高考模擬試題PAGEPAGE12023屆高三年級第一次模擬考試文科數學考生注意：1.答題前，考生務必將自己的姓名?考生號填寫在試卷和答題卡上，并將考生號條形碼粘貼在答題卡上的指定位置.2.回答選擇題時，選出每小題〖答案〗后，用鉛筆把答題卡對應題目的〖答案〗標號涂黑.如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他〖答案〗標號.回答非選擇題時，將〖答案〗寫在答題卡上.寫在本試卷上無效.3.考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回.一?選擇題：本題共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.已知集合，，那么（）A B. C. D.〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗由集合并集的定義即可得到結果.〖詳析〗因為，，所以.故選：A.2.已知復數，則（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗根據復數的除法運算求得復數z，可得其共軛復數，根據模的計算可得〖答案〗.〖詳析〗復數，故，所以，故選：C3.某大型企業開發了一款新產品，投放市場后供不應求，為了達到產量最大化，決定增加生產線．經過一段時間的生產，統計得該款新產品的生產線條數與月產量（件）之間的統計數據如下表：4681030406070由數據可知，線性相關，且滿足回歸直線方程，則當該款新產品的生產線為12條時，預計月產量為（）A.73件 B.79件 C.85件 D.90件〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗根據所給數據求出樣本中心點，再代入回歸直線方程，即可求出參數的值，從而得到回歸直線方程，最后將代入計算可得.〖詳析〗解：依題意可得，，因為回歸直線方程必過樣本中心點，即，解得，所以，當時，故當該款新產品的生產線為12條時，預計月產量為85件.故選：C4.若實數x，y滿足約束條件則的最大值為（）A.1 B.2 C.6 D.7〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗根據不等式組作出可行域，結合直線縱截距的幾何意義求解.〖詳析〗作出可行域如下，

由可得，結合幾何意義可知，當直線經過點時，縱截距有最大值，最大值為，故選:D.5.函數的大致圖象為（）A. B.C. D.〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗首先求出函數的定義域，即可判斷函數的奇偶性，再利用特殊值判斷即可.〖詳析〗解：對于函數，則，解得，即函數的定義域為，又，即為奇函數，函數圖象關于原點對稱，故排除A；當時，，所以，故排除B；且，，即，故排除D.故選：C6.設，且，則（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗根據同角三角函數的基本關系得到，再根據兩角和的余弦公式及誘導公式得到，再根據、的范圍判斷即可.〖詳析〗解：因為，所以，即，即，即，因為，所以，所以，即.故選：D7.已知圓柱的下底面圓的內接正三角形ABC的邊長為6，P為圓柱上底面圓上任意—點，若三棱錐的體積為，則圓柱的外接球的表面積為（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗求出底面內接正三角形外接圓的半徑及的面積，設圓柱的母線長為，根據圓錐的體積公式求出，則圓柱外接球的半徑，即可求出外接球的表面積.〖詳析〗解：如圖，因為是邊長為的正三角形，則其外接圓的半徑，解得，又，設圓柱的母線長為，則，解得，所以圓柱的外接球的半徑，所以外接球的表面積為.故選：B8.在直三棱柱中，，且，若直線與側面所成的角為，則異面直線與所成的角的正弦值為（）A B. C. D.〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗建立空間直角坐標系，設，利用線面角的向量求法求出的值，再求異面直線所成角即可.