全国统考版2025届高考数学二轮复习验收仿真模拟卷十二理含解析

PAGE高考仿真模拟卷(十二)(时间：120分钟；满分：150分)第Ⅰ卷一、选择题：本题共12小题，每小题5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.已知全集U＝{x|x≤－1或x≥0}，集合A＝{x|0≤x≤2}，B＝{x|x2>1}，则图中阴影部分表示的集合为()A．{x|x>0或x<－1} B．{x|1<x≤2}C．{x|0≤x≤1} D．{x|0≤x≤2}2．设i是虚数单位，若复数a＋eq\f(5i,1－2i)(a∈R)是纯虚数，则a＝()A．－1 B．1C．－2 D．23．命题“∀x∈[a，b]，f(x)g(x)＝0”的否定是()A．∀x∈[a，b]，f(x)≠0且g(x)≠0B．∀x∈[a，b]，f(x)≠0或g(x)≠0C．∃x0∈[a，b]，f(x0)≠0且g(x0)≠0D．∃x0∈[a，b]，f(x0)≠0或g(x0)≠04．对随意的非零实数a，b，若a⊗b＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(b－1,a)，a<b，,\f(a＋1,b)，a≥b，))则lg10000⊗eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(－2)＝()A.eq\f(1,4) B.eq\f(5,4)C.eq\f(2,5) D.eq\f(4,5)5.甲、乙两类水果的质量(单位：kg)分别听从正态分布N(μ1δeq\o\al(2,1))，N(μ2δeq\o\al(2,2))，其正态分布的密度曲线如图所示，则下列说法错误的是()A．甲类水果的平均质量μ1＝0.4kgB．甲类水果的质量比乙类水果的质量更集中于平均值左右C．甲类水果的平均质量比乙类水果的平均质量小D．乙类水果的质量听从的正态分布的参数δ2＝1.996．已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝an＋n，若如图所示的程序框图是用来计算该数列的第2017项，则推断框内的条件是()A．n≤2015? B．n≤2016?C．n>2016? D．n<2016?第6题图第7题图7．已知一个正三棱柱的全部棱长均相等，其侧(左)视图如图所示，则此三棱柱的表面积为()A．20 B．48eq\r(3)C．48＋8eq\r(3) D．8＋eq\r(3)8．甲、乙、丙三人中，一人是工人，一人是农夫，一人是学问分子．已知：丙的年龄比学问分子大；甲的年龄和农夫不同；农夫的年龄比乙小．依据以上状况，下列推断正确的是()A．甲是工人，乙是学问分子，丙是农夫B．甲是学问分子，乙是农夫，丙是工人C．甲是学问分子，乙是工人，丙是农夫D．甲是农夫，乙是学问分子，丙是工人9．已知数列{an}的通项公式为an＝log(n＋1)(n＋2)(n∈N*)，我们把使乘积a1·a2·a3·…·an为整数的n叫作“优数”，则在(0，2017]内的全部“优数”的和为()A．1024 B．2012C．2026 D．203610．函数f(x)＝sin(2x＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(|φ|<\f(π,2)))的图象向左平移eq\f(π,6)个单位后所得函数图象的解析式是奇函数，则函数f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的最小值为()A．－eq\f(\r(3),2) B．－eq\f(1,2)C.eq\f(1,2) D.eq\f(\r(3),2)11．若函数y＝f(x)的图象上的随意一点P的坐标为(x，y)，且满意条件|x|≥|y|，则称函数f(x)具有性质S，那么下列函数中具有性质S的是()A．f(x)＝ex－1 B．f(x)＝ln(x＋1)C．f(x)＝sinx D．f(x)＝|x2－1|12.如图，过抛物线y2＝2px(p>0)的焦点F作直线l交抛物线于A，B两点，点M是线段AB上的点，过M作y轴的垂线交抛物线于点P，若|PF|＝|PM|，则eq\f(|AM|,|MB|)＝()A．1 B.eq\f(2,3)C.eq\f(p,2) D.eq\f(2,p)题号123456789101112答案第Ⅱ卷二、填空题：本题共4小题，每小题5分．13．曲线f(x)＝eq\f(2,x)＋3x在点(1，f(1))处的切线方程为________．14．已知a，b，c分别是△ABC的内角A，B，C的对边，且sin2B＋eq\f(1,2)sinB－eq\f(1,2)＝0，b＝1，c＝eq\r(3)，则eq\f(sin2A－sin2C,sin2B)的值是________．15．设直线(k＋1)x＋(k＋2)y－2＝0与两坐标轴围成的三角形面积为Sk，k∈N*，则S1＋S2＋…＋S10等于________．