2024年四川省泸州市高考数学二诊试卷（理科）（含解析）

这是一份2024年四川省泸州市高考数学二诊试卷（理科）（含解析），共19页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.已知全集U={x|x+2>0}，集合A={x|lg2x>0}，则∁UA=( )
A. (−2,1]B. (−∞,1]C. (−2,1)D. (−∞,1)
2.已知复数a−i1+2i是纯虚数，则实数a=( )
A. −1B. 35C. 2D. −2
3.在△ABC中，“A>B”是“sinA>sinB”的( )
A. 充要条件B. 必要不充分条件
C. 充分不必要条件D. 既不充分也不必要条件
4.在某校高中篮球联赛中，某班甲、乙两名篮球运动员在8场比赛中的单场得分用茎叶图表示(如图一)，茎叶图中甲的得分有部分数据丢失，但甲得分的折线图(如图二)完好，则下列结论正确的是( )
A. 甲得分的极差是18B. 乙得分的中位数是16.5
C. 甲得分更稳定D. 甲的单场平均得分比乙低
5.执行如图所示的程序框图，输出的S的值为( )
A. 250
B. 240
C. 200
D. 190
6.已知点P在椭圆C：x29+y28=1上，C的左焦点为F，若线段PF的中点在以原点O为圆心，|OF|为半径的圆上，则|PF|的值为( )
A. 2B. 4C. 6D. 8
7.某校安排高一年级(1)−(4)班共4个班去A，B，C三个劳动教育基地进行社会实践，每个班去一个基地，每个基地至少安排一个班，则高(1)班被安排到A基地的排法总数为( )
A. 9B. 12C. 18D. 24
8.已知函数f(x)=sinωx+bcsωx(ω>0)的最小正周期为π，且f(x)的图象关于直线x=π8对称，则b的值为( )
A. − 22B. −1C. 22D. 1
9.定义域为R的函数f(x)满足f(x+2)=f(x−2)，当x∈[−2,2]时，函数f(x)=4−x2，设函数g(x)=e−|x−2|(−2A. 5B. 6C. 7D. 8
10.已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左，右两个焦点分别为F1，F2，A为其左顶点，以线段F1F2为直径的圆与C的渐近线在第一象限的交点为M，且|MA|= 22|F1F2|，则C的离心率( )
A. 2B. 3C. 5D. 3
11.已知三棱锥S−ABC的底面是边长为3的等边三角形，且SA=AB，∠SAB=120°，当该三棱锥的体积取得最大值时，其外接球的表面积为( )
A. 12πB. 24πC. 36πD. 39π
12.已知f(x)，g(x)都是定义在R上的函数，对任意x，y满足f(x−y)=f(x)g(y)−g(x)f(y)，且f(−2)=f(1)≠0，则下列说法正确的是( )
A. g(0)=0
B. 若f(1)=2024，则n=12024f(n)=2024
C. 函数f(2x−1)的图象关于直线x=12对称
D. g(1)+g(−1)=−1
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.二项式(2x−1x2)6的展开式中，常数项的值为______．
14.已知实数x，y满足约束条件x≥0x+y≤2x+3y≥3，则z=4x+y的最大值等于______．
15.若函数f(x)=lnx−1ex+a有零点，则实数a的取值范围是______．
16.△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知c2=2a2−2b2，则A−B的最大值为______．
三、解答题：本题共7小题，共82分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题12分)
已知数列{an}的前n项和Sn=32(an−1)(n∈N*)．
(Ⅰ)求数列{an}的通项公式；