〖詳析〗因為直三棱柱，所以底面，又因為，所以兩兩垂直，以為軸建立如圖所示坐標系，設，則，，，，所以，，，設平面的法向量，則，解得，所以直線與側面所成的角的正弦值，解得，所以，，設異面直線與所成的角為，則，所以異面直線與所成的角的正弦值為.故選：D9.已知函數在上單調，則a的取值范圍是（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗根據在上的單調性列不等式，由此求得的取值范圍.〖詳析〗的開口向下，對稱軸是直線，所以函數在上單調遞增，依題意可知，在上單調遞增，所以，解得，所以的取值范圍是.故選：D10.以拋物線的焦點F為端點的射線與C及C的準線l分別交于A，B兩點，過B且平行于x軸的直線交C于點P，過A且平行于x軸的直線交l于點Q，且，則△PBF的周長為（）A.16 B.12 C.10 D.6〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗因，則，準線為.由，可得坐標，直線AF方程，進而可得B，P坐標，后由兩點間距離公式及拋物線定義可得〖答案〗.〖詳析〗因，則，準線為.由，如圖，設，則，得，則.得直線AF方程：，代入，得，將代入，可得.則周長，則.故.故選：B11.已知雙曲線左、右焦點分為，，左、右頂點分別為，，點M，N在y軸上，且滿足（O為坐標原點）．直線，與C的左、右支分別交于另外兩點P，Q，若四邊形為矩形，且P，N，三點共線，則C的離心率為（）A.3 B.2 C. D.〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗由四邊形為矩形，可得，，設，則，由P，N，三點共線，可得，由P，M，三點共線，可得，即可得，從而得〖答案〗.〖詳析〗解：如圖所示：，由，則有，設，則，由，可得，取，同理可得，又因為，P，N，三點共線，所以，，所以，所以，P，M，三點共線，所以，，所以，所以，又因為，所以，即有，所以，所以.故選：A.12.已知實數a，b，c滿足，且，則（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗由題意可得，，，構造函數，再利用導數求出函數的單調區間，作出函數的大致圖象，結合圖象即可得出〖答案〗.〖詳析〗解：因為，所以，因為，所以，因為，所以，因為，所以，令，則，當時，，當時，，所以函數在上遞減，在上遞增，所以，又當時，，當，，由此作出函數的大致圖象如圖所示，因為且，則由圖可知，所以.故選：A.二?填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分.13.已知正六邊形ABCDEF的邊長為2，則_________．〖答案〗〖解析〗〖祥解〗根據正六邊形的幾何性質，求出向量的模長以及夾角，利用平面向量的定義式，可得〖答案〗.詳析〗由題意，作圖如下：在正六邊形中，易知，，，，則與的夾角為，即，在中，，.故〖答案〗為：.14.已知圓，的圓心都在坐標原點，半徑分別為與．若圓的圓心在軸正半軸上，且與圓，均內切，則圓C的標準方程為_________．〖答案〗〖解析〗〖祥解〗依題意求出圓心的橫坐標與半徑，即可得解.〖詳析〗解：依題意可知圓心的橫坐標為，半徑為，故圓的標準方程為.故〖答案〗為：.15.已知為奇函數，若對任意，存在，滿足，則實數的取值范圍是_________．〖答案〗〖解析〗〖祥解〗根據函數的奇偶性求得，再根據題意推得的關系式，結合的范圍，即可求得〖答案〗.〖詳析〗因為為奇函數，故，即，由于,故，則，由于，故，所以，由，可得，即或，對任意，存在，滿足，故，則,，，k取負值，則只能，此時，或，則，則,綜合可得或，即實數的取值范圍是，故〖答案〗為：16.如圖，已知AB為圓O的直徑，，，則六邊形AECBDF的周長的最大值為______．〖答案〗12〖解析〗〖祥解〗連接，，，設，，，先證明，再求得，，則六邊形AECBDF的周長為關于的函數，進而求得最值即可．〖詳析〗連接，，，由，則，設，，，則，，又，得，，在直角中，由，則，，在中，由正弦定理有，即，得，所以六邊形AECBDF的周長為，故當，即時，取得最大值，且最大值為12．所以六邊形AECBDF的周長的最大值為12．故〖答案〗為：12．〖『點石成金』〗關鍵點『點石成金』：本題的關鍵是將六邊形AECBDF的周長和邊的關系轉化為周長和角的關系．