基礎鞏固練(六)本試卷分第Ⅰ卷(選擇題)和第Ⅱ卷(非選擇題)兩部分．滿分150分，考試時間120分鐘．第Ⅰ卷(選擇題，共60分)一、選擇題：本大題共12小題，每小題5分，共60分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．1．(2019·吉林省名校一模)設復數z滿足eq\f(z－i,2－i)＝i，則|z|＝()A．1B.eq\r(5)C．3D.eq\r(10)答案D解析∵復數z滿足eq\f(z－i,2－i)＝i，∴z－i＝2i＋1，可得z＝3i＋1.則|z|＝eq\r(32＋12)＝eq\r(10).故選D.2．(2019·長春高三質量監測)命題“?x∈R，ex≥x＋1”的否定是()A．?x∈R，ex<x＋1 B．?x0∈R，eeq\s\up5(x0)≥x0＋1C．?x?R，ex<x＋1 D．?x0∈R，eeq\s\up5(x0)<x0＋1答案D解析命題“?x∈R，ex≥x＋1”的否定是?x0∈R，eeq\s\up5(x0)<x0＋1，故選D.3．(2019·遼寧葫蘆島一模)函數f(x)＝xsin2x＋cosx的大致圖象有可能是()答案A解析因為函數f(x)的定義域關于原點對稱，且f(－x)＝－xsin(－2x)＋cos(－x)＝xsin2x＋cosx＝f(x)，則函數f(x)是偶函數，排除D.由f(x)＝x·2sinxcosx＋cosx＝0，得cosx(2xsinx＋1)＝0，得cosx＝0，當x∈(0,2π)時，x＝eq\f(π,2)或eq\f(3π,2)，由2xsinx＋1＝0得sinx＝－eq\f(1,2x)，作出函數y＝sinx和y＝－eq\f(1,2x)在(0,2π)內的圖象，由圖象知兩個函數此時有兩個不同的交點，綜上，f(x)在(0,2π)內有四個零點，排除B，C.故選A.4．(2019·全國卷Ⅱ)2019年1月3日嫦娥四號探測器成功實現人類歷史上首次月球背面軟著陸，我國航天事業取得又一重大成就．實現月球背面軟著陸需要解決的一個關鍵技術問題是地面與探測器的通信聯系．為解決這個問題，發射了嫦娥四號中繼星“鵲橋”，鵲橋沿著圍繞地月拉格朗日L2點的軌道運行．L2點是平衡點，位于地月連線的延長線上．設地球質量為M1，月球質量為M2，地月距離為R，L2點到月球的距離為r，根據牛頓運動定律和萬有引力定律，r滿足方程：eq\f(M1,R＋r2)＋eq\f(M2,r2)＝(R＋r)eq\f(M1,R3).設α＝eq\f(r,R).由于α的值很小，因此在近似計算中eq\f(3α3＋3α4＋α5,1＋α2)≈3α3，則r的近似值為()A.eq\r(\f(M2,M1))RB.eq\r(\f(M2,2M1))RC.eq\r(3,\f(3M2,M1))RD.eq\r(3,\f(M2,3M1))R答案D解析由α＝eq\f(r,R)得r＝αR，代入eq\f(M1,R＋r2)＋eq\f(M2,r2)＝(R＋r)eq\f(M1,R3)，整理得eq\f(3α3＋3α4＋α5,1＋α2)＝eq\f(M2,M1).又∵eq\f(3α3＋3α4＋α5,1＋α2)≈3α3，∴3α3≈eq\f(M2,M1)，∴α≈eq\r(3,\f(M2,3M1))，∴r＝αR≈eq\r(3,\f(M2,3M1))R.故選D.5．(2019·秦州區校級三模)數學名著《算學啟蒙》中有關于“松竹并生”的問題：松長四尺，竹長兩尺，松日自半，竹日自倍，松竹何日而長等．如下圖，是源于其思想的一個程序框圖．若輸入的a，b分別為8,2，則輸出的n＝()A．4B．5C．6D．7答案B解析n＝1，a＝8＋4＝12，b＝4，a＜b否，n＝2；n＝2，a＝12＋6＝18，b＝8，a＜b否，n＝3；n＝3，a＝18＋9＝27，b＝16，a＜b否，n＝4；n＝4，a＝27＋eq\f(27,2)＝40.5，b＝32，a＜b否，n＝5；n＝5，a＝40.5＋20.25＝60.75，b＝64，a＜b是，輸出n＝5，故選B.6．(2019·昆明市第一次摸底)甲、乙、丙、丁四名同學報名參加假期社區服務活動，社區服務活動共有關懷老人、環境監測、教育咨詢、交通宣傳等四個項目，每人限報其中一項，記事件A為“4名同學所報項目各不相同”，事件B為“只有甲同學一人報關懷老人項目，則P(A|B)的值為()A.eq\f(1,4)B.eq\f(3,4)C.eq\f(2,9)D.eq\f(5,9)答案C解析P(B)＝eq\f(33,44)，P(AB)＝eq\f(A\o\al(3,3),44)，P(A|B)＝eq\f(PAB,PB)＝eq\f(2,9).故選C.7．