16．已知函数f(x)＝eq\f(1,3)ax3＋ax2－3ax＋1的图象经过四个象限，则实数a的取值范围为________．三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．(本小题满分12分)已知函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))＋coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))＋2sinxcosx．(1)求函数f(x)的最小正周期；(2)先将函数y＝f(x)的图象向右平移eq\f(π,12)个单位长度，再将所得图象上各点的横坐标伸长为原来的4倍，纵坐标不变，得到函数y＝g(x)的图象，求y＝g(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，2π))上的值域．18．(本小题满分12分)某电子商务公司随机抽取1000名网络购物者进行调查．这1000名购物者2015年网上购物金额(单位：万元)均在区间[0.3，0.9]内，样本分组为：[0.3，0.4)，[0.4，0.5)，[0.5，0.6)，[0.6，0.7)，[0.7，0.8)，[0.8，0.9]．购物金额的频率分布直方图如下：电商确定给抽取的购物者发放实惠券，购物金额在[0.3，0.6)内的购物者发放100元的实惠券，购物金额在[0.6，0.9]内的购物者发放200元的实惠券．现采纳分层抽样的方式从获得100元和200元实惠券的两类购物者中共抽取10人，再从这10人中随机抽取3人进行回访，求此3人获得实惠券总金额X(单位：元)的分布列和均值．19．(本小题满分12分)在平面四边形ACBD(图①)中，△ABC与△ABD均为直角三角形且有公共斜边AB，设AB＝2，∠BAD＝30°，∠BAC＝45°，将△ABC沿AB折起，构成如图②所示的三棱锥C′­ABD，且使C′D＝eq\r(2).(1)求证：平面C′AB⊥平面DAB；(2)求二面角A­C′D­B的余弦值．20．(本小题满分12分)已知函数f(x)＝ax－ln(x＋1)，g(x)＝ex－x－1.曲线y＝f(x)与y＝g(x)在原点处的切线相同．(1)求f(x)的单调区间；(2)若x≥0时，g(x)≥kf(x)，求k的取值范围．21.(本小题满分12分)已知双曲线C的方程为eq\f(y2,a2)－eq\f(x2,b2)＝1(a>0，b>0)，离心率e＝eq\f(\r(5),2)，顶点到其中一条渐近线的距离为eq\f(2\r(5),5).(1)求双曲线C的方程；(2)如图，P是双曲线C上一点，A，B两点在双曲线C的两条渐近线上，且分别位于第一、二象限．若eq\o(AP,\s\up6(→))＝λeq\o(PB,\s\up6(→))，λ∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，2))，求△AOB的面积的最值．请考生在22、23题中任选一题作答，假如多做，则按所做的第一题计分．22．(本小题满分10分)选修4­4：坐标系与参数方程已知直线l的参数方程为eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝m＋\f(\r(2),2)t,y＝\f(\r(2),2)t))(t为参数)，以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为ρ2cos2θ＋3ρ2sin2θ＝12，且曲线C的左焦点F在直线l上．(1)若直线l与曲线C交于A，B两点，求|FA|·|FB|的值；(2)求曲线C的内接矩形的周长的最大值．23．(本小题满分10分)选修4­5：不等式选讲设函数f(x)＝|x＋1|－|2x－a|.(1)当a＝2时，解不等式f(x)<0;(2)若a>0，且对于随意的实数x都有f(x)≤3，试求a的取值范围．高考仿真模拟卷(十二)1．解析：选C.法一：依题意B＝{x|x>1或x<－1}，图中阴影部分表示集合A∩(∁UB)，因为U＝{x|x≤－1或x≥0}，所以∁UB＝{x|x＝－1或0≤x≤1}，又集合A＝{x|0≤x≤2}，所以A∩(∁UB)＝{x|0≤x≤1}．法二：依题意A＝{x|0≤x≤2}，B＝{x|x>1或x<－1}，图中阴影部分表示集合A∩(∁UB)，因为0∈A，0∉B，故0∈A∩(∁UB)，故解除A、B，而2∈A，2∈B，故2∉A∩(∁UB)，故解除D.2．解析：选D.因为a＋eq\f(5i,1－2i)＝a＋eq\f(5i（1＋2i）,（1－2i）（1＋2i）)＝a－2＋i为纯虚数，所以a－2＝0，得a＝2.3．解析：选C.