全国统考版2025届高考数学二轮复习验收仿真模拟卷十八文含解析

高考仿真模拟卷(十八)(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．已知集合A＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(y\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(y＝log2x，\f(1,2)≤x≤4))))，B＝{x|eq\r(x)≤2}，，则A∩B＝()A．[－1，2] B．[0，2]C．[－1，4] D．[0，4]2．已知复数z＝eq\f(4＋2i,（1＋i）2)(i为虚数单位)在复平面内对应的点在直线x－2y＋m＝0上，则m的值为()A．－3 B．－4C．－5 D．－63．已知角α的顶点在坐标原点，始边与x轴的正半轴重合，M(2，eq\r(2))为其终边上一点，则cos2α＝()A．－eq\f(2,3)B.eq\f(2,3)C．－eq\f(1,3)D.eq\f(1,3)4．已知直角坐标原点O为椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的中心，F1，F2为左、右焦点，在区间(0，2)上任取一个数e，则事务“以e为离心率的椭圆C与圆O：x2＋y2＝a2－b2没有交点”的概率为()A.eq\f(\r(2),4)B.eq\f(4－\r(2),4)C.eq\f(\r(2),2)D.eq\f(2－\r(2),2)5．为了规定工时定额，须要确定加工零件所花费的时间，为此进行了5次试验，得到5组数据(x1，y1)，(x2，y2)，(x3，y3)，(x4，y4)，(x5，y5)．依据收集到的数据可知x1＋x2＋x3＋x4＋x5＝150，由最小二乘法求得回来直线方程为eq\o(y,\s\up6(^))＝0.67x＋54.9，则y1＋y2＋y3＋y4＋y5的值为()A．75 B．155.4C．375 D．466.26．将函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,2)))的图象向右平移eq\f(π,4)个单位后得到函数g(x)的图象，则g(x)具有性质()A．最大值为1，图象关于直线x＝eq\f(π,2)对称B．在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))上单调递减，为奇函数C．在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3π,8)，\f(π,8)))上单调递增，为偶函数D．周期为π，图象关于点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,8)，0))对称7．某几何体的三视图如图所示，若该几何体的体积为3π＋2，则它的表面积是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3\r(13),2)＋3))π＋eq\r(22)＋2B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3\r(13),4)＋\f(3,2)))π＋eq\r(22)＋2C.eq\f(\r(13),2)π＋eq\r(22)D.eq\f(\r(13),4)π＋eq\r(22)8．函数f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))ln|x|图象的大致形态为()9．已知一次函数f(x)＝kx＋b的图象经过点P(1，2)和Q(－2，－4)，令an＝f(n)f(n＋1)，n∈N*，记数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))的前n项和为Sn，当Sn＝eq\f(6,25)时，n的值等于()A．24 B．25．23 D．2610．已知不等式组eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋y－2\r(2)≥0，,x≤2\r(2)，,y≤2\r(2)))表示平面区域Ω，过区域Ω中的随意一个点P，作圆x2＋y2＝1的两条切线且切点分别为A，B，当△PAB的面积最小时，cos∠APB的值为()A.eq\f(7,8)B.eq\f(1,2)C.eq\f(3,4)D.eq\f(\r(3),2)11．设F1，F2为双曲线eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左、右焦点，点P(x0，2a)为双曲线上一点，若△PF1F2的重心和内心的连线与x轴垂直，则双曲线的离心率为()A.eq\f(\r(6),2)B.eq\f(\r(5),2)C.eq\r(6)D.eq\r(5)12．已知函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(|log3x|，0＜x＜3，,sin\f(π,6)x，3≤x≤15.))若存在实数x1，x2，x3，x4，满意x1＜x2＜x3＜x4，且f(x1)＝f(x2)＝f(x3)＝f(x4)，则eq\f(（x3－2）（x4－2）,x1x2)的取值范围是()A．(10，52) B．(13，40)C．(11，17) D．(15，25)题号123456789101112答案第Ⅱ卷二、填空题：本题共4小题，每小题5分．13．已知两个向量eq\o(OA,\s\up6(→))，eq\o(OB,\s\up6(→))都是单位向量，其夹角为60°，又eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OC,\s\up6(→))＝0，且eq\o(OC,\s\up6(→))＝teq\o(OA,\s\up6(→))＋(1－t)eq\o(OB,\s\up6(→))，则t＝________．