(2019·衡陽市八中模擬)若x，y滿足2y≤x≤y－1，則eq\f(y－2,x)的取值范圍是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,2)))∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，＋∞))B.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(3,2)))C.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,2)))∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，＋∞))D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(3,2)))答案B解析由x，y滿足2y≤x≤y－1，作可行域如圖中陰影部分所示，聯立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2y＝x，,x＝y－1，))解得A(－2，－1)．∵eq\f(y－2,x)的幾何意義為可行域內的動點與Q(0,2)連線的斜率，∴動點位于A時，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y－2,x)))max＝eq\f(－1－2,－2)＝eq\f(3,2)，又直線2y＝x的斜率為eq\f(1,2)，則eq\f(y－2,x)的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(3,2))).故選B.8．(2019·貴州省黔東南州一模)已知函數f(x)＝2x3－(6a＋3)x2＋12ax＋16a2(a＜0)只有一個零點x0，且x0＜0，則A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2)))B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(3,2)))D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，0))答案A解析f′(x)＝6(x－1)(x－2a)，a＜0，當x＜2a或x＞1時，f′(x)＞0，當2a＜x＜1時，f′(x)＜0，故函數f(x)的極小值是f(1)＝16a2＋6a－1，∵∴16a2＋6a－1＞0，又a＜0，則a＜－eq\f(1,2)，故選A.9．(2019·山東日照一模)正方形ABCD的邊長為2，E是正方形內部(不包括正方形的邊)一點，且eq\o(AE,\s\up8(→))·eq\o(AC,\s\up8(→))＝2，則(eq\o(AE,\s\up8(→))＋eq\o(AC,\s\up8(→)))2的最小值為()A.eq\f(23,2)B．12C.eq\f(25,2)D．13答案C解析建立以A為坐標原點，以直線AB為x軸，直線AD為y軸的平面直角坐標系．設E(x，y)，x∈(0,2)，y∈(0,2)，則eq\o(AE,\s\up8(→))＝(x，y)，eq\o(AC,\s\up8(→))＝(2,2)，由eq\o(AE,\s\up8(→))·eq\o(AC,\s\up8(→))＝2x＋2y＝2，得x＋y＝1.所以(eq\o(AE,\s\up8(→))＋eq\o(AC,\s\up8(→)))2＝(x＋2)2＋(y＋2)2＝x2＋y2＋4(x＋y)＋8＝2x2－2x＋13＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))2＋eq\f(25,2)，所以當x＝eq\f(1,2)時，(eq\o(AE,\s\up8(→))＋eq\o(AC,\s\up8(→)))2的最小值為eq\f(25,2).10．(2019·吉林實驗中學模擬)一個正三棱錐(底面積是正三角形，頂點在底面上的射影為底面三角形的中心)的四個頂點都在半徑為1的球面上，球心在三棱錐的底面所在平面上，則該正三棱錐的體積是()A.eq\f(3\r(3),4)B.eq\f(\r(3),3)C.eq\f(\r(3),4)D.eq\f(\r(3),12)答案C解析如圖，設正三棱錐的底面中心為O，連接OP，延長CO交AB于點D，則CD＝eq\f(3,2)OC.∵O是正三棱錐P－ABC的外接球的球心，∴OP＝OC＝1，∴CD＝eq\f(3,2)，∴BC＝eq\r(3).∴VP－ABC＝eq\f(1,3)S△ABC·OP＝eq\f(1,3)×eq\f(\r(3),4)×(eq\r(3))2×1＝eq\f(\r(3),4).