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：共60分.17.在數列中，，．（1）設，求數列的通項公式；（2）設，且數列的前項和為．若，求正整數的值．〖答案〗（1）（2）〖解析〗〖祥解〗（1）依題意可得，利用累加法求出數列的通項公式；（2）由（1）可得，即可得到，利用裂項相消法求出，即可得到方程，解得即可.〖小問1詳析〗解：因為，，且，所以，當時，當時，又時也符合上式，所以.〖小問2詳析〗解：由（1）可知，所以，所以，所以，則，解得.18.某出租車公司為推動駕駛員服務意識和服務水平大提升，對出租車駕駛員從駕駛技術和服務水平兩個方面進行了考核，并從中隨機抽取了100名駕駛員，這100名駕駛員的駕駛技術與性別的2×2列聯表和服務水平評分的頻率分布直方圖如下，已知所有駕駛員的服務水平評分均在區間內．駕駛技術優秀非優秀男2545女525

（1）判斷能否有95%的把握認為駕駛員的駕駛技術是否優秀與性別有關；（2）從服務水平評分在，內的駕駛員中用分層抽樣的方法抽取5人，再從這5人中隨機抽取3人，求這3人中恰有2人的評分在內的概率．附：，其中．0.100.0500.0102.7063.8416.635〖答案〗（1）沒有95%的把握認為駕駛員的駕駛技術是否優秀與性別有關，理由見〖解析〗（2）〖解析〗〖祥解〗（1）計算出卡方，與3.841比較后得到相應結論；（2）先根據頻率之和為1得到，從而得到評分在，內的駕駛員人數比例，及兩個區間各抽取的人數，利用列舉法求出概率.〖小問1詳析〗，沒有95%的把握認為駕駛員的駕駛技術是否優秀與性別有關；〖小問2詳析〗，解得：，故服務水平評分在，內的駕駛員人數比例為，故用分層抽樣的方法抽取5人中，內有4人，設為，內有1人，設為，再從這5人中隨機抽取3人，共有以下情況：，共10種情況，其中這3人中恰有2人的評分在的有，6種情況，故這3人中恰有2人的評分在內的概率為．19.在如圖所示的六面體中，平面平面，，，．（1）求證：平面；（2）若AC，BC，兩兩互相垂直，，，求點A到平面的距離．〖答案〗（1）證明見〖解析〗（2）〖解析〗〖祥解〗（1）取的中點，的中點，連，，，利用面面平行的性質定理推出，再利用線面平行的判定定理可證結論成立；（2）以為原點，所在直線分別為軸建立空間直角坐標系，根據點到面的距離的向量公式可求出結果.〖小問1詳析〗取的中點，的中點，連，，，在六面體中，因為平面平面，平面平面，平面平面，所以，同理可得，因為分別是，的中點，且，，所以，，，，所以四邊形是平行四邊形，四邊形是平行四邊形，所以，，又已知，所以，則共面，因為平面平面，平面平面，平面平面，所以，又分別是，的中點，，所以，因為平面，平面，所以平面；〖小問2詳析〗因為AC，BC，兩兩互相垂直，所以以為原點，所在直線分別為軸建立空間直角坐標系：則，，設，則，，，，，設平面的一個法向量為，則，則，取，則，，所以點A到平面的距離為.20.已知函數．（1）若，求的單調區間；（2）若關于x的不等式在上恒成立，求實數a的取值范圍．〖答案〗（1）單調遞增區間為和，單調遞減區間為；（2）.〖解析〗〖祥解〗（1）求導后，解不等式可得增區間，解不等式可得減區間；（2）先由時不等式成立，得，再將不等式化為，構造函數，利用導數求出其最小值，代入可解得結果.〖小問1詳析〗，，令，得或，令，得或，令，得，所以函數的單調遞增區間為和，單調遞減區間為.〖小問2詳析〗關于x的不等式在上恒成立，即在上恒成立，當時，得，即，令，，因為，所以，設，則，令，得,令，得，所以在上為減函數，在上為增函數，所以，即，所以，所以在上為增函數，所以，即.21.已知橢圓的離心率為，點在短軸上，且．（1）求的方程；（2）若直線與交于兩點，求（點為坐標原點）面積的最大值．〖答案〗（1）；（2）.〖解析〗〖祥解〗（1）由題知，，進而根據向量數量積的坐標運算得，再根據即可求得，進而得〖答案〗；（2）設，進而聯立直線與橢圓方程，結合韋達定理，弦長公式得，再求得原點到直線的距離即可計算的面積，再根據基本不等式求解即可.〖小問1詳析〗解：因為橢圓的離心率為，所以，即，因為點在短軸上，且，所以，，解得，因為，所以，，所以，的方程為；〖小問2詳析〗解：設聯立方程得，所以，即，所以，所以，，因為原點到直線的距離為，所以，，當且僅當，即時等號成立，所以，（點為坐標原點）面積的最大值為.