全国高考数学（理）增分练高考预测卷（二）

/18/18/2020届全国高考数学（理）增分练高考预测卷（二）本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共150分，考试时间120分钟．第Ⅰ卷一、选择题：本大题共12小题，每个小题5分，共60分．在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．已知集合M＝{x|x2－4x<0}，N＝{x|m<x<5}，若M∩N＝{x|3<x<n}，则m＋n等于()A．9 B．8C．7 D．6解析M＝{x|0<x<4}，又N＝{x|m<x<5}，M∩N＝{x|3<x<n}，故m＝3，n＝4，∴m＋n＝7，选C.答案C2．(2018·唐山二模)若复数z＝eq\f(1＋i,a－i)(i是虚数单位，a∈R)是纯虚数，则z的虚部为()A．1 B．iC．2 D．2i解析设z＝eq\f(1＋i,a－i)＝bi(b∈R且b≠0)，则1＋i＝b＋abi，∴b＝1.选A.答案A3．(2018·南昌调研)已知m，n为两个非零向量，则“m与n共线”是“m·n＝|m·n|”的()A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件解析当m与n反向时，m·n<0，而|m·n|>0，故充分性不成立．若m·n＝|m·n|，则m·n＝|m|·|n|·cos〈m，n〉＝|m|·|n||cos〈m，n〉|，则cos〈m，n〉＝|cos〈m，n〉|，故cos〈m，n〉≥0，即0°≤〈m，n〉≤90°，此时m与n不一定共线，即必要性不成立．故“m与n共线”是“m·n＝|m·n|”的既不充分也不必要条件，故选D.答案D4．甲、乙、丙3人参加某项测试，每人通过该测试的概率都为eq\f(1,3)，测试结束后，已知甲、乙、丙3人中至少有1人通过该测试，则甲未通过该测试的概率是()A.eq\f(1,2) B．eq\f(9,20)C.eq\f(10,19) D．eq\f(9,19)解析设事件A为“甲、乙、丙3人中至少有1人通过该测试”，事件B为“甲未通过该测试”．则P(A)＝1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))3＝eq\f(19,27)，P(AB)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))×eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))2))＝eq\f(10,27)，所以P(B|A)＝eq\f(P?AB?,P?A?)＝eq\f(10,19).答案C5．在△ABC中，角A，B的对边分别为a，b，若a＝8，b＝7，B＝60°，则sinC＝()A.eq\f(3\r(3),14) B．eq\f(5\r(3),14)C.eq\f(3\r(3),14)或eq\f(5\r(3),14) D．eq\f(11,14)解析通解eq\f(8,sinA)＝eq\f(7,sin60°)?sinA＝eq\f(4\r(3),7)?cosA＝±eq\f(1,7).因为sinB＝eq\f(\r(3),2)，cosB＝eq\f(1,2)，sinC＝sin(A＋B)＝sinAcosB＋cosAsinB，所以当cosA＝eq\f(1,7)时，sinC＝eq\f(5\r(3),14)；当cosA＝－eq\f(1,7)时，sinC＝eq\f(3\r(3),14).故sinC的值为eq\f(3\r(3),14)或eq\f(5\r(3),14).优解设角C的对边为c，由余弦定理得，b2＝a2＋c2－2accosB?49＝64＋c2－8c?c＝3或c＝5.当c＝3时，sinC＝eq\f(c,b)·sinB＝eq\f(3\r(3),14)；当c＝5时，sinC＝eq\f(c,b)·sinB＝eq\f(5\r(3),14).故sinC的值为eq\f(3\r(3),14)或eq\f(5\r(3),14).答案C6．函数f(x)＝eq\f(ex＋1,x?ex－1?)(其中e为自然对数的底数)的图像大致为()解析由题意，f(－x)＝eq\f(e－x＋1,－x?e－x－1?)＝eq\f(ex＋1,－x?1－ex?)＝eq\f(ex＋1,x?ex－1?)＝f(x)，所以函数f(x)为偶函数，故f(x)的图像关于y轴对称，排除B，C；又x→0＋时，ex＋1→2，x(ex－1)→0＋，所以eq\f(ex＋1,x?ex－1?)→＋∞，排除D，故选A.答案A7．执行如图所示的程序框图，若输入的a，b分别是2020，1，则输出的i＝()A．5 B．6C．7 D．8解析i＝1，a＝2020＋1，b＝1＝1！；i＝2，a＝2020＋3，b＝2×1＝2！；…i＝n，a＝2020＋eq\f(n?n＋1?,2)，b＝n！.当i＝6时，a＝2020＋21＝2041，b＝6！＝720<a；当i＝7时，a＝2020＋28＝2048，b＝7！