故選C.11．(2019·浙江高考)設a，b∈R，數列{an}滿足a1＝a，an＋1＝aeq\o\al(2,n)＋b，n∈N*，則()A．當b＝eq\f(1,2)時，a10>10 B．當b＝eq\f(1,4)時，a10>10C．當b＝－2時，a10>10 D．當b＝－4時，a10>10答案A解析解法一：考察選項A，a1＝a，an＋1＝aeq\o\al(2,n)＋b＝aeq\o\al(2,n)＋eq\f(1,2)，∵eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(an－\f(1,2)))2＝aeq\o\al(2,n)－an＋eq\f(1,4)≥0，∴aeq\o\al(2,n)≥an－eq\f(1,4).∵an＋1＝aeq\o\al(2,n)＋eq\f(1,2)>0，∴an＋1≥an－eq\f(1,4)＋eq\f(1,2)＝an＋eq\f(1,4)>an，∴{an}為遞增數列．因此，當a1＝0時，a10取到最小值，現對此情況進行估算．顯然，a1＝0，a2＝aeq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)＝eq\f(1,2)，a3＝aeq\o\al(2,2)＋eq\f(1,2)＝eq\f(3,4)，a4＝aeq\o\al(2,3)＋eq\f(1,2)＝eq\f(17,16)，當n>1時，an＋1>aeq\o\al(2,n)，∴lgan＋1>2lgan，∴lga10>2lga9>22·lga8>…>26lga4＝lgaeq\o\al(64,4)，∴a10>aeq\o\al(64,4)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,16)))64＝Ceq\o\al(0,64)＋Ceq\o\al(1,64)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,16)))1＋Ceq\o\al(2,64)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,16)))2＋…＋Ceq\o\al(64,64)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,16)))64＝1＋64×eq\f(1,16)＋eq\f(64×63,2)×eq\f(1,162)＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,16)))64＝1＋4＋7.875＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,16)))64＝12.875＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,16)))64>10，因此符合題意，故選A.解法二：由已知可得an＋1－an＝aeq\o\al(2,n)＋b－an＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(an－\f(1,2)))2＋b－eq\f(1,4).對于選項B，當a＝eq\f(1,2)，b＝eq\f(1,4)時，an＝eq\f(1,2)恒成立，所以排除B；對于選項C，當a＝2或－1，b＝－2時，an＝2或－1恒成立，所以排除C.對于選項D，當a＝eq\f(1±\r(17),2)，b＝－4時，an＝eq\f(1±\r(17),2)恒成立，所以排除D.故選A.12．(2019·全國卷Ⅱ)設函數f(x)的定義域為R，滿足f(x＋1)＝2f(x)，且當x∈(0,1]時，f(x)＝x(x－1)．若對任意x∈(－∞，m]，都有f(x)≥－eq\f(8,9)，則m的取值范圍是()A.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(9,4)))B.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(7,3)))C.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(5,2)))D.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(8,3)))答案B解析當x∈(0,1]時，f(x)＝x(x－1)，∴當x∈(0,1]時，f(x)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)，0)).