高考數(shù)學(xué) 基礎(chǔ)鞏固練（六）理（含解析）-人教版高三數(shù)學(xué)試題

基礎(chǔ)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(shí)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(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的．1．(2019·吉林省名校一模)設(shè)復(fù)數(shù)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(fù)數(shù)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(zhǎng)春高三質(zhì)量監(jiān)測(cè))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(shù)f(x)＝xsin2x＋cosx的大致圖象有可能是()答案A解析因?yàn)楹瘮?shù)f(x)的定義域關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，且f(－x)＝－xsin(－2x)＋cos(－x)＝xsin2x＋cosx＝f(x)，則函數(shù)f(x)是偶函數(shù)，排除D.由f(x)＝x·2sinxcosx＋cosx＝0，得cosx(2xsinx＋1)＝0，得cosx＝0，當(dāng)x∈(0,2π)時(shí)，x＝eq\f(π,2)或eq\f(3π,2)，由2xsinx＋1＝0得sinx＝－eq\f(1,2x)，作出函數(shù)y＝sinx和y＝－eq\f(1,2x)在(0,2π)內(nèi)的圖象，由圖象知兩個(gè)函數(shù)此時(shí)有兩個(gè)不同的交點(diǎn)，綜上，f(x)在(0,2π)內(nèi)有四個(gè)零點(diǎn)，排除B，C.故選A.4．(2019·全國(guó)卷Ⅱ)2019年1月3日嫦娥四號(hào)探測(cè)器成功實(shí)現(xiàn)人類歷史上首次月球背面軟著陸，我國(guó)航天事業(yè)取得又一重大成就．實(shí)現(xiàn)月球背面軟著陸需要解決的一個(gè)關(guān)鍵技術(shù)問(wèn)題是地面與探測(cè)器的通信聯(lián)系．為解決這個(gè)問(wèn)題，發(fā)射了嫦娥四號(hào)中繼星“鵲橋”，鵲橋沿著圍繞地月拉格朗日L2點(diǎn)的軌道運(yùn)行．L2點(diǎn)是平衡點(diǎn)，位于地月連線的延長(zhǎng)線上．設(shè)地球質(zhì)量為M1，月球質(zhì)量為M2，地月距離為R，L2點(diǎn)到月球的距離為r，根據(jù)牛頓運(yùn)動(dòng)定律和萬(wàn)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(shè)α＝eq\f(r,R).由于α的值很小，因此在近似計(jì)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(qū)校級(jí)三模)數(shù)學(xué)名著《算學(xué)啟蒙》中有關(guān)于“松竹并生”的問(wèn)題：松長(zhǎng)四尺，竹長(zhǎng)兩尺，松日自半，竹日自倍，松竹何日而長(zhǎng)等．如下圖，是源于其思想的一個(gè)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(xué)報(bào)名參加假期社區(qū)服務(wù)活動(dòng)，社區(qū)服務(wù)活動(dòng)共有關(guān)懷老人、環(huán)境監(jiān)測(cè)、教育咨詢、交通宣傳等四個(gè)項(xiàng)目，每人限報(bào)其中一項(xiàng)，記事件A為“4名同學(xué)所報(bào)項(xiàng)目各不相同”，事件B為“只有甲同學(xué)一人報(bào)關(guān)懷老人項(xiàng)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(yáng)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(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2y＝x，,x＝y(tǒng)－1，))解得A(－2，－1)．∵eq\f(y－2,x)的幾何意義為可行域內(nèi)的動(dòng)點(diǎn)與Q(0,2)連線的斜率，∴動(dòng)點(diǎn)位于A時(shí)，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(shù)f(x)＝2x3－(6a＋3)x2＋12ax＋16a2(a＜0)只有一個(gè)零點(diǎn)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(dāng)x＜2a或x＞1時(shí)，f′(x)＞0，當(dāng)2a＜x＜1時(shí)，f′(x)＜0，故函數(shù)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(zhǎng)為2，E是正方形內(nèi)部(不包括正方形的邊)一點(diǎn)，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(biāo)原點(diǎn)，以直線AB為x軸，直線AD為y軸的平面直角坐標(biāo)系．