全國(guó)統(tǒng)考版2025屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)驗(yàn)收仿真模擬卷十二理含解析

PAGE高考仿真模擬卷(十二)(時(shí)間：120分鐘；滿分：150分)第Ⅰ卷一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的．1.已知全集U＝{x|x≤－1或x≥0}，集合A＝{x|0≤x≤2}，B＝{x|x2>1}，則圖中陰影部分表示的集合為()A．{x|x>0或x<－1} B．{x|1<x≤2}C．{x|0≤x≤1} D．{x|0≤x≤2}2．設(shè)i是虛數(shù)單位，若復(fù)數(shù)a＋eq\f(5i,1－2i)(a∈R)是純虛數(shù)，則a＝()A．－1 B．1C．－2 D．23．命題“?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．對(duì)隨意的非零實(shí)數(shù)a，b，若a?b＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(b－1,a)，a<b，,\f(a＋1,b)，a≥b，))則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、乙兩類水果的質(zhì)量(單位：kg)分別聽(tīng)從正態(tài)分布N(μ1δeq\o\al(2,1))，N(μ2δeq\o\al(2,2))，其正態(tài)分布的密度曲線如圖所示，則下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是()A．甲類水果的平均質(zhì)量μ1＝0.4kgB．甲類水果的質(zhì)量比乙類水果的質(zhì)量更集中于平均值左右C．甲類水果的平均質(zhì)量比乙類水果的平均質(zhì)量小D．乙類水果的質(zhì)量聽(tīng)從的正態(tài)分布的參數(shù)δ2＝1.996．已知數(shù)列{an}中，a1＝1，an＋1＝an＋n，若如圖所示的程序框圖是用來(lái)計(jì)算該數(shù)列的第2017項(xiàng)，則推斷框內(nèi)的條件是()A．n≤2015? B．n≤2016?C．n>2016? D．n<2016?第6題圖第7題圖7．已知一個(gè)正三棱柱的全部棱長(zhǎng)均相等，其側(cè)(左)視圖如圖所示，則此三棱柱的表面積為()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，一人是農(nóng)夫，一人是學(xué)問(wèn)分子．已知：丙的年齡比學(xué)問(wèn)分子大；甲的年齡和農(nóng)夫不同；農(nóng)夫的年齡比乙小．依據(jù)以上狀況，下列推斷正確的是()A．甲是工人，乙是學(xué)問(wèn)分子，丙是農(nóng)夫B．甲是學(xué)問(wèn)分子，乙是農(nóng)夫，丙是工人C．甲是學(xué)問(wèn)分子，乙是工人，丙是農(nóng)夫D．甲是農(nóng)夫，乙是學(xué)問(wèn)分子，丙是工人9．已知數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝log(n＋1)(n＋2)(n∈N*)，我們把使乘積a1·a2·a3·…·an為整數(shù)的n叫作“優(yōu)數(shù)”，則在(0，2017]內(nèi)的全部“優(yōu)數(shù)”的和為()A．1024 B．2012C．2026 D．203610．函數(shù)f(x)＝sin(2x＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(|φ|<\f(π,2)))的圖象向左平移eq\f(π,6)個(gè)單位后所得函數(shù)圖象的解析式是奇函數(shù)，則函數(shù)f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的最小值為()A．－eq\f(\r(3),2) B．－eq\f(1,2)C.eq\f(1,2) D.eq\f(\r(3),2)11．若函數(shù)y＝f(x)的圖象上的隨意一點(diǎn)P的坐標(biāo)為(x，y)，且滿意條件|x|≥|y|，則稱函數(shù)f(x)具有性質(zhì)S，那么下列函數(shù)中具有性質(zhì)S的是()A．f(x)＝ex－1 B．f(x)＝ln(x＋1)C．f(x)＝sinx D．f(x)＝|x2－1|12.如圖，過(guò)拋物線y2＝2px(p>0)的焦點(diǎn)F作直線l交拋物線于A，B兩點(diǎn)，點(diǎn)M是線段AB上的點(diǎn)，過(guò)M作y軸的垂線交拋物線于點(diǎn)P，若|PF|＝|PM|，則eq\f(|AM|,|MB|)＝()A．