∵f(x＋1)＝2f(x)，∴當x∈(－1,0]時，x＋1∈(0,1]，f(x)＝eq\f(1,2)f(x＋1)＝eq\f(1,2)(x＋1)x，f(x)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,8)，0))；當x∈(－2，－1]時，x＋1∈(－1,0]，f(x)＝eq\f(1,2)f(x＋1)＝eq\f(1,4)f(x＋2)＝eq\f(1,4)(x＋2)(x＋1)，f(x)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,16)，0))；…；當x∈(1,2]時，x－1∈(0,1]，f(x)＝2f(x－1)＝2(x－1)(x－2)，f(x)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0))；當x∈(2,3]時，x－1∈(1,2]，f(x)＝2f(x－1)＝4f(x－2)＝4(x－2)(x－3)，f(x)∈[－1,0….f(x)的圖象如圖所示．若對任意x∈(－∞，m]，都有f(x)≥－eq\f(8,9)，則有2<m≤3.設f(m)＝－eq\f(8,9)，則4(m－2)(m－3)＝－eq\f(8,9)，∴m＝eq\f(7,3)或m＝eq\f(8,3).結合圖象可知，當m≤eq\f(7,3)時，符合題意．故選B.第Ⅱ卷(非選擇題，共90分)二、填空題：本大題共4小題，每小題5分，共20分．13．(2019·銀川一中二模)(x＋y)(2x－y)5的展開式中x3y3的系數為________．答案40解析由題意即求(2x－y)5的展開式中x2y3與x3y2的系數和．Tr＋1＝(－1)rCeq\o\al(r,5)(2x)5－ryr.x2y3的系數為(－1)3Ceq\o\al(3,5)·22＝－40，x3y2的系數為(－1)2Ceq\o\al(2,5)·23＝80，故所求系數為－40＋80＝40.14．(2019·江蘇高考)在平面直角坐標系xOy中，點A在曲線y＝lnx上，且該曲線在點A處的切線經過點(－e，－1)(e為自然對數的底數)，則點A的坐標是________．答案(e,1)解析設A(m，n)，則曲線y＝lnx在點A處的切線方程為y－n＝eq\f(1,m)(x－m)．又切線過點(－e，－1)，所以有n＋1＝eq\f(1,m)(m＋e)．再由n＝lnm，解得m＝e，n＝1.故點A的坐標為(e,1)．15．(2019·東城二模)橢圓C1：eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,b2)＝1與曲線C2關于直線y＝－x對稱，C1與C2分別在第一、二、三、四象限交于點P1，P2，P3，P4.若四邊形P1P2P3P4的面積為4，則點P1的坐標為________，C1的離心率為________．答案(1,1)eq\f(\r(6),3)解析橢圓C1：eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,b2)＝1關于直線y＝－x對稱的曲線C2是eq\f(y2,4)＋eq\f(x2,b2)＝1，由橢圓的對稱性知四邊形P1P2P3P4是矩形，又點P2在直線y＝－x上，所以四邊形P1P2P3P4是正方形，點P1的坐標為(1,1)，因為點P1(1,1)在橢圓上，所以eq\f(1,4)＋eq\f(1,b2)＝1，解得b＝eq\f(2\r(3),3)，c＝eq\r(a2－b2)＝eq\r(4－\f(4,3))＝eq\f(2\r(6),3)，所以C1的離心率為e＝eq\f(c,a)＝eq\f(2\r(6),3)×eq\f(1,2)＝eq\f(\r(6),3).16．(2019·寶雞一模)已知定義在實數集R上的函數f(x)滿足f(1)＝4且f(x)的導函數f′(x)＜3，則不等式f(lnx)＞3lnx＋1的解集為________．答案(0，e)解析設t＝lnx，則不等式f(lnx)＞3lnx＋1等價為f(t)＞3t＋1，設g(x)＝f(x)－3x－1，則g′(x)＝f′(x)－3，∵f(x)的導函數f′(x)＜3，∴g′(x)＝f′(x)－3＜0，此時函數g(x)單調遞減，∵f(1)＝4，∴g(1)＝f(1)－3－1＝0，則當x＞1時，g(x)＜g(1)＝0，即g(x)＜0，則此時g(x)＝f(x)－3x－1＜0，則不等式f(x)＞3x＋1的解集為(－∞，1)，即f(t)＞3t＋1的解集為(－∞，1)，由lnx＜1，解得0＜x＜e，即不等式f(lnx)＞3lnx＋1的解集為(0，e)．