PAGE（刷题1+1）2020高考数学讲练试题素养提升练（四）理（含2020高考+模拟题）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．(2020·福州一中二模)已知i为虚数单位，则eq\f(i,1＋i)的实部与虚部之积等于( )A．－eq\f(1,4)B.eq\f(1,4)C.eq\f(1,4)iD．－eq\f(1,4)i
答案
八年级地理上册填图题岩土工程勘察试题省略号的作用及举例应急救援安全知识车间5s试题及答案
B解析 因为eq\f(i,1＋i)＝eq\f(i1－i,1＋i1－i)＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)i，所以eq\f(i,1＋i)的实部与虚部之积为eq\f(1,2)×eq\f(1,2)＝eq\f(1,4).故选B.2．(2020·汉中二模)已知集合A＝{x|x2－5x＋4<0，x∈Z}，B＝{m,2}，若A⊆B，则m＝( )A．1B．2C．3D．4答案 C解析 A＝{x|1
0，b>0)的左、右焦点，A1，A2分别为双曲线C的左、右顶点，以F1，F2为直径的圆交双曲线的渐近线l于M，N两点，若四边形MA2NA1的面积为4，则b＝( )A．2B．2eq\r(2)C．4D．4eq\r(2)答案 A解析 由题意知e＝eq\r(5)＝eq\f(c,a)，∴eq\f(b,a)＝2，故渐近线方程为y＝2x，以F1，F2为直径的圆的方程为x2＋y2＝c2，联立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋y2＝c2，,y＝2x，))得y＝±eq\f(2c,\r(5))，由双曲线与圆的对称性知四边形MA2NA1为平行四边形，不妨设yM＝eq\f(2c,\r(5))，则四边形MA2NA1的面积S＝2a×eq\f(2c,\r(5))＝4，得ac＝eq\r(5)，又eq\r(5)＝eq\f(c,a)，得a＝1，c＝eq\r(5)，b＝2，故选A.6．(2020·全国卷Ⅰ)记Sn为等差数列{an}的前n项和．已知S4＝0，a5＝5，则( )A．an＝2n－5B．an＝3n－10C．Sn＝2n2－8nD．Sn＝eq\f(1,2)n2－2n答案 A解析 设等差数列{an}的首项为a1，公差为d.由S4＝0，a5＝5可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋4d＝5，,4a1＋6d＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝－3，,d＝2.))所以an＝－3＋2(n－1)＝2n－5，Sn＝n×(－3)＋eq\f(nn－1,2)×2＝n2－4n.故选A.7．(2020·马鞍山一模)函数f(x)＝eq\f(sinx,x)＋x2－2|x|的大致图象为( )答案 D解析 f(1)＝sin1＋1－2＝sin1－1<0，排除B，C，当x＝0时，sinx＝x＝0，则x→0时，eq\f(sinx,x)→1，f(x)→1＋0＝1，排除A，故选D.8．(2020·南宁二模)已知△ABC的一内角A＝eq\f(π,3)，O为△ABC所在平面上一点，满足|OA|＝|OB|＝|OC|，设eq\o(AO,\s\up8(→))＝meq\o(AB,\s\up8(→))＋neq\o(AC,\s\up8(→))，则m＋n的最大值为( )A.eq\f(2,3)B．1C.eq\f(4,3)D．2答案 A解析 由题意可知，O为△ABC外接圆的圆心，如图所示，在圆O中，∠CAB所对应的圆心角为eq\f(2π,3)，点B，C为定点，点A为优弧上的动点，则点A，B，C，O满足题中的已知条件，延长AO交BC于点D，设eq\o(AO,\s\up8(→))＝λeq\o(AD,\s\up8(→))，由题意可知，eq\o(AD,\s\up8(→))＝eq\f(1,λ)eq\o(AO,\s\up8(→))＝eq\f(m,λ)eq\o(AB,\s\up8(→))＋eq\f(n,λ)eq\o(AC,\s\up8(→))，由于B，C，D三点共线，据此可得，eq\f(m,λ)＋eq\f(n,λ)＝1，则m＋n＝λ，则m＋n的最大值即λ＝eq\f(|\o(AO,\s\up8(→))|,|\o(AD,\s\up8(→))|)的最大值，由于|eq\o(AO,\s\up8(→))|为定值，故|eq\o(AD,\s\up8(→))|最小时，m＋n取得最大值，由几何关系易知当AB＝AC时，|eq\o(AD,\s\up8(→))|取得最小值，此时λ＝eq\f(|\o(AO,\s\up8(→))|,|\o(AD,\s\up8(→))|)＝eq\f(2,3).