全称命题：∀x∈M，p(x)的否定为∃x0∈M，綈p(x0)，原命题中f(x)g(x)＝0⇔f(x)＝0或g(x)＝0，故其否定为∃x0∈[a，b]，f(x0)≠0且g(x0)≠0.4．解析：选B.因为lg10000＝lg104＝4，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(－2)＝4，所以lg10000⊗eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(－2)＝eq\f(4＋1,4)＝eq\f(5,4).5．解析：选D.由图象可知甲图象关于直线x＝0.4对称，乙图象关于直线x＝0.8对称，所以μ1＝0.4，μ2＝0.8，故A正确，C正确；因为甲图象比乙图象更“高瘦”，所以甲类水果的质量比乙类水果的质量更集中于平均值左右，故B正确；因为乙图象的最大值为1.99，即eq\f(1,\r(2πδ2))＝1.99，所以δ2≠1.99，故D错误．故选D.6．解析：选B.通过分析，本程序框图是当型循环结构．第1次循环，s＝1＋1＝2，n＝1＋1＝2，第2次循环，s＝2＋2＝4，n＝2＋1＝3，…，第2016次循环，n＝2017.所以结合选项可知推断框内的条件应为n≤2016？.7．解析：选C.因为侧(左)视图中等边三角形的高为2eq\r(3)，所以等边三角形的边长为4，所以三棱柱的全部棱长均为4，故三棱柱的表面积为(4＋4＋4)×4＋2×eq\f(1,2)×4×2eq\r(3)＝48＋8eq\r(3).8．解析：选C.“甲的年龄和农夫不同”和“农夫的年龄比乙小”可以推得丙是农夫，所以丙的年龄比乙小；再由“丙的年龄比学问分子大”，可知甲是学问分子，故乙是工人．故选C.9．解析：选C.a1·a2·a3·…·an＝log23·log34·log45·…·log(n＋1)(n＋2)＝log2(n＋2)＝k，k∈Z，令0＜n＝2k－2≤2017，则2＜2k≤2019，1＜k≤10，所以“优数”之和为(22－2)＋(23－2)＋…＋(210－2)＝eq\f(22（1－29）,1－2)－18＝211－22＝2026.故选C.10．解析：选A.由函数f(x)的图象向左平移eq\f(π,6)个单位得g(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋φ＋\f(π,3)))的图象，因为平移后的函数是奇函数，所以φ＋eq\f(π,3)＝kπ，k∈Z.又因为|φ|<eq\f(π,2)，所以φ＝－eq\f(π,3)，所以f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3))).又x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以2x－eq\f(π,3)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(2,3)π))，所以当x＝0时，f(x)取得最小值为－eq\f(\r(3),2).11．解析：选C.作出不等式|x|≥|y|所表示的平面区域如图中阴影部分所示，若函数f(x)具有性质S，则函数f(x)的图象必需完全分布在阴影区域①和②部分，易知f(x)＝ex－1的图象分布在区域①和③部分，f(x)＝ln(x＋1)的图象分布在区域②和④部分，f(x)＝sinx的图象分布在区域①和②部分，f(x)＝|x2－1|的图象分布在区域①、②和③部分，故选C.12．解析：选A.法一：如图，设Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(yeq\o\al(2,1),2p)，y1))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(yeq\o\al(2,2),2p)，y2))，Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(yeq\o\al(2,0),2p)，y0))，过P作抛物线的准线x＝－eq\f(p,2)的垂线，垂足为N，依据抛物线的定义，有|PF|＝|PN|＝xP＋eq\f(p,2)，又|PF|＝|PM|，所以P为MN的中点，于是点M的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(yeq\o\al(2,0),p)＋\f(p,2)，y0))，又A，B，M，F在同一条直线上，所以kAB＝kMF，即eq\f(y1－y2,\f(yeq\o\al(2,1),2p)－\f(yeq\o\al(2,2),2p))＝eq\f(y0－0,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(yeq\o\al(2,0),p)＋\f(p,2)))－\f(p,2))，所以eq\f(2p,y1＋y2)＝eq\f(p,y0)，所以y0＝eq\f(y1＋y2,2)，因此M是AB的中点，故eq\f(AM,MB)＝1.