1 B.eq\f(2,3)C.eq\f(p,2) D.eq\f(2,p)題號(hào)123456789101112答案第Ⅱ卷二、填空題：本題共4小題，每小題5分．13．曲線f(x)＝eq\f(2,x)＋3x在點(diǎn)(1，f(1))處的切線方程為_(kāi)_______．14．已知a，b，c分別是△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊，且sin2B＋eq\f(1,2)sinB－eq\f(1,2)＝0，b＝1，c＝eq\r(3)，則eq\f(sin2A－sin2C,sin2B)的值是________．15．設(shè)直線(k＋1)x＋(k＋2)y－2＝0與兩坐標(biāo)軸圍成的三角形面積為Sk，k∈N*，則S1＋S2＋…＋S10等于________．16．已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,3)ax3＋ax2－3ax＋1的圖象經(jīng)過(guò)四個(gè)象限，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為_(kāi)_______．三、解答題：解答應(yīng)寫出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟．17．(本小題滿分12分)已知函數(shù)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)求函數(shù)f(x)的最小正周期；(2)先將函數(shù)y＝f(x)的圖象向右平移eq\f(π,12)個(gè)單位長(zhǎng)度，再將所得圖象上各點(diǎn)的橫坐標(biāo)伸長(zhǎng)為原來(lái)的4倍，縱坐標(biāo)不變，得到函數(shù)y＝g(x)的圖象，求y＝g(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，2π))上的值域．18．(本小題滿分12分)某電子商務(wù)公司隨機(jī)抽取1000名網(wǎng)絡(luò)購(gòu)物者進(jìn)行調(diào)查．這1000名購(gòu)物者2015年網(wǎng)上購(gòu)物金額(單位：萬(wàn)元)均在區(qū)間[0.3，0.9]內(nèi)，樣本分組為：[0.3，0.4)，[0.4，0.5)，[0.5，0.6)，[0.6，0.7)，[0.7，0.8)，[0.8，0.9]．購(gòu)物金額的頻率分布直方圖如下：電商確定給抽取的購(gòu)物者發(fā)放實(shí)惠券，購(gòu)物金額在[0.3，0.6)內(nèi)的購(gòu)物者發(fā)放100元的實(shí)惠券，購(gòu)物金額在[0.6，0.9]內(nèi)的購(gòu)物者發(fā)放200元的實(shí)惠券．現(xiàn)采納分層抽樣的方式從獲得100元和200元實(shí)惠券的兩類購(gòu)物者中共抽取10人，再?gòu)倪@10人中隨機(jī)抽取3人進(jìn)行回訪，求此3人獲得實(shí)惠券總金額X(單位：元)的分布列和均值．19．(本小題滿分12分)在平面四邊形ACBD(圖①)中，△ABC與△ABD均為直角三角形且有公共斜邊AB，設(shè)AB＝2，∠BAD＝30°，∠BAC＝45°，將△ABC沿AB折起，構(gòu)成如圖②所示的三棱錐C′-ABD，且使C′D＝eq\r(2).(1)求證：平面C′AB⊥平面DAB；(2)求二面角A-C′D-B的余弦值．20．(本小題滿分12分)已知函數(shù)f(x)＝ax－ln(x＋1)，g(x)＝ex－x－1.曲線y＝f(x)與y＝g(x)在原點(diǎn)處的切線相同．(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若x≥0時(shí)，g(x)≥kf(x)，求k的取值范圍．21.(本小題滿分12分)已知雙曲線C的方程為eq\f(y2,a2)－eq\f(x2,b2)＝1(a>0，b>0)，離心率e＝eq\f(\r(5),2)，頂點(diǎn)到其中一條漸近線的距離為eq\f(2\r(5),5).(1)求雙曲線C的方程；(2)如圖，P是雙曲線C上一點(diǎn)，A，B兩點(diǎn)在雙曲線C的兩條漸近線上，且分別位于第一、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的面積的最值．請(qǐng)考生在22、23題中任選一題作答，假如多做，則按所做的第一題計(jì)分．22．(本小題滿分10分)選修4-4：坐標(biāo)系與參數(shù)方程已知直線l的參數(shù)方程為eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝m＋\f(\r(2),2)t,y＝\f(\r(2),2)t))(t為參數(shù))，以坐標(biāo)原點(diǎn)為極點(diǎn)，x軸的正半軸為極軸建立極坐標(biāo)系，曲線C的極坐標(biāo)方程為ρ2cos2θ＋3ρ2sin2θ＝12，且曲線C的左焦點(diǎn)F在直線l上．