故选A.9．(2020·合肥二模)已知椭圆eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，右顶点为A，上顶点为B，以线段F1A为直径的圆交线段F1B的延长线于点P，若F2B∥AP，则该椭圆的离心率是( )A.eq\f(\r(3),3)B.eq\f(\r(2),3)C.eq\f(\r(3),2)D.eq\f(\r(2),2)答案 D解析 解法一：如图所示，以线段F1A为直径的圆的方程为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(a－c,2)))2＋y2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋c,2)))2，化为x2－(a－c)x＋y2－ac＝0.直线F1B的方程为bx－cy＋bc＝0，联立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(bx－cy＋bc＝0，,x2－a－cx＋y2－ac＝0，))解得Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(ac2－b2c,a2)，\f(abc－b3＋a2b,a2)))，kAP＝eq\f(abc＋bc2,ac2－b2c－a3)，kF2B＝－eq\f(b,c).∵F2B∥AP，∴eq\f(ac＋c2,ac2－b2c－a3)＝－eq\f(1,c)，化为e2＝eq\f(1,2)，e∈(0,1)，解得e＝eq\f(\r(2),2).故选D.解法二：F1A为圆的直径，∴∠F1PA＝90°.∵F2B∥AP，∴∠F1BF2＝90°，∴2a2＝(2c)2，解得e＝eq\f(\r(2),2).故选D.10．(2020·郑州一模)已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(sinx＋a，x≤0，,cosx＋b，x>0))的图象关于y轴对称，则y＝sinx的图象向左平移________个单位，可以得到y＝cos(x＋a＋b)的图象．( )A.eq\f(π,4)B.eq\f(π,3)C.eq\f(π,2)D．π答案 D解析 函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(sinx＋a，x≤0，,cosx＋b，x>0))的图象关于y轴对称，故f(x)＝f(－x)，所以sin(x＋a)＝cos(－x＋b)＝cos(x－b)，整理得2kπ＋a＝eq\f(π,2)－b(k∈Z)，所以a＋b＝2kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，则y＝cos(x＋a＋b)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋2kπ＋\f(π,2)))＝－sinx，即y＝sinx的图象向左平移π个单位，得到y＝sin(x＋π)＝－sinx.故选D.11．(2020·大同一模)已知三棱锥P－ABC的四个顶点都在半径为3的球面上，AB⊥AC，则该三棱锥体积的最大值是( )A.eq\f(32,3)B.eq\f(16,3)C.eq\f(64,3)D．64答案 A解析 设AB＝m，AC＝n，则S△ABC＝eq\f(1,2)mn，△ABC外接圆的直径为eq\r(m2＋n2)，如图，三棱锥P－ABC体积的最大值为eq\f(1,3)×eq\f(1,2)mn×PO1＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)mn×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(9－\f(m2＋n2,4))＋3))≤eq\f(1,3)×eq\f(m2＋n2,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(9－\f(m2＋n2,4))＋3))，设t＝eq\f(m2＋n2,4)，则f(t)＝eq\f(1,3)t(eq\r(9－t)＋3)，f′(t)＝eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(9－t)－\f(t,2\r(9－t))＋3))，令f′(t)＝0，得t＝8，f(t)在(0,8)上递增，在[8,9]上递减，∴f(t)max＝f(8)＝eq\f(32,3)，即该三棱锥体积的最大值是eq\f(32,3).