī)抽取1名學(xué)生，

恰有1人參與“創(chuàng)城”活動(dòng)的概率：

P=P（A+）=P（A）P（）+P（）P（C）

==．

（Ⅲ）將表中的參與率視為概率，從A學(xué)校高中學(xué)生中隨機(jī)抽取3人，

這3人參與“創(chuàng)城”活動(dòng)人數(shù)X～B（3，），

P（X=0）==，

P（X=1）==，

P（X=2）==，

P（X=3）==，

∴X的分布列為：

X0

1

2

3

P

∵X～B（3，），∴E（X）=3×=．

【解析】（Ⅰ）由分層抽樣性質(zhì)估計(jì)A學(xué)校參與“創(chuàng)城”活動(dòng)的人數(shù)．

（Ⅱ）設(shè)事件A表示“抽取A校高中學(xué)生，且這名學(xué)生參與‘創(chuàng)城’活動(dòng)”，事件C表示“抽取C校高中學(xué)生，且這名學(xué)生參與‘創(chuàng)城’活動(dòng)”，則從A，C兩學(xué)校抽出的高中學(xué)生中各隨機(jī)抽取1名學(xué)生，恰有1人參與“創(chuàng)城”活動(dòng)的概率：P=P（A+）=P（A）P（）+P（）P（C），由此能求出結(jié)果．

（Ⅲ）將表中的參與率視為概率，從A學(xué)校高中學(xué)生中隨機(jī)抽取3人，這3人參與“創(chuàng)城”活動(dòng)人數(shù)X～B（3，），由此能求出這3人參與“創(chuàng)城”活動(dòng)人數(shù)的分布列及數(shù)學(xué)期望．

本題考查頻數(shù)、概率、離散型隨機(jī)變量的分布列、數(shù)學(xué)期望的求法，考查二項(xiàng)分布、相互獨(dú)立事件概率乘法公式、分層抽樣的性質(zhì)等基礎(chǔ)知識(shí)，考查運(yùn)算求解能力，是中檔題．

17.【答案】（I）證明：∵PA⊥平面ABCD，BD?平面ABCD，

∴PA⊥BD，

∵四邊形ABCD是菱形，

∴AC⊥BD，

又PA∩AC=A，PA?平面PAC，AC?平面PAC，

∴BD⊥平面PAC，

又CF?平面PAC，

∴BD⊥CF．

（II）解：（i）設(shè)AC，BD交于點(diǎn)O，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，以O(shè)B，OC，平面ABCD過點(diǎn)O的垂線為坐標(biāo)軸建立空間直角坐標(biāo)系，