(Ⅱ)在an与an+1之间插入n个数，使这n+2个数组成一个公差为bn的等差数列，若cn=bn3n，求数列{cncn+1}的前n项和Tn．
18.(本小题12分)
如图，ABCD为圆柱底面的内接四边形，AC为底面圆的直径，PC为圆柱的母线，且AB=AD．
(Ⅰ)求证：AP⊥BD；
(Ⅱ)若PC=AC=2BC=4，点F在线段PA上，且PFFA=13，求二面角F−CD−P的余弦值．
19.(本小题12分)
统计学中有如下结论：若X～N(μ,σ2)，从X的取值中随机抽取k(k∈N*,k≥2)个数据，记这k个数据的平均值为Y，则随机变量Y～N(μ,σ2k).据传德国数学家希尔伯特喜欢吃披萨.他每天都会到同一家披萨店购买一份披萨.该披萨店的老板声称自己所出售的披萨的平均质量是500g，上下浮动不超过25g，这句话用数学语言来表达就是：每个披萨的质量服从期望为500g，标准差为25g的正态分布．
(Ⅰ)假设老板的说法是真实的，随机购买25份披萨，记这25份披萨的平均值为Y，利用上述结论求P(Y≤490)；
(Ⅱ)希尔伯特每天都会将买来的披萨称重并记录，25天后，得到的数据都落在(475,525)上，并经计算得到25份披萨质量的平均值为488.72g，希尔伯特通过分析举报了该老板.试从概率角度明希尔伯特举报该老板的理由．
附：①随机变量η服从正态分布N(μ,σ2)，则P(μ−σ≤n≤μ+σ)=0.6827，P(μ−2σ≤n≤μ+2σ)=0.9545，P(μ−3σ≤n≤μ+3σ)=0.9973；
②通常把发生概率小于0.05的事件称为小概率事件，小概率事件基本不会发生．
20.(本小题12分)
已知函数f(x)=2x3−ax2+2(a>0)．
(Ⅰ)求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程；
(Ⅱ)若在区间[−1,1]内存在x1，x2，使得f(x1)⋅f(x2)≥9，求实数a的取值范围．
21.(本小题12分)
设F为抛物线H：y2=2px(p>0)的焦点，点P在H上，点M(7p2,0)，若|PF|=|PM|=5．
(Ⅰ)求H的方程；
(Ⅱ)过点F作直线l交H于A、B两点，直线AO(O为坐标原点)与H的准线交于点C，过点A作直线CF的垂线与H的另一交点为D，直线CB与AD交于点G，求|GB||GC|的取值范围．
22.(本小题10分)
在平面直角坐标系xOy中，以坐标原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为ρ2−2ρcsθ−2ρsinθ−2=0，直线l的参数方程为x=2+tcsαy=2+tsinα(t为参数)．
(Ⅰ)写出曲线C的直角坐标方程；
(Ⅱ)设直线l与曲线C交于A，B两点，定点P(2,2)，若|PA|+|PB|=2 2，求直线l的倾斜角．
23.(本小题12分)
已知函数f(x)=|x+2|−a|x−1|，a∈R．
(Ⅰ)当a=2时，求不等式f(x)≤0的解集；
(Ⅱ)当a=−1时，函数f(x)的最小值为m，若a，b，c均为正数，且a2+b2+4c2=m，求a+b+2c的最大值．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：全集U={x|x+2>0}={x|x>−2}，集合A={x|lg2x>0}={x|x>1}，
则∁UA=(−2,1]．
故选：A．
先求出集合A，U，再结合补集的定义，即可求解．
本题主要考查补集及其运算，属于基础题．
2.【答案】C
【解析】解：∵a−i1+2i=(a−i)(1−2i)(1+2i)(1−2i)=a−2−(2a+1)i5是纯虚数，
则a−2=0且2a+1≠0，
故实数a=2．
故选：C．
利用复数的运算法则、纯虚数的定义即可得出．
本题考查了复数的运算法则、纯虚数的定义，属于基础题．
3.【答案】A
【解析】解：由正弦定理知asinA=bsinB=2R，
∵sinA>sinB，
∴a>b，
∴A>B．
反之，∵A>B，∴a>b，
∵a=2RsinA，b=2RsinB，∴sinA>sinB