＝5040>a.故输出的i的值为7.答案C8．我国南北朝时的数学着作《张邱建算经》有一道题为：“今有十等人，每等一人，官赐金依等次差降之．上三人先入，得金四斤，持出．下三人后入，得金三斤，持出．中间四人未到者，亦依等次更给．问各得金几何？”在该问题中，等级较高的二等人所得黄金比等级较低的九等人所得黄金()A．多1斤 B．少1斤C．多eq\f(1,3)斤 D．少eq\f(1,3)斤解析等级由高到低的十等人所得黄金由多到少依次记为a1，a2，…，a10，则a1，a2，…，a10成等差数列．由题意得a1＋a2＋a3＝3a2＝4，a2＝eq\f(4,3)，a8＋a9＋a10＝3a9＝3，a9＝1.则a2－a9＝eq\f(4,3)－1＝eq\f(1,3)，即等级较高的二等人所得黄金比等级较低的九等人所得黄金多eq\f(1,3)斤．答案C9．把正方形ABCD沿对角线AC折起，当以A，B，C，D四点为顶点棱锥体积最大时，直线BD和平面ABC所成角的大小为()A．90° B．60°C．45° D．30°解析如图，当DO⊥平面ABC时，三棱锥D-ABC的体积最大．∴∠DBO为直线BD和平面ABC所成的角，∵在Rt△DOB中，OD＝OB，∴直线BD和平面ABC所成角的大小为45°.答案C10．在区间[0,1]上随机取两个数x，y，记p1为事件“x＋y≥eq\f(1,2)”的概率，p2为事件“|x－y|≤eq\f(1,2)”的概率，p3为事件“xy≤eq\f(1,2)”的概率，则()A．p1<p2<p3 B．p2<p3<p1C．p3<p1<p2 D．p3<p2<p1解析如图所示，由几何概型得p1＝eq\f(1－\f(1,2)×\f(1,2)×\f(1,2),1)＝eq\f(7,8)；由几何概型得p2＝eq\f(1－\f(1,2)×\f(1,2),1)＝eq\f(3,4)；由几何概型得p3＝eq\f(1－∫1eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2x)))dx,1)＝eq\f(1＋ln2,2)；所以p2<p3<p1.答案B11．已知函数f(x)＝2sin(ωx＋φ)＋1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω>0，|φ|<\f(π,2)))，f(α)＝－1，f(β)＝1，若|α－β|的最小值为eq\f(3π,4)，且f(x)的图像关于点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，1))对称，则函数f(x)的单调递增区间是()A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)＋2kπ，π＋2kπ))，k∈ZB.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)＋3kπ，π＋3kπ))，k∈ZC.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(π＋2kπ，\f(5π,2)＋2kπ))，k∈ZD.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(π＋3kπ，\f(5π,2)＋3kπ))，k∈Z解析由题设条件可知f(x)的周期T＝4|α－β|min＝3π，所以ω＝eq\f(2π,T)＝eq\f(2,3)，又f(x)的图像关于点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，1))对称，从而feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝1，即sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)×\f(π,4)＋φ))＝0.因为|φ|<eq\f(π,2)，所以φ＝－eq\f(π,6)，故f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)x－\f(π,6)))＋1，再由－eq\f(π,2)＋2kπ≤eq\f(2,3)x－eq\f(π,6)≤eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，得－eq\f(π,2)＋3kπ≤x≤π＋3kπ，k∈Z.答案B12．已知函数f(x)是奇函数，且f(x)＋f′(x)＝ln(x＋1)－ln(1－x)＋eq\f(2,1－x2)，则|f(2x－1)|<eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))))的解集是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,6)，\f(1,3))) B．