新高考高考数学一轮复习巩固练习阶段滚动检测(六)（2份打包，解析版+原卷版）

这是一份新高考高考数学一轮复习巩固练习阶段滚动检测(六)（2份打包，解析版+原卷版），文件包含新高考高考数学一轮复习巩固练习阶段滚动检测六解析版doc、新高考高考数学一轮复习巩固练习阶段滚动检测六原卷版doc等2份试卷配套教学资源，其中试卷共18页， 欢迎下载使用。
一、选择题(本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的)
1．已知复数z＝eq \f(4,1＋i)(i为虚数单位)，则z的虚部为( )
A．2 B．2i C．－2 D．－2i
答案 C
解析 z＝eq \f(4,1＋i)＝eq \f(41－i,1＋i1－i)＝eq \f(4－4i,2)＝2－2i，故虚部为－2.
2．某市某小学三年级有甲、乙两个班，其中甲班有男生30人，女生20人，乙班有男生
25人，女生25人，现在需要各班按男、女生分层随机抽取20%的学生进行某项调查，则两个班共抽取男生人数是( )
A．10 B．11 C．20 D．21
答案 B
解析 甲班抽20%，因为男、女比例是3∶2，所以应抽取男生6人，乙班抽20%，因为男、女比例是1∶1，所以应抽男生5人，所以两个班共抽取男生人数为11.
3．(1＋2x2)(1＋x)4的展开式中x3的系数为( )
A．12 B．16 C．20 D．24
答案 A
解析 展开式中含x3的项可以由“1与x3”和“2x2与x”的乘积组成，则x3的系数为Ceq \\al(3,4)＋2Ceq \\al(1,4)＝4＋8＝12.
4．已知一组数据x1，x2，x3，x4，x5的平均数是2，方差是eq \f(1,3)，那么另一组数据2x1－1,2x2－1,2x3－1,2x4－1,2x5－1的平均数、方差分别为( )
A．3，eq \f(4,3) B．3，eq \f(3,2) C．4，eq \f(4,3) D．4，eq \f(3,2)
答案 A
5．命题“∀x∈[1,2]，2x2－a≥0”为真命题的一个充分不必要条件是( )
A．a≤1 B．a≤2
C．a≤3 D．a≤4
答案 A
解析 ∀x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1，2))，2x2－a≥0，所以a≤2x2，又2≤2x2≤8，所以a≤2，因为{a|a≤1}是{a|a≤2}的真子集．
6．函数f(x)＝|x|－eq \f(ln|x|,x2)的图象大致为( )
答案 A
解析 因为函数f(x)定义域为{x|x≠0}，
f(－x)＝f(x)，所以f(x)是偶函数，排除C和D；
当x→＋∞时，f(x)→＋∞，排除B.
7．山东烟台苹果因“果形端正、色泽艳丽，果肉甜脆、香气浓郁”享誉国内外．据统计，烟台苹果(把苹果近似看成球体)的直径(单位：mm)服从正态分布N(80,52)，则直径在[75,90]内的概率为( )
附：若X～N(μ，σ2)，则P(μ－σ≤X≤μ＋σ)＝0.682 7，P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)＝0.954 5.
A．0.682 7 B．0.841 3
C．0.818 6 D．0.954 5
答案 C
解析 由题意，μ＝80，σ＝5，
则P(75≤X≤85)＝0.682 7，P(70≤X≤90)＝0.954 5，
所以P(85≤X≤90)＝eq \f(1,2)×(0.954 5－0.682 7)＝0.135 9，
P(75≤X≤90)＝0.682 7＋0.135 9＝0.818 6.
故果实直径在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(75，90))内的概率为0.818 6.