故选：A．
由正弦定理知asinA=bsinB，由sinA>sinB，知a>b，所以A>B，反之亦然，故可得结论．
本题以三角形为载体，考查四种条件，解题的关键是正确运用正弦定理及变形．
4.【答案】B
【解析】解：对于甲，其得分的极差大于或等于28−9=19，故A错误；
从折线图看，甲的得分中最低分小于10，最高分大于或等于28，且大于或等于20的分数有3个，故其得分不稳定，故C错误；
乙的数据由小到大依次为：9，14，15，16，17，18，19，20，
乙得分的中位数为16+172=16.5，故B正确；
乙得分的平均数为9+14+15+18+19+17+16+208=16，
从折线图上，茎叶图中甲的得分中丢失的数据为一个为15，另一个可设为m，
其中10故其平均数为9+12+13+15+20+26+28+m8=123+m8>1338>16，故D错误．
故选：B．
根据图一中甲的得分情况可判断ABC的正误，结合图二可判断图一丢失的数据，计算两者的均值后可判断D的正误．
本题考查了茎叶图问题，考查中位数，平均数，极差的定义，是基础题．
5.【答案】C
【解析】解：第一次程序运行：i=10，S=0+100=100，T=100−60+100=140，不满足S≥T，i=10−2=8，
第二次程序运行：i=8，S=100+64=164，T=164−60+64=168，不满足S≥T，i=8−2=6，
第三次程序运行：i=6，S=164+36=200，T=200−60+36=176，满足S≥T，
输出S=200．
故选：C．
由已知中的程序语句可知：该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量S的值，模拟程序的运行过程，分析循环中各变量值的变化情况，可得答案．
本题考查了程序框图的应用问题，解题时应模拟程序框图的运行过程，以便得出正确的结论，是基础题．
6.【答案】B
【解析】解：∵椭圆C：x29+y28=1中，a=3，b=2 2，c=1，
设椭圆C的右焦点为F′，线段PF的中点为Q，
则易知|QO|=|OF|=c=1，又O为FF′的中点，
∴PF′//QO，且|PF′|=2|OQ|=2，
∴|PF|+|PF′|=|PF|+2=2a=6，
∴|PF|=4．
故选：B．
设椭圆C的右焦点为F′，则易知PF′//QO，|PF′|=2|OQ|=2，又|QO|=|OF|=c=1，再根据|PF|+|PF′|=2a=6建立方程，即可求解．
本题考查椭圆的几何性质，属基础题．
7.【答案】B
【解析】解：依题意，若A基地只安排一个班，则有C32A22=6种安排方法；
若A基地安排两个班，则有A33=6种安排方法；
综上可得高(1)班被安排到A基地的排法总数为6+6=12种．
故选：B．
分A基地只安排一个班与两个班两种情况讨论，分别计算可得．
本题考查排列组合的应用，属于基础题．
8.【答案】D
【解析】解：因为f(x)=sinωx+bcsωx= 1+b2sin(ωx+φ)(其中tanφ=b)，
又f(x)的最小正周期为π，ω>0，
所以2πω=π，则ω=2，
所以f(x)=sin2x+bcs2x= 1+b2sin(2x+φ)，
又函数f(x)的图象关于直线x=π8对称，
所以 1+b2=|sinπ4+bcsπ4|，
所以1+b2=12(1+b)2，
解得b=1．
故选：D．
利用辅助角公式及正弦函数的性质即可得解．
本题主要考查了三角函数的恒等变换，考查了正弦函数的周期性和对称性，属于基础题．
9.【答案】D
【解析】解：因为定义域为R的函数f(x)满足f(x+2)=f(x−2)，
即f(x+4)=f(x)，
所以f(x)是以4为周期的周期函数，
又g(x)=e−|x−2|(−2则g(4−x)=e−|4−x−2|=e−|x−2|=g(x)，
所以g(2−x)=g(2+x)，g(x)关于x=2对称，
又g(−2)=g(6)=1e4，
g(x)=e−|x−2|=e−x+2,2≤x<6ex−2,−2又当x∈[−2,2]时，函数f(x)=4−x2，