14．如图所示的程序框图中，x∈[－2，2]，则能输出x的概率为________．第14题图第15题图15．如图所示，互不相同的点A1，A2，…，An，…和B1，B2，…，Bn…分别在角O的两条边上，全部AnBn相互平行，且全部梯形AnBnBn＋1An＋1的面积均相等，OAn＝an，若a1＝1，a2＝2，则数列{an}的通项公式是________．16．双曲线C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的两条渐近线l1，l2与抛物线y2＝－4x的准线l围成区域Ω(包含边界)，对于区域Ω内随意一点(x，y)，若eq\f(y－x－2,x＋3)的最大值小于0，则双曲线C的离心率e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)在△ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，且满意cos2C－cos2A＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)＋C))·sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－C)).(1)求角A的值；(2)若a＝eq\r(3)且b≥a，求2b－c的取值范围．18.(本小题满分12分)在某校科普学问竞赛前的模拟测试中，得到甲、乙两名学生的6次模拟测试成果(百分制)的茎叶图．(1)若从甲、乙两名学生中选择一人参与该学问竞赛，你会选哪位？请运用统计学的学问说明理由；(2)若从甲的6次模拟测试成果中随机选择2个，求选出的成果中至少有一个超过87分的概率．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.(1)当C′D＝eq\r(2)时，求证：平面C′AB⊥平面DAB；(2)当AC′⊥BD时，求三棱锥C′­ABD的高．20．(本小题满分12分)已知椭圆E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1的右焦点为F(c，0)且a＞b＞c＞0，设短轴的一个端点为D，原点O到直线DF的距离为eq\f(\r(3),2)，过原点和x轴不重合的直线与椭圆E相交于C，G两点，且|eq\o(GF,\s\up6(→))|＋|eq\o(CF,\s\up6(→))|＝4.(1)求椭圆E的方程；(2)是否存在过点P(2，1)的直线l与椭圆E相交于不同的两点A，B且使得eq\o(OP,\s\up6(→))2＝4eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))成立？若存在，试求出直线l的方程；若不存在，请说明理由．21．(本小题满分12分)已知函数f(x)＝m(x－1)ex＋x2(m∈R)．(1)若m＝－1，求函数f(x)的单调区间；(2)若对随意的x<0，不等式x2＋(m＋2)x>f′(x)恒成立，求m的取值范围；(3)当m≤－1时，求函数f(x)在[m，1]上的最小值．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：坐标系与参数方程在直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝2＋tcosα，,y＝\r(3)＋tsinα))(t是参数)，以原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为ρ＝8coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,3))).(1)求曲线C2的直角坐标方程，并指出其表示何种曲线；(2)若曲线C1和曲线C2交于A，B两点，求|AB|的最大值和最小值．23．(本小题满分10分)选修4­5：不等式选讲设函数f(x)＝2|x＋a|－|x＋b|.(1)当a＝1，b＝－1时，求使f(x)≥2eq\r(2)的x的取值范围；(2)若f(x)≥eq\f(1,32)恒成立，求a－b的取值范围．高考仿真模拟卷(十八)1．解析：选B.由题意得A＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(y\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(log2\f(1,2)≤y≤log24))))＝{y|－1≤y≤2}＝[－1，2]，又B＝{x|eq\r(x)≤2}＝[0，4]，所以A∩B＝[0，2]．故选B.2．解析：选C.z＝eq\f(4＋2i,（1＋i）2)＝eq\f(4＋2i,2i)＝eq\f(（4＋2i）i,2i2)＝1－2i，复数z在复平面内对应的点的坐标为(1，－2)，将其代入x－2y＋m＝0，得m＝－5.故选C.3．解析：选D.因为M(2，eq\r(2))为角α终边上一点，所以cosα＝eq\f(2,\r(22＋（\r(2)）2))＝eq\f(2,\r(6))＝eq\f(\r(6),3)，所以cos2α＝2cos2α－1＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),3)))eq\s\up12(2)－1＝eq\f(1,3).故选D.4．解析：选A.