8．今有6个人组成的旅游团，包括4个大人，2个小孩，去庐山旅游，准备同时乘缆车观光，现有三辆不同的缆车可供选择，每辆缆车最多可乘3人，为了安全起见，小孩乘缆车必须要大人陪同，则不同的乘车方式有( )
A．204种 B．288种 C．348种 D．396种
答案 C
解析 (1)若6人乘坐3辆缆车，则将4个大人分成2,1,1三组有Ceq \\al(2,4)＝6(种)方法，然后将三组排到三个缆车有Aeq \\al(3,3)＝6(种)方法，再将两个小孩排到三个缆车有3×3－1＝8(种)方法，所以共有6×6×8＝288(种)方法．
(2)若6人乘坐2辆缆车，①两个小孩不在一块：则大人分成2,2两组的方法有eq \f(C\\al(2,4),A\\al(2,2))＝3(种)方法，将两组排到两辆缆车有Aeq \\al(2,3)＝6(种)方法，再将两个小孩排到两辆缆车有Aeq \\al(2,2)＝2(种)方法，故共有3×6×2＝36(种)方法．②两个小孩在一块：则大人分成3,1两组，分组方法为Ceq \\al(3,4)＝4(种)方法，小孩加入1人的组有1种方法，再将两组从3辆缆车中选两辆排入有Aeq \\al(2,3)＝6(种)方法，故共有4×1×6＝24(种)方法．
综上，共有288＋36＋24＝348(种)方法．
二、选择题(本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分)
9．若随机变量ξ的分布列为
其中m∈(0,1)，则下列结果中错误的是( )
A．Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ξ))＝m，Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ξ))＝n3
B．Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ξ))＝m，Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ξ))＝n2
C．Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ξ))＝1－m，Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ξ))＝m－m2
D．Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ξ))＝1－m，Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ξ))＝m2
答案 ABD
解析 ξ服从两点分布，E(ξ)＝n＝1－m，D(ξ)＝n(1－n)＝(1－m)m＝m－m2.
10．a，b，c分别为△ABC内角A，B，C的对边．已知bsin A＝(3b－c)sin B，且cs A＝eq \f(1,3)，则( )
A．a＋c＝3b
B．tan A＝2eq \r(2)
C．△ABC的周长为4c
D．△ABC的面积为eq \f(2\r(2),9)c2
答案 ABD
解析 ∵bsin A＝(3b－c)sin B，
∴ab＝(3b－c)b，∴a＝3b－c，
根据余弦定理得(3b－c)2＝b2＋c2－2bccs A，
整理得b＝eq \f(2,3)c，
又cs A＝eq \f(1,3)，∴sin A＝eq \f(2\r(2),3)，tan A＝2eq \r(2)，
周长为a＋b＋c＝4b≠4c，
故△ABC的面积为eq \f(1,2)bcsin A＝eq \f(2\r(2),9)c2.
11．某次数学考试的一道多项选择题，要求是：“在每小题给出的四个选项中，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．”已知某选择题的正确答案是CD，且甲、乙、丙、丁四位同学都不会做，则下列表述正确的是( )
A．甲同学仅随机选一个选项，能得2分的概率是eq \f(1,2)
B．乙同学仅随机选两个选项，能得5分的概率是eq \f(1,6)
C．丙同学随机选择选项，能得分的概率是eq \f(1,5)
D．丁同学随机至少选择两个选项，能得分的概率是eq \f(1,10)
答案 ABC
解析 对于A，甲同学仅随机选一个选项，共有4个样本点，分别为{A}，{B}，{C}，{D}，随机事件“能得2分”中有样本点{C}，{D}，故“能得2分”的概率为eq \f(1,2)，故A正确；
对于B，乙同学仅随机选两个选项，共有6个样本点，分别为{A，B}，{A，C}，{A，D}，{B，C}，{B，D}，{C，D}，