（二）選考題：共10分.請考生在第22，23題中任選一題作答，如果多做，則按所做的第一題計分.〖選修4-4：坐標系與參數方程〗22.在直角坐標系xOy中，已知點，直線l的參數方程是（t為參數），以坐標原點O為極點，x軸正半軸為極軸建立極坐標系，曲線C的極坐標方程是．（1）求l的普通方程與曲線C的直角坐標方程；（2）設l與C相交于點A，B，求的值．〖答案〗（1）直線的普通方程為，;（2）〖解析〗〖祥解〗（1）根據參數方程轉化為普通方程，極坐標方程轉化為直角坐標方程的方法求得正確〖答案〗.（2）利用直線參數的幾何意義求得正確〖答案〗.〖小問1詳析〗由得，兩式相減得，所以直線的普通方程為.由，得，即，即，所以曲線的直角坐標方程為.〖小問2詳析〗由于，所以在圓外，將代入，化簡得，，所以，均為負數，所以.〖選修4-5：不等式選講〗23.已知正實數，，滿足，（1）證明：；（2）求的最小值．〖答案〗（1）證明見〖解析〗（2）〖解析〗〖祥解〗（1）利用基本不等式證明即可；（2）利用柯西不等式計算可得.〖小問1詳析〗證明：因為，，為正實數且滿足，所以，當且僅當，即，，時取等號，所以.〖小問2詳析〗解：由柯西不等式可知，當且僅當，，時等號成立，所以的最小值為.高考模擬試題PAGEPAGE12023屆高三年級第一次模擬考試文科數學考生注意：1.答題前，考生務必將自己的姓名?考生號填寫在試卷和答題卡上，并將考生號條形碼粘貼在答題卡上的指定位置.2.回答選擇題時，選出每小題〖答案〗后，用鉛筆把答題卡對應題目的〖答案〗標號涂黑.如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他〖答案〗標號.回答非選擇題時，將〖答案〗寫在答題卡上.寫在本試卷上無效.3.考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回.一?選擇題：本題共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.已知集合，，那么（）A B. C. D.〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗由集合并集的定義即可得到結果.〖詳析〗因為，，所以.故選：A.2.已知復數，則（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗根據復數的除法運算求得復數z，可得其共軛復數，根據模的計算可得〖答案〗.〖詳析〗復數，故，所以，故選：C3.某大型企業開發了一款新產品，投放市場后供不應求，為了達到產量最大化，決定增加生產線．經過一段時間的生產，統計得該款新產品的生產線條數與月產量（件）之間的統計數據如下表：4681030406070由數據可知，線性相關，且滿足回歸直線方程，則當該款新產品的生產線為12條時，預計月產量為（）A.73件 B.79件 C.85件 D.90件〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗根據所給數據求出樣本中心點，再代入回歸直線方程，即可求出參數的值，從而得到回歸直線方程，最后將代入計算可得.〖詳析〗解：依題意可得，，因為回歸直線方程必過樣本中心點，即，解得，所以，當時，故當該款新產品的生產線為12條時，預計月產量為85件.故選：C4.若實數x，y滿足約束條件則的最大值為（）A.1 B.2 C.6 D.7〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗根據不等式組作出可行域，結合直線縱截距的幾何意義求解.〖詳析〗作出可行域如下，