(1)若直線l與曲線C交于A，B兩點(diǎn)，求|FA|·|FB|的值；(2)求曲線C的內(nèi)接矩形的周長(zhǎng)的最大值．23．(本小題滿分10分)選修4-5：不等式選講設(shè)函數(shù)f(x)＝|x＋1|－|2x－a|.(1)當(dāng)a＝2時(shí)，解不等式f(x)<0;(2)若a>0，且對(duì)于隨意的實(shí)數(shù)x都有f(x)≤3，試求a的取值范圍．高考仿真模擬卷(十二)1．解析：選C.法一：依題意B＝{x|x>1或x<－1}，圖中陰影部分表示集合A∩(?UB)，因?yàn)閁＝{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：依題意A＝{x|0≤x≤2}，B＝{x|x>1或x<－1}，圖中陰影部分表示集合A∩(?UB)，因?yàn)?∈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：選D.因?yàn)閍＋eq\f(5i,1－2i)＝a＋eq\f(5i（1＋2i）,（1－2i）（1＋2i）)＝a－2＋i為純虛數(shù)，所以a－2＝0，得a＝2.3．解析：選C.全稱命題：?x∈M，p(x)的否定為?x0∈M，綈p(x0)，原命題中f(x)g(x)＝0?f(x)＝0或g(x)＝0，故其否定為?x0∈[a，b]，f(x0)≠0且g(x0)≠0.4．解析：選B.因?yàn)閘g10000＝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：選D.由圖象可知甲圖象關(guān)于直線x＝0.4對(duì)稱，乙圖象關(guān)于直線x＝0.8對(duì)稱，所以μ1＝0.4，μ2＝0.8，故A正確，C正確；因?yàn)榧讏D象比乙圖象更“高瘦”，所以甲類水果的質(zhì)量比乙類水果的質(zhì)量更集中于平均值左右，故B正確；因?yàn)橐覉D象的最大值為1.99，即eq\f(1,\r(2πδ2))＝1.99，所以δ2≠1.99，故D錯(cuò)誤．故選D.6．解析：選B.通過(guò)分析，本程序框圖是當(dāng)型循環(huán)結(jié)構(gòu)．第1次循環(huán)，s＝1＋1＝2，n＝1＋1＝2，第2次循環(huán)，s＝2＋2＝4，n＝2＋1＝3，…，第2016次循環(huán)，n＝2017.所以結(jié)合選項(xiàng)可知推斷框內(nèi)的條件應(yīng)為n≤2016？.7．解析：選C.因?yàn)閭?cè)(左)視圖中等邊三角形的高為2eq\r(3)，所以等邊三角形的邊長(zhǎng)為4，所以三棱柱的全部棱長(zhǎng)均為4，故三棱柱的表面積為(4＋4＋4)×4＋2×eq\f(1,2)×4×2eq\r(3)＝48＋8eq\r(3).8．解析：選C.“甲的年齡和農(nóng)夫不同”和“農(nóng)夫的年齡比乙小”可以推得丙是農(nóng)夫，所以丙的年齡比乙??；再由“丙的年齡比學(xué)問(wèn)分子大”，可知甲是學(xué)問(wèn)分子，故乙是工人．故選C.9．解析：選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，則2＜2k≤2019，1＜k≤10，所以“優(yōu)數(shù)”之和為(22－2)＋(23－2)＋…＋(210－2)＝eq\f(22（1－29）,1－2)－18＝211－22＝2026.故選C.10．解析：選A.由函數(shù)f(x)的圖象向左平移eq\f(π,6)個(gè)單位得g(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋φ＋\f(π,3)))的圖象，因?yàn)槠揭坪蟮暮瘮?shù)是奇函數(shù)，所以φ＋eq\f(π,3)＝kπ，k∈Z.又因?yàn)閨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))，所以當(dāng)x＝0時(shí)，f(x)取得最小值為－eq\f(\r(3),2).11．解析：選C.作出不等式|x|≥|y|所表示的平面區(qū)域如圖中陰影部分所示，若函數(shù)f(x)具有性質(zhì)S，則函數(shù)f(x)的圖象必需完全分布在陰影區(qū)域①和②部分，易知f(x)＝ex－1的圖象分布在區(qū)域①和③部分，f(x)＝ln(x＋1)的圖象分布在區(qū)域②和④部分，f(x)＝sinx的圖象分布在區(qū)域①和②部分，f(x)＝|x2－1|的圖象分布在區(qū)域①、②和③部分，故選C.12．解析：選A.