2022年高考三轮复习之仿真模拟卷2

这是一份2022年高考三轮复习之仿真模拟卷2，共16页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单项选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40分)
1．设集合M＝{x|4x＜32}，N＝{y|y＝eq \r(x)＋1}，则M∩N等于( )
A.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(5,2))) B．[1,5)
C．∅ D.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(5,2)))
答案 A
解析 由M＝{x|4x<32}＝{x|22x<25}＝eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(x<\f(5,2)))))，
N＝{y|y＝eq \r(x)＋1}＝{y|y≥1}，
则M∩N＝eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(5,2))).
2．已知复数z＝eq \f(10,3＋i)－2i(i是虚数单位)，则z的共轭复数是( )
A．－3－3i B．3＋3i
C．－eq \f(15,4)－eq \f(13,4)i D.eq \f(15,4)＋eq \f(13,4)i
答案 B
解析 ∵z＝eq \f(10,3＋i)－2i＝eq \f(103－i,3＋i3－i)－2i
＝eq \f(103－i,10)－2i＝3－i－2i＝3－3i，
∴eq \x\t(z)＝3＋3i.
3．若sin α＝eq \f(3,5)，且α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))，则taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,4)))等于( )
A．－eq \f(3,4) B.eq \f(3,4) C．7 D.eq \f(1,7)
答案 D
解析 若sin α＝eq \f(3,5)，且α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))，
则cs α＝－eq \r(1－sin2α)＝－eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,5)))2)＝－eq \f(4,5)，
所以tan α＝eq \f(sin α,cs α)＝eq \f(\f(3,5),－\f(4,5))＝－eq \f(3,4)，
所以taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,4)))＝eq \f(tan α＋tan\f(π,4),1－tan αtan \f(π,4))
＝eq \f(－\f(3,4)＋1,1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,4)))×1)＝eq \f(1,7).
4．(2020·合肥模拟)射线测厚技术原理公式为I＝I0e－ρμt，其中I0，I分别为射线穿过被测物前后的强度，e是自然对数的底数，t为被测物厚度，ρ为被测物的密度，μ是被测物对射线的吸收系数．工业上通常用镅241(241Am)低能γ射线测量钢板的厚度．若这种射线对钢板的半价层厚度为0.8，钢的密度为7.6，则这种射线的吸收系数为(注：半价层厚度是指将已知射线强度减弱为一半的某种物质厚度，ln 2≈0.693 1，结果精确到0.001)( )
A．0.110 B．0.112 C．0.114 D．0.116
答案 C
解析 由题意可得，t＝0.8，ρ＝7.6，eq \f(I,I0)＝eq \f(1,2).
因为I＝I0e－ρμt，所以eq \f(1,2)＝e－7.6×0.8×μ，
即μ＝eq \f(ln 2,7.6×0.8)≈eq \f(0.693 1,6.08)≈0.114.
所以这种射线的吸收系数为0.114.
5．设实数x，y满足不等式组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋y≥4，,y－x≤2，,x≤4，))则z＝eq \f(y＋1,x＋1)的最小值为( )
A.eq \f(1,3) B.eq \f(1,5) C．－eq \f(1,3) D．－eq \f(1,2)
答案 B
解析 作出不等式组所表示的平面区域如图阴影部分(包含边界)所示，由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋y＝4，,x＝4，))解得C(4,0)，eq \f(y＋1,x＋1)表示平面区域内的点(x，y)与D(－1，－1)连线的斜率，
则z＝eq \f(y＋1,x＋1)的最小值为kCD＝eq \f(1,5).
6．若函数f(x)＝sin x·[lg(2x＋1)＋mx]的图象关于原点对称，则实数m的值为( )
A．－lg 2 B．－lg eq \r(2) C．－4 D．－2
答案 B
解析 因为y＝sin x为奇函数，
则y＝lg(2x＋1)＋mx为偶函数，
故lg(2x＋1)＋mx＝lg(2－x＋1)－mx，
即2mx＝lg(2－x＋1)－lg(2x＋1)，
则2mx＝lgeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2－x＋1,2x＋1)))＝lgeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2x＋1,22x＋2x)))
＝lg 2－x＝－xlg 2.