三、解答題：共70分．解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟．第17～21題為必考題，每個試題考生都必須作答．第22、23題為選考題，考生根據要求作答．(一)必考題：60分．17．(本小題滿分12分)(2019·廣州畢業班綜合測試)△ABC的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知ccosB＝(3a－b)cosC(1)求sinC的值；(2)若c＝2eq\r(6)，b－a＝2，求△ABC的面積．解(1)解法一：因為ccosB＝(3a－b)cosC所以由正弦定理，得sinCcosB＝(3sinA－sinB)cosC，即sinCcosB＋sinBcosC＝3sinAcosC，所以sin(B＋C)＝3sinAcosC，由于A＋B＋C＝π，所以sin(B＋C)＝sin(π－A)＝sinA，則sinA＝3sinAcosC.因為0<A<π，所以sinA≠0，cosC＝eq\f(1,3).因為0<C<π，所以sinC＝eq\r(1－cos2C)＝eq\f(2\r(2),3).解法二：因為ccosB＝(3a－b)cosC所以由余弦定理，得c·eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝(3a－b)·eq\f(a2＋b2－c2,2ab)，化簡得a2＋b2－c2＝eq\f(2,3)ab，所以cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(\f(2,3)ab,2ab)＝eq\f(1,3).因為0<C<π，所以sinC＝eq\r(1－cos2C)＝eq\f(2\r(2),3).(2)解法一：由余弦定理c2＝a2＋b2－2abcosC，及c＝2eq\r(6)，cosC＝eq\f(1,3)，得a2＋b2－eq\f(2,3)ab＝24，即(a－b)2＋eq\f(4,3)ab＝24.因為b－a＝2，所以ab＝15.所以△ABC的面積S＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,2)×15×eq\f(2\r(2),3)＝5eq\r(2).解法二：由余弦定理c2＝a2＋b2－2abcosC，及c＝2eq\r(6)，cosC＝eq\f(1,3)，得a2＋b2－eq\f(2,3)ab＝24.又b－a＝2，所以a＝3，b＝5.所以△ABC的面積S＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,2)×15×eq\f(2\r(2),3)＝5eq\r(2).18．(本小題滿分12分)(2019·柳州模擬)某中學的環保社團參照國家環境標準制定了該校所在區域空氣質量指數與空氣質量等級對應關系如下表(假設該區域空氣質量指數不會超過300)：空氣質量指數(0，50](50，100](100，150](150，200](200，250](250，300]空氣質量等級1級優2級良3級輕度污染4級中度污染5級重度污染6級嚴重污染該社團將該校區在2018年11月中10天的空氣質量指數監測數據作為樣本，繪制的頻率分布直方圖如下圖，把該直方圖所得頻率估計為概率．(1)以這10天的空氣質量指數監測數據估計2018年11月的空氣質量情況，則2018年11月中有多少天的空氣質量達到優良？(2)從這10天的空氣質量指數監測數據中，隨機抽取三天，求恰好有一天空氣質量良的概率；(3)從這10天的數據中任取三天數據，記ξ表示抽取空氣質量良的天數，求ξ的分布列和期望．解(1)由頻率分布直方圖，知這10天中1級優1天，2級良2天，3～6級共7天．∴這10天中空氣質量達到優良的概率為P＝eq\f(3,10)，∵30×eq\f(3,10)＝9，∴2018年11月中平均有9天的空氣質量達到優良．(2)記“從這10天的空氣質量指數監測數據中，隨機抽取三天，恰有一天空氣質量良”為事件A，則P(A)＝eq\f(C\o\al(1,2)·C\o\al(2,8),C\o\al(3,10))＝eq\f(7,15)，即恰好有一天空氣質量良的概率為eq\f(7,15).(3)由題意，得ξ的所有可能取值為0,1,2，P(ξ＝0)＝eq\f(C\o\al(0,2)C\o\al(3,8),C\o\al(3,10))＝eq\f(7,15)，P(ξ＝1)＝eq\f(C\o\al(1,2)C\o\al(2,8),C\o\al(3,10))＝eq\f(7,15)，P(ξ＝2)＝eq\f(C\o\al(2,2)C\o\al(1,8),C\o\al(3,10))＝eq\f(1,15).