故选A.12．(2020·天津高考)已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2\r(x)，0≤x≤1，,\f(1,x)，x>1.))若关于x的方程f(x)＝－eq\f(1,4)x＋a(a∈R)恰有两个互异的实数解，则a的取值范围为( )A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5,4)，\f(9,4)))B.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5,4)，\f(9,4)))C.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5,4)，\f(9,4)))∪{1}D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5,4)，\f(9,4)))∪{1}答案 D解析 如图，分别画出两函数y＝f(x)和y＝－eq\f(1,4)x＋a的图象．(1)先研究当0≤x≤1时，直线y＝－eq\f(1,4)x＋a与y＝2eq\r(x)的图象只有一个交点的情况．当直线y＝－eq\f(1,4)x＋a过点B(1,2)时，2＝－eq\f(1,4)＋a，解得a＝eq\f(9,4).所以0≤a≤eq\f(9,4).(2)再研究当x>1时，直线y＝－eq\f(1,4)x＋a与y＝eq\f(1,x)的图象只有一个交点的情况：①相切时，由y′＝－eq\f(1,x2)＝－eq\f(1,4)，得x＝2，此时切点为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(1,2)))，则a＝1.②相交时，由图象可知直线y＝－eq\f(1,4)x＋a从过点A向右上方移动时与y＝eq\f(1,x)的图象只有一个交点．过点A(1，1)时，1＝－eq\f(1,4)＋a，解得a＝eq\f(5,4).所以a≥eq\f(5,4).结合图象可得，所求实数a的取值范围为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5,4)，\f(9,4)))∪{1}．故选D.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．(2020·宝鸡二模)已知曲线f(x)＝eq\f(2,3)x3在点(1，f(1))处的切线的倾斜角为α，则eq\f(sin2α－cos2α,2sinαcosα＋cos2α)的值为________．答案 eq\f(3,5)解析 因为曲线f(x)＝eq\f(2,3)x3，所以函数f(x)的导函数f′(x)＝2x2，可得f′(1)＝2，因为曲线f(x)＝eq\f(2,3)x3在点(1，f(1))处的切线的倾斜角为α，所以tanα＝f′(1)＝2，所以eq\f(sin2α－cos2α,2sinαcosα＋cos2α)＝eq\f(tan2α－1,2tanα＋1)＝eq\f(4－1,4＋1)＝eq\f(3,5).14．(2020·江苏高考)如图是一个算法流程图，则输出的S的值是________．答案 5解析 第一次循环，S＝eq\f(1,2)，x＝2；第二次循环，S＝eq\f(1,2)＋eq\f(2,2)＝eq\f(3,2)，x＝3；第三次循环，S＝eq\f(3,2)＋eq\f(3,2)＝3，x＝4；第四次循环，S＝3＋eq\f(4,2)＝5，满足x≥4，结束循环．故输出的S的值是5.15．(2020·郴州二模)某高校开展安全教育活动，安排6名老师到4个班进行讲解，要求1班和2班各安排一名老师，其余两个班各安排两名老师，其中刘老师和王老师不在一起，则不同的安排
方案
