高考数学 基础巩固练（六）理（含解析）-人教版高三数学试题

基础巩固练(六)本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．满分150分，考试时间120分钟．第Ⅰ卷(选择题，共60分)一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．(2019·吉林省名校一模)设复数z满足eq\f(z－i,2－i)＝i，则|z|＝()A．1B.eq\r(5)C．3D.eq\r(10)答案D解析∵复数z满足eq\f(z－i,2－i)＝i，∴z－i＝2i＋1，可得z＝3i＋1.则|z|＝eq\r(32＋12)＝eq\r(10).故选D.2．(2019·长春高三质量监测)命题“∀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解析命题“∀x∈R，ex≥x＋1”的否定是∃x0∈R，eeq\s\up5(x0)<x0＋1，故选D.3．(2019·辽宁葫芦岛一模)函数f(x)＝xsin2x＋cosx的大致图象有可能是()答案A解析因为函数f(x)的定义域关于原点对称，且f(－x)＝－xsin(－2x)＋cos(－x)＝xsin2x＋cosx＝f(x)，则函数f(x)是偶函数，排除D.由f(x)＝x·2sinxcosx＋cosx＝0，得cosx(2xsinx＋1)＝0，得cosx＝0，当x∈(0,2π)时，x＝eq\f(π,2)或eq\f(3π,2)，由2xsinx＋1＝0得sinx＝－eq\f(1,2x)，作出函数y＝sinx和y＝－eq\f(1,2x)在(0,2π)内的图象，由图象知两个函数此时有两个不同的交点，综上，f(x)在(0,2π)内有四个零点，排除B，C.故选A.4．(2019·全国卷Ⅱ)2019年1月3日嫦娥四号探测器成功实现人类历史上首次月球背面软着陆，我国航天事业取得又一重大成就．实现月球背面软着陆需要解决的一个关键技术问题是地面与探测器的通信联系．为解决这个问题，发射了嫦娥四号中继星“鹊桥”，鹊桥沿着围绕地月拉格朗日L2点的轨道运行．L2点是平衡点，位于地月连线的延长线上．设地球质量为M1，月球质量为M2，地月距离为R，L2点到月球的距离为r，根据牛顿运动定律和万有引力定律，r满足方程：eq\f(M1,R＋r2)＋eq\f(M2,r2)＝(R＋r)eq\f(M1,R3).设α＝eq\f(r,R).由于α的值很小，因此在近似计算中eq\f(3α3＋3α4＋α5,1＋α2)≈3α3，则r的近似值为()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.故选D.5．(2019·秦州区校级三模)数学名著《算学启蒙》中有关于“松竹并生”的问题：松长四尺，竹长两尺，松日自半，竹日自倍，松竹何日而长等．如下图，是源于其思想的一个程序框图．若输入的a，b分别为8,2，则输出的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，输出n＝5，故选B.6．(2019·昆明市第一次摸底)甲、乙、丙、丁四名同学报名参加假期社区服务活动，社区服务活动共有关怀老人、环境监测、教育咨询、交通宣传等四个项目，每人限报其中一项，记事件A为“4名同学所报项目各不相同”，事件B为“只有甲同学一人报关怀老人项目，则P(A|B)的值为()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).故选C.7．(2019·衡阳市八中模拟)若x，y满足2y≤x≤y－1，则eq\f(y－2,x)的取值范围是()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满足2y≤x≤y－1，作可行域如图中阴影部分所示，联立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2y＝x，,x＝y－1，))解得A(－2，－1)．∵eq\f(y－2,x)的几何意义为可行域内的动点与Q(0,2)连线的斜率，∴动点位于A时，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y－2,x)))max＝eq\f(－1－2,－2)＝eq\f(3,2)，又直线2y＝x的斜率为eq\f(1,2)，则eq\f(y－2,x)的取值范围为eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(3,2))).故选B.8．(2019·贵州省黔东南州一模)已知函数f(x)＝2x3－(6a＋3)x2＋12ax＋16a2(a＜0)只有一个零点x0，且x0＜0，则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，当x＜2a或x＞1时，f′(x)＞0，当2a＜x＜1时，f′(x)＜0，故函数f(x)的极小值是f(1)＝16a2＋6a－1，∵∴16a2＋6a－1＞0，又a＜0，则a＜－eq\f(1,2)，故选A.9．(2019·山东日照一模)正方形ABCD的边长为2，E是正方形内部(不包括正方形的边)一点，且eq\o(AE,\s\up8(→))·eq\o(AC,\s\up8(→))＝2，则(eq\o(AE,\s\up8(→))＋eq\o(AC,\s\up8(→)))2的最小值为()A.eq\f(23,2)B．12C.eq\f(25,2)D．13答案C解析建立以A为坐标原点，以直线AB为x轴，直线AD为y轴的平面直角坐标系．设E(x，y)，x∈(0,2)，y∈(0,2)，则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)，所以当x＝eq\f(1,2)时，(eq\o(AE,\s\up8(→))＋eq\o(AC,\s\up8(→)))2的最小值为eq\f(25,2).10．