满意题意时，椭圆上的点P(acosθ，bsinθ)到圆心O(0，0)的距离：d2＝(acosθ－0)2＋(bsinθ－0)2＞r2＝a2－b2，整理可得，eq\f(b2,a2)＞eq\f(sin2θ,1＋sin2θ)，所以e2＝1－eq\f(b2,a2)＜1－eq\f(sin2θ,1＋sin2θ)＝eq\f(1,1＋sin2θ)，又因为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,1＋sin2θ)))eq\s\do7(min)＝eq\f(1,2)，据此有e2＜eq\f(1,2)，0＜e＜eq\f(\r(2),2)，题中事务的概率p＝eq\f(\f(\r(2),2)－0,2－0)＝eq\f(\r(2),4).故本题选择A选项．5．解析：选C.由x1＋x2＋x3＋x4＋x5＝150，得x＝30，代入回来直线方程eq\o(y,\s\up6(^))＝0.67x＋54.9，得y＝75，则y1＋y2＋y3＋y4＋y5＝375.6．解析：选B.由题意得，g(x)＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))－\f(π,2)))＝sin(2x－π)＝－sin2x，对于A，最大值为1正确，而geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝0，图象不关于直线x＝eq\f(π,2)对称，故A错误；对于B，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))时，2x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，满意单调递减，明显g(x)也是奇函数，故B正确；C明显错误；对于D，周期T＝eq\f(2π,2)＝π，geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,8)))＝－eq\f(\r(2),2)，故图象不关于点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,8)，0))对称．7．解析：选A.由三视图可知，该几何体是由四分之三圆锥和一个三棱锥组成的组合体，其中：V圆锥＝eq\f(3,4)×eq\f(1,3)×πa2×3＝eq\f(3,4)πa2，V三棱锥＝eq\f(1,2)a2×3×eq\f(1,3)＝eq\f(1,2)a2，由题意：eq\f(3,4)πa2＋eq\f(1,2)a2＝3π＋2，所以a＝2，据此可知：S底＝2×2×π×eq\f(3,4)＋eq\f(1,2)×2×2＝3π＋2，S圆锥侧＝eq\f(3,4)π×eq\r(13)×2＝eq\f(3\r(13),2)π，S棱锥侧＝eq\f(1,2)×2eq\r(2)×eq\r(11)＝eq\r(22)，它的表面积是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3\r(13),2)＋3))π＋eq\r(22)＋2.本题选择A选项．8．解析：选D.因为f(－x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－x＋\f(1,－x)))ln|－x|＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))ln|x|＝－f(x)，所以f(x)是奇函数，关于(0，0)对称，解除A，B；当x＝2时，f(2)＝eq\f(5,2)ln2＞0，故选D.9．解析：选A.因为一次函数f(x)＝kx＋b的图象经过点P(1，2)和Q(－2，－4)，可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2＝k＋b，,－4＝－2k＋b，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(k＝2，,b＝0，))所以f(x)＝2x，an＝f(n)f(n＋1)＝2n×2(n＋1)＝4n(n＋1)，eq\f(1,an)＝eq\f(1,4n（n＋1）)＝eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))，Sn＝eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)＋\f(1,2)－\f(1,3)＋…＋\f(1,n)－\f(1,n＋1)))＝eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,n＋1)))＝eq\f(1,4)×eq\f(n,n＋1)＝eq\f(6,25)，得n＝24.10．解析：选B.设点P(x，y)，|PO|＝eq\r(x2＋y2)，sin∠APO＝eq\f(1,|PO|)，cos∠APO＝eq\f(\r(|PO|2－1),|PO|)，sin∠APB＝eq\f(2\r(|PO|2－1),|PO|2)，故S△APB＝eq\f(1,2)|PA|·|PB|sin∠APB＝eq\f(1,2)(eq\r(|PO|2－1))2·eq\f(2\r(|PO|2－1),|PO|2)＝(eq\r(|PO|2－1))2·eq\f(\r(|PO|2－1),|PO|2)，令t＝|PO|2－1，则(eq\r(|PO|2－1))2·eq\f(\r(|PO|2－1),|PO|2)＝t·eq\f(\r(t),t＋1)，令f(t)＝eq\f(t\r(t),t＋1)，则f′(t)＝eq\f(\r(t)（t＋3）,2（t＋1）2)，又|PO|≥eq\f(|0＋0－2\r(2)|,\r(12＋12))＝2，所以t≥3，f′(t)＞0，f(t)在[3，＋∞)上单调递增，即|PO|＝eq\r(x2＋y2)取最小值时，△PAB的面积最小，此时sin∠APB＝eq\f(2\r(|PO|2－1),|PO|2)＝eq\f(\r(3),2)，cos∠APB＝eq\f(1,2).11．解析：选A.