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有________种．答案 156解析 安排6名老师到4个班，其中按1,1,2,2分法，共有Ceq\o\al(1,6)Ceq\o\al(1,5)Ceq\o\al(2,4)Ceq\o\al(2,2)＝180种，刘老师和王老师分配到一个班，共有Ceq\o\al(1,4)Ceq\o\al(1,3)Aeq\o\al(2,2)＝24种，所以刘老师和王老师不在一起的安排方案有180－24＝156种．16．(2020·海南二模)已知菱形ABCD，E为AD的中点，且BE＝3，则菱形ABCD面积的最大值为________．答案 12解析 设AE＝x，则AB＝AD＝2x，∵两边之和大于第三边，两边之差小于第三边，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(AB＋AE>BE，,AB－AE3，,2x－x<3))⇒eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x>1，,x<3，))∴x∈(1,3)，设∠BAE＝θ，在△ABE中，由余弦定理可知9＝(2x)2＋x2－2·2x·xcosθ，即cosθ＝eq\f(5x2－9,4x2)，S菱形ABCD＝2x·2x·sinθ＝4x2eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5x2－9,4x2)))2)＝eq\r(－9x4－10x2＋9)，令t＝x2，则t∈(1,9)，则S菱形ABCD＝eq\r(－9[t－52－16])，当t＝5时，即x＝eq\r(5)时，S菱形ABCD有最大值12.三、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)(2020·潍坊市三模)设数列{an}满足a1·2a2·3a3·…·nan＝2n(n∈N*)．(1)求{an}的通项公式；(2)求数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(2＋2n＋1,an)))的前n项和Sn.解 (1)由n＝1得a1＝2，因为a1·2a2·3a3·…·nan＝2n，当n≥2时，a1·2a2·3a3·…·(n－1)an－1＝2n－1，由两式作商得，an＝eq\f(2,n)(n>1且n∈N*)，又因为a1＝2符合上式，所以an＝eq\f(2,n)(n∈N*)．(2)设bn＝eq\f(2＋2n＋1,an)，则bn＝n＋n·2n，所以Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝(1＋2＋…＋n)＋(2＋2·22＋3·23＋…＋(n－1)·2n－1＋n·2n)，设Tn＝2＋2·22＋3·23＋…＋(n－1)·2n－1＋n·2n， ①所以2Tn＝22＋2·23＋…＋(n－2)·2n－1＋(n－1)·2n＋n·2n＋1， ②①－②得，－Tn＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1，所以Tn＝(n－1)·2n＋1＋2.所以Sn＝Tn＋eq\f(nn＋1,2)，即Sn＝(n－1)·2n＋1＋eq\f(nn＋1,2)＋2.18．(本小题满分12分)(2020·湖南、湖北八市十二校联合调研)近期，某公交公司分别推出支付宝和微信扫码支付乘车活动，活动设置了一段时间的推广期，由于推广期内优惠力度较大，吸引越来越多的人开始使用扫码支付．某线路公交车队统计了活动刚推出一周内每一天使用扫码支付的人次，用x表示活动推出的天数，y表示每天使用扫码支付的人次(单位：十人次)，统计数据如表1所示：表1：x1234567y611213466101196根据以上数据，绘制了如图所示的散点图．(1)根据散点图判断，在推广期内y＝a＋bx与y＝c·dx(c，d均为大于零的常数)哪一个适宜作为扫码支付的人次y关于活动推出天数x的回归方程类型？(给出判断即可，不必说明理由)(2)根据(1)的判断结果及表1中的数据，求y关于x的回归方程，并预测活动推出第8天使用扫码支付的人次；(3)推广期结束后，车队对乘客的支付方式进行统计，结果如表2：表2：支付方式现金乘车卡扫码比例10%60%30%已知该线路公交车票价为2元，使用现金支付的乘客无优惠，使用乘车卡支付的乘客享受8折优惠，扫码支付的乘客随机优惠，根据统计结果得知，使用扫码支付的乘客，享受7折优惠的概率为eq\f(1,6)，享受8折优惠的概率为eq\f(1,3)，享受9折优惠的概率为eq\f(1,2).根据所给数据以事件发生的频率作为相应事件发生的概率，估计一名乘客一次乘车的平均费用．