因为对任意x∈R恒成立，则2m＝－lg 2，
解得m＝－lg eq \r(2).
7.如图，在三棱锥P－ABC中，PA＝AC＝BC，PA⊥平面ABC，∠ACB＝90°，O为PB的中点，则直线CO与平面PAC所成角的余弦值为( )
A.eq \f(\r(6),2) B.eq \f(\r(6),3)
C.eq \f(\r(3),3) D.eq \f(1,2)
答案 B
解析 设PC的中点为E，连接EO，可得OE∥BC，
∵PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，∴PA⊥BC，
又AC⊥BC，AC∩PA＝A，∴BC⊥平面PAC，
又OE∥BC，∴OE⊥平面PAC，
∴∠OCE为直线CO与平面PAC所成角，
设PA＝AC＝BC＝2，则OE＝1，CE＝eq \r(2)，OC＝eq \r(3)，
∴cs∠OCE＝eq \f(CE,OC)＝eq \f(\r(6),3).
8．已知在数列{an}中，a1＝eq \f(1,2)，an＋1＝aeq \\al(2,n)－an＋1，记Tn＝a1a2…an－1an，则T8所在的区间是( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,4))) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，\f(1,2)))
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(3,4))) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)，1))
答案 A
解析 an＋1－an＝(an－1)2≥0，
所以an＋1≥an≥…≥a1＝eq \f(1,2)，
又an＋1－1＝an(an－1)，所以an＋1－1与an－1同号，
所以an－1与a1－1同号，所以an<1，
又an＝eq \f(an＋1－1,an－1)，将上式从1累乘到n，
得到Tn＝eq \f(an＋1－1,a1－1)，所以T8＝eq \f(a9－1,a1－1)＝2(1－a9)，
a2＝eq \f(3,4)，a3＝eq \f(13,16)，a4＝eq \f(217,162)>eq \f(13,16).
若an≤eq \f(7,8)(5≤n≤9)，则当5≤n≤9时，
an＋1－an＝(an－1)2≥eq \f(1,64)，
则a9≥a5＋eq \f(1,64)×4≥a4＋eq \f(1,16)>eq \f(14,16)＝eq \f(7,8)，与an≤eq \f(7,8)矛盾，
所以当5≤n≤9时，eq \f(7,8)二、多项选择题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．全部选对得5分，部分选对得3分，有选错的得0分)
9．给出下列命题，其中正确的是( )
A．对分类变量X与Y的随机变量K2的观测值k来说，k越小，判断“X与Y有关系”的把握越大
B．若将一组样本数据中的每个数据都加上同一个常数，则样本的方差不变
C．在残差图中，残差点分布的带状区域的宽度越窄，其模型拟合的精度越高
D．设随机变量ξ服从正态分布N(0,1)，若P(ξ>1)＝p，则P(－1<ξ<0)＝eq \f(1,2)－p
答案 BCD
解析 A中，对分类变量X与Y的随机变量K2的观测值k来说，k越大，判断“X与Y有关系”的把握越大，故A错误；B 中，若将一组样本数据中的每个数据都加上同一个常数，数据的离散程度不变，则样本的方差不变，故B正确；C中，根据残差的定义可知，在残差图中，残差点分布的带状区域的宽度越窄，预测值与实际值越接近，其模型拟合的精度越高，故C正确；D中，设随机变量ξ服从正态分布N(0,1)，若P(ξ>1)＝p，则P(ξ<－1)＝p，
则P(－1<ξ<1)＝1－2p，所以P(－1<ξ<0)＝eq \f(1,2)－p，故D正确．故选BCD.
