前言
选择题
分析：采用特殊化策略求解，由于点(M)，(N)是椭圆(cfrac{x^2}{a^2}+cfrac{y^2}{b^2}=1) (a>b>0)上关于原点对称的任意的两个点，那么就可以特殊化为椭圆的左右两个顶点，又点(P)是椭圆上任意一点，那么就可以特殊化为椭圆上的上顶点，
那么如何让他们满足题目的条件呢，我们可以这样想，只要调整椭圆的三个参数恰当，就可以让其满足题目的条件，这样在这种特殊条件下，
(k_1=k_{PM}=cfrac{y_2-y_1}{x_2-x_1}=cfrac{b-0}{0+a})，(k_2=k_{PN}=cfrac{b-0}{0-a})，
则(|k_1k_2|=|cfrac{b^2}{-a^2}|=cfrac{b^2}{a^2}=cfrac{1}{4})，故(a^2=4b^2)，(c^2=a^2-b^2=3b^2)，
则(e^2=cfrac{c^2}{a^2}=cfrac{3b^2}{4b^2}=cfrac{3}{4})，故(e=cfrac{c}{a}=cfrac{sqrt{3}}{2})。故选(C)。
分析：按照框图的思路执行以下几个步骤，
(R_1)中，(i=1，S=0)，是，(S=cfrac{1}{2}(1-cfrac{1}{3}))，(i=2)；
(R_2)中，(i=2，S=cfrac{1}{2}(1-cfrac{1}{3}))，是，(S=cfrac{1}{2}(1-cfrac{1}{3}+cfrac{1}{2}-cfrac{1}{4}))，(i=3)；
(R_3)中，(i=3，S=cfrac{1}{2}(1-cfrac{1}{3}+cfrac{1}{2}-cfrac{1}{4}))，是，(S=cfrac{1}{2}(1-cfrac{1}{3}+cfrac{1}{2}-cfrac{1}{4}+cfrac{1}{3}-cfrac{1}{5}))，(i=4)；
(R_4)中，(i=4，S=cfrac{1}{2}(1+cfrac{1}{2}-cfrac{1}{4}-cfrac{1}{5}))，是，(S=cfrac{1}{2}(1+cfrac{1}{2}-cfrac{1}{4}-cfrac{1}{5}+cfrac{1}{4}-cfrac{1}{6}))，(i=5)；
(R_5)中，(i=5，S=cfrac{1}{2}(1+cfrac{1}{2}-cfrac{1}{5}-cfrac{1}{6}))，是，(S=cfrac{1}{2}(1+cfrac{1}{2}-cfrac{1}{5}-cfrac{1}{6}+cfrac{1}{5}-cfrac{1}{7})=cfrac{1}{2}(1+cfrac{1}{2}-cfrac{1}{6}-cfrac{1}{7})=cfrac{25}{42})，(i=6)；
(R_6)中，(i=6，S=cfrac{25}{42})，否，输出(S=cfrac{25}{42})，结束；即当(i=6)时，应该满足“否”而不是“是”，故应该填入的是(ileq 5)。
分析：六爻共有(2^6=64)种，其中三阳爻三阴爻有(C_6^3=20)种，说明：相当于从((阳+阴)^6)展开式中取三阳爻三阴爻，故有(C_6^3cdot C_3^3=20)种，则所求概率为(P=cfrac{20}{64}=cfrac{5}{16})，故选(C)。
①对于任意的(xin R)，都有(f(x+1)=f(x-1))；
②函数(y=f(x+1))的图像关于(y)轴对称；
③对于任意的(x_1，x_2in [0，1])，都有([f(x_1)-f(x_2)](x_1-x_2)>0)；
则(f(cfrac{3}{2}))、(f(2))、(f(3))的大小关系是【】
分析：本题目考查函数的各种性质的综合运用，其中主要涉及的是函数的奇偶性、周期性、对称性、单调性；
由①可知，函数的周期为(T=2)，故可以简化其中的两项，(f(2)=f(0))，(f(3)=f(1))；
由②，通过图像的平移，可知函数(y=f(x))的对称轴为直线(x=1)，即函数满足条件(f(x)=f(2-x))，再赋值得到，(f(cfrac{3}{2})=f(2-cfrac{3}{2})=f(cfrac{1}{2}))；
由③可知函数(f(x))在区间([0，1])上单调递增，由于(1>cfrac{1}{2}>0)，故(f(1)>f(cfrac{1}{2})>f(0))，即满足(f(3)>f(cfrac{3}{2})>f(2))，故选(D)。