参考数据：eq\o(y,\s\up6(－))eq\o(v,\s\up6(－))eq\o(∑,\s\up6(7),\s\do10(i＝1))xiyieq\o(∑,\s\up6(7),\s\do10(i＝1))xivi100.5462.141.5425.3550.123.47eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(其中vi＝lgyi，\o(v,\s\up6(－))＝\f(1,7)\o(∑,\s\up6(7),\s\do10(i＝1))vi))参考公式：对于一组数据(u1，v1)，(u2，v2)，…，(un，vn)，其回归直线eq\o(v,\s\up6(^))＝eq\o(a,\s\up6(^))＋eq\o(β,\s\up6(^))u的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为eq\o(β,\s\up6(^))＝eq\f(\o(∑,\s\up6(n),\s\do10(i＝1))uivi－n\o(u,\s\up6(－))\o(v,\s\up6(－)),\o(∑,\s\up6(n),\s\do10(i＝1))u\o\al(2,i)－n\o(u,\s\up6(－))2)，eq\o(a,\s\up6(^))＝eq\o(v,\s\up6(－))－eq\o(β,\s\up6(^))eq\o(u,\s\up6(－)).解 (1)根据散点图判断，y＝c·dx适宜作为扫码支付的人数y关于活动推出天数x的回归方程类型．(2)∵y＝c·dx，两边同时取常用对数得，lgy＝lg(c·dx)＝lgc＋xlgd；设lgy＝v，∴v＝lgc＋xlgd，∵eq\o(x,\s\up6(－))＝4，eq\o(v,\s\up6(－))＝1.54，eq\o(∑,\s\up6(7),\s\do10(i＝1))xeq\o\al(2,i)＝140，∴eq\o(lgd,\s\up6(^))＝eq\f(\o(∑,\s\up6(7),\s\do10(i＝1))xivi－7\x\to(x)\x\to(v),\o(∑,\s\up6(7),\s\do10(i＝1))x\o\al(2,i)－7\o(x,\s\up6(－))2)＝eq\f(50.12－7×4×1.54,140－7×42)＝eq\f(7,28)＝0.25.把样本中心点(4,1.54)代入v＝lgc＋xlgd，得eq\o(lgc,\s\up6(^))＝0.54，∴eq\o(v,\s\up6(^))＝0.54＋0.25x，∴eq\o(lgy,\s\up6(^))＝0.54＋0.25x，∴y关于x的回归方程式为eq\o(y,\s\up6(^))＝100.54＋0.25x＝100.54×(100.25)x＝3.47×100.25x，把x＝8代入上式，eq\o(y,\s\up6(^))＝3.47×102＝347.活动推出第8天使用扫码支付的人次为3470.(3)记一名乘客乘车支付的费用为Z，则Z的取值可能为2,1.8,1.6,1.4，P(Z＝2)＝0.1；P(Z＝1.8)＝0.3×eq\f(1,2)＝0.15；P(Z＝1.6)＝0.6＋0.3×eq\f(1,3)＝0.7；P(Z＝1.4)＝0.3×eq\f(1,6)＝0.05，分布列为：Z21.81.61.4P0.10.150.70.05所以，一名乘客一次乘车的平均费用为2×0.1＋1.8×0.15＋1.6×0.7＋1.4×0.05＝1.66(元)．19．(本小题满分12分)(2020·广州市二模)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为菱形，∠BAD＝60°，∠APD＝90°，且AD＝PB.(1)求证：平面PAD⊥平面ABCD；(2)若AD⊥PB，求二面角D－PB－C的余弦值．解 (1)证明：如图，取AD的中点O，连接OP，OB，BD，因为底面ABCD为菱形，∠BAD＝60°，所以AD＝AB＝BD.因为O为AD的中点，所以OB⊥AD.在△APD中，∠APD＝90°，O为AD的中点，所以PO＝eq\f(1,2)AD＝AO.设AD＝PB＝2a，则OB＝eq\r(3)a，PO＝OA＝a，因为PO2＋OB2＝a2＋3a2＝4a2＝PB2，所以OP⊥OB.因为OP∩AD＝O，OP⊂平面PAD，AD⊂平面PAD，所以OB⊥平面PAD.因为OB⊂平面ABCD，所以平面PAD⊥平面ABCD.(2)解法一：因为AD⊥PB，AD⊥OB，OB∩PB＝B，PB⊂平面POB，OB⊂平面POB，所以AD⊥平面POB.所以PO⊥AD.由(1)得PO⊥OB，AD⊥OB，所以OA，OB，OP所在的直线两两互相垂直．