2023年高考数学押题卷(二)含答案

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这是一份2023年高考数学押题卷(二)含答案，共21页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1．已知集合A＝{x|x2＝2x}，集合B＝{x∈Z|－2A．{0，2} B. {－1，0，1，2}
C. {x|0≤x<2} D. {x|－22．已知复数z满足|z|z＝3＋4i，则|z|＝( )
A. 1 B. eq \r(5) C. eq \r(10) D. 5
3. “－5A．充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C．充要条件 D. 既不充分也不必要条件
4．已知sin eq \f(α,2) ＝ eq \f(\r(3),4) ，则cs (α－π)＝( )
A． eq \f(1,2) B． eq \f(5,8) C. － eq \f(1,2) D. － eq \f(5,8)
5．已知单位向量a和b满足|a－b|＝ eq \r(3) |a＋b|，则a与b的夹角为( )
A． eq \f(π,6) B. eq \f(2π,3) C. eq \f(π,3) D. eq \f(5π,6)
6．已知直线x＋y－ eq \r(3) a＝0与圆C： eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋1)) 2＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y－1)) 2＝2a2－2a＋1相交于点A，B，若△ABC是正三角形，则实数a＝( )
A．－2 B．2 C．－ eq \f(1,2) D． eq \f(1,2)
7.
河图是上古时代神话传说中伏羲通过黄河中浮出龙马身上的图案，与自己的观察，画出的“八卦”，而龙马身上的图案就叫做“河图”．把一到十分成五组，如图，其口诀：一六共宗，为水居北；二七同道，为火居南；三八为朋，为木居东；四九为友，为金居西；五十同途，为土居中．“河图”将一到十分成五行属性分别为金、木、水、火、土的五组，在五行的五种属性中，五行相克的规律为：金克木，木克土，土克水，水克火，火克金；五行相生的规律为：木生火，火生土，土生金，金生水，水生木．现从这十个数中随机抽取3个数，则这3个数字的属性互不相克的条件下，取到属性为土的数字的概率为( )
A． eq \f(1,10) B. eq \f(1,5) C. eq \f(2,5) D. eq \f(1,2)
8．已知函数y＝f(x)的定义域为R，f(x)>0且f′(x)＋xf(x)>0，则有( )
A．f(x)可能是奇函数，也可能是偶函数 B. f(－1)>f(1)
C． eq \f(π,4) 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. 下列说法中正确的是( )
A．已知随机变量X服从二项分布X～B(4， eq \f(1,3) )，则D(X)＝ eq \f(8,9)
B．已知随机变量X服从正态分布N(3，σ2)且P(X≤5)＝0.85，则P(1C．已知随机变量X的方差为D(X)，则D(2X－3)＝4D(X)－3
D．以模型y＝cekx(c>0)去拟合一组数据时，设z＝ln y，将其变换后得到回归直线方程z＝2x－1，则c＝ eq \f(1,e)
10．已知正数a，b满足a2＋b2＝1，则( )
A．a＋b的最大值是 eq \r(2) B．ab的最大值是 eq \f(1,2)
C．a－b的最小值是－1 D． eq \f(a,b－2) 的最小值为－ eq \f(\r(3),3)
11．已知椭圆 eq \f(x2,4) ＋ eq \f(y2,3) ＝1的左、右焦点分别为F1，F2，过点F1的直线l交椭圆于A，B两点，则下列说法正确的是( )
A．△ABF2的周长为6 B．椭圆的长轴长为2
C．|AF2|＋|BF2|的最大值为5 D．△ABF2面积最大值为3
12．在四棱锥P ABCD中，底面ABCD是正方形，PD⊥平面ABCD，点E是棱PC的中点，PD＝AB，则( )
A．AC⊥PB
B．直线AE与平面PAB所成角的正弦值是 eq \f(\r(3),6)
C．异面直线AD与PB所成的角是 eq \f(π,4)
D．四棱锥P ABCD的体积与其外接球的体积的比值是 eq \f(2\r(3),9π)
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．已知双曲线C的一条渐近线方程为l：y＝2x，且其实轴长小于4，则C的一个标准方程可以为________．
14．在( eq \r(x) － eq \f(1,2) x)n的展开式中，第3项和第6项的二项式系数相等，则展开式中x5的系数为________．
15．在菱形ABCD中，∠BAD＝60°，将△ABD沿BD折叠，使平面ABD⊥平面BCD，则AD与平面ABC所成角的正弦值为________．
16．已知三棱锥O ABC，P是平面ABC内任意一点，数列{an}共9项，a1＝1，a1＋a9＝2a5