則B（3，0，0），D（-3，0，0），F(xiàn)（0，-3，2），C（0，3，0），P（0，-3，6），

∴=（0，-6，6），=（6，0，0），=（-3，-3，2），

設(shè)平面BDF的法向量為=（x，y，z），則，即，

令y=2可得z=3，即=（0，2，3），

∴cos＜，＞===．

∴PC與平面BDF所成角的正弦值為|cos＜，＞|=．

（ii）取PF的中點(diǎn)G，連接FG，CG，

∵E，G分別是PD，PF的中點(diǎn)，

∴EG∥DF，又EG?平面BDF，DF?平面BDF，

∴EG∥平面BDF，

∵F，O分別是AG，AC的中點(diǎn)，

∴OF∥CG，又OF?平面BDF，CG?平面BDF，

∴CG∥平面BDF，

又EG?平面CEG，CG?平面CEG，EG∩CG=G，

∴平面CEG∥平面BDF，

∴側(cè)面PAD內(nèi)存在過點(diǎn)E的一條直線EG，使得該直線上任一點(diǎn)M與C的連線，都滿足CM∥平而BDF，

此直線被直線PA、PD所截線段為EG=DF===．

【解析】（I）證明BD⊥平面PAC即可得出BD⊥CF；

（II）（i）建立空間坐標(biāo)系，求出平面BDF的法向量，計(jì)算和的夾角的余弦值即可；

（ii）取PF的中點(diǎn)G，證明平面CEG∥BDF，即可得出結(jié)論．

本題考查了線面垂直的判定，面面平行的判定與性質(zhì)，屬于中檔題．

18.【答案】解：（Ⅰ）∵△F2DE的周長(zhǎng)為8，

∴4a=8，即a=2，

∵e==，

∴c=，

∴b2=a2-c2=2，

故橢圓C的方程為+=1

（Ⅱ）（i）證明：當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí)，A、B分別為橢圓短軸兩端點(diǎn)，滿足Q，A，B1三點(diǎn)共線．

當(dāng)直線l的斜率存在時(shí)，設(shè)直線方程為y=kx+1，

聯(lián)立，得（1+2k2）x2+4kx-2=0．

設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2），則B1（-x2，y2），

x1+x2=-，x1x2=-，

=（x1，y1-2），=（-x1，y2-2），

∵x1（y2-2）+x2（y1-2）=x1（kx2-1）+x2（kx1-1）=2kx1x2-（x1+x2）

=+=0．

∴與共線，則Q，A，B1三點(diǎn)共線．

（ii）由（i）可知Q，A，B1三點(diǎn)共線，

∴===

∴=

【解析】（Ⅰ）由三角形的周長(zhǎng)可得a=2，根據(jù)離心率可得c=，即可求出b2=2，則橢圓方程可求；

（Ⅱ）（i）當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí)，A、B分別為橢圓短軸兩端點(diǎn)，滿足Q，A，B′三點(diǎn)共線．當(dāng)直線l的斜率存在時(shí)，設(shè)直線方程為y=kx+1，聯(lián)立直線方程與橢圓方程，化為關(guān)于x的一元二次方程，然后利用向量證明．

（ii）由（i）可知Q，A，B1三點(diǎn)共線，即===，問題得以證明

本題考查橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程與幾何性質(zhì)、直線方程、直線與橢圓的位置關(guān)系等基礎(chǔ)知識(shí)，考查推理論證能力、運(yùn)算求解能力，考查數(shù)形結(jié)合、化歸與轉(zhuǎn)化、特殊與一般、分類與整合等數(shù)學(xué)思想，注意解題方法的積累，屬于中檔題．

19.【答案】解：（Ⅰ）函數(shù)f（x）=axex，則f′（x）=aex（x+1），

由題意知x=0時(shí)，f′（0）=a=1，即a的值為1；

（Ⅱ）（i）g（x）=f（x）-b（+x）=xex-b（+x），

所以g′（x）=（x+1）（ex-b），

當(dāng)x∈[0，+∞）時(shí)，若b≤1，則ex-b≥0，g′（x）≥0，g（x）單調(diào)遞增，所以g（x）≥g（0）≥0；

當(dāng)x∈[0，+∞）時(shí)，若b＞1，令g′（x）=0，解得x1=-1（舍去），x2=lnb＞0，

所以g（x）在（0，lnb）內(nèi)單調(diào)遞減，g（lnb）＜g（0），所以g（x）≥0不恒成立，

所以b的最大值為1；

（ii）g（x）=xexb（+x）=x[ex-b（+1）]，顯然g（x）有一個(gè)零點(diǎn)為0，

設(shè)h（x）=ex-b（+1），則h′（x）=ex-；

當(dāng)b=0時(shí)，h（x）無零點(diǎn)，所以g（x）只有一個(gè)零點(diǎn)0；

當(dāng)b＜0時(shí)，h′（x）＞0，所以h（x）在R上單調(diào)遞增，

又h（0）=1-b＞0，h（-2）=-1＜0，

由零點(diǎn)存在性定理可知，h（x）在（-∞，0）上有唯一一個(gè)零點(diǎn)x0，

所以g（x）有2個(gè)零點(diǎn)；

綜上所述，b=0時(shí)，g（x）只有一個(gè)零點(diǎn)，b＜0時(shí)，g（x）有2個(gè)零