分析：由于求异面直线所成角的范围，故需要先明确其允许的最大范围，是((0，cfrac{pi}{2}])，怎么理解呢？采用简单原则，当同一平面内的两条直线相交时形成两对对顶角，其中的邻角互补，这样我们刻画其位置关系时，仅仅只需要([0，cfrac{pi}{2}])范围内的角就足够了，不需要范围为([0，pi])，那么异面直线所成角的范围就成了((0，cfrac{pi}{2}])，
再者我们需要将已知的直线安放在空间，最好的依托就是正方体和长方体等模型，如下图所示，
当异面直线(a)，(b)所成的角为(cfrac{pi}{6})，直线(aperp c)，那么异面直线(b)和(c)所成角的范围最小是(cfrac{pi}{2}-cfrac{pi}{6}=cfrac{pi}{3})，最大是(cfrac{pi}{2}+cfrac{pi}{6}=cfrac{2pi}{3})，又由于刻画异面直线所成角的范围限制，故只能是([cfrac{pi}{3}，cfrac{pi}{2}])，故选(A)。
法1：解析几何法，只要求得(a)、(b)的值即可；如图所示，由条件(overrightarrow{OF_1}+overrightarrow{OQ}=2overrightarrow{OP})可知，点(P)是线段(F_1Q)的中点，又由于(angle F_1PO=cfrac{pi}{2})，故( riangle OF_1Q)为等腰三角形，且(|OF_1|=|OQ|)，且可知渐近线方程为(y=pmcfrac{b}{a}x)，
由于(l_1:y=cfrac{b}{a}x)，则可知与(l_1)垂直的直线(F_1Q:y=-cfrac{a}{b}(x+c))①，又(l_2:y=-cfrac{b}{a}x)②，两式联立，
解得交点(Q(cfrac{a^c}{b^2-a^2}，-cfrac{abc}{b^2-a^2}))，又由于(|OF_1|=|OQ|)，
则有(c^2=(cfrac{a^c}{b^2-a^2})^2+(-cfrac{abc}{b^2-a^2})^2)，化简整理得到，(b^2=3a^2)，即(cfrac{b}{a}=sqrt{3})，故渐近线为(y=pm sqrt{3}x)，故选(C)。
说明：法1的计算很是麻烦和复杂。
法2：平面几何法，只要求得斜率或者倾斜角即可；如图所示，由条件(overrightarrow{OF_1}+overrightarrow{OQ}=2overrightarrow{OP})可知，点(P)是线段(F_1Q)的中点，又由于(angle F_1PO=cfrac{pi}{2})，故( riangle OF_1Q)为等腰三角形，且(|OF_1|=|OQ|)，
由双曲线的性质可知，(x)轴平分(angle 3)和(angle 4)，(y)轴平分(angle 1)和(angle 2)，(angle 4=angle 5)，
则(angle 3+angle 1=cfrac{pi}{2})，又在等腰三角形( riangle OF_1Q)中，(angle 3+4angle 1=pi)，
从而解得(angle 1=cfrac{pi}{6})，(angle 3=cfrac{pi}{3})，
故渐近线的斜率为(k=pm tan(cfrac{pi}{3})=pm sqrt{3})，故渐近线为(y=pm sqrt{3}x)，故选(C)。
填空题
分析：本题目的左端涉及两个数列，一个数列为({a_n})，设其前(n)项和为(T_n)，另一个数列为({2^{n-1}a_n})，设其前(n)项和为(S_n)，右端可以看出(f(n))，故本题目是利用(2^{n-1}a_n)和(S_n)的关系，先求出数列({2^{n-1}a_n})的通项公式，然后反解出(a_n)即可；
由(nge 1)时，(S_n=a_1+2a_2+2^2a_3+cdots+2^{n-1}a_n=8n)① ，
则(nge 2)时，(S_{n-1}=a_1+2a_2+2^2a_3+cdots+2^{n-2}a_{n-1}=8(n-1))② ，
两式做差，得到，
当(nge 2)时，(S_n-S_{n-1}=2^{n-1}a_n=8)，即(a_n=8cdot 2^{1-n}=2^{4-n})，
当(n=1)时，(S_1=a_1=8=2^{4-1})，满足上式，
故(a_n=2^{4-n}(nin N^*))；
分析：(a=displaystyleint_{0}^{pi} sinx\, dx=-cosx|_0^{pi}=2)，即求((cfrac{1}{x}-x)^{10})的展开式中(x^2)项的系数，用通项公式法，可知所求为(210)；