法二(特别位置法)：事实上，当AB⊥x轴时，P取O，M与F为同一点，此时也符合题目的条件，且F是AB的中点，故eq\f(|AM|,|MB|)＝1.13．解析：由题知f(1)＝5，因为f′(x)＝－eq\f(2,x2)＋3，所以切线的斜率k＝f′(1)＝1，所以切线方程为y－5＝x－1，即x－y＋4＝0.答案：x－y＋4＝014．解析：法一：由sin2B＋eq\f(1,2)sinB－eq\f(1,2)＝0可得sinB＝eq\f(1,2)或sinB＝－1(舍去)，故B＝30°或B＝150°，又c＝eq\r(3)>b＝1，所以B＝30°，依据正弦定理eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)，得eq\f(1,sin30°)＝eq\f(\r(3),sinC)，解得C＝60°或120°.当C＝60°时，A＝90°，则eq\f(sin2A－sin2C,sin2B)＝eq\f(sin290°－sin260°,sin230°)＝1；当C＝120°时，A＝30°，则eq\f(sin2A－sin2C,sin2B)＝eq\f(sin230°－sin2120°,sin230°)＝eq\f(\f(1,4)－\f(3,4),\f(1,4))＝－2.法二：由sin2B＋eq\f(1,2)sinB－eq\f(1,2)＝0可得sinB＝eq\f(1,2)或sinB＝－1(舍去)，故B＝30°或B＝150°，又c＝eq\r(3)>b＝1，所以B＝30°，cos30°＝eq\f(a2＋（\r(3)）2－1,2\r(3)a)，即a2－3a＋2＝0，解得a＝2或1.若a＝2，c＝eq\r(3)，b＝1，则eq\f(sin2A－sin2C,sin2B)＝eq\f(a2－c2,b2)＝eq\f(4－（\r(3)）2,1)＝1，若a＝1，c＝eq\r(3)，b＝1，则eq\f(sin2A－sin2C,sin2B)＝eq\f(a2－c2,b2)＝eq\f(1－（\r(3)）2,1)＝－2.答案：－2或115．解析：令y＝0得x＝eq\f(2,k＋1)，令x＝0得y＝eq\f(2,k＋2).所以Sk＝eq\f(1,2)·eq\f(2,k＋1)·eq\f(2,k＋2)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k＋1)－\f(1,k＋2)))，所以S1＋S2＋…＋S10＝2eq\b\lc\[(\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－\f(1,4)))＋…))eq\b\lc\\rc\](\a\vs4\al\co1(＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,11)－\f(1,12)))))＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,12)))＝eq\f(5,6).答案：eq\f(5,6)16．解析：因为f(x)＝eq\f(1,3)ax3＋ax2－3ax＋1，所以f′(x)＝ax2＋2ax－3a＝a(x2＋2x－3)＝a(x＋3)(x－1)．当a＝0时，f(x)＝1，明显不满意题意；当a≠0时，f(－3)，f(1)分别为函数f(x)的两个极值，因为函数f(x)＝eq\f(1,3)ax3＋ax2－3ax＋1的图象经过四个象限，所以函数f(x)的两个极值的符号相反，即f(－3)·f(1)<0，所以(－9a＋9a＋9a＋1)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)a＋a－3a＋1))<0，即(9a＋1)(5a－3)>0，解得a>eq\f(3,5)或a<－eq\f(1,9)，所以实数a的取值范围为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,9)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)，＋∞)).答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,9)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)，＋∞))17．解：(1)f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))＋coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))＋2sinxcosx＝sin2xcoseq\f(π,3)＋cos2xsineq\f(π,3)＋cos2xcoseq\f(π,6)－sin2xsineq\f(π,6)＋sin2x＝eq\r(3)cos2x＋sin2x＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))，所以函数f(x)的最小正周期T＝eq\f(2π,2)＝π.