以O为坐标原点，分别以OA，OB，OP所在直线为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系．设AD＝2，则A(1,0,0)，D(－1,0,0)，B(0，eq\r(3)，0)，P(0,0,1)，所以eq\o(PD,\s\up8(→))＝(－1,0，－1)，eq\o(PB,\s\up8(→))＝(0，eq\r(3)，－1)，eq\o(BC,\s\up8(→))＝eq\o(AD,\s\up8(→))＝(－2,0,0)，设平面PBD的法向量为n＝(x1，y1，z1)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(PD,\s\up8(→))＝－x1－z1＝0，,n·\o(PB,\s\up8(→))＝\r(3)y1－z1＝0，))令y1＝1，则x1＝－eq\r(3)，z1＝eq\r(3)，所以n＝(－eq\r(3)，1，eq\r(3))．设平面PBC的法向量为m＝(x2，y2，z2)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(BC,\s\up8(→))＝－2x2＝0，,m·\o(PB,\s\up8(→))＝\r(3)y2－z2＝0，))令y2＝1，则x2＝0，z2＝eq\r(3)，所以m＝(0,1，eq\r(3))．设二面角D－PB－C为θ，由于θ为锐角，所以|cosθ|＝|cos〈m，n〉|＝eq\f(4,2×\r(7))＝eq\f(2\r(7),7).所以二面角D－PB－C的余弦值为eq\f(2\r(7),7).解法二：因为AD⊥PB，AD⊥OB，OB∩PB＝B，PB⊂平面POB，OB⊂平面POB，所以AD⊥平面POB.所以PO⊥AD.所以PO＝a，PD＝eq\r(2)a.过点D作DH⊥PB，H为垂足，过点H作HG∥BC交PC于点G，连接DG，因为AD⊥PB，BC∥AD，所以BC⊥PB，即HG⊥PB.所以∠DHG为二面角D－PB－C的平面角．在等腰△BDP中，BD＝BP＝2a，PD＝eq\r(2)a，根据等面积法可以求得DH＝eq\f(\r(7),2)a.进而可以求得PH＝eq\f(1,2)a，所以HG＝eq\f(1,2)a，PG＝eq\f(\r(2),2)a.在△PDC中，PD＝eq\r(2)a，DC＝2a，PC＝2eq\r(2)a，所以cos∠DPC＝eq\f(PD2＋PC2－DC2,2PD·PC)＝eq\f(3,4).在△PDG中，PD＝eq\r(2)a，PG＝eq\f(\r(2),2)a，cos∠DPC＝eq\f(3,4)，所以DG2＝PD2＋PG2－2PD·PG·cos∠DPG＝a2，即DG＝a.在△DHG中，DH＝eq\f(\r(7),2)a，HG＝eq\f(1,2)a，DG＝a，所以cos∠DHG＝eq\f(DH2＋HG2－DG2,2DH·HG)＝eq\f(2\r(7),7).所以二面角D－PB－C的余弦值为eq\f(2\r(7),7).20．(本小题满分12分)(2020·扬州一模)已知直线x＝－2上有一动点Q，过点Q作直线l1垂直于y轴，动点P在l1上，且满足eq\o(OP,\s\up8(→))·eq\o(OQ,\s\up8(→))＝0(O为坐标原点)，记点P的轨迹为曲线C.(1)求曲线C的方程；(2)已知定点Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0))，Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0))，A为曲线C上一点，直线AM交曲线C于另一点B，且点A在线段MB上，直线AN交曲线C于另一点D，求△MBD的内切圆半径r的取值范围．解 (1)设点P(x，y)，则Q(－2，y)，∴eq\o(OP,\s\up8(→))＝(x，y)，eq\o(OQ,\s\up8(→))＝(－2，y)．∵eq\o(OP,\s\up8(→))·eq\o(OQ,\s\up8(→))＝0，∴eq\o(OP,\s\up8(→))·eq\o(OQ,\s\up8(→))＝－2x＋y2＝0，即y2＝2x.所以曲线C的方程为y2＝2x.(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，D(x3，y3)，直线BD与x轴交点为E，直线AB与内切圆的切点为T.