∴ξ的分布列為ξ012Peq\f(7,15)eq\f(7,15)eq\f(1,15)∴E(ξ)＝0×eq\f(7,15)＋1×eq\f(7,15)＋2×eq\f(1,15)＝eq\f(3,5).19．(本小題滿分12分)(2019·海淀二模)如圖1所示，在等腰梯形ABCD，BC∥AD，CE⊥AD，垂足為E，AD＝3BC＝3，EC＝1.將△DEC沿EC折起到△D1EC的位置，使平面D1EC⊥平面ABCE，如圖2所示，點G為棱AD1上一個動點．(1)當點G為棱AD1的中點時，求證：BG∥平面D1EC；(2)求證：AB⊥平面D1BE；(3)是否存在點G，使得二面角G－BE－D1的余弦值為eq\f(\r(6),3)？若存在，求出AG的長；若不存在，請說明理由．解(1)證法一：在題圖1的等腰梯形ABCD內，過點B作AE的垂線，垂足為F，如圖3.因為CE⊥AD，所以BF∥EC.又因為BC∥AD，BC＝CE＝1，AD＝3，所以四邊形BCEF為正方形，AF＝FE＝ED＝1，F為AE的中點．在題圖2中，連接GF，如圖4.因為點G是AD1的中點，所以GF∥D1E.又因為BF∥EC，GF∩BF＝F，GF?平面BFG，BF?平面BFG，D1E?平面D1EC，EC?平面D1EC，所以平面BFG∥平面D1EC.又因為BG?平面GFB，所以BG∥平面D1EC.證法二：在題圖1的等腰梯形ABCD內，過B作AE的垂線，垂足為F，如圖3.因為CE⊥AD，所以BF∥EC，又因為BC∥AD，BC＝CE＝1，AD＝3，所以四邊形BCEF為正方形，AF＝FE＝ED＝1，得AE＝2，所以BC∥AE，BC＝eq\f(1,2)AE.在題圖2中設點M為線段D1E的中點，連接MG，MC，如圖4.因為點G是AD1的中點，所以GM∥AE，GM＝eq\f(1,2)AE，所以GM∥BC，GM＝BC，所以四邊形MGBC為平行四邊形，所以BG∥CM.又因為CM?平面D1EC，BG?平面D1EC，所以BG∥平面D1EC.(2)證明：因為平面D1EC⊥平面ABCE，平面D1EC∩平面ABCE＝EC，D1E⊥EC，D1E?平面D1EC，所以D1E⊥平面ABCE.又因為AB?平面ABCE，所以D1E⊥AB.又AB＝eq\r(2)，BE＝eq\r(2)，AE＝2，滿足AE2＝AB2＋BE2，所以BE⊥AB.又BE∩D1E＝E，所以AB⊥平面D1BE.(3)因為EA，EC，ED1三線兩兩垂直，如圖，建立空間直角坐標系EACD1，所以A(2,0,0)，D1(0,0,1)，B(1,1,0)，eq\o(AD1,\s\up8(→))＝(－2,0,1)，eq\o(EB,\s\up8(→))＝(1,1,0)．假設存在點G滿足題意，設eq\o(AG,\s\up8(→))＝λeq\o(AD1,\s\up8(→))，0≤λ≤1，則eq\o(AG,\s\up8(→))＝λ(－2,0,1)，所以eq\o(EG,\s\up8(→))＝eq\o(EA,\s\up8(→))＋eq\o(AG,\s\up8(→))＝(2,0,0)＋λ(－2,0,1)＝(2－2λ，0，λ)，設平面GBE的法向量為m＝(a，b，c)，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(EB,\s\up8(→))·m＝0，,\o(EG,\s\up8(→))·m＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＋b＝0，,2－2λa＋λc＝0，))取a＝λ，則m＝(λ，－λ，2λ－2)，由(2)，eq\o(AB,\s\up8(→))＝(－1,1,0)為平面BED1的法向量，令|cos〈eq\o(AB,\s\up8(→))，m〉|＝eq\f(|\o(AB,\s\up8(→))·m|,|\o(AB,\s\up8(→))||m|)＝eq\f(|－2λ|,\r(2)·\r(2λ2＋2λ－22))＝eq\f(\r(6),3)，解得λ＝eq\f(2,3)或λ＝2(舍去)．所以存在點G，使得二面角G－BE－D1的余弦值為eq\f(\r(6),3)，且eq\o(AG,\s\up8(→))＝eq\f(2,3)eq\o(AD1,\s\up8(→))，得AG＝eq\f(2\r(5),3).20．(本小題滿分12分)(2019·全國卷Ⅲ)已知曲線C：y＝eq\f(x2,2)，D為直線y＝－eq\f(1,2)上的動點，過D作C的兩條切線，切點分別為A，B.