所以f(−2)=f(2)=0，
则f(6)=f(2)=0，
令f(x)−g(x)=0，即f(x)=g(x)，
在同一平面直角坐标系中画出y=g(x)与y=f(x)(x∈[−2,6])的图象如下所示：
由图可得y=g(x)与y=f(x)(x∈[−2,6])有4个交点，
交点横坐标分别为x1，x2，x3，x4，且x1与x4关于x=2对称，x2与x3关于x=2对称，
所以x1+x4=4，x2+x3=4，
所以方程f(x)−g(x)=0的所有实数根之和为x1+x2+x3+x4=8．
故选：D．
首先得到f(x)是以4为周期的周期函数，g(x)关于x=2对称，在同一平面直角坐标系中画出y=g(x)与y=f(x)(x∈[−2,6])的图象，数形结合判断函数的交点，再根据对称性计算可得．
本题考查了函数的零点、二次函数、指数型函数的性质，考查了转化思想及数形结合思想，属于中档题．
10.【答案】B
【解析】解：因为双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的渐近线方程为y=±bax，
而以线段F1F2为直径的圆的方程为x2+y2=c2，
联立y=baxx2+y2=c2，结合c2=a2+b2，解得x=ay=b或x=−ay=−b，
因为M在第一象限，所以M(a,b)，
又A(−a,0)，则|AM|2=(a+a)2+b2=4a2+b2，
而|F1F2|=2c,|MA|= 22|F1F2|，所以|MA|2=12|F1F2|2，
所以4a2+b2=12×4c2，即4a2+c2−a2=2c2，则c2=3a2，
所以双曲线C的离心率为e=ca= 3．
故选：B．
根据题意求得点M的坐标，再由条件得到关于a，b，c的齐次方程，从而得解．
本题考查了双曲线的性质，属于中档题．
11.【答案】D
【解析】解：依题意，三棱锥S−ABC的底面面积是个定值，
侧面SAB中，顶点S到边AB的距离也是一个定值，
所以当该三棱锥的体积取得最大值时，平面SAB⊥平面ABC，
因为三棱锥S−ABC的底面是边长为3的等边三角形，
所以AB=3，则SA=AB=3，
设△ABC，△SAB的外接圆的半径分别为r1，r2，
则在等边△ABC中，2r1=ABsin60∘=3×2 3=2 3，
在△SAB中，∠SAB=120°，
所以SB2=SA2+AB2−2SA⋅ABcs∠SAB=32+32−2×3×3×(−12)=27，
则SB=3 3,2r2=SBsin120∘=3 3×2 3=6，
设三棱锥S−ABC的外接球的半径为R，
则(2R)2=(2r1)2+(2r2)2−AB2=(2 3)2+62−32=39，
所以其外接球的表面积为4πR2=39π．
故选：D．
先分析得三棱锥S−ABC的体积取得最大值时，有平面SAB⊥平面ABC，再分别利用正弦定理求得△ABC，△SAB的外接圆的半径，从而利用两个面垂直的三棱锥的外接球半径R满足(2R)2=(2r1)2+(2r2)2−AB2，由此得解．
本题考查了三棱锥外接球的表面积计算，属于中档题．
12.【答案】D
【解析】解：对于A，令x=y=0，可得f(0)=f(0)g(0)−g(0)f(0)=0，得f(0)=0，
令y=0，x=1，代入已知等式得f(1)=f(1)g(0)−g(1)f(0)，
可得f(1)[1−g(0)]=−g(1)f(0)=0，结合f(1)≠0得1−g(0)=0，所以g(0)=1，故A错误；
对于D，因为g(0)=1，令x=0，代入已知等式得f(−y)=f(0)g(y)−g(0)f(y)，
将f(0)=0，g(0)=1代入上式，得f(−y)=−f(y)，所以函数f(x)为奇函数．
令x=1，y=−1，代入已知等式，得f(2)=f(1)g(−1)−g(1)f(−1)，
因为f(−1)=−f(1)，所以f(2)=f(1)[g(−1)+g(1)]，
又因为f(2)=−f(−2)=−f(1)，所以−f(1)=f(1)[g(−1)+g(1)]，