10．已知函数f(x)＝sin xsineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3)))－eq \f(1,4)的定义域为[m，n](mA.eq \f(5π,12) B.eq \f(7π,12) C.eq \f(3π,4) D.eq \f(11π,12)
答案 AB
解析 因为f(x)＝sin xsineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3)))－eq \f(1,4)＝sin x·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)sin x＋\f(\r(3),2)cs x))－eq \f(1,4)＝eq \f(1,4)(1－cs 2x)＋eq \f(\r(3),4)sin 2x－eq \f(1,4)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)sin 2x－\f(1,2)cs 2x))＝eq \f(1,2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))，其值域为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(1,4)))，所以sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－1，\f(1,2)))，所以2x－eq \f(π,6)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2kπ－\f(7π,6)，2kπ＋\f(π,6)))，k∈Z，所以x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ－\f(π,2)，kπ＋\f(π,6)))，k∈Z.因为kπ＋eq \f(π,6)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(kπ－\f(π,2)))＝eq \f(2π,3)，k∈Z，所以n－m的最大值为eq \f(2π,3)，且n－m的最小值为eq \f(π,3).故选AB.
11．已知抛物线y2＝4x的准线过双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左焦点F，且与双曲线交于A，B两点，O为坐标原点，且△AOB的面积为eq \f(3,2)，则( )
A．C的方程为eq \f(x2,\f(1,4))－eq \f(y2,\f(3,4))＝1
B．C的两条渐近线的夹角为60°
C．点F到C的渐近线的距离为eq \r(3)
D．C的离心率为2
答案 ABD
解析 如图所示，依题意得F(－1,0)，∴c＝1，
S△AOB＝eq \f(1,2)·|AB||OF|＝eq \f(1,2)×eq \f(2b2,a)×c＝eq \f(3,2)，
∴b2＝eq \f(3,2)a，
又∵a2＋b2＝1，解得a＝eq \f(1,2)，b2＝eq \f(3,4)，
故双曲线C的方程为eq \f(x2,\f(1,4))－eq \f(y2,\f(3,4))＝1，故A正确．
∴双曲线C的渐近线方程为y＝±eq \r(3)x.
∴两条渐近线的夹角为60°，故B正确．
双曲线C的离心率e＝eq \f(c,a)＝eq \f(1,\f(1,2))＝2，故D正确．
双曲线的焦点F到渐近线距离为eq \f(\r(3),2)，故C错误．
12．已知f(x)是定义在R上的奇函数，当x≥0时，有f(x＋1)＝－f(x)，且当x∈[0,1)时，f(x)＝lg2(x＋1)，下列命题正确的是( )
A．f(2 019)＋f(－2 020)＝0
B．函数f(x)在定义域上是周期为2的函数
C．直线y＝x与函数f(x)的图象只有1个交点
D．函数f(x)的值域为[－1,1]
答案 AC
解析 ∵函数y＝f(x)是R上的奇函数，
∴f(0)＝0，由题意可得f(1)＝－f(0)＝0，
当x≥0时，f(x＋2)＝－f(x＋1)＝f(x)，
∴f(2 019)＋f(－2 020)＝f(2 019)－f(2 020)＝f(1)－f(0)＝0，A正确；
当x≥0时，f(x＋1)＝－f(x)，
则f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(6,5)))＝－f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,5)))＝－lg2eq \f(6,5)，
f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4,5)))＝－f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,5)))＝－lg2eq \f(9,5)，
∴f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4,5)))≠f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4,5)＋2))＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(6,5)))，
则函数y＝f(x)不是R上周期为2的函数，B错误；
若x为奇数，f(x)＝f(1)＝0，
若x为偶数，则f(x)＝f(0)＝0，
即当x∈Z时，f(x)＝0，
当x≥0时，f(x＋2)＝f(x)，
若n∈N，且当x∈(2n,2n＋1)时，x－2n∈(0,1)，
f(x)＝f(x－2n)∈(0,1)，
当x∈(1,2)时，则x－1∈(0,1)，
∴f(x)＝－f(x－1)∈(－1,0)，
当x∈(2n＋1,2n＋2)时，x－2n∈(1,2)，
则f(x)＝f(x－2n)∈(－1,0)，
∴函数y＝f(x)在[0，＋∞)上的值域为(－1,1)，
由奇函数的性质可知，函数y＝f(x)在(－∞，0)上的值域为(－1,1)，
由此可知，函数y＝f(x)在R上的值域为(－1,1)，D错误；如图所示．
由图象可知，当－1当x≤－1或x≥1时，f(x)∈(－1,1)，此时，函数y＝x与函数y＝f(x)没有交点，
则函数y＝x与函数y＝f(x)的图象有且只有一个交点，C正确，故选AC.