(2019·吉林实验中学模拟)一个正三棱锥(底面积是正三角形，顶点在底面上的射影为底面三角形的中心)的四个顶点都在半径为1的球面上，球心在三棱锥的底面所在平面上，则该正三棱锥的体积是()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解析如图，设正三棱锥的底面中心为O，连接OP，延长CO交AB于点D，则CD＝eq\f(3,2)OC.∵O是正三棱锥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).故选C.11．(2019·浙江高考)设a，b∈R，数列{an}满足a1＝a，an＋1＝aeq\o\al(2,n)＋b，n∈N*，则()A．当b＝eq\f(1,2)时，a10>10 B．当b＝eq\f(1,4)时，a10>10C．当b＝－2时，a10>10 D．当b＝－4时，a10>10答案A解析解法一：考察选项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}为递增数列．因此，当a1＝0时，a10取到最小值，现对此情况进行估算．显然，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)，当n>1时，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，因此符合题意，故选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).对于选项B，当a＝eq\f(1,2)，b＝eq\f(1,4)时，an＝eq\f(1,2)恒成立，所以排除B；对于选项C，当a＝2或－1，b＝－2时，an＝2或－1恒成立，所以排除C.对于选项D，当a＝eq\f(1±\r(17),2)，b＝－4时，an＝eq\f(1±\r(17),2)恒成立，所以排除D.故选A.12．(2019·全国卷Ⅱ)设函数f(x)的定义域为R，满足f(x＋1)＝2f(x)，且当x∈(0,1]时，f(x)＝x(x－1)．若对任意x∈(－∞，m]，都有f(x)≥－eq\f(8,9)，则m的取值范围是()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解析当x∈(0,1]时，f(x)＝x(x－1)，∴当x∈(0,1]时，f(x)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)，0)).∵f(x＋1)＝2f(x)，∴当x∈(－1,0]时，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))；当x∈(－2，－1]时，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))；…；当x∈(1,2]时，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))；当x∈(2,3]时，x－1∈(1,2]，f(x)＝2f(x－1)＝4f(x－2)＝4(x－2)(x－3)，f(x)∈[－1,0….f(x)的图象如图所示．若对任意x∈(－∞，m]，都有f(x)≥－eq\f(8,9)，则有2<m≤3.设f(m)＝－eq\f(8,9)，则4(m－2)(m－3)＝－eq\f(8,9)，∴m＝eq\f(7,3)或m＝eq\f(8,3).结合图象可知，当m≤eq\f(7,3)时，符合题意．故选B.第Ⅱ卷(非选择题，共90分)二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．13．(2019·银川一中二模)(x＋y)(2x－y)5的展开式中x3y3的系数为________．答案40解析由题意即求(2x－y)5的展开式中x2y3与x3y2的系数和．Tr＋1＝(－1)rCeq\o\al(r,5)(2x)5－ryr.x2y3的系数为(－1)3Ceq\o\al(3,5)·22＝－40，x3y2的系数为(－1)2Ceq\o\al(2,5)·23＝80，故所求系数为－40＋80＝40.14．(2019·江苏高考)在平面直角坐标系xOy中，点A在曲线y＝lnx上，且该曲线在点A处的切线经过点(－e，－1)(e为自然对数的底数)，则点A的坐标是________．答案(e,1)解析设A(m，n)，则曲线y＝lnx在点A处的切线方程为y－n＝eq\f(1,m)(x－m)．又切线过点(－e，－1)，所以有n＋1＝eq\f(1,m)(m＋e)．再由n＝lnm，解得m＝e，n＝1.故点A的坐标为(e,1)．15．(2019·东城二模)椭圆C1：eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,b2)＝1与曲线C2关于直线y＝－x对称，C1与C2分别在第一、二、三、四象限交于点P1，P2，P3，P4.若四边形P1P2P3P4的面积为4，则点P1的坐标为________，C1的离心率为________．答案(1,1)eq\f(\r(6),3)解析椭圆C1：eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,b2)＝1关于直线y＝－x对称的曲线C2是eq\f(y2,4)＋eq\f(x2,b2)＝1，由椭圆的对称性知四边形P1P2P3P4是矩形，又点P2在直线y＝－x上，所以四边形P1P2P3P4是正方形，点P1的坐标为(1,1)，因为点P1(1,1)在椭圆上，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的离心率为e＝eq\f(c,a)＝eq\f(2\r(6),3)×eq\f(1,2)＝eq\f(\r(6),3).16．