(1)證明：直線AB過定點；(2)若以Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(5,2)))為圓心的圓與直線AB相切，且切點為線段AB的中點，求四邊形ADBE的面積．解(1)證明：設Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t，－\f(1,2)))，A(x1，y1)，則xeq\o\al(2,1)＝2y1.因為y′＝x，所以切線DA的斜率為x1，故eq\f(y1＋\f(1,2),x1－t)＝x1.整理得2tx1－2y1＋1＝0.設B(x2，y2)，同理可得2tx2－2y2＋1＝0.故直線AB的方程為2tx－2y＋1＝0.所以直線AB過定點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2))).(2)由(1)得直線AB的方程為y＝tx＋eq\f(1,2).由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝tx＋\f(1,2)，,y＝\f(x2,2)))可得x2－2tx－1＝0.于是x1＋x2＝2t，x1x2＝－1，y1＋y2＝t(x1＋x2)＋1＝2t2＋1，|AB|＝eq\r(1＋t2)|x1－x2|＝eq\r(1＋t2)×eq\r(x1＋x22－4x1x2)＝2(t2＋1)．設d1，d2分別為點D，E到直線AB的距離，則d1＝eq\r(t2＋1)，d2＝eq\f(2,\r(t2＋1)).因此，四邊形ADBE的面積S＝eq\f(1,2)|AB|(d1＋d2)＝(t2＋3)eq\r(t2＋1).設M為線段AB的中點，則Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t，t2＋\f(1,2))).因為eq\o(EM,\s\up8(→))⊥eq\o(AB,\s\up8(→))，而eq\o(EM,\s\up8(→))＝(t，t2－2)，eq\o(AB,\s\up8(→))與向量(1，t)平行，所以t＋(t2－2)t＝0，解得t＝0或t＝±1.當t＝0時，S＝3；當t＝±1時，S＝4eq\r(2).因此，四邊形ADBE的面積為3或4eq\r(2).21．(本小題滿分12分)(2019·重慶八中模擬)已知函數f(x)＝x2－2x＋alnx.(1)討論函數f(x)的單調性；(2)若函數f(x)存在兩個極值點x1，x2，且x1＜x2，證明：x1f(x2)＞x2f(x解(1)f′(x)＝2x－2＋eq\f(a,x)＝eq\f(2x2－2x＋a,x)(x＞0)．令u(x)＝2x2－2x＋a，Δ＝4－8a①當Δ≤0時，解得a≥eq\f(1,2)，則f′(x)≥0，此時函數f(x)在(0，＋∞)上單調遞增；②當Δ＞0時，解得a＜eq\f(1,2)，由f′(x)＝0，解得x1＝eq\f(1－\r(1－2a),2)，x2＝eq\f(1＋\r(1－2a),2).f′(x)＝eq\f(2x－x1x－x2,x).當0＜a＜eq\f(1,2)時，x1，x2＞0，此時函數f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1－\r(1－2a),2)))內單調遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－\r(1－2a),2)，\f(1＋\r(1－2a),2)))內單調遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋\r(1－2a),2)，＋∞))內單調遞增．當a≤0時，x1≤0，x2＞0.此時函數f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1＋\r(1－2a),2)))內單調遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋\r(1－2a),2)，＋∞))內單調遞增．(2)證明：函數f(x)存在兩個極值點x1，x2，且x1＜x2,0＜a＜eq\f(1,2).令g(x)＝eq\f(fx,x)＝x－2＋eq\f(alnx,x)，x∈(0，＋∞)，g′(x)＝1＋a·eq\f(1－lnx,x2)＝eq\f(x2＋a1－lnx,x2).令u(x)＝x2＋a(1－lnx)，則u′(x)＝2x－eq\f(a,x)＝eq\f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\r(\f(a,2))))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c