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,6)，\f(1,4)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(1,2))) D．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,6)，\f(1,2)))解析∵f(x)是奇函数，∴f(－x)＝－f(x)，两边同时求导数得，－f′(－x)＝－f′(x)，则f′(－x)＝f′(x)，即f′(x)为偶函数．∴f(－x)＋f′(－x)＝ln(－x＋1)－ln(1＋x)＋eq\f(2,1－x2)，则－f(x)＋f′(x)＝ln(－x＋1)－ln(1＋x)＋eq\f(2,1－x2)，与f(x)＋f′(x)＝ln(x＋1)－ln(1－x)＋eq\f(2,1－x2)联立可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f?x?＝ln?1＋x?－ln?1－x?，,f′?x?＝\f(2,1－x2).))又f(x)的定义域为(－1,1)，∴f′(x)＝eq\f(2,1－x2)>0，∴f(x)在(－1,1)上为单调递增函数．∴在(0,1)上，f(x)>f(0)＝0，∴|f(x)|为偶函数，且在(0,1)上单调递增．∴由|f(2x－1)|<eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))))，可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－1<2x－1<1，,－1<x＋\f(1,2)<1，,|2x－1|<\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))，))∴eq\f(1,6)<x＜eq\f(1,2).答案D第Ⅱ卷本卷包括必考题和选考题两部分．第13～21题为必考题，每个试题考生必须作答．第22～23题为选考题，考生根据要求作答．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．若eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(2,\r(3,x))))n的展开式中所有项的系数和为81，则展开式的常数项为________．解析令x＝1，则3n＝81?n＝4，则eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(2,\r(3,x))))4展开式的通项Tr＋1＝Ceq\o\al(r,4)x4－req\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,\r(3,x))))r＝2rCeq\o\al(r,4)x4－eq\f(4,3)r，令4－eq\f(4,3)r＝0，得r＝3，则展开式的常数项为23×Ceq\o\al(3,4)＝32.答案3214．如图，∠BAC＝120°，圆M与AB、AC分别切于点D、E，AD＝1，点P是圆M及其内部任意一点，且eq\o(AP,\s\up7(→))＝xeq\o(AD,\s\up7(→))＋yeq\o(AE,\s\up7(→))(x，y∈R)，则x＋y的取值范围为________．解析如图，记平行于直线DE，且与圆相切的直线分别为NQ和BF，则x＋y的最大值为eq\f(AB,AD)＝4＋2eq\r(3)，x＋y的最小值为eq\f(AN,AD)＝4－2eq\r(3).答案[4－2eq\r(3)，4＋2eq\r(3)]15．如图，在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝2，E为边AB的中点．将△ADE沿DE翻折，得到四棱锥A1-DEBC.设线段A1C的中点为M①总有BM∥平面A1DE；②三棱锥C-A1DE体积的最大值为eq\f(4\r(2),3)；③存在某个位置，使DE与A1C所成的角为90°.其中正确的命题是________．(写出所有正确命题的序号)解析取DC的中点为F，连接FM，FB，如图所示，可得MF∥A1D，FB∥DE，可得平面MBF∥平面A1DE，所以BM∥平面A1DE，所以①正确；当平面A1DE与底面ABCD垂直时，三棱锥C-A1DE的体积取得最大值，最大值为eq\f(1,3)×eq\f(1,2)A1D×A1E×EC＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×2×2×2eq\r(2)＝eq\f(4,3)eq\r(2)，所以②正确；假设存在某个位置，使DE与A1C所成的角为90°，因为DE⊥EC，所以DE⊥平面A1EC，可得DE⊥A1E，即AE⊥DE，与已知条件矛盾，所以③不正确．故答案为①②.答案①②16．