(2019·宝鸡一模)已知定义在实数集R上的函数f(x)满足f(1)＝4且f(x)的导函数f′(x)＜3，则不等式f(lnx)＞3lnx＋1的解集为________．答案(0，e)解析设t＝lnx，则不等式f(lnx)＞3lnx＋1等价为f(t)＞3t＋1，设g(x)＝f(x)－3x－1，则g′(x)＝f′(x)－3，∵f(x)的导函数f′(x)＜3，∴g′(x)＝f′(x)－3＜0，此时函数g(x)单调递减，∵f(1)＝4，∴g(1)＝f(1)－3－1＝0，则当x＞1时，g(x)＜g(1)＝0，即g(x)＜0，则此时g(x)＝f(x)－3x－1＜0，则不等式f(x)＞3x＋1的解集为(－∞，1)，即f(t)＞3t＋1的解集为(－∞，1)，由lnx＜1，解得0＜x＜e，即不等式f(lnx)＞3lnx＋1的解集为(0，e)．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：60分．17．(本小题满分12分)(2019·广州毕业班综合测试)△ABC的内角A，B，C的对边分别为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的面积．解(1)解法一：因为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，则sinA＝3sinAcosC.因为0<A<π，所以sinA≠0，cosC＝eq\f(1,3).因为0<C<π，所以sinC＝eq\r(1－cos2C)＝eq\f(2\r(2),3).解法二：因为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)，化简得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).因为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.因为b－a＝2，所以ab＝15.所以△ABC的面积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的面积S＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,2)×15×eq\f(2\r(2),3)＝5eq\r(2).18．(本小题满分12分)(2019·柳州模拟)某中学的环保社团参照国家环境标准制定了该校所在区域空气质量指数与空气质量等级对应关系如下表(假设该区域空气质量指数不会超过300)：空气质量指数(0，50](50，100](100，150](150，200](200，250](250，300]空气质量等级1级优2级良3级轻度污染4级中度污染5级重度污染6级严重污染该社团将该校区在2018年11月中10天的空气质量指数监测数据作为样本，绘制的频率分布直方图如下图，把该直方图所得频率估计为概率．(1)以这10天的空气质量指数监测数据估计2018年11月的空气质量情况，则2018年11月中有多少天的空气质量达到优良？(2)从这10天的空气质量指数监测数据中，随机抽取三天，求恰好有一天空气质量良的概率；(3)从这10天的数据中任取三天数据，记ξ表示抽取空气质量良的天数，求ξ的分布列和期望．解(1)由频率分布直方图，知这10天中1级优1天，2级良2天，3～6级共7天．∴这10天中空气质量达到优良的概率为P＝eq\f(3,10)，∵30×eq\f(3,10)＝9，∴2018年11月中平均有9天的空气质量达到优良．(2)记“从这10天的空气质量指数监测数据中，随机抽取三天，恰有一天空气质量良”为事件A，则P(A)＝eq\f(C\o\al(1,2)·C\o\al(2,8),C\o\al(3,10))＝eq\f(7,15)，即恰好有一天空气质量良的概率为eq\f(7,15).(3)由题意，得ξ的所有可能取值为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的分布列为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．(本小题满分12分)(2019·海淀二模)如图1所示，在等腰梯形ABCD，BC∥AD，CE⊥AD，垂足为E，AD＝3BC＝3，EC＝1.将△DEC沿EC折起到△D1EC的位置，使平面D1EC⊥平面ABCE，如图2所示，点G为棱AD1上一个动点．(1)当点G为棱AD1的中点时，求证：BG∥平面D1EC；(2)求证：AB⊥平面D1BE；(3)是否存在点G，使得二面角G－BE－D1的余弦值为eq\f(\r(6),3)？若存在，求出AG的长；若不存在，请说明理由．解(1)证法一：在题图1的等腰梯形ABCD内，过点B作AE的垂线，垂足为F，如图3.因为CE⊥AD，所以BF∥EC.又因为BC∥AD，BC＝CE＝1，AD＝3，所以四边形BCEF为正方形，AF＝FE＝ED＝1，F为AE的中点．在题图2中，连接GF，如图4.因为点G是AD1的中点，所以GF∥D1E.又因为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.又因为BG⊂平面GFB，所以BG∥平面D1EC.证法二：在题图1的等腰梯形ABCD内，过B作AE的垂线，垂足为F，如图3.因为CE⊥AD，所以BF∥EC，又因为BC∥AD，BC＝CE＝1，AD＝3，所以四边形BCEF为正方形，AF＝FE＝ED＝1，得AE＝2，所以BC∥AE，BC＝eq\f(1,2)AE.在题图2中设点M为线段D1E的中点，连接MG，MC，如图4.