因为f(1)≠0，所以g(1)+g(−1)=−1，故D正确；
对于B，分别令y=−1和y=1，代入已知等式，得以下两个等式：
f(x+1)=f(x)g(−1)−g(x)f(−1)，f(x−1)=f(x)g(1)−g(x)f(1)，
两式相加易得f(x+1)+f(x−1)=−f(x)，所以有f(x+2)+f(x)=−f(x+1)，即f(x)=−f(x+1)−f(x+2)，
有−f(x)+f(x)=f(x+1)+f(x−1)−f(x+1)−f(x+2)=0，即f(x−1)=f(x+2)，所以f(x)为周期函数，且周期为3，
因为f(1)=2024，所以f(−2)=2024，所以f(2)=−f(−2)=−2024，f(3)=f(0)=0，
所以f(1)+f(2)+f(3)=0，
所以n=12024f(n)=f(1)+f(2)+f(3)+⋯+f(2024)=f(2023)+f(2024)=f(1)+f(2)=0，故B错误；
对于C，取f(x)=sin2π3x，g(x)=cs2π3x，满足f(x−y)=f(x)g(y)−g(x)f(y)及f(−2)=f(1)≠0，
所以f(2x−1)=sin2π3(2x−1)，
又f(2×12−1)=sin0=0，所以函数f(2x−1)的图象不关于直线x=12对称，故C错误．
故选：D．
利用赋值法结合题目给定的条件可判断A、D，取f(x)=sin2π3x，g(x)=cs2π3x可判断C，对于B，通过观察选项可以推断f(x)很可能是周期函数，结合f(x)g(y)，g(x)f(y)的特殊性及一些已经证明的结论，想到令y=−1和y=1时可构建出两个式子，两式相加即可得出f(x+1)+f(x−1)=−f(x)，进一步得出f(x)是周期函数，从而可求n=12024f(n)的值．
本题主要考查抽象函数及其应用，考查逻辑推理能力与运算求解能力，属于难题．
13.【答案】240
【解析】解：由二项式(2x−1x2)6的展开式的通项为Tr+1=C6r(2x)6−r(−1x2)r=(−1)r26−rC6rx6−3r，
令6−3r=0，
解得：r=2，
即常数项的值为(−1)224C62=240，
故答案为：240．
由二项式定理及展开式通项公式得：常数项的值为(−1)224C62=240，得解．
本题考查了二项式定理及展开式通项公式，属中档题．
14.【答案】132
【解析】解：由约束条件作出可行域如图，
联立x+y=2x+3y=3，解得A(12,32)，
化目标函数z=4x+y为y=−4x+z，由图可知，当直线y=−4x+z过A时，
直线在y轴上的截距最大，z有最大值为4×32+12=132．
故答案为：132．
由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，把最优解的坐标代入目标函数得答案．
本题考查简单的线性规划，考查数形结合的解题思想，是中档题．
15.【答案】[0,+∞)
【解析】解：函数f(x)=lnx−1ex+a有零点，即方程a=1ex−lnx有根，
令g(x)=1ex−lnx(x>0)，得g′(x)=1e−1x=x−eex，
当x∈(0,e)时，g′(x)<0，g(x)单调递减，
当x∈(e,+∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，
∴g(x)在x=e处取得最小值为g(e)=0，
又当x→0时，g(x)→+∞，
∴使方程a=1ex−lnx有根的a的取值范围为[0,+∞)．
故答案为：[0,+∞)．
问题转化为方程a=1ex−lnx有根，令g(x)=1ex−lnx(x>0)，利用导数求其最小值，即可求得实数a的取值范围．
本题考查利用导数求最值，考查化归与转化思想，是中档题．
16.【答案】π6
【解析】解：因为c2=2a2−2b2，
所以由正弦定理得sin2C=2sin2A−2sin2B=2×1−cs2A2−2×1−cs2B2=cs2B−cs2A=cs(B+A+B−A)−cs[B+A−(B−A)]=−2sin(B+A)sin(B−A)，