三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)
13．已知函数f(x)＝x3lg(eq \r(x2＋1)＋x)＋2，若f(a)＝7(a∈R)，则f(－a)＝________.
答案 7
解析 f(x)的定义域为R，关于原点对称，
又f(－x)＝(－x)3lg(eq \r(－x2＋1)－x)＋2
＝－x3lgeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,\r(x2＋1)＋x)))＋2
＝x3lgeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(x2＋1)＋x))＋2＝f(x)，
∴f(x)是R上的偶函数，
∴f(－a)＝f(a)＝7.
14．若(eq \r(3)－2x)7＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4＋a5x5＋a6x6＋a7x7，则(a0＋a2＋a4＋a6)2－(a1＋a3＋a5＋a7)2＝________.
答案 －1
解析 令x＝1，
得a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝(eq \r(3)－2)7，
令x＝－1，
得a0＋a2＋a4＋a6－(a1＋a3＋a5＋a7)＝(eq \r(3)＋2)7，
两式相乘可得(a0＋a2＋a4＋a6)2－(a1＋a3＋a5＋a7)2＝(eq \r(3)－2)7·(eq \r(3)＋2)7＝－1.
15．矩形ABCD的对角线长为4，若eq \(AP,\s\up6(→))＝3eq \(PC,\s\up6(→))，则eq \(PB,\s\up6(→))·eq \(PD,\s\up6(→))＝________.
答案 －3
解析 设O是矩形ABCD的对角线的交点，则O是对角线的中点，
∴eq \(OB,\s\up6(→))＋eq \(OD,\s\up6(→))＝0，|eq \(OB,\s\up6(→))|＝|eq \(OD,\s\up6(→))|＝2，
由eq \(AP,\s\up6(→))＝3eq \(PC,\s\up6(→))，得|eq \(OP,\s\up6(→))|＝1，
又eq \(PB,\s\up6(→))＝eq \(PO,\s\up6(→))＋eq \(OB,\s\up6(→))，eq \(PD,\s\up6(→))＝eq \(PO,\s\up6(→))＋eq \(OD,\s\up6(→))，
∴eq \(PB,\s\up6(→))·eq \(PD,\s\up6(→))＝(eq \(PO,\s\up6(→))＋eq \(OB,\s\up6(→)))·(eq \(PO,\s\up6(→))＋eq \(OD,\s\up6(→)))
＝eq \(PO,\s\up6(→))2＋eq \(PO,\s\up6(→))·(eq \(OB,\s\up6(→))＋eq \(OD,\s\up6(→)))＋eq \(OB,\s\up6(→))·eq \(OD,\s\up6(→))＝1－4＝－3.
16．已知直三棱柱ABC－A1B1C1的所有顶点都在半径为2的球面上，且△ABC是正三角形，点N为棱BB1上一动点，当三棱柱ABC－A1B1C1的体积最大时，AN＋NC1的最小值为________．
答案 eq \f(4\r(21),3)
解析 设△ABC的边长为x，棱柱的高为h，在三棱柱ABC－A1B1C1中，两个底面三角形的中心分别为O1，O2，
则外接球的球心O为O1O2的中点，
所以OO1＝eq \f(h,2)，
在△ABC中 ，AO1＝eq \f(2,3)×eq \f(\r(3),2)x＝eq \f(\r(3),3)x，
在Rt△AOO1中，
OA2＝AOeq \\al(2,1)＋OOeq \\al(2,1)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),3)x))2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(h,2)))2＝4，
所以h2＝16－eq \f(4x2,3)，由h2>0，得0所以三棱柱ABC－A1B1C1的体积
V＝Sh＝eq \f(\r(3),4)x2·h＝eq \f(\r(3),4)x2eq \r(16－\f(4x2,3))，
所以V2＝eq \f(3,16)x4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(16－\f(4x2,3)))＝x4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3－\f(x2,4)))，
令f(x)＝x4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3－\f(x2,4)))，0则f′(x)＝3x3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4－\f(x2,2)))，
令f′(x)<0，则2eq \r(2)令f′(x)>0，则0所以f(x)在(0,2eq \r(3))上的最大值为f(2eq \r(2))＝64，
此时h2＝16－eq \f(4×8,3)＝eq \f(16,3).