分析：由题可知，底面圆的半径为(r=1)，圆锥的侧面展开图是弧长为(2pi r=2pi)，半径为2的扇形，故其侧面积为(S_{扇形}=cfrac{1}{2} imes 2pi imes 2=2pi)。
分析：自然会想到验证是否为周期数列，
(b_1=INT(cfrac{2}{7})=0)，则(a_1=0)；
(b_2=a_2-2a_1=INT(cfrac{4}{7})-2 imes 0=0-0=0)，(a_2=0)；
(b_3=a_3-2a_2=INT(cfrac{8}{7})-2 imes 0=1-0=1)，(a_3=1)；
(b_4=a_4-2a_3=INT(cfrac{16}{7})-2 imes 1=2-2 imes 1=0)，(a_4=2)；
(b_5=a_5-2a_4=INT(cfrac{32}{7})-2 imes 2=4-4=0)，(a_5=4)；
(b_6=a_6-2a_5=INT(cfrac{64}{7})-2 imes 4=9-8=1)，(a_6=9)；
故数列({b_n})为(T=3)的周期数列，故(b_{2019}=b_{672 imes3+3}=b_3=1)；
解答题
(1).求(f(x))的最小正周期和对称轴方程；
分析：(f(x)=vec{a}cdot vec{b}=cdots =sin(2x+cfrac{pi}{6})+cfrac{1}{2})，故(T=pi)；
令(2x+cfrac{pi}{6}=kpi+cfrac{pi}{2})，得到对称轴方程为(x=cfrac{kpi}{2}+cfrac{pi}{6})，(kin Z)；
(2).当(xin (-pi，pi])时，求(f(x))的单调递增区间；
法1：见图片解析；
法2：由于(xin (-pi，pi])，求得(2x+cfrac{pi}{6}in (-2pi+cfrac{pi}{6}，2pi+cfrac{pi}{6}])，
以(2x+cfrac{pi}{6})为横轴，作出图像，由图像可知，当
（1）求证：平面(AEFperp)平面(CEF)；
法1：建立空间直角坐标系，利用空间向量法证明；如图，连结(AC)交(BD)于点(O)，取(EF)的中点为(G)，连结(OG)，分别以(OA)，(OB)，(OG)所在的直线为(x)，(y)，(z)轴建立直角坐标系，
由于(DEperp)面(ABCD)，(DE//FB)，所以(DEperp AD)，(DEperp CD)，(FBperp BC)，(FBperp AB)，又(ABCD)为菱形，(BDEF)为矩形，则( riangle ADE)，( riangle CDE)，( riangle ABF)，( riangle CBF)是全等的直角三角形，
则由题目可知，(A(sqrt{3}，0，0))、(A(sqrt{3}，0，0))、(B(0，1，0))、(D(0，-1，0))、(C(-sqrt{3}，0，0))、(E(0，-1，sqrt{3}))、(F(0，1，sqrt{3}))，
则由(overrightarrow{AE}=(-sqrt{3}，-1，sqrt{3}))，(overrightarrow{AF}=(-sqrt{3}，1，sqrt{3}))，设平面(AEF)的法向量为(vec{n}=(x，y，z))，
则由(left{egin{array}{l}{-sqrt{3}x-y+sqrt{3}z=0}\{-sqrt{3}x+y+sqrt{3}z=0}end{array} ight.)，求得(vec{n}=(1，0，1))；
由(overrightarrow{CE}=(sqrt{3}，-1，sqrt{3}))，(overrightarrow{AF}=(sqrt{3}，1，sqrt{3}))，设平面(CEF)的法向量为(vec{v}=(x，y，z))，
则由(left{egin{array}{l}{sqrt{3}x-y+sqrt{3}z=0}\{sqrt{3}x+y+sqrt{3}z=0}end{array} ight.)，求得(vec{v}=(1，0，-1))；
由于(vec{n}cdot vec{v}=1+0-1=0)，即两个平面的法向量垂直，故两个平面垂直，即平面(AEFperp)平面(CEF)；