已知双曲线eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)上一点C，过双曲线中心的直线交双曲线于A，B两点，记直线AC，BC的斜率分别为k1，k2，当eq\f(2,k1k2)＋ln|k1|＋ln|k2|最小时，双曲线的离心率为________．解析设A(x1，y1)，C(x2，y2)，由题意知，点A，B为过原点的直线与双曲线eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1的交点，∴由双曲线的对称性，得A，B关于原点对称，∴B(－x1，－y1)，∴k1k2＝eq\f(y2－y1,x2－x1)·eq\f(y2＋y1,x2＋x1)＝eq\f(y\o\al(2,2)－y\o\al(2,1),x\o\al(2,2)－x\o\al(2,1))，∵点A，C都在双曲线上，∴eq\f(x\o\al(2,1),a2)－eq\f(y\o\al(2,1),b2)＝1，eq\f(x\o\al(2,2),a2)－eq\f(y\o\al(2,2),b2)＝1，两式相减，可得k1k2＝eq\f(b2,a2)>0，对于eq\f(2,k1k2)＋ln|k1|＋ln|k2|＝eq\f(2,k1k2)＋ln|k1k2|，设函数y＝eq\f(2,x)＋lnx，x>0，由y′＝－eq\f(2,x2)＋eq\f(1,x)＝0，得x＝2，当x>2时，y′>0，当0<x<2时，y′<0，∴当x＝2时，函数y＝eq\f(2,x)＋lnx，x>0取得最小值，∴当eq\f(2,k1k2)＋ln(k1k2)最小时，k1k2＝eq\f(b2,a2)＝2，∴e＝eq\r(1＋\f(b2,a2))＝eq\r(3).答案eq\r(3)三、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答．(一)必考题：共60分17．(12分)平面四边形ABCD中，AB⊥BC，∠A＝60°，AB＝3，AD＝2.(1)求sin∠ABD；(2)若cos∠BDC＝eq\f(1,7)，求△BCD的面积．解析(1)在△ABD中，∠A＝60°，AB＝3，AD＝2，由余弦定理，得BD2＝AB2＋AD2－2AB·AD·cosA＝9＋4－6＝7，所以BD＝eq\r(7)，(2分)由正弦定理，得eq\f(BD,sinA)＝eq\f(AD,sin∠ABD)，(4分)所以sin∠ABD＝eq\f(AD·sinA,BD)＝eq\f(2×\f(\r(3),2),\r(7))＝eq\f(\r(3),\r(7))＝eq\f(\r(21),7).(6分)(2)因为AB⊥BC，所以∠ABC＝90°，所以cos∠DBC＝sin∠ABD＝eq\f(\r(3),\r(7))，所以sin∠DBC＝eq\f(2,\r(7)).因为cos∠BDC＝eq\f(1,7)，所以sin∠BDC＝eq\f(4\r(3),7).(8分)所以sinC＝sin(π－∠BDC－∠DBC)＝sin(∠BDC＋∠DBC)＝sin∠BDCcos∠DBC＋cos∠BDCsin∠DBC＝eq\f(4\r(3),7)×eq\f(\r(3),\r(7))＋eq\f(1,7)×eq\f(2,\r(7))＝eq\f(2,\r(7)).(10分)所以sin∠DBC＝sinC，所以∠DBC＝∠C，所以DC＝BD＝eq\r(7)，所以S△BCD＝eq\f(1,2)DC·BD·sin∠BDC＝eq\f(1,2)×eq\r(7)×eq\r(7)×eq\f(4\r(3),7)＝2eq\r(3).(12分)18．(12分)某省级示范高中高三年级对考试的评价指标中，有“难度系数”和“区分度”两个指标．其中，难度系数＝eq\f(年级总平均分,总分)，区分度＝eq\f(实验班的平均分－普通班的平均分,总分).(1)在某次数学考试(满分150分)中，从实验班和普通班各随机抽取三人，实验班三人的成绩分别为147分，142分，137分，普通班三人的成绩分别为97分，102分，113分，通过样本估算本次考试的区分度(精确到0.01)．(2)以下表格是高三年级6次考试的统计数据：难度系数x0.640.710.740.760.770.82区分度y0.180.230.240.240.220.15①计算相关系数r，|r|<0.75时，认为相关性弱；|r|≥0.75时，认为相关性强．通过计算说明，能否利用线性回归模型拟合y与x的关系；②已知t＝|x－0.74|，求出y关于t的线性回归方程，并预报x＝0.75时y的值(精确到0.01)．参考数据：eq\i\su(i＝1,6,x)iyi＝0.9309，eq\r(\i\su(i＝1,6,)?xi－\o(x,\s\up7(→))?2\i\su(i＝1,6,)?yi－\o(y,\s\up7(→))?2)≈0.0112，eq\i\su(i＝1,6,t)iyi＝0.0483，eq\i\su(i＝1,6,)(ti－eq\o(t,\s\up7(→)))2≈0.0073.