設(shè)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(dāng)x＝eq\f(1,2)時(shí)，(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(shí)驗(yàn)中學(xué)模擬)一個(gè)正三棱錐(底面積是正三角形，頂點(diǎn)在底面上的射影為底面三角形的中心)的四個(gè)頂點(diǎn)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(shè)正三棱錐的底面中心為O，連接OP，延長(zhǎng)CO交AB于點(diǎn)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(shè)a，b∈R，數(shù)列{an}滿足a1＝a，an＋1＝aeq\o\al(2,n)＋b，n∈N*，則()A．當(dāng)b＝eq\f(1,2)時(shí)，a10>10 B．當(dāng)b＝eq\f(1,4)時(shí)，a10>10C．當(dāng)b＝－2時(shí)，a10>10 D．當(dāng)b＝－4時(shí)，a10>10答案A解析解法一：考察選項(xiàng)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(shù)列．因此，當(dāng)a1＝0時(shí)，a10取到最小值，現(xiàn)對(duì)此情況進(jìn)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(dāng)n>1時(shí)，an＋1>aeq\o\al(2,n)，∴l(xiāng)gan＋1>2lgan，∴l(xiāng)ga10>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(duì)于選項(xiàng)B，當(dāng)a＝eq\f(1,2)，b＝eq\f(1,4)時(shí)，an＝eq\f(1,2)恒成立，所以排除B；對(duì)于選項(xiàng)C，當(dāng)a＝2或－1，b＝－2時(shí)，an＝2或－1恒成立，所以排除C.對(duì)于選項(xiàng)D，當(dāng)a＝eq\f(1±\r(17),2)，b＝－4時(shí)，an＝eq\f(1±\r(17),2)恒成立，所以排除D.故選A.12．(2019·全國(guó)卷Ⅱ)設(shè)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镽，滿足f(x＋1)＝2f(x)，且當(dāng)x∈(0,1]時(shí)，f(x)＝x(x－1)．若對(duì)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(dāng)x∈(0,1]時(shí)，f(x)＝x(x－1)，∴當(dāng)x∈(0,1]時(shí)，f(x)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)，0)).∵f(x＋1)＝2f(x)，∴當(dāng)x∈(－1,0]時(shí)，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(dāng)x∈(－2，－1]時(shí)，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(dāng)x∈(1,2]時(shí)，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(dāng)x∈(2,3]時(shí)，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(duì)任意x∈(－∞，m]，都有f(x)≥－eq\f(8,9)，則有2<m≤3.設(shè)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(jié)合圖象可知，當(dāng)m≤eq\f(7,3)時(shí)，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(shù)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(shù)和．Tr＋1＝(－1)rCeq\o\al(r,5)(2x)5－ryr.x2y3的系數(shù)為(－1)3Ceq\o\al(3,5)·22＝－40，x3y2的系數(shù)為(－1)2Ceq\o\al(2,5)·23＝80，故所求系數(shù)為－40＋80＝40.14．(2019·江蘇高考)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，點(diǎn)A在曲線y＝lnx上，且該曲線在點(diǎn)A處的切線經(jīng)過(guò)點(diǎn)(－e，－1)(e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù))，則點(diǎn)A的坐標(biāo)是________．答案(e,1)解析設(shè)A(m，n)，則曲線y＝lnx在點(diǎn)A處的切線方程為y－n＝eq\f(1,m)(x－m)．又切線過(guò)點(diǎn)(－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(diǎn)A的坐標(biāo)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(guān)于直線y＝－x對(duì)稱，C1與C2分別在第一、二、三、四象限交于點(diǎn)P1，P2，P3，P4.