随机事件“能得5分”中有样本点{C，D}，故“能得5分”的概率为eq \f(1,6)，故B正确；
对于C，丙同学随机选择选项(至少选择一项)，共有样本点15个，
选项一项：{A}，{B}，{C}，{D}；
选择两项：{A，B}，{A，C}，{A，D}，{B，C}，{B，D}，{C，D}；
选项三项或全选：{A，B，C}，{A，B，D}，{A，C，D}，{B，C，D}，{A，B，C，D}，
随机事件“能得分”中有样本点{C}，{D}，{C，D}，
共3个，故“能得分”的概率为eq \f(3,15)＝eq \f(1,5)，故C正确；
对于D，丁同学随机至少选择两个选项，由C可知，共有样本点11个，随机事件“能得分”中有样本点{C，D}，故“能得分”的概率为eq \f(1,11)，故D错误．
12．在长方体ABCD－A1B1C1D1中，2BC＝2BB1＝AB＝2，点P在线段AD1上运动，则下列命题正确的是( )
A．直线B1C与平面BPC1所成的角为eq \f(π,3)
B．直线A1B1和平面BPC1平行
C．三棱锥B1－BPC1的体积为eq \f(1,6)
D．平面PBC1与平面BC1D夹角大小为定值
答案 BD
解析 对于A，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，B1C⊥BC1，B1C⊥C1D1，又BC1∩C1D1＝C1，BC1，C1D1⊂平面ABC1D1，
所以B1C⊥平面ABC1D1，即B1C⊥平面BPC1，所以A不正确；
对于B，因为平面BPC1与平面ABC1D1是同一平面，A1B1∥AB，AB⊂平面ABC1D1, A1B1⊄平面ABC1D1，
所以A1B1∥平面BPC1，故B正确；
对于C，三棱锥B1－BPC1的体积等于三棱锥P－BB1C1的体积，
又因为P∈AD1，因为AD1∥BC1，AD1⊄平面BB1C1，BC1⊂平面BB1C1，
所以AD1∥平面BB1C1，所以点A到平面BB1C1的距离即为点P到该平面的距离，所以三棱锥B1－BPC1的体积为定值eq \f(1,3)，故C不正确；
对于D，平面PBC1与平面BC1D的夹角就是平面D1BC1与平面BC1D的夹角，所以D正确．
三、填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分)
13．已知a>0，b>0，a＋b＝2，则y＝eq \f(1,a)＋eq \f(4,b)的最小值是________．
答案 eq \f(9,2)
解析 eq \f(1,a)＋eq \f(4,b)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)＋\f(4,b)))×eq \f(a＋b,2)
＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(5＋\f(b,a)＋\f(4a,b)))≥eq \f(1,2)×(5＋2eq \r(4))＝eq \f(9,2)(当且仅当b＝2a，即a＝eq \f(2,3)，b＝eq \f(4,3)时，等号成立)．
14．抛掷两枚骰子，至少有一个4点或5点出现时，就说这次试验成功，则在8次试验中，成功次数ξ的均值是________．
答案 eq \f(40,9)
解析 在一次试验中，成功的概率为1－eq \f(2,3)×eq \f(2,3)＝eq \f(5,9)，由题意知，ξ～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(8，\f(5,9)))，故在8次试验中，成功的次数的均值为8×eq \f(5,9)＝eq \f(40,9).
15．已知向量a＝(sin α，2)与向量b＝(cs α，1)互相平行，则tan 2α的值为________．
答案 －eq \f(4,3)
解析 由题意，得sin α－2cs α＝0，
∴tan α＝2，结合二倍角的正切公式可知，
tan 2α＝eq \f(2tan α,1－tan2α)＝－eq \f(4,3).
16．已知一袋中有标有号码1,2,3,4的卡片各一张，每次从中取出一张，记下号码后放回，当四种号码的卡片全部取出时即停止，则恰好取6次卡片时停止的概率为________．
答案 eq \f(75,512)
解析 由分步乘法计数原理知，每次从中取出一张，记下号码后放回，进行6次一共有46种不同的取法．
恰好取6次卡片时停止，说明前5次出现了3种号码且第6次出现第4种号码，三种号码出现的次数分别为3,1,1或者2,2,1.