(2)由(1)知f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))，先将函数y＝f(x)的图象向右平移eq\f(π,12)个单位长度得到函数y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))的图象，再将所得图象上各点的横坐标伸长为原来的4倍，纵坐标不变，得到函数g(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x＋\f(π,6)))的图象．令t＝eq\f(1,2)x＋eq\f(π,6)，则函数g(x)可转化为y＝2sint.因为eq\f(π,3)≤x≤2π，所以eq\f(π,3)≤t≤eq\f(7π,6)，所以当t＝eq\f(π,2)，即x＝eq\f(2π,3)时，ymax＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)))＝2；当t＝eq\f(7π,6)，即x＝2π时，ymin＝g(2π)＝－1.所以函数y＝g(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，2π))上的值域为[－1，2]．18．解：利用分层抽样从1000人中抽取10人，获得100元实惠券的购物者有：10×(1.5＋2.5＋3)×0.1＝7(人)，获得200元实惠券的购物者有：10×(2＋0.8＋0.2)×0.1＝3(人)．则此3人所获实惠券的总金额X的可能取值有：300，400，500，600，且P(X＝300)＝eq\f(Ceq\o\al(3,7)Ceq\o\al(0,3),Ceq\o\al(3,10))＝eq\f(35,120)＝eq\f(7,24)，P(X＝400)＝eq\f(Ceq\o\al(2,7)Ceq\o\al(1,3),Ceq\o\al(3,10))＝eq\f(63,120)＝eq\f(21,40)，P(X＝500)＝eq\f(Ceq\o\al(1,7)Ceq\o\al(2,3),Ceq\o\al(3,10))＝eq\f(21,120)＝eq\f(7,40)，P(X＝600)＝eq\f(Ceq\o\al(0,7)Ceq\o\al(3,3),Ceq\o\al(3,10))＝eq\f(1,120).于是，X的分布列为：X300400500600Peq\f(7,24)eq\f(21,40)eq\f(7,40)eq\f(1,120)均值为E(X)＝300×eq\f(35,120)＋400×eq\f(63,120)＋500×eq\f(21,120)＋600×eq\f(1,120)＝390.19．解：(1)证明：取AB的中点O，连接C′O，DO，在Rt△AC′B，Rt△ADB中，AB＝2，则C′O＝DO＝1，因为C′D＝eq\r(2)，所以C′O2＋DO2＝C′D2，即C′O⊥OD，又C′O⊥AB，AB∩OD＝O，AB，OD⊂平面ABD，所以C′O⊥平面ABD，因为C′O⊂平面ABC′，所以平面C′AB⊥平面DAB.(2)以O为原点，AB，OC′所在的直线分别为y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，－1，0)，B(0，1，0)，C′(0，0，1)，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，0))，所以eq\o(AC′,\s\up6(→))＝(0，1，1)，eq\o(BC′,\s\up6(→))＝(0，－1，1)，eq\o(C′D,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，－1)).设平面AC′D的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n1⊥\o(AC′,\s\up6(→))，,n1⊥\o(C′D,\s\up6(→))，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n1·\o(AC′,\s\up6(→))＝0，,n1·\o(C′D,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y1＋z1＝0，,\f(\r(3),2)x1＋\f(1,2)y1－z1＝0，))令z1＝1，则y1＝－1，x1＝eq\r(3)，所以n1＝(eq\r(3)，－1，1)．