若四邊形P1P2P3P4的面積為4，則點(diǎn)P1的坐標(biāo)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(guān)于直線y＝－x對(duì)稱的曲線C2是eq\f(y2,4)＋eq\f(x2,b2)＝1，由橢圓的對(duì)稱性知四邊形P1P2P3P4是矩形，又點(diǎn)P2在直線y＝－x上，所以四邊形P1P2P3P4是正方形，點(diǎn)P1的坐標(biāo)為(1,1)，因?yàn)辄c(diǎn)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(shí)數(shù)集R上的函數(shù)f(x)滿足f(1)＝4且f(x)的導(dǎo)函數(shù)f′(x)＜3，則不等式f(lnx)＞3lnx＋1的解集為________．答案(0，e)解析設(shè)t＝lnx，則不等式f(lnx)＞3lnx＋1等價(jià)為f(t)＞3t＋1，設(shè)g(x)＝f(x)－3x－1，則g′(x)＝f′(x)－3，∵f(x)的導(dǎo)函數(shù)f′(x)＜3，∴g′(x)＝f′(x)－3＜0，此時(shí)函數(shù)g(x)單調(diào)遞減，∵f(1)＝4，∴g(1)＝f(1)－3－1＝0，則當(dāng)x＞1時(shí)，g(x)＜g(1)＝0，即g(x)＜0，則此時(shí)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(yīng)寫出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟．第17～21題為必考題，每個(gè)試題考生都必須作答．第22、23題為選考題，考生根據(jù)要求作答．(一)必考題：60分．17．(本小題滿分12分)(2019·廣州畢業(yè)班綜合測(cè)試)△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)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?yàn)閏cosB＝(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?yàn)?<A<π，所以sinA≠0，cosC＝eq\f(1,3).因?yàn)?<C<π，所以sinC＝eq\r(1－cos2C)＝eq\f(2\r(2),3).解法二：因?yàn)閏cosB＝(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(jiǎn)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?yàn)?<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?yàn)閎－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(xué)的環(huán)保社團(tuán)參照國(guó)家環(huán)境標(biāo)準(zhǔn)制定了該校所在區(qū)域空氣質(zhì)量指數(shù)與空氣質(zhì)量等級(jí)對(duì)應(yīng)關(guān)系如下表(假設(shè)該區(qū)域空氣質(zhì)量指數(shù)不會(huì)超過(guò)300)：空氣質(zhì)量指數(shù)(0，50](50，100](100，150](150，200](200，250](250，300]空氣質(zhì)量等級(jí)1級(jí)優(yōu)2級(jí)良3級(jí)輕度污染4級(jí)中度污染5級(jí)重度污染6級(jí)嚴(yán)重污染該社團(tuán)將該校區(qū)在2018年11月中10天的空氣質(zhì)量指數(shù)監(jiān)測(cè)數(shù)據(jù)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(jì)為概率．(1)以這10天的空氣質(zhì)量指數(shù)監(jiān)測(cè)數(shù)據(jù)估計(jì)2018年11月的空氣質(zhì)量情況，則2018年11月中有多少天的空氣質(zhì)量達(dá)到優(yōu)良？(2)從這10天的空氣質(zhì)量指數(shù)監(jiān)測(cè)數(shù)據(jù)中，隨機(jī)抽取三天，求恰好有一天空氣質(zhì)量良的概率；(3)從這10天的數(shù)據(jù)中任取三天數(shù)據(jù)，記ξ表示抽取空氣質(zhì)量良的天數(shù)，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(jí)優(yōu)1天，2級(jí)良2天，3～6級(jí)共7天．∴這10天中空氣質(zhì)量達(dá)到優(yōu)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(zhì)量達(dá)到優(yōu)良．(2)記“從這10天的空氣質(zhì)量指數(shù)監(jiān)測(cè)數(shù)據(jù)中，隨機(jī)抽取三天，恰有一天空氣質(zhì)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(zhì)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(diǎn)G為棱AD1上一個(gè)動(dòng)點(diǎn)．(1)當(dāng)點(diǎn)G為棱AD1的中點(diǎn)時(shí)，求證：BG∥平面D1EC；(2)求證：AB⊥平面D1BE；(3)是否存在點(diǎn)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(zhǎng)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．解(1)證法一：在題圖1的等腰梯形ABCD內(nèi)，過(guò)點(diǎn)B作AE的垂線，垂足為F，如圖3.因?yàn)镃E⊥AD，所以BF∥EC.又因?yàn)锽C∥AD，BC＝CE＝1，AD＝3，所以四邊形BCEF為正方形，AF＝FE＝ED＝1，F(xiàn)為AE的中點(diǎn)．