可得sin2C=−2sinCsin(B−A)，
因为sinC≠0，可得sinC=−2sin(B−A)，
可得sinC=−2sinBcsA+2sinAcsB，
即sin(A+B)=−2sinBcsA+2sinAcsB，
所以sinAcsB+sinBcsA=−2sinBcsA+2sinAcsB，
可得3sinBcsA=sinAcsB，即3bcsA=acsB，
又c2=2a2−2b2>0，
所以a>b，则A>B，
所以B∈(0,π2)，csB>0，
所以由3bcsA=acsB，可得csA>0，
所以tanA=3tanB，且tanB>0，
所以tan(A−B)=tanA−tanB1+tanAtanB=2tanB1+3tan2B=21tanB+3tanB≤22 1tanB×3tanB= 33，
当且仅当1tanB=3tanB，即tanB= 33时等号成立，
又0所以A−B≤π6，即A−B的最大值为π6．
故答案为：π6．
利用正弦定理将边化为角，再利用三角恒等变换化简得tanA=3tanB，再利用基本不等式即可求解．
本题考查正弦定理，三角恒等变换，基本不等式的综合应用，在应用基本不等式求最值时，要把握不等式成立的三个条件，就是“一正，二定，三相等“，若忽略了某个条件，就会出现错误，本题属于中档题．
17.【答案】解：(Ⅰ)由题意，当n=1时，a1=S1=32(a1−1)，
解得a1=3，
当n≥2时，an=Sn−Sn−1
=32(an−1)−32(an−1−1)
=32an−32an−1，
整理，得an=3an−1，
∴数列{an}是以3为首项，3为公比的等比数列，
∴an=3⋅3n−1=3n，n∈N*．
(Ⅱ)由题意及(Ⅰ)，
可得bn=an+1−ann+2−1=3n+1−3nn+1=2⋅3nn+1，
则cn=bn3n=2⋅3nn+13n=2n+1，
∴cncn+1=2n+1⋅2n+2=4⋅(1n+1−1n+2)，
∴Tn=c1c2+c2c3+…+cncn+1
=4⋅(12−13)+4⋅(13−14)+…+4⋅(1n+1−1n+2)
=4⋅(12−13+13−14+…+1n+1−1n+2)
=4⋅(12−1n+2)
=2nn+2．
【解析】(Ⅰ)根据题干已知条件并结合公式an=S1,n=1Sn−Sn−1,n≥2进行推导即可发现数列{an}是以3为首项，3为公比的等比数列，根据等比数列的通项公式即可计算出数列{an}的通项公式；
(Ⅱ)先根据题意及第(Ⅰ)题的结果计算出bn的表达式，再计算出数列{cn}的通项公式，以及数列{cncn+1}的通项公式，最后运用裂项相消法即可计算出前n项和Tn．
本题主要考查数列求通项公式，以及数列求和问题．考查了分类讨论，转化与化归思想，裂项相消法，等比数列的通项公式的运用，以及逻辑推理能力和数学运算能力，属中档题．
18.【答案】解：(Ⅰ)因为AC为底面圆的直径，且AB=AD，即∠ABC=∠ADC=π2，
又AC=AC，所以Rt△CAB≌Rt△CAD，所以CB=CD，
所以AC⊥BD，
又PC为圆柱的母线，即PC⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以PC⊥BD，
又PC∩AC=C，PC，AC⊂平面PAC，所以BD⊥平面PAC，
又PA⊂平面PAC，所以AP⊥BD．
(Ⅱ)以C为原点，CA所在直线为x轴，过C且垂直于平面APC的直线为y轴，
CP所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，
在Rt△ABC中，因为AC=4，BC=2，所以AB=2 3,∠BAC=π6，
设AC与BD相交于E，在Rt△ABC中，DE=BE= 3，则CE=1，
则C(0,0,0),A(4,0,0),D(1, 3,0)，P(0,0,4)，
因为PFFA=13，所以PF=14PA=(1,0,−1)，
则CF=CP+PF=(0,0,4)+(1,0,−1)=(1,0,3)，
又CD=(1, 3,0),CP=(0,0,4)，