由可得，結合幾何意義可知，當直線經過點時，縱截距有最大值，最大值為，故選:D.5.函數的大致圖象為（）A. B.C. D.〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗首先求出函數的定義域，即可判斷函數的奇偶性，再利用特殊值判斷即可.〖詳析〗解：對于函數，則，解得，即函數的定義域為，又，即為奇函數，函數圖象關于原點對稱，故排除A；當時，，所以，故排除B；且，，即，故排除D.故選：C6.設，且，則（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗根據同角三角函數的基本關系得到，再根據兩角和的余弦公式及誘導公式得到，再根據、的范圍判斷即可.〖詳析〗解：因為，所以，即，即，即，因為，所以，所以，即.故選：D7.已知圓柱的下底面圓的內接正三角形ABC的邊長為6，P為圓柱上底面圓上任意—點，若三棱錐的體積為，則圓柱的外接球的表面積為（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗求出底面內接正三角形外接圓的半徑及的面積，設圓柱的母線長為，根據圓錐的體積公式求出，則圓柱外接球的半徑，即可求出外接球的表面積.〖詳析〗解：如圖，因為是邊長為的正三角形，則其外接圓的半徑，解得，又，設圓柱的母線長為，則，解得，所以圓柱的外接球的半徑，所以外接球的表面積為.故選：B8.在直三棱柱中，，且，若直線與側面所成的角為，則異面直線與所成的角的正弦值為（）A B. C. D.〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗建立空間直角坐標系，設，利用線面角的向量求法求出的值，再求異面直線所成角即可.〖詳析〗因為直三棱柱，所以底面，又因為，所以兩兩垂直，以為軸建立如圖所示坐標系，設，則，，，，所以，，，設平面的法向量，則，解得，所以直線與側面所成的角的正弦值，解得，所以，，設異面直線與所成的角為，則，所以異面直線與所成的角的正弦值為.故選：D9.已知函數在上單調，則a的取值范圍是（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗根據在上的單調性列不等式，由此求得的取值范圍.〖詳析〗的開口向下，對稱軸是直線，所以函數在上單調遞增，依題意可知，在上單調遞增，所以，解得，所以的取值范圍是.故選：D10.以拋物線的焦點F為端點的射線與C及C的準線l分別交于A，B兩點，過B且平行于x軸的直線交C于點P，過A且平行于x軸的直線交l于點Q，且，則△PBF的周長為（）A.16 B.12 C.10 D.6〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗因，則，準線為.由，可得坐標，直線AF方程，進而可得B，P坐標，后由兩點間距離公式及拋物線定義可得〖答案〗.〖詳析〗因，則，準線為.由，如圖，設，則，得，則.得直線AF方程：，代入，得，將代入，可得.則周長，則.故.故選：B11.已知雙曲線左、右焦點分為，，左、右頂點分別為，，點M，N在y軸上，且滿足（O為坐標原點）．直線，與C的左、右支分別交于另外兩點P，Q，若四邊形為矩形，且P，N，三點共線，則C的離心率為（）A.3 B.2 C. D.〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗由四邊形為矩形，可得，，設，則，由P，N，三點共線，可得，由P，M，三點共線，可得，即可得，從而得〖答案〗.〖詳析〗解：如圖所示：，由，則有，設，則，由，可得，取，同理可得，又因為，P，N，三點共線，所以，，所以，所以，P，M，三點共線，所以，，所以，所以，又因為，所以，即有，所以，所以.故選：A.12.已知實數a，b，c滿足，且，則（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗由題意可得，，，構造函數，再利用導數求出函數的單調區間，作出函數的大致圖象，結合圖象即可得出〖答案〗.〖詳析〗解：因為，所以，因為，所以，因為，所以，因為，所以，令，則，當時，，當時，，所以函數在上遞減，在上遞增，所以，又當時，，當，，由此作出函數的大致圖象如圖所示，因為且，則由圖可知，所以.故選：A.二?填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分.13.已知正六邊形ABCDEF的邊長為2，則_________．〖答案〗〖解析〗〖祥解〗根據正六邊形的幾何性質，求出向量的模長以及夾角，利用平面向量的定義式，可得〖答案〗.詳析〗由題意，作圖如下：在正六邊形中，易知，，，，則與的夾角為，即，在中，，.故〖答案〗為：.14.已知圓，的圓心都在坐標原點，半徑分別為與．