设直线AM的方程为y＝keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))，则联立方程组eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝k\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))，,y2＝2x，))得k2x2＋(k2－2)x＋eq\f(k2,4)＝0，∴x1x2＝eq\f(1,4)且01，∴r＝eq\f(1,\r(\f(1,2t－1)＋\f(1,t2))＋\f(1,t))在区间(1，＋∞)上单调递增，则r>eq\f(1,\r(2)＋1)＝eq\r(2)－1，即r的取值范围为(eq\r(2)－1，＋∞)．21．(本小题满分12分)(2020·湖南永州三模)已知函数f(x)＝lneq\f(x,2)－ax＋eq\f(b,x)(a，b>0)，对任意x>0，都有f(x)＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,x)))＝0.(1)讨论f(x)的单调性；(2)当f(x)存在三个不同的零点时，求实数a的取值范围．解 (1)由f(x)＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,x)))＝lneq\f(x,2)－ax＋eq\f(b,x)＋lneq\f(2,x)－eq\f(4a,x)＋eq\f(xb,4)＝0，得b＝4a，f(x)＝lneq\f(x,2)－ax＋eq\f(4a,x)，f′(x)＝eq\f(1,x)－a－eq\f(4a,x2)＝eq\f(－ax2＋x－4a,x2)(x>0)．令h(x)＝－ax2＋x－4a，若Δ＝1－16a2≤0时，求得a≥eq\f(1,4)，此时h(x)≤0，f′(x)≤0，f(x)在(0，＋∞)上单调递减．若Δ＝1－16a2＞0，即00，x2＝eq\f(1＋\r(1－16a2),2a)>0，h(x)开口向下，当00，f(x)单调递增；当x>x2时，h(x)＜0，f′(x)<0，f(x)单调递减．综上所述，当a≥eq\f(1,4)时，f(x)单调递减；当0f(2)＝0，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a2)))＝－ln2a2－eq\f(1,a)＋4a3，令g(a)＝－ln2a2－eq\f(1,a)＋4a3，g′(a)＝－eq\f(4a,2a2)＋eq\f(1,a2)＋12a2＝eq\f(12a4－2a＋1,a2)，令h(a)＝12a4－2a＋1，h′(a)＝48a3－2，由h′(a)＝48a3－2＝0，求得a0＝eq\f(1,\r(3,24))>eq\f(1,4)，当00，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a2)))＝g(a)＝－ln2a2－eq\f(1,a)＋4a3在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4)))上单调递增，故feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a2)))＝g(a)0，eq\f(1,a2)>x2，由零点存在性定理知f(x)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2，\f(1,a2)))有一个根，设为x0，又f(x0)＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,x0)))＝0，得feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,x0)))＝0,0<eq\f(4,x0)3x的解集；(2)若f(1)≤M，f(2)≤M，证明：M≥eq\f(2,3).解 (1)当a＝2时，不等式f(x)>3x可化为|2x＋2|>3x.当x≤－1时，－2x－2>3x，x<－eq\f(2,5)，所以x≤－1；当x>－1时，2x＋2>3x，x<2，所以－13x的解集是(－∞，2)．(2)证明：由f(1)≤M，f(2)≤M，得M≥|a＋2|，M≥|2a＋2|，3M＝2M＋M≥2|a＋2|＋|2a＋2|，又2|a＋2|＋|2a＋2|≥|4－2|＝2，所以3M≥2，即M≥eq\f(2,3).
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