三种号码分别出现3,1,1次且6次时停止的取法有Aeq \\al(3,4)Ceq \\al(3,5)eq \f(C\\al(1,2)C\\al(1,1),A\\al(2,2))×1＝240(种)，
三种号码分别出现2,2,1次且6次时停止的取法有Aeq \\al(3,4)eq \f(C\\al(2,5)C\\al(2,3),A\\al(2,2))×1×1＝360(种)，由分类加法计数原理知恰好取6次卡片时停止，共有240＋360＝600(种)取法，所以恰好取6次卡片时停止的概率为P＝eq \f(600,46)＝eq \f(75,512).
四、解答题(本题共6小题，共70分)
17．(10分)在①A5＝B3，②eq \f(1,a1)－eq \f(1,a2)＝eq \f(4,B2)，③B5＝35这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答．
已知等差数列{an}的公差为d(d>0)，等差数列{bn}的公差为2d.设An，Bn分别是数列{an}，{bn}的前n项和，且b1＝3，A2＝3，________.
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)设cn＝2an＋eq \f(3,bnbn＋1)，求数列{cn}的前n项和Sn.
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
解 (1)选①：
∵数列{an}，{bn}都是等差数列，且A2＝3，A5＝B3，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2a1＋d＝3，,5a1＋10d＝9＋6d，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝1，,d＝1，))
∴an＝a1＋(n－1)d＝n，bn＝b1＋(n－1)2d＝2n＋1.综上，an＝n，bn＝2n＋1.
选②：
∵数列{an}，{bn}都是等差数列，且A2＝3，eq \f(1,a1)－eq \f(1,a2)＝eq \f(4,B2)，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2a1＋d＝3，,4a1a1＋d＝d6＋2d，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝1，,d＝1，))
∴an＝a1＋(n－1)d＝n，bn＝b1＋(n－1)2d＝2n＋1.
综上，an＝n，bn＝2n＋1.
选③：
∵数列{an}，{bn}都是等差数列，且A2＝3，B5＝35，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2a1＋d＝3，,3×5＋\f(5×4,2)×2d＝35，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝1，,d＝1，))
∴an＝a1＋(n－1)d＝n，bn＝b1＋(n－1)2d＝2n＋1，
综上，an＝n，bn＝2n＋1.
(2)由(1)得cn＝2n＋eq \f(3,2n＋12n＋3)
＝2n＋eq \f(3,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n＋1)－\f(1,2n＋3)))，
∴Sn＝(2＋22＋…＋2n)＋eq \f(3,2)eq \b\lc\[\rc\ (\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)－\f(1,5)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,5)－\f(1,7)))))
eq \b\lc\ \rc\](\a\vs4\al\c1(＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n＋1)－\f(1,2n＋3)))))
＝eq \f(21－2n,1－2)＋eq \f(3,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)－\f(1,2n＋3)))
＝2n＋1－eq \f(3n＋2,2n＋3).
18．(12分)某公司积极响应习总书记关于共建学习型社会的号召，开展“学知识，促生产，增效益”的主题学习活动．为进一步提高管理效率，公司决定将所有中层干部集中进行“回炉”再学——管理业务专项培训．已知公司中层干部共有13名(其中女性5名)，初、中级职称的人数比例如等高堆积条形图所示．
(1)若公司从中级职称的中层干部中随机安排3人作为培训班的牵头人，设其中女性人数为ξ，求随机变量ξ的分布列及均值；
(2)由统计数据的散点图可以看出，参加某项管理业务培训所需总费用y(万元)与参培人数x之间正线性相关，试根据经验回归方程估计该公司所有中层干部都参加此项业务培训所需要的总费用．
参考公式：经验回归方程eq \(y,\s\up6(^))＝eq \(b,\s\up6(^))x＋eq \(a,\s\up6(^))，eq \(b,\s\up6(^))＝eq \f(\i\su(i＝1,n, )\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(xi－\x\t(x)))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(yi－\x\t(y))),\i\su(i＝1 ,n, )\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(xi－\x\t(x)))2).