在題圖2中，連接GF，如圖4.因?yàn)辄c(diǎn)G是AD1的中點(diǎn)，所以GF∥D1E.又因?yàn)锽F∥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?yàn)锽G?平面GFB，所以BG∥平面D1EC.證法二：在題圖1的等腰梯形ABCD內(nèi)，過(guò)B作AE的垂線，垂足為F，如圖3.因?yàn)镃E⊥AD，所以BF∥EC，又因?yàn)锽C∥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(shè)點(diǎn)M為線段D1E的中點(diǎn)，連接MG，MC，如圖4.因?yàn)辄c(diǎn)G是AD1的中點(diǎn)，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?yàn)镃M?平面D1EC，BG?平面D1EC，所以BG∥平面D1EC.(2)證明：因?yàn)槠矫鍰1EC⊥平面ABCE，平面D1EC∩平面ABCE＝EC，D1E⊥EC，D1E?平面D1EC，所以D1E⊥平面ABCE.又因?yàn)锳B?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?yàn)镋A，EC，ED1三線兩兩垂直，如圖，建立空間直角坐標(biāo)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(shè)存在點(diǎn)G滿足題意，設(shè)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(shè)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(diǎn)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(guó)卷Ⅲ)已知曲線C：y＝eq\f(x2,2)，D為直線y＝－eq\f(1,2)上的動(dòng)點(diǎn)，過(guò)D作C的兩條切線，切點(diǎn)分別為A，B.(1)證明：直線AB過(guò)定點(diǎn)；(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(diǎn)為線段AB的中點(diǎn)，求四邊形ADBE的面積．解(1)證明：設(shè)Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t，－\f(1,2)))，A(x1，y1)，則xeq\o\al(2,1)＝2y1.因?yàn)閥′＝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(shè)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(guò)定點(diǎn)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(shè)d1，d2分別為點(diǎn)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(shè)M為線段AB的中點(diǎn)，則Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t，t2＋\f(1,2))).因?yàn)閑q\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(dāng)t＝0時(shí)，S＝3；當(dāng)t＝±1時(shí)，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(shù)f(x)＝x2－2x＋alnx.(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；(2)若函數(shù)f(x)存在兩個(gè)極值點(diǎn)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(dāng)Δ≤0時(shí)，解得a≥eq\f(1,2)，則f′(x)≥0，此時(shí)函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；②當(dāng)Δ＞0時(shí)，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(dāng)0＜a＜eq\f(1,2)時(shí)，x1，x2＞0，此時(shí)函數(shù)f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1－\r(1－2a),2)))內(nèi)單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－\r(1－2a),2)，\f(1＋\r(1－2a),2)))內(nèi)單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋\r(1－2a),2)，＋∞))內(nèi)單調(diào)遞增．當(dāng)a≤0時(shí)，x1≤0，x2＞0.此時(shí)函數(shù)f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1＋\r(1－2a),2)))內(nèi)單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋\r(1－2a),2)，＋∞))內(nèi)單調(diào)遞增．(2)證明：函數(shù)f(x)存在兩個(gè)極值點(diǎn)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