法一：如圖，設(shè)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))，過(guò)P作拋物線的準(zhǔn)線x＝－eq\f(p,2)的垂線，垂足為N，依據(jù)拋物線的定義，有|PF|＝|PN|＝xP＋eq\f(p,2)，又|PF|＝|PM|，所以P為MN的中點(diǎn)，于是點(diǎn)M的坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(yeq\o\al(2,0),p)＋\f(p,2)，y0))，又A，B，M，F(xiàn)在同一條直線上，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的中點(diǎn)，故eq\f(AM,MB)＝1.法二(特別位置法)：事實(shí)上，當(dāng)AB⊥x軸時(shí)，P取O，M與F為同一點(diǎn)，此時(shí)也符合題目的條件，且F是AB的中點(diǎn)，故eq\f(|AM|,|MB|)＝1.13．解析：由題知f(1)＝5，因?yàn)閒′(x)＝－eq\f(2,x2)＋3，所以切線的斜率k＝f′(1)＝1，所以切線方程為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°，依據(jù)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°.當(dāng)C＝60°時(shí)，A＝90°，則eq\f(sin2A－sin2C,sin2B)＝eq\f(sin290°－sin260°,sin230°)＝1；當(dāng)C＝120°時(shí)，A＝30°，則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，則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，則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?yàn)閒(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)．當(dāng)a＝0時(shí)，f(x)＝1，明顯不滿意題意；當(dāng)a≠0時(shí)，f(－3)，f(1)分別為函數(shù)f(x)的兩個(gè)極值，因?yàn)楹瘮?shù)f(x)＝eq\f(1,3)ax3＋ax2－3ax＋1的圖象經(jīng)過(guò)四個(gè)象限，所以函數(shù)f(x)的兩個(gè)極值的符號(hào)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)，所以實(shí)數(shù)a的取值范圍為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)))，所以函數(shù)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)))，先將函數(shù)y＝f(x)的圖象向右平移eq\f(π,12)個(gè)單位長(zhǎng)度得到函數(shù)y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))的圖象，再將所得圖象上各點(diǎn)的橫坐標(biāo)伸長(zhǎng)為原來(lái)的4倍，縱坐標(biāo)不變，得到函數(shù)g(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x＋\f(π,6)))的圖象．令t＝eq\f(1,2)x＋eq\f(π,6)，則函數(shù)g(x)可轉(zhuǎn)化為y＝2sint.因?yàn)閑q\f(π,3)≤x≤2π，所以eq\f(π,3)≤t≤eq\f(7π,6)，所以當(dāng)t＝eq\f(π,2)，即x＝eq\f(2π,3)時(shí)，ymax＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)))＝2；當(dāng)t＝eq\f(7π,6)，即x＝2π時(shí)，ymin＝g(2π)＝－1.所以函數(shù)y＝g(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，2π))上的值域?yàn)閇－1，2]．18．解：利用分層抽樣從1000人中抽取10人，獲得100元實(shí)惠券的購(gòu)物者有：10×(1.5＋2.5＋3)×0.1＝7(人)，獲得200元實(shí)惠券的購(gòu)物者有：10×(2＋0.8＋0.2)×0.1＝3(人)．