解 (1)由已知，在公司中层干部13人中，女性有5人，其中初级职称有5×60%＝3(人)，中级职称有5×40%＝2(人)．男性有13－5＝8(人)，其中初、中级职称均为8×50%＝4(人)．由题意知，ξ的可能取值为0,1,2，
且P(ξ＝0)＝eq \f(C\\al(0,2)C\\al(3,4),C\\al(3,6))＝eq \f(1,5)，P(ξ＝1)＝eq \f(C\\al(1,2)C\\al(2,4),C\\al(3,6))＝eq \f(3,5)，P(ξ＝2)＝eq \f(C\\al(2,2)C\\al(1,4),C\\al(3,6))＝eq \f(1,5)，
故随机变量ξ的分布列为
∴E(ξ)＝0×eq \f(1,5)＋1×eq \f(3,5)＋2×eq \f(1,5)＝1.
(2)由散点图知，eq \x\t(x)＝eq \f(1＋2＋3＋4＋5＋6＋7,7)＝4，
eq \x\t(y)＝eq \f(2.9＋3.3＋3.6＋4.4＋4.8＋5.2＋5.9,7)＝eq \f(30.1,7)＝4.3.
eq \i\su(i＝1,7, )eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(xi－\x\t(x)))2＝9＋4＋1＋0＋1＋4＋9＝28，
eq \i\su(i＝1,7, )eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(xi－\x\t(x)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(yi－\x\t(y)))＝－3×(－1.4)＋(－2)×(－1)＋(－1)×(－0.7)＋0×0.1＋1×0.5＋2×0.9＋3×1.6＝14，
∴eq \(b,\s\up6(^))＝eq \f(14,28)＝0.5，eq \(a,\s\up6(^))＝eq \x\t(y)－eq \(b,\s\up6(^))eq \x\t(x)＝4.3－0.5×4＝2.3，
则eq \(y,\s\up6(^))＝0.5x＋2.3.取x＝13，得eq \(y,\s\up6(^))＝8.8(万元)．
故估计该公司所有中层干部都参加此项业务培训所需要的总费用约为8.8万元．
19．(12分)某高校一社团就是否同意延迟退休的情况随机采访了200名市民，并进行了统计，得到如下的2×2列联表：
(1)依据小概率值α＝0.005的独立性检验，能否认为对延迟退休的态度与性别有关；
(2)为了进一步征求对延迟退休的意见和建议，从抽取的200位市民中对不赞同的按照分层随机抽样的方法抽取6人，再从这6人中随机抽出3名进行电话回访，求3人中至少有1人为男性的概率．
附：χ2＝eq \f(nad－bc2,a＋bc＋da＋cb＋d)，其中n＝a＋b＋c＋d.
解 (1)零假设H0：对延迟退休的态度与性别无关．由列联表中的数据可得
χ2＝eq \f(200×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(80×40－20×60))2,140×60×100×100)＝eq \f(200,21)≈9.524>7.879＝x0.005.
所以依据小概率值α＝0.005的独立性检验，我们推断H0不成立，即认为对延迟退休的态度与性别有关.
(2)设从不赞同延迟退休的男性中抽取x人，从不赞同延迟退休的女性中抽取y人，
由分层随机抽样的定义可知eq \f(6,60)＝eq \f(x,20)＝eq \f(y,40)，解得x＝2，y＝4,
在抽取的不赞同延迟退休的6人中，男性2人记为A1，A2，女性4人记为B1，B2，B3，B4，则所有样本点为
(A1，A2，B1)，(A1，A2，B2)，(A1，A2，B3)，(A1，A2，B4)，(A1，B1，B2)，(A1，B1，B3)，(A1，B1，B4)，(A1，B2，B3)，(A1，B2，B4)，(A1，B3，B4)，(A2，B1，B2)，(A2，B1，B3)，(A2，B1，B4)，(A2，B2，B3)，(A2，B2，B4)，(A2，B3，B4)，
(B1，B2，B3)，(B1，B2，B4)，(B1，B3，B4)，(B2，B3，B4)，共20个，
其中至少有1人为男性的样本点有16个．
记事件A为“至少有1名男性不赞同延迟退休”，
则Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A))＝eq \f(16,20)＝0.8.