由棱柱的侧面展开图知，在侧面展开图中连接AC1与BB1交于点N，此时AN＋NC1最小，
则由勾股定理，得d2＝(4eq \r(2))2＋eq \f(16,3)＝eq \f(112,3)，故d＝eq \f(4\r(21),3)，
故三棱柱ABC－A1B1C1的体积最大时，
AN＋NC1的最小值为eq \f(4\r(21),3).
四、解答题(本大题共6小题，共70分)
17．(10分)在①cs 2B－eq \r(3)sin B＋2＝0；②2bcs C＝2a－c；③eq \f(b,a)＝eq \f(cs B＋1,\r(3)sin A)，三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并加以解答，
已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若________，且a，b，c成等差数列，则△ABC是否为等边三角形？若是，写出证明；若不是，说明理由．
解 选①：△ABC是等边三角形，理由如下：
∵cs 2B＝1－2sin2B，
∴2sin2B＋eq \r(3)sin B－3＝0，
即(2sin B－eq \r(3))(sin B＋eq \r(3))＝0，
解得sin B＝－eq \r(3)(舍去)或sin B＝eq \f(\r(3),2).
∵0＜B＜π，∴B＝eq \f(π,3)或eq \f(2π,3)，
又∵a，b，c成等差数列，
∴2b＝a＋c，∴b不是三角形中最大的边，即B＝eq \f(π,3)，
由b2＝a2＋c2－2accs B，
得a2＋c2－2ac＝0，即a＝c，
故△ABC是等边三角形．
选②：△ABC是等边三角形，理由如下：
由正弦定理可得2sin Bcs C＝2sin A－sin C，
故2sin Bcs C＝2sin(B＋C)－sin C，
整理得2cs Bsin C－sin C＝0.
∵0＜C＜π，∴sin C＞0，即cs B＝eq \f(1,2).
∵0＜B＜π，∴B＝eq \f(π,3)，
又∵a，b，c成等差数列，∴2b＝a＋c，
由余弦定理b2＝a2＋c2－2accs B，
可得a2＋c2－2ac＝0，即a＝c，
故△ABC是等边三角形．
选③：△ABC是等边三角形，理由如下：
由正弦定理得eq \f(sin B,sin A)＝eq \f(cs B＋1,\r(3)sin A)，
∵sin A≠0，
∴eq \r(3)sin B－cs B＝1，
即sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(B－\f(π,6)))＝eq \f(1,2)，
∵0＜B＜π，
∴－eq \f(π,6)由余弦定理b2＝a2＋c2－2accs B，
又∵a，b，c成等差数列，∴2b＝a＋c，
可得a2＋c2－2ac＝0，可得a＝c，
故△ABC是等边三角形．
18．(12分)已知数列{an}的前n项和为Sn，an>0,2Sn＝aeq \\al(2,n)＋an，n∈N*.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝eq \f(1,Sn)，数列{bn}的前n项和为Tn，求Tn.
解 (1)由2S1＝aeq \\al(2,1)＋a1，得2a1＝aeq \\al(2,1)＋a1，
解得a1＝0(舍去)或a1＝1.
∵2Sn＝aeq \\al(2,n)＋an，n∈N*，∴2Sn－1＝aeq \\al(2,n－1)＋an－1，n≥2.