法2：面面垂直的定义法，设法证明其二面角为直二面角；连结(AC)交(BD)于点(O)，取(EF)的中点为(G)，连结(OG)，(AG)，(CG)，由于(DEperp)面(ABCD)，(DE//FB)，所以(DEperp AD)，(DEperp CD)，(FBperp BC)，(FBperp AB)，又(ABCD)为菱形，(BDEF)为矩形，则( riangle ADE)，( riangle CDE)，( riangle ABF)，( riangle CBF)是全等的直角三角形，
由(AE=AF)，(CE=CF)，(G)为(EF)的中点，可知(AGperp EF)，(CGperp EF)，则(angle AGC)为二面角(A-EF-C)的平面角，由于(AG=CG=sqrt{6})，(AC=2sqrt{3})，故由勾股定理可知，(angle AGC=cfrac{pi}{2})，故平面(AEFperp)平面(CEF)；
法3：立体几何法；待思考；
（2）在线段(AB)上取一点(N)，当二面角(N-EF-C)的大小为(cfrac{pi}{3})时，求(|AN|)的长度；
如图，连结(AC)交(BD)于点(O)，取(EF)的中点为(M)，连结(OM)，分别以(OA)，(OB)，(OM)所在的直线为(x)，(y)，(z)轴建立直角坐标系，
(Ⅰ)
(Ⅱ).ⅰ法1：采用条件概率定义法，设抽到一件产品是优质品为事件(A)，抽取的两件产品都是优质品为事件(B)，则需要求(P(B|A))，
又(P(A)=cfrac{C_2^2+C_2^1C_8^1}{C_{10}^2})，(P(AB)=cfrac{C_2^2}{C_{10}^2})，
故(P(B|A)=cfrac{P(AB)}{P(A)}=cfrac{frac{C_2^2}{C_{10}^2}}{frac{C_2^2+C_2^1C_8^1}{C_{10}^2}}=cfrac{C_2^2}{C_2^2+C_2^1C_8^1}=cfrac{1}{17})；
此法易错处：采用保底法，计算(P(A)=cfrac{C_2^1C_9^1}{C_{10}^2})，这是错误的，有重复，避免的方法是严格分类讨论即可。
ⅰ法2：采用古典概型法，从(B)厂的100个样本产品利用分层抽样的方法抽出10件产品中，优质品有2件，非优质品有8件，从这10件产品中随机抽取2件，其中抽到一件产品(暗含至少有一件)是优质品的事件有(C_2^2+C_2^1C_8^1=17)个，从这10件产品中随机抽取2件，抽取的都是优质品的事件有(C_2^2=1)个，所以在已知抽到一件产品是优质品的条件下，抽取的两件产品都是优质品的概率是(cfrac{1}{17})。
ⅱ用频率估计概率，从(B)分厂所有产品(总量有(n)件)中任取一件产品是优质品的概率为(0.20)，所以随机变量(X)服从二项分布，即(Xsim B(10，0.20))，则(E(X)=10 imes 0.20=2)。
此处易错：容易错判为超几何分布，此处注意，一则用频率估计概率，二则总量不知道，所以应该是二项分布；
选做题
(Ⅰ)求(C)的极坐标方程；
分析：消参，得到圆(C)的普通方程为((x-2)^2+y^2=4)，将(x= ho cos heta)，(y= ho sin heta)代入圆(C)的普通方程，化简整理得到(C)的极坐标方程为( ho=4cos heta)；
(Ⅱ)射线( heta= heta_1)，(( heta_1in [cfrac{pi}{6}，cfrac{pi}{3}]， ho>0))与圆(C)的交点为(O)、(P)，与直线(l)的交点为(Q)，求(|OP|cdot |OQ|)的取值范围。
分析：设(P( ho_1， heta_1))，则有( ho_1=4cos heta_1)，
设(Q( ho_2， heta_1))，又直线(l)的极坐标方程是( ho(sqrt{3}sin heta+cos heta)=1)，则( ho_2=cfrac{1}{sqrt{3}sin heta_1+cos heta_1})，
所以，(|OP|cdot |OQ|= ho_1 ho_2=cfrac{4cos heta_1}{sqrt{3}sin heta_1+cos heta_1}=cfrac{4}{sqrt{3}tan heta_1+1})，
又( heta_1in [cfrac{pi}{6}，cfrac{pi}{3}])，则(tan heta_1in [cfrac{sqrt{3}}{3}，sqrt{3}])，则(1leq |OP|cdot |OQ|leq 2)，故(|OP|cdot |OQ|)的取值范围为([1，2]).
解后反思：①经过极点的线段，其长度用极坐标表示比用直角坐标表示有更大的优越性。②当题目中出现线段和或者线段积时，采用极坐标思考和运算要简单的多。