即至少有1名男性不赞同延迟退休的概率为0.8.
20．(12分)期中考试后，老师把学生的成绩分为较低、及格(不含优秀)、优秀三类，制成下表．
其中低分率与优秀率分别是14%与8%.
(1)求全班人数及a，b的值；
(2)老师重点关注成绩较低的及成绩优秀的学生，利用课外时间给他们的家长打电话做电话家访，为了保证电话家访的质量，他每天随机打给三位学生的家长，求在第一天老师抽取的三位学生中成绩优秀者的人数X的分布列及均值．
解 (1)7÷14%＝50，b＝50×8%＝4，a＝50－4－7＝39，所以全班人数为50，a＝39，b＝4.
(2)需要家访的共11人，其中成绩优秀的有4人，故X的可能取值为0,1,2,3，
P(X＝0)＝eq \f(C\\al(3,7),C\\al(3,11))＝eq \f(7,33)；
P(X＝1)＝eq \f(C\\al(2,7)C\\al(1,4),C\\al(3,11))＝eq \f(28,55)；
P(X＝2)＝eq \f(C\\al(1,7)C\\al(2,4),C\\al(3,11))＝eq \f(14,55)；
P(X＝3)＝eq \f(C\\al(3,4),C\\al(3,11))＝eq \f(4,165)，
故X的分布列为
E(X)＝0×eq \f(7,33)＋1×eq \f(28,55)＋2×eq \f(14,55)＋3×eq \f(4,165)＝eq \f(12,11).
21．(12分)如图，四棱锥P－ABCD的一个侧面PAD为等边三角形，且平面PAD⊥平面ABCD，四边形ABCD是平行四边形，AD＝2，BD＝2eq \r(3)，∠BAD＝eq \f(π,3).
(1)求证：BD⊥PD；
(2)求平面DBC与平面PBC夹角的余弦值．
(1)证明 在△ABD中，AD＝2，BD＝2eq \r(3)，∠BAD＝eq \f(π,3)，∴AD⊥BD.
又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，BD⊂平面ABCD，
∴BD⊥平面PAD，
又PD⊂平面PAD，∴BD⊥PD.
(2)解 如图，作PO⊥AD于点O，
则PO⊥平面ABCD.
过点O作OE⊥BC交CB的延长线于点E，连接PE，
以O为坐标原点，分别以OA，OE，OP所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，
则Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，0，0))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，2\r(3)，0))，Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，0，\r(3)))，
Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－3，2\r(3)，0))，
eq \(BP,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，－2\r(3)，\r(3)))，eq \(BC,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－2，0，0)).
易和平面DBC的一个法向量为m＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，0，1))，
设平面PBC的一个法向量为n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x，y，z))，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(BC,\s\up6(→))＝0，,n·\(BP,\s\up6(→))＝0，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－2x＝0，,x－2\r(3)y＋\r(3)z＝0.))
取y＝1，则z＝2，n＝(0,1,2)，
设平面DBC与平面PBC夹角为θ，
则cs θ＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(n·m)),|n||m|)＝eq \f(2\r(5),5).
所以平面DBC与平面PBC夹角的余弦值为eq \f(2\r(5),5).
22．(12分) 已知函数f(x)＝eq \f(1,2)x2－aln x＋1(a∈R)．
(1)若函数f(x)在[1,2]上单调递增，求实数a的取值范围；
(2)若－2≤a