两式相减，得2(Sn－Sn－1)＝aeq \\al(2,n)－aeq \\al(2,n－1)＋an－an－1，n∈N*，
化简得，2an＝aeq \\al(2,n)－aeq \\al(2,n－1)＋an－an－1，n∈N*，
即aeq \\al(2,n)－aeq \\al(2,n－1)－(an＋an－1)＝0，
∴(an＋an－1)(an－an－1－1)＝0，n≥2.
∵an＋an－1>0，∴an－an－1＝1，n≥2.
∴{an}是首项为1，公差为1的等差数列，
∴an＝n，n∈N*.
(2)由(1)得Sn＝eq \f(nn＋1,2)，n∈N*，
∴bn＝eq \f(1,Sn)＝eq \f(2,nn＋1)＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋1))).
∴Tn＝2eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))))
＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,n＋1)))＝eq \f(2n,n＋1).
19．(12分)如图，在三棱柱ABC－DEF中，AE与BD相交于点O，C在平面ABED内的射影为O，G为CF的中点．
(1)求证：平面ABED⊥平面GED；
(2)若AB＝BD＝BE＝EF＝2，求二面角A－CE－B的余弦值．
(1)证明 取DE的中点M，连接OM，GM，在△BDE中，OM∥BE，
OM＝eq \f(1,2)BE.
又因为G为CF的中点，
所以CG∥BE，CG＝eq \f(1,2)BE.
所以CG∥OM，CG＝OM.
所以四边形OMGC为平行四边形．所以GM∥CO.
因为C在平面ABED内的射影为O.
所以CO⊥平面ABED.所以GM⊥平面ABED，
又因为GM⊂平面DEG，所以平面ABED⊥平面GED.
(2)解 因为CO⊥平面ABED，
所以CO⊥AO，CO⊥OB.
又因为AB＝BE，所以四边形ABED为菱形，所以OB⊥AO，
以O为坐标原点，eq \(OA,\s\up6(→))，eq \(OB,\s\up6(→))，eq \(OC,\s\up6(→))的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系O－xyz，连接CE.
于是B(0,1,0)，E(－eq \r(3)，0,0)，C(0,0，eq \r(3))，
eq \(BE,\s\up6(→))＝(－eq \r(3)，－1,0)，
eq \(BC,\s\up6(→))＝(0，－1，eq \r(3))，
设平面BCE的一个法向量为m＝(x1，y1，z1)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m·\(BE,\s\up6(→))＝0，,m·\(BC,\s\up6(→))＝0，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\r(3)x1－y1＝0，,－y1＋\r(3)z1＝0.))
不妨令z1＝1，则y1＝eq \r(3)，x1＝－1，取m＝(－1，eq \r(3)，1)．
又n＝(0,1,0)为平面ACE的一个法向量，
设二面角A－CE－B平面角的大小为θ，显然θ为锐角，
于是cs θ＝|cs〈m，n〉|＝eq \f(|m·n|,|m|·|n|)＝eq \f(\r(3),\r(5))＝eq \f(\r(15),5)，
故二面角A－CE－B的余弦值为eq \f(\r(15),5).
20．(12分)已知圆O：x2＋y2＝3，直线PA与圆O相切于点A，直线PB垂直y轴于点B，且|PB|＝2|PA|.
(1)求点P的轨迹E的方程；
(2)直线PA与E相交于P，Q两点，若△POA的面积是△QOA的面积的两倍，求直线PA的方程．
解 (1)设点P的坐标为(x，y)，
由题意可得|PA|2＝|PO|2－3＝x2＋y2－3，
|PB|2＝x2，
因为|PB|＝2|PA|，所以x2＝4(x2＋y2－3)，
整理可得eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1，
所以点P的轨迹E的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.