若圓的圓心在軸正半軸上，且與圓，均內切，則圓C的標準方程為_________．〖答案〗〖解析〗〖祥解〗依題意求出圓心的橫坐標與半徑，即可得解.〖詳析〗解：依題意可知圓心的橫坐標為，半徑為，故圓的標準方程為.故〖答案〗為：.15.已知為奇函數，若對任意，存在，滿足，則實數的取值范圍是_________．〖答案〗〖解析〗〖祥解〗根據函數的奇偶性求得，再根據題意推得的關系式，結合的范圍，即可求得〖答案〗.〖詳析〗因為為奇函數，故，即，由于,故，則，由于，故，所以，由，可得，即或，對任意，存在，滿足，故，則,，，k取負值，則只能，此時，或，則，則,綜合可得或，即實數的取值范圍是，故〖答案〗為：16.如圖，已知AB為圓O的直徑，，，則六邊形AECBDF的周長的最大值為______．〖答案〗12〖解析〗〖祥解〗連接，，，設，，，先證明，再求得，，則六邊形AECBDF的周長為關于的函數，進而求得最值即可．〖詳析〗連接，，，由，則，設，，，則，，又，得，，在直角中，由，則，，在中，由正弦定理有，即，得，所以六邊形AECBDF的周長為，故當，即時，取得最大值，且最大值為12．所以六邊形AECBDF的周長的最大值為12．故〖答案〗為：12．〖『點石成金』〗關鍵點『點石成金』：本題的關鍵是將六邊形AECBDF的周長和邊的關系轉化為周長和角的關系．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：共60分.17.在數列中，，．（1）設，求數列的通項公式；（2）設，且數列的前項和為．若，求正整數的值．〖答案〗（1）（2）〖解析〗〖祥解〗（1）依題意可得，利用累加法求出數列的通項公式；（2）由（1）可得，即可得到，利用裂項相消法求出，即可得到方程，解得即可.〖小問1詳析〗解：因為，，且，所以，當時，當時，又時也符合上式，所以.〖小問2詳析〗解：由（1）可知，所以，所以，所以，則，解得.18.某出租車公司為推動駕駛員服務意識和服務水平大提升，對出租車駕駛員從駕駛技術和服務水平兩個方面進行了考核，并從中隨機抽取了100名駕駛員，這100名駕駛員的駕駛技術與性別的2×2列聯表和服務水平評分的頻率分布直方圖如下，已知所有駕駛員的服務水平評分均在區間內．駕駛技術優秀非優秀男2545女525

（1）判斷能否有95%的把握認為駕駛員的駕駛技術是否優秀與性別有關；（2）從服務水平評分在，內的駕駛員中用分層抽樣的方法抽取5人，再從這5人中隨機抽取3人，求這3人中恰有2人的評分在內的概率．附：，其中．0.100.0500.0102.7063.8416.635〖答案〗（1）沒有95%的把握認為駕駛員的駕駛技術是否優秀與性別有關，理由見〖解析〗（2）〖解析〗〖祥解〗（1）計算出卡方，與3.841比較后得到相應結論；（2）先根據頻率之和為1得到，從而得到評分在，內的駕駛員人數比例，及兩個區間各抽取的人數，利用列舉法求出概率.〖小問1詳析〗，沒有95%的把握認為駕駛員的駕駛技術是否優秀與性別有關；〖小問2詳析〗，解得：，故服務水平評分在，內的駕駛員人數比例為，故用分層抽樣的方法抽取5人中，內有4人，設為，內有1人，設為，再從這5人中隨機抽取3人，共有以下情況：，共10種情況，其中這3人中恰有2人的評分在的有，6種情況，故這3人中恰有2人的評分在內的概率為．19.在如圖所示的六面體中，平面平面，，，．（1）求證：平面；（2）若AC，BC，兩兩互相垂直，，，求點A到平面的距離．〖答案〗（1）證明見〖解析〗（2）〖解析〗〖祥解〗（1）取的中點，的中點，連，，，利用面面平行的性質定理推出，再利用線面平行的判定定理可證結論成立；（2）以為原點，所在直線分別為軸建立空間直角坐標系，根據點到面的距離的向量公式可求出結果.〖小問1詳析〗取的中點，的中點，連，，，在六面體中，因為平面平面，平面平面，平面平面，所以，同理可得，因為分別是，的中點，且，，所以，，，，所以四邊形是平行四邊形，四邊形是平行四邊形，所以，，又已知，所以，則共面，因為平面平面，平面平面，平面平面，所以，又分別是，的中點，，所以，因為平面，平面，所以平面；〖小問2詳析〗因為AC，BC，兩兩互相垂直，所以以為原點，所在直線分別為軸建立空間直角坐標系：則，，設，則，，，，，設平面的一個法向量為，則，則，取，則，，所以點A到平面的距離為.20.已知函數．（1）若，求的單調區間；（2）若關于x的不等式