设平面FCD的一个法向量为n=(x,y,z)，
则n⋅CD=x+ 3y=0n⋅CF=x+3z=0，
取x=−3，得y= 3,z=1，则n=(−3, 3,1)，
设平面PCD的一个法向量为m=(a,b,c)，
则m⋅CD=a+ 3b=0m⋅CP=4c=0，
取a=3，得b=− 3,c=0，则m=(3,− 3,0)
设二面角F−CD−P的平面角为θ，易知0<θ<π2，
所以csθ=|cs〈m,n〉|=|m⋅n||m||n|=|−9−3| 9+3+1⋅ 9+3=2 3913
故二面角F−CD−P的余弦值为2 3913．
【解析】(Ⅰ)由平面几何的知识可得AC⊥BD，再由线面垂直的性质得到PC⊥BD，即可证明BD⊥平面PAC，从而得证；
(Ⅱ)依题意建立空间直角坐标系，分别求得平面FCD与平面PCD的法向量，从而利用空间向量法即可得解．
本题考查了空间中直线与直线垂直的证明，考查了空间向量的应用，考查了数形结合思想，属于中档题．
19.【答案】解：(Ⅰ)依题意，X～N(500,252)，
又25225=25，所以Y～N(500,25)，
490=500−2×5，且P(490≤Y≤510)=0.9545，
所以P(Y≤490)=1−0.95452=0.02275．
(Ⅱ)由(Ⅰ)可得P(Y≤490)=0.02275，
又希尔伯特计算25份披萨质量的平均值为488.72g，
488.72<490，而0.02275<0.05，
所以25份披萨质量的平均值为488.72g为小概率事件，小概率事件基本不会发生，
所以希尔伯特认为老板的说法不真实，这就是他举报该老板的理由．
【解析】(Ⅰ)依题意可得Y～N(500,25)，根据正态分布的性质计算可得；(Ⅱ)由(Ⅰ)结合小概率事件的定义判断即可．
本题考查正态分布的应用，属于中档题．
20.【答案】解：(Ⅰ)令x=0，则f(0)=2，
因为f′(x)=6x3−2ax，
令x=0，则f′(0)=0，
所曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程y=2．
(Ⅱ)因为f′(x)=6x2−2ax=2x(3x−a)=6x(x−a3)，且a>0，
所以在(−∞,0)上f′(x)>0，f(x)单调递增，
在(0,a3)上f′(x)<0，f(x)单调递减，
在(a3,+∞)f′(x)>0，f(x)单调递增，
所以在区间[−1,1]内存在x1，x2，使得f(x1)⋅f(x2)≥9等价于在区间[−1,1]内存在x1，x2，使得f2(x)≥9，
等价于在区间[−1,1]内存在x1，x2，使得|f(x)|≥3，
等价于在区间[−1,1]内存在x1，x2，|f(x)|的最大值不小于3，
不妨令g(x)=|f(x)|，
①当a3≥1，即a≥3时，f(x)在[−1,0]单调递增，在[0,1]单调递减，
且f(−1)=−a≤−3，f(0)=2，f(1)=4−a≤1，
所以g(x)max=|f(x)|max=max{a,2,|4−a|}≥3，此时符合题意，
②当0f(x)在x=a3处取得极小值，此时极小值为f(a3)=2−a327>0，
而f(−1)=−a∈(−3,0)，f(0)=2，f(1)=4−a>0，
所以g(x)max=|f(x)|max=max{a,2,4−a}，
要使得g(x)max≥3，则必有4−a≥3，
解得a≤1，
所以0综上所述，a的取值范围为(0,1]∪[3,+∞)．
【解析】(Ⅰ)求导，由导数的几何意义可得切线的斜率为f′(0)，计算f(0)，由点斜式，即可得出答案．
(Ⅱ)求导分析f(x)的单调性，问题转化为在区间[−1,1]内存在x1，x2，|f(x)|的最大值不小于3，即可得出答案．
本题考查导数的综合应用，解题中注意转化思想的应用，属于中档题．
21.【答案】解：(Ⅰ)依题意，点F的坐标为(p2,0)，又M(7p2,0)，|PF|=|PM|=5，
所以点P的横坐标为12(p2+7p2)=2p，
由抛物线的定义得PF|=2p+p2=5，所以p=2，
所以抛物线H的方程为y2=4x．