(2)当直线PA的斜率不存在时，不满足条件，
设直线PA的方程为y＝kx＋m(k≠0)，
P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
由直线PA与圆O相切可得eq \f(|m|,\r(1＋k2))＝eq \r(3)，
即m2＝3(1＋k2)，
联立直线与椭圆的方程可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m，,3x2＋4y2－12＝0，))
整理可得(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0，
可得x1＋x2＝eq \f(－8km,3＋4k2)，x1x2＝eq \f(4m2－12,3＋4k2)，
由S△POA＝2S△QOA可得，
eq \f(1,2)×eq \r(3)×|PA|＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)×\r(3)×|QA|))，
|PA|＝2|QA|，又|PA|＝eq \r(|OP|2－3)，
|QA|＝eq \r(|OQ|2－3)，
所以4|OQ|2－|OP|2＝9，
4(xeq \\al(2,2)＋yeq \\al(2,2))－(xeq \\al(2,1)＋yeq \\al(2,1))＝9，
所以|x1|＝2|x2|.
因为x1x2＝eq \f(4m2－12,3＋4k2)＝eq \f(12k2,3＋4k2)＞0，
所以x1＝2x2，
所以可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3x2＝\f(－8km,3＋4k2)，,2x\\al(2,2)＝\f(12k2,3＋4k2)，))
可得eq \f(161＋k2,3＋4k2)＝eq \f(9,2)，
解得k＝±eq \f(\r(5),2)(当k＝±eq \f(\r(5),2)时，满足Δ>0)，
即m＝±eq \f(3\r(3),2)，
所以直线PA的方程为
y＝±eq \f(\r(5),2)x＋eq \f(3\r(3),2)或y＝±eq \f(\r(5),2)x－eq \f(3\r(3),2).
21．(12分)业务技能测试是量化考核员工绩效等级的一项重要参考依据．某公司为量化考核员工绩效等级设计了A，B两套测试方案，现各抽取100名员工参加A，B两套测试方案的预测试，统计成绩(满分100分)，得到如下频率分布表．
(1)从预测试成绩在[25,35)∪[85,95]的员工中随机抽取6人，记参加方案A的人数为X，求X的最有可能的取值；
(2)由于方案A的预测试成绩更接近正态分布，该公司选择方案A进行业务技能测试．测试后，公司统计了若干部门测试的平均成绩x与绩效等级优秀率y，如表所示：
根据数据绘制散点图(图略)，初步判断，选用y＝λecx作为回归方程．令z＝ln y，经计算得eq \x\t(z)＝－0.642，eq \f(\i\su(i＝1,7,x)izi－7\x\t(x) \x\t(z),\i\su(i＝1,7,x)\\al(2,i)－7\x\t(x)2)＝0.02，ln 0.15≈－1.9.
①若某部门测试的平均成绩为60，则其绩效等级优秀率的预报值为多少？
②根据统计分析，大致认为各部门测试平均成绩x～N(μ，σ2)，其中μ近似为样本平均数eq \x\t(x)，σ2近似为样本方差s2，求某个部门绩效等级优秀率高于0.78的概率．
参考公式与数据：(1)ln 3.32≈1.2，ln 5.2≈1.66，s≈20.
(2)线性回归方程eq \(y,\s\up6(^))＝eq \(b,\s\up6(^))x＋eq \(a,\s\up6(^))中，eq \(b,\s\up6(^))＝eq \f(\i\su(i＝1,n,x)iyi－n\x\t(x) \x\t(y),\i\su(i＝1,n,x)\\al(2,i)－n\x\t(x)2)，
eq \(a,\s\up6(^))＝eq \x\t(y)－eq \(b,\s\up6(^))eq \x\t(x).
(3)若随机变量X～N(μ，σ2)，则P(μ－σ＜X≤μ＋σ)≈0.682 7，P(μ－2σ＜X≤μ＋2σ)≈0.954 5，P(μ－3σ＜X≤μ＋3σ)≈0.997 3.