参考公式：相关系数r＝eq\f(\i\su(i＝1,n,)?xi－\o(x,\s\up7(→))??yi－\o(y,\s\up7(→))?,\r(\i\su(i＝1,n,)?xi－\o(x,\s\up7(→))?2\i\su(i＝1,n,)?yi－\o(y,\s\up7(→))?2))＝eq\f(\i\su(i＝1,n,x)iyi－n\o(x,\s\up7(→))\o(y,\s\up7(→)),\r(\i\su(i＝1,n,)?xi－\o(x,\s\up7(→))?2\i\su(i＝1,n,)?yi－\o(y,\s\up7(→))?2))，线性回归方程中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为eq\o(b,\s\up7(^))＝eq\f(\i\su(i＝1,n,)?xi－\o(x,\s\up7(→))??yi－\o(y,\s\up7(→))?,\i\su(i＝1,n,)?xi－\o(x,\s\up7(→))?2)＝eq\f(\i\su(i＝1,n,x)iyi－n\o(x,\s\up7(→))\o(y,\s\up7(→)),\i\su(i＝1,n,)?xi－\o(x,\s\up7(→))?2)，eq\o(a,\s\up7(^))＝eq\o(y,\s\up7(→))－eq\o(b,\s\up7(^))eq\o(x,\s\up7(→)).解析(1)易求得实验班三人成绩的平均分为eq\f(147＋142＋137,3)＝142(分)，普通班三人成绩的平均分为eq\f(97＋102＋113,3)＝104(分)，所以区分度为eq\f(142－104,150)≈0.25.(3分)(2)①由表格数据知，eq\o(x,\s\up7(→))＝eq\f(0.64＋0.71＋0.74＋0.76＋0.77＋0.82,6)＝0.74，eq\o(y,\s\up7(→))＝eq\f(0.18＋0.23＋0.24＋0.24＋0.22＋0.15,6)＝0.21，r＝eq\f(\i\su(i＝1,6,x)iyi－n\o(x,\s\up7(→))\o(y,\s\up7(→)),\r(\i\su(i＝1,6,)?xi－\o(x,\s\up7(→))?2\i\su(i＝1,6,)?yi－\o(y,\s\up7(→))?2))≈eq\f(0.9309－6×0.74×0.21,0.0112)≈－0.13，故|r|<0.75，相关性较弱．(6分)综上可知，不能利用线性回归模型拟合y与x的关系．(7分)②y与t的值如下表：t0.100.0300.020.030.08区分度y0.180.230.240.240.220.15则eq\o(b,\s\up7(^))＝eq\f(\i\su(i＝1,6,t)iyi－n\o(t,\s\up7(→))\o(y,\s\up7(→)),\i\su(i＝1,6,)?ti－\o(t,\s\up7(→))?2)≈eq\f(0.0483－6×\f(0.26,6)×0.21,0.0073)≈－0.86，eq\o(a,\s\up7(^))＝eq\o(y,\s\up7(^))－eq\o(b,\s\up7(^))eq\o(t,\s\up7(→))＝0.21＋0.86×eq\f(0.26,6)≈0.25.故所求回归方程为y＝－0.86t＋0.25，(11分)当x＝0.75时，t＝0.01，所以y≈0.24.(12分)19．(12分)在四棱锥P-ABCD中，AB∥CD，CD＝2AB.(1)设AC与BD相交于点M，eq\o(AN,\s\up7(→))＝meq\o(AP,\s\up7(→))(m>0)，且MN∥平面PCD，求实数m的值；(2)若AB＝AD＝DP，∠BAD＝60°，PB＝eq\r(2)AD，且PD⊥AD，求二面角B-PC-D的正弦值．解析因为AB∥CD，所以eq\f(AM,MC)＝eq\f(AB,CD)＝eq\f(1,2)，即eq\f(AM,AC)＝eq\f(1,3).(1分)因为MN∥平面PCD，MN?平面PAC，平面PAC∩平面PCD＝PC，所以MN∥PC.(2分)所以eq\f(AN,AP)＝eq\f(AM,AC)＝eq\f(1,3)，即m＝eq\f(1,3).(3分)(2)因为AB＝AD，∠BAD＝60°，可知△ABD为等边三角形，所以BD＝AD＝PD，又BP＝eq\r(2)AD，故BP2＝PD2＋DB2，所以PD⊥DB.由已知PD⊥AD，AD∩BD＝D，所以PD⊥平面ABCD.(5分)如图，以D为坐标原点，eq\o(DA,\s\up7(→))，eq\o(DP,\s\up7(→))的方向为x，y轴的正方向建立空间直角坐标系，设AB＝1，则AB＝AD＝DP＝1，CD＝2，所以Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，\f(\r(3),2)))，P(0,1,0)，C(－1,0，eq\r(3))则eq\o(PB,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－1，\f(\r(3),2)))，eq\o(PC,\s\up7(→))＝(－1，－1，eq\r(3))，(6分)设平面PBC的一个法向量m＝(x1，y1，z1)，则有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(PB,\s\up7(→))＝0，,m·\o(PC,\s\up7(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1－2y1＋\r(3)z1＝0，,x1＋y1－\r(3)z1＝0.))