(Ⅱ)如图，由(Ⅰ)知点F的坐标为(1,0)，设直线l的方程为x=my+1，A(x1,y1)，B(x2,y2)，

联立x=my+1y2=4x，消去x得y2−4my−4=0，易知Δ>0，
则y1+y2=4m，y1y2=−4，故x1x2=y12y2216=1，
因为H的准线为x=−1，因为直线BC平行于x轴，
所以点C的坐标为C(−1,y2)，则直线CF的斜率为kCF=−y22，
所以直线AD的斜率为2y2，其方程为y−y1=2y2(x−x1)，
因为点G的纵坐标为y2，
所以点G的横坐标为xG=x1+y222−y1y22=x1+2x2+2，
所以|GB||GC|=x1+2x2+2−x2x1+2x2+2+1=x1+x2+2x1+2x2+3
=x12+x1x2+2x1x12+2x1x2+3x1=x12+2x1+1x12+3x1+2
=x1+1x1+2=1−1x1+2，
因为x1>0，则0<1x1+2<12，所以12<1−1x1+2<1，
即|GB||GC|的取值范围是(12,1)．
【解析】(Ⅰ)先由|PF|=|PM|得点P的横坐标，再利用抛物线的定义即可得解；
(Ⅱ)联立直线l与抛物线l的方程，得到y1+y2，y1y2，x1x2，再根据题意依次求得点C与点G的坐标，从而将|GB||GC|转化为关于x1的表达式，从而得解．
本题考查了抛物线的性质及直线与抛物线的位置关系的应用，属于中档题．
22.【答案】解：(Ⅰ)曲线C的极坐标方程为ρ2−2ρcsθ−2ρsinθ−2=0，根据x=ρcsθy=ρsinθx2+y2=ρ2，转换为直角坐标方程为(x−1)2+(y−1)2=4；
(Ⅱ)把直线l的参数方程x=2+tcsαy=2+tsinα(t为参数)代入(x−1)2+(y−1)2=4，得到t2+2(csα+sinα)t−2=0，
故t1+t2=−2(csα+sinα)，t1t2=−2，(t1,t2为A和B对应的参数)；
所以|PA|+|PB|=|t1|+|t2|= (t1+t2)2−4t1t2= 4sin2α+12=2 2，
故sin2α=−1，
所以2α=2kπ−π2(k∈Z)，
故α=kπ−π4(k∈Z)，
当k=1时，故直线的倾斜角为3π4．
【解析】(Ⅰ)直接利用转换关系，在极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换；
(Ⅱ)利用一元二次方程根和系数的关系以及三角函数的值求出直线的倾斜角．
本题考查的知识点：极坐标方程和直角坐标方程之间的转换，一元二次方程根和系数的关系，三角函数的值，主要考查学生的运算能力，属于中档题．
23.【答案】解：(Ⅰ)当a=2时f(x)=|x+2|−2|x−1|=−x+4,x>13x,−2≤x≤1x−4,x<−2，
①当x>1时，不等式f(x)≤0等价于−x+4≤0，解得x≥4；
②当−2≤x≤1时，不等式f(x)≤0等价于3x≤0，解得−2≤x≤0；
③当x<−2时，不等式f(x)≤0等价于x−4≤0，解得x<−2．
综上所述，x≤0或x≥4，不等式f(x)≤0的解集为(−∞,0]∪[4,+∞)．
(Ⅱ)当a=−1时，f(x)=|x+2|+|x−1|≥|(x+2)−(x−1)|=3，当(x+2)(x−1)≤0，即−2≤x≤1时取等号，
所以函数f(x)的最小值m=3，故a2+b2+4c2=3，
结合a、b、c均为正数，可得9=3(a2+b2+4c2)=(12+12+12)(a2+b2+4c2)≥(a+b+2c)2，
所以a+b+2c≤3，当且仅当a=b=2c=1时，等号成立，可知当a=b=1、c=12时，a+b+2c的最大值为3．
【解析】(Ⅰ)根据题意，将函数写成分段函数的形式，结合分类讨论求出不等式f(x)≤0的解集；
(Ⅱ)根据绝对值不等式的性质，求出f(x)的最小值，可得a2+b2+4c2=3，结合柯西不等式加以计算，可得a+b+2c的最大值．
本题主要考查绝对值不等式的解法及其性质、运用基本不等式求最值等知识，考查了计算能力、逻辑推理能力，属于中档题．