解 (1)预测试成绩在[25,35)∪[85,95]的员工中，
接受方案A测试的有100×(0.02＋0.03)＝5(人)；
接受方案B测试的有100×(0.16＋0.04)＝20(人)．
依题意，随机变量X服从超几何分布，记这6人中接受方案A预测试的人数为k，
则P(X＝k)＝eq \f(C\\al(k,5)·C\\al(6－k,20),C\\al(6,25))，其中k∈{0,1,2,3,4,5}．
Ceq \\al(1,5)·Ceq \\al(5,20)>Ceq \\al(2,5)·Ceq \\al(4,20)>Ceq \\al(0,5)·Ceq \\al(6,20)>Ceq \\al(3,5)·Ceq \\al(3,20)>Ceq \\al(4,5)·Ceq \\al(2,20)>Ceq \\al(5,5)·Ceq \\al(1,20).
得P(X＝k)max＝P(X＝1)，即X＝1的可能性最大，
故X的最有可能的取值是1.
(2)①依题意，y＝λecx两边取对数，得ln y＝cx＋ln λ，即z＝cx＋ln λ.
其中eq \x\t(x)＝63，由提供的参考数据，可知c＝0.02，
又－0.642＝0.02×63＋ln λ，
所以ln λ≈－1.9，得λ≈0.15.
故eq \(y,\s\up6(^))＝0.15·e0.02x，
当x＝60时，eq \(y,\s\up6(^))≈0.498.
②由①及提供的参考数据可知，
μ≈eq \x\t(x)＝63，σ≈s≈20.
y>0.78，即0.15·e0.02x>0.78，
可得0.02x>ln 5.2，即x>83.
又μ＋σ＝83，P(μ－σ＜X≤μ＋σ)≈0.682 7，
由正态分布的性质，
得P(x>83)＝eq \f(1,2)[1－P(μ－σ＜X≤μ＋σ)]≈0.158 7.
记“绩效等级优秀率高于0.78”为事件A，
则P(A)＝P(x>83)≈0.158 7.
所以绩效等级优秀率高于0.78的概率约等于0.158 7.
22．(12分)已知函数f(x)＝x2－eq \f(a,2)ln x的图象在点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，f \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))))处的切线斜率为0.
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)若g(x)＝f(x)＋eq \f(1,2)mx在区间(1，＋∞)上没有零点，求实数m的取值范围．
解 (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝2x－eq \f(a,2x)，
因为f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝1－a＝0，所以a＝1.
所以f(x)＝x2－eq \f(1,2)ln x，
f′(x)＝2x－eq \f(1,2x)＝eq \f(2x－12x＋1,2x).
令f′(x)>0，得x>eq \f(1,2)；
令f′(x)<0，得0故函数f(x)的单调递增区间是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞))，
单调递减区间是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2))).
(2)由(1)知g(x)＝x2－eq \f(1,2)ln x＋eq \f(1,2)mx，
令g′(x)＝2x－eq \f(1,2x)＋eq \f(m,2)＝eq \f(4x2＋mx－1,2x)＝0，
得x＝eq \f(－m＋\r(m2＋16),8)(负值舍去)，
设x0＝eq \f(－m＋\r(m2＋16),8)，
所以g(x)在(0，x0)上是减函数，
在(x0，＋∞)上为增函数．
因为g(x)在区间(1，＋∞)上没有零点，
所以g(x)>0在(1，＋∞)上恒成立，
由g(x)>0，得eq \f(1,2)m>eq \f(ln x,2x)－x.
令h(x)＝eq \f(ln x,2x)－x(x≥1)，
则h′(x)＝eq \f(2－2ln x－4x2,4x2).
当x≥1时，h′(x)<0，所以h(x)在[1，＋∞)上单调递减，
所以当x＝1时，h(x)的最大值为－1，由于g(x)在区间(1，＋∞)上没有零点，所以eq \f(m,2)≥－1，即m≥－2.
所以实数m的取值范围是[－2，＋∞)．成绩频率
[25,35)
[35,45)
[45,55)
[55,65)
[65,75)
[75,85)
[85,95]
方案A
0.02
0.11
0.22
0.30
0.24
0.08
0.03
方案B
0.16
0.18
0.34
0.10
0.10
0.08
0.04
x
32
41
54
68
74
80
92
y
0.28
0.34
0.44
0.58
0.66
0.74
0.94