則此3人所獲實(shí)惠券的總金額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的分布列為：X300400500600Peq\f(7,24)eq\f(21,40)eq\f(7,40)eq\f(1,120)均值為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)證明：取AB的中點(diǎn)O，連接C′O，DO，在Rt△AC′B，Rt△ADB中，AB＝2，則C′O＝DO＝1，因?yàn)镃′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?yàn)镃′O?平面ABC′，所以平面C′AB⊥平面DAB.(2)以O(shè)為原點(diǎn)，AB，OC′所在的直線分別為y，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則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)).設(shè)平面AC′D的法向量為n1＝(x1，y1，z1)，則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，則y1＝－1，x1＝eq\r(3)，所以n1＝(eq\r(3)，－1，1)．設(shè)平面BC′D的法向量為n2＝(x2，y2，z2)，則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，則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)，結(jié)合圖形知，二面角A-C′D-B的余弦值為－eq\f(\r(105),35).20．解：(1)因?yàn)閒′(x)＝a－eq\f(1,x＋1)(x>－1)，g′(x)＝ex－1，依題意，f′(0)＝g′(0)，解得a＝1，所以f′(x)＝1－eq\f(1,x＋1)＝eq\f(x,x＋1)，當(dāng)－1<x<0時(shí)，f′(x)<0；當(dāng)x>0時(shí)，f′(x)>0.故f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(－1，0)，單調(diào)遞增區(qū)間為(0，＋∞)．(2)由(1)知，當(dāng)x＝0時(shí)，f(x)取得最小值0，所以f(x)≥0，即x≥ln(x＋1)，從而ex≥x＋1.設(shè)F(x)＝g(x)－kf(x)＝ex＋kln(x＋1)－(k＋1)x－1，則F′(x)＝ex＋eq\f(k,x＋1)－(k＋1)≥x＋1＋eq\f(k,x＋1)－(k＋1)，①當(dāng)k＝1時(shí)，因?yàn)閤≥0，所以F′(x)≥x＋1＋eq\f(1,x＋1)－2≥0(當(dāng)且僅當(dāng)x＝0時(shí)等號(hào)成立)，此時(shí)F(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增，從而F(x)≥F(0)＝0，即g(x)≥kf(x)．②當(dāng)k<1時(shí)，因?yàn)閒(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當(dāng)k>1時(shí)，令h(x)＝ex＋eq\f(k,x＋1)－(k＋1)，則h′(x)＝ex－eq\f(k,（x＋1）2)，明顯h′(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增，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)上存在唯一零點(diǎn)x0，當(dāng)x∈(0，x0)時(shí)，h′(x)<0，所以h(x)在[0，x0)上單調(diào)遞減，從而h(x)<h(0)＝0，即F′(x)<0，所以F(x)在[0，x0)上單調(diào)遞減，從而當(dāng)x∈(0，x0)時(shí)，F(xiàn)(x)<F(0)＝0，即g(x)<kf(x)，不合題意．綜上，實(shí)數(shù)k的取值范圍為(－∞，1]．21．解：(1)由題意知，雙曲線C的頂點(diǎn)(0，a)到漸近線ax－by＝0的距離為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)，))所以雙曲線C的方程為eq\f(y2,4)－x2＝1.(2)由(1)知雙曲線C的兩條漸近線方程為y＝±2x，設(shè)A(m，2m)，B(－n，2n)，m>0，n>0.由eq\o(AP,\s\up6(→))＝λeq\o(PB,\s\up6(→))得P點(diǎn)坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m－λn,1＋λ)，\f(2（m＋λn）,1＋λ)))，將P點(diǎn)坐標(biāo)代入eq\f(y2,4)－x2＝1，化簡(jiǎn)得mn＝eq\f(（1＋λ）2,4λ).設(shè)∠AOB＝2θ，因?yàn)閠aneq\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