因为点G是AD1的中点，所以GM∥AE，GM＝eq\f(1,2)AE，所以GM∥BC，GM＝BC，所以四边形MGBC为平行四边形，所以BG∥CM.又因为CM⊂平面D1EC，BG⊄平面D1EC，所以BG∥平面D1EC.(2)证明：因为平面D1EC⊥平面ABCE，平面D1EC∩平面ABCE＝EC，D1E⊥EC，D1E⊂平面D1EC，所以D1E⊥平面ABCE.又因为AB⊂平面ABCE，所以D1E⊥AB.又AB＝eq\r(2)，BE＝eq\r(2)，AE＝2，满足AE2＝AB2＋BE2，所以BE⊥AB.又BE∩D1E＝E，所以AB⊥平面D1BE.(3)因为EA，EC，ED1三线两两垂直，如图，建立空间直角坐标系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)．假设存在点G满足题意，设eq\o(AG,\s\up8(→))＝λeq\o(AD1,\s\up8(→))，0≤λ≤1，则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)，设平面GBE的法向量为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，则m＝(λ，－λ，2λ－2)，由(2)，eq\o(AB,\s\up8(→))＝(－1,1,0)为平面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)．所以存在点G，使得二面角G－BE－D1的余弦值为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．(本小题满分12分)(2019·全国卷Ⅲ)已知曲线C：y＝eq\f(x2,2)，D为直线y＝－eq\f(1,2)上的动点，过D作C的两条切线，切点分别为A，B.(1)证明：直线AB过定点；(2)若以Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(5,2)))为圆心的圆与直线AB相切，且切点为线段AB的中点，求四边形ADBE的面积．解(1)证明：设Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t，－\f(1,2)))，A(x1，y1)，则xeq\o\al(2,1)＝2y1.因为y′＝x，所以切线DA的斜率为x1，故eq\f(y1＋\f(1,2),x1－t)＝x1.整理得2tx1－2y1＋1＝0.设B(x2，y2)，同理可得2tx2－2y2＋1＝0.故直线AB的方程为2tx－2y＋1＝0.所以直线AB过定点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2))).(2)由(1)得直线AB的方程为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)．设d1，d2分别为点D，E到直线AB的距离，则d1＝eq\r(t2＋1)，d2＝eq\f(2,\r(t2＋1)).因此，四边形ADBE的面积S＝eq\f(1,2)|AB|(d1＋d2)＝(t2＋3)eq\r(t2＋1).设M为线段AB的中点，则Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t，t2＋\f(1,2))).因为eq\o(EM,\s\up8(→))⊥eq\o(AB,\s\up8(→))，而eq\o(EM,\s\up8(→))＝(t，t2－2)，eq\o(AB,\s\up8(→))与向量(1，t)平行，所以t＋(t2－2)t＝0，解得t＝0或t＝±1.当t＝0时，S＝3；当t＝±1时，S＝4eq\r(2).因此，四边形ADBE的面积为3或4eq\r(2).21．(本小题满分12分)(2019·重庆八中模拟)已知函数f(x)＝x2－2x＋alnx.(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)若函数f(x)存在两个极值点x1，x2，且x1＜x2，证明：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当Δ≤0时，解得a≥eq\f(1,2)，则f′(x)≥0，此时函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；②当Δ＞0时，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).当0＜a＜eq\f(1,2)时，x1，x2＞0，此时函数f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1－\r(1－2a),2)))内单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－\r(1－2a),2)，\f(1＋\r(1－2a),2)))内单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋\r(1－2a),2)，＋∞))内单调递增．当a≤0时，x1≤0，x2＞0.此时函数f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1＋\r(1－2a),2)))内单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋\r(1－2a),2)，＋∞))内单调递增．(2)证明：函数f(x)存在两个极值点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)，则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