画出图形如图所示，设△PF1F2的重心和内心分别为G，I，且圆I与△PF1F2的三边F1F2，PF1，PF2分别切于点M，Q，N，由切线的性质可得|PN|＝|PQ|，|F1Q|＝|F1M|，|F2N|＝|F2M|.不妨设点P(x0，2a)在第一象限内，因为G是△PF1F2的重心，O为F1F2的中点，所以|OG|＝eq\f(1,3)|OP|，所以G点坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x0,3)，\f(2a,3))).由双曲线的定义可得|PF1|－|PF2|＝2a＝|F1Q|－|F2N|＝|F1M|－|F2M|，又|F1M|＋|F2M|＝2c，所以|F1M|＝c＋a，|F2M|＝c－a，所以M为双曲线的右顶点．又I是△PF1F2的内心，所以IM⊥F1F2.设点I的坐标为(xI，yI)，则xI＝a.由题意得GI⊥x轴，所以eq\f(x0,3)＝a，故x0＝3a，所以点P坐标为(3a，2a)．因为点P在双曲线eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)上，所以eq\f(9a2,a2)－eq\f(4a2,b2)＝9－eq\f(4a2,b2)＝1，整理得eq\f(b2,a2)＝eq\f(1,2)，所以e＝eq\f(c,a)＝eq\r(1＋\f(b2,a2))＝eq\r(1＋\f(1,2))＝eq\f(\r(6),2).故选A.12．解析：选B.作出函数f(x)的图象，如图所示，易知，0＜x1＜x2＜3，且x1x2＝1，3＜x3＜6，12＜x4＜15，且x3，x4所对应的图象上的点关于直线x＝9对称，设x3＝9－t，x4＝9＋t，t∈(3，6)，所以eq\f(（x3－2）（x4－2）,x1x2)＝(7－t)(7＋t)＝49－t2∈(13，40)．13．解析：依题意eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OC,\s\up6(→))＝0，即eq\o(OA,\s\up6(→))·[teq\o(OA,\s\up6(→))＋(1－t)eq\o(OB,\s\up6(→))]＝0，所以有teq\o(OA,\s\up6(→))2＋(1－t)eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＝0，即t＋eq\f(1,2)(1－t)＝0，解得t＝－1.答案：－114．解析：因为－2≤x≤2，所以当－2≤x≤0时，不等式|x|＋|x－1|≤2可化为－x－(x－1)≤2，得－eq\f(1,2)≤x≤0；当0<x≤1时，不等式|x|＋|x－1|≤2可化为x－(x－1)≤2恒成立；当1<x≤2时，不等式|x|＋|x－1|≤2可化为x＋(x－1)≤2，得1<x≤eq\f(3,2).综上，满意不等式|x|＋|x－1|≤2的x的取值范围为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(3,2)))，所以能输出x的概率为eq\f(\f(3,2)＋\f(1,2),2＋2)＝eq\f(1,2).答案：eq\f(1,2)15．解析：如图，由题意可知：eq\f(S0,S0＋S)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(an－1,an)))eq\s\up12(2)，①eq\f(S0＋2S,S0＋S)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(an＋1,an)))eq\s\up12(2)，②①②两式相加得2＝eq\f(aeq\o\al(2,n－1),aeq\o\al(2,n))＋eq\f(aeq\o\al(2,n＋1),aeq\o\al(2,n))，所以2aeq\o\al(2,n)＝aeq\o\al(2,n－1)＋aeq\o\al(2,n＋1)，所以数列{aeq\o\al(2,n)}是首项为aeq\o\al(2,1)、公差为aeq\o\al(2,2)－aeq\o\al(2,1)＝3的等差数列．故aeq\o\al(2,n)＝aeq\o\al(2,1)＋3(n－1)＝3n－2，即an＝eq\r(3n－2).答案：an＝eq\r(3n－2)16．解析：抛物线y2＝－4x的准线为x＝1，双曲线eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1的渐近线为y＝±eq\f(b,a)x，令x＝1，得y＝±eq\f(b,a)，所以抛物线的准线与双曲线的渐近线的两个交点分别为Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(b,a)))和Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\f(b,a)))，设t＝eq\f(y－x－2,x＋3)，整理得y＝(t＋1)x＋3t＋2，由于直线y＝(t＋1)x＋3t＋2过定点(－3，－1)，所以当直线y＝(t＋1)x＋3t＋2过点Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(b,a)))时，t达到最大，最大值为t＝eq\f(\f(b,a)－1－2,1＋3)<0，所以eq\f(b,a)<3，eq\f(b2,a2)<9，所以e2＝eq\f(c2,a2)＝eq\f(a2＋b2,a2)<10，所以1<e<eq\r(10)，即离心率e的取值范围为(1，eq\r(10))．答案：(1，eq\r(10))17．解：(1)由已知得2sin2A－2sin2C＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)cos2C－\f(1,4)sin2C))，化简得sinA＝eq\f(\r(3),2)，故A＝eq\f(π,3)或eq\f(2π,3).