设x1＝1，则y1＝2，z1＝eq\r(3)，所以m＝(1,2，eq\r(3))，(8分)设平面PCD的一个法向量为n＝(x2，y2，z2)，由已知可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(DC,\s\up7(→))＝0，,n·\o(DP,\s\up7(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2－\r(3)z2＝0，,y2＝0.))令z2＝1，则x2＝eq\r(3)，所以n＝(eq\r(3)，0,1)．(10分)所以cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m|·|n|)＝eq\f(\r(6),4).设二面角B-PC-D的平面角为θ，则sinθ＝eq\f(\r(10),4).(12分)20．(12分)已知抛物线C：y＝－x2，点A，B在抛物线上，且横坐标分别为－eq\f(1,2)，eq\f(3,2)，抛物线C上的点P在A，B之间(不包括点A，点B)，过点B作直线AP的垂线，垂足为Q.(1)求直线AP的斜率k的取值范围；(2)求|PA|·|PQ|的最大值．解析(1)由题意可知Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，－\f(1,4)))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，－\f(9,4)))，设P(xP，－xeq\o\al(2,P))，－eq\f(1,2)<xP<eq\f(3,2)，所以k＝eq\f(－x\o\al(2,P)＋\f(1,4),xP＋\f(1,2))＝－xP＋eq\f(1,2)∈(－1,1)，故直线AP的斜率k的取值范围是(－1,1)．(4分)(2)直线AP：y＝kx＋eq\f(1,2)k－eq\f(1,4)，直线BQ：x＋ky＋eq\f(9,4)k－eq\f(3,2)＝0，联立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋\f(1,2)k－\f(1,4)，,x＋ky＋\f(9,4)k－\f(3,2)＝0，))可知，点Q的横坐标为xQ＝eq\f(3－4k－k2,2k2＋2)，(5分)|PQ|＝eq\r(1＋k2)(xQ－xP)＝eq\r(1＋k2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3－4k－k2,2k2＋2)＋k－\f(1,2)))＝eq\f(?k－1?2?1＋k?,\r(1＋k2))(6分)|PA|＝eq\r(1＋k2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(xP＋\f(1,2)))＝eq\r(1＋k2)(1－k)，(7分)所以|PA|·|PQ|＝(1－k)3(1＋k)，(8分)令f(x)＝(1－x)3(1＋x)，－1<x<1，则f′(x)＝(1－x)2(－2－4x)＝－2(1－x)2(2x＋1)，当－1<x<－eq\f(1,2)时，f′(x)>0，当－eq\f(1,2)<x<1时，f′(x)<0，故f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\f(1,2)))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1))上单调递减．故f(x)max＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝eq\f(27,16)，即|PA|·|PQ|的最大值为eq\f(27,16).(12分)21．(12分)已知函数f(x)＝(mx2－x＋m)e－x(m∈R)．(1)讨论f(x)的单调性；(2)当m>0时，证明：不等式f(x)≤eq\f(m,x)在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，1＋\f(1,m)))上恒成立．解析(1)由题意得f′(x)＝－[mx－(m＋1)](x－1)·e－x，(1分)①当m＝0时，则f′(x)＝(x－1)e－x，令f′(x)>0时，则x>1；令f′(x)<0，则x<1.∴f(x)在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．