设平面BC′D的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n2⊥\o(BC′,\s\up6(→))，,n2⊥\o(C′D,\s\up6(→))，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n2·\o(BC′,\s\up6(→))＝0，,n2·\o(C′D,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－y2＋z2＝0，,\f(\r(3),2)x2＋\f(1,2)y2－z2＝0，))令z2＝1，则y2＝1，x2＝eq\f(\r(3),3)，所以n2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，1，1)).所以cos〈n1，n2〉＝eq\f(\r(3)×\f(\r(3),3)＋（－1）×1＋1×1,\r(3＋1＋1)×\r(\f(1,3)＋1＋1))＝eq\f(1,\r(5)×\r(\f(7,3)))＝eq\f(\r(105),35)，结合图形知，二面角A­C′D­B的余弦值为－eq\f(\r(105),35).20．解：(1)因为f′(x)＝a－eq\f(1,x＋1)(x>－1)，g′(x)＝ex－1，依题意，f′(0)＝g′(0)，解得a＝1，所以f′(x)＝1－eq\f(1,x＋1)＝eq\f(x,x＋1)，当－1<x<0时，f′(x)<0；当x>0时，f′(x)>0.故f(x)的单调递减区间为(－1，0)，单调递增区间为(0，＋∞)．(2)由(1)知，当x＝0时，f(x)取得最小值0，所以f(x)≥0，即x≥ln(x＋1)，从而ex≥x＋1.设F(x)＝g(x)－kf(x)＝ex＋kln(x＋1)－(k＋1)x－1，则F′(x)＝ex＋eq\f(k,x＋1)－(k＋1)≥x＋1＋eq\f(k,x＋1)－(k＋1)，①当k＝1时，因为x≥0，所以F′(x)≥x＋1＋eq\f(1,x＋1)－2≥0(当且仅当x＝0时等号成立)，此时F(x)在[0，＋∞)上单调递增，从而F(x)≥F(0)＝0，即g(x)≥kf(x)．②当k<1时，因为f(x)≥0，所以f(x)≥kf(x)．由①知g(x)－f(x)≥0，所以g(x)≥f(x)≥kf(x)，故g(x)≥kf(x)．③当k>1时，令h(x)＝ex＋eq\f(k,x＋1)－(k＋1)，则h′(x)＝ex－eq\f(k,（x＋1）2)，明显h′(x)在[0，＋∞)上单调递增，又h′(0)＝1－k<0，h′(eq\r(k)－1)＝eeq\r(k)－1－1>0，所以h′(x)在(0，eq\r(k)－1)上存在唯一零点x0，当x∈(0，x0)时，h′(x)<0，所以h(x)在[0，x0)上单调递减，从而h(x)<h(0)＝0，即F′(x)<0，所以F(x)在[0，x0)上单调递减，从而当x∈(0，x0)时，F(x)<F(0)＝0，即g(x)<kf(x)，不合题意．综上，实数k的取值范围为(－∞，1]．21．解：(1)由题意知，双曲线C的顶点(0，a)到渐近线ax－by＝0的距离为eq\f(2\r(5),5)，所以eq\f(ab,\r(a2＋b2))＝eq\f(2\r(5),5)，即eq\f(ab,c)＝eq\f(2\r(5),5).由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(ab,c)＝\f(2\r(5),5)，,\f(c,a)＝\f(\r(5),2)，,c2＝a2＋b2，))得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝2，,b＝1，,c＝\r(5)，))所以双曲线C的方程为eq\f(y2,4)－x2＝1.(2)由(1)知双曲线C的两条渐近线方程为y＝±2x，设A(m，2m)，B(－n，2n)，m>0，n>0.由eq\o(AP,\s\up6(→))＝λeq\o(PB,\s\up6(→))得P点坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m－λn,1＋λ)，\f(2（m＋λn）,1＋λ)))，将P点坐标代入eq\f(y2,4)－x2＝1，化简得mn＝eq\f(（1＋λ）2,4λ).设∠AOB＝2θ，因为taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－θ))＝2，所以tanθ＝eq\f(1,2)，sin2θ＝eq\f(4,5).又|OA|＝eq\r(5)m，|OB|＝eq\r(5)n，所以S△AOB＝eq\f(1,2)|OA|·|OB|·sin2θ＝2mn＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co