(2)由正弦定理eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)＝eq\f(a,sinA)＝2，得b＝2sinB，c＝2sinC，故2b－c＝4sinB－2sinC＝4sinB－2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－B))＝3sinB－eq\r(3)cosB＝2eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B－\f(π,6))).因为b≥a，所以eq\f(π,3)≤B<eq\f(2π,3)，eq\f(π,6)≤B－eq\f(π,6)<eq\f(π,2)，所以2b－c＝2eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B－\f(π,6)))∈[eq\r(3)，2eq\r(3))．18．解：(1)学生甲的平均成果eq\o(x,\s\up6(－))甲＝eq\f(68＋76＋79＋86＋88＋95,6)＝82，学生乙的平均成果eq\o(x,\s\up6(－))乙＝eq\f(71＋75＋82＋84＋86＋94,6)＝82，又seq\o\al(2,甲)＝eq\f(1,6)×[(68－82)2＋(76－82)2＋(79－82)2＋(86－82)2＋(88－82)2＋(95－82)2]＝77，seq\o\al(2,乙)＝eq\f(1,6)×[(71－82)2＋(75－82)2＋(82－82)2＋(84－82)2＋(86－82)2＋(94－82)2]＝eq\f(167,3)，则eq\o(x,\s\up6(－))甲＝eq\o(x,\s\up6(－))乙，seq\o\al(2,甲)>seq\o\al(2,乙)，说明甲、乙的平均水平一样，但乙的方差小，即乙发挥更稳定，故可选择学生乙参与学问竞赛．(2)从甲的6次模拟测试成果中随机选择2个，共有以下15种状况：(68，76)、(68，79)、(68，86)、(68，88)、(68，95)、(76，79)、(76，86)、(76，88)、(76，95)、(79，86)、(79，88)、(79，95)、(86，88)、(86，95)、(88，95)．其中选出的成果中至少有一个超过87分的有9种状况，故选出的成果中至少有一个超过87分的概率为P＝eq\f(9,15)＝eq\f(3,5).19．解：(1)证明：当C′D＝eq\r(2)时，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)当AC′⊥BD时，由已知AC′⊥BC′，所以AC′⊥平面BDC′，因为C′D⊂平面BDC′，所以AC′⊥C′D，△AC′D为直角三角形，由勾股定理，C′D＝eq\r(AD2－AC′2)＝eq\r(3－2)＝1，而△BDC′中，BD＝1，BC′＝eq\r(2)，所以△BDC′为直角三角形，S△BDC′＝eq\f(1,2)×1×1＝eq\f(1,2).三棱锥C′­ABD的体积V＝eq\f(1,3)×S△BDC′×AC′＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×eq\r(2)＝eq\f(\r(2),6).S△ABD＝eq\f(1,2)×1×eq\r(3)＝eq\f(\r(3),2)，设三棱锥C′­ABD的高为h，则由eq\f(1,3)×h×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(\r(2),6)，解得h＝eq\f(\r(6),3).20．解：(1)由椭圆的对称性知|eq\o(GF,\s\up6(→))|＋|eq\o(CF,\s\up6(→))|＝2a＝4，所以a＝2.又原点O到直线DF的距离为eq\f(\r(3),2)，所以eq\f(bc,a)＝eq\f(\r(3),2)，所以bc＝eq\r(3)，又a2＝b2＋c2＝4，a＞b＞c＞0，所以b＝eq\r(3)，c＝1.故椭圆E的方程为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)当直线l与x轴垂直时不满意条件．故可设A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线l的方程为y＝k(x－2)＋1，代入椭圆方程得(3＋4k2)x2－8k(2k－1)x＋16k2－16k－8＝0，所以x1＋x2＝eq\f(8k（2k－1）,3＋4k2)，x1x2＝eq\f(16k2－16k－8,3＋4k2)，Δ＝32(6k＋3)＞0，所以k＞－eq\f(1,2).因为eq\o(OP,\s\up6(→))2＝4eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))，即4[(x1－2)(x2－2)＋(y1－1)(y2－1)]＝5，所以4(x1－2)(x2－2)(1＋k2)＝5，即4[x1x2－2(x1＋x2)＋4](1＋k2)＝5，所以4eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(16k2－16k－8,3＋4k2)－2×\f(8k（2k－1）,3＋4k2)＋4))(1＋k2)＝4×eq\f(4＋4k2,3＋4k2)＝5，解得k＝±eq\f(1,2)，k＝－eq\f(1,2)不符合题意，舍去．所以存在满意条件的直线l，其方程为y＝eq\f(1,2)x.21．解：(1)当m＝－1时，f(x)＝(1－x)ex＋x2，则f′(x)＝x(2－ex)，由f′(x)>0得，0<x<ln2，由f′(x)<0得x<0或x>ln2，故函数的增区间为(0，ln2)，减区间为(－∞，0)，(ln2，＋∞)．(2)依题意，f′(x)＝mx(ex＋eq\