(2分)②当m<0时，令f′(x)<0，则1＋eq\f(1,m)<x<1；令f′(x)>0，则x<1＋eq\f(1,m)或x>1.∴f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，1＋\f(1,m)))和(1，＋∞)上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,m)，1))上单调递减．(3分)③当m>0时，令f′(x)<0，则x<1或x>1＋eq\f(1,m)；令f′(x)>0，则1<x<1＋eq\f(1,m).∴f(x)在(－∞，1)和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,m)，＋∞))上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，1＋\f(1,m)))上单调递增．(4分)(2)由(1)知当m>0时，f(x)在(0,1]上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(1，1＋\f(1,m)))上单调递增，当x∈(0,1]时，f(x)＝eq\f(mx2－x＋m,ex)<eq\f(mx2＋m,ex)≤eq\f(m?x＋1?,ex)，(5分)记i(x)＝eq\f(x＋1,ex)，则i′(x)＝eq\f(－x,ex)，当x∈(0,1]时，i′(x)<0∴i(x)在(0,1]上单调递减，∴i(x)<i(0)＝1，∴当x∈(0,1]时，f(x)<eq\f(m?x＋1?,ex)<m≤eq\f(m,x).当x∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(1，1＋\f(1,m)))时，f(x)≤feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,m)))＝(2m＋1)·e－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,m)))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m,x)))min＝eq\f(m2,m＋1).(7分)下面证明(2m＋1)e－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,m)))≤eq\f(m2,m＋1)，即证e1＋eq\f(1,m)≥eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,m)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(1,m)))，(8分)令g(x)＝ex－x(x＋1)，x>1，则g′(x)＝ex－(2x＋1)，令h(x)＝ex－(2x＋1)，x>1，则h′(x)＝ex－2>0，∴h(x)＝g′(x)在(1，＋∞)上单调递增，且g′(1)＝e－3<0，g′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))＝eeq\f(3,2)－4>0，∴存在x0∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))，使得g′(x0)＝0，即ex0－(2x0＋1)＝0，∴当x∈(1，x0)时，g′(x)<0，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0，\f(3,2)))时，g′(x)>0，∴g(x)在(1，x0)上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0，\f(3,2)))上单调递增，∴g(x)min＝g(x0)＝ex0－xeq\o\al(2,0)－x0＝－xeq\o\al(2,0)＋x0＋1＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0－\f(1,2)))2＋eq\f(5,4)>0，当x>1时，g(x)＝ex－x(x＋1)>0，即ex>x(x＋1)，∴e1＋eq\f(1,m)≥eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,m)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(1,m)))，∴不等式f(x)≤eq\f(m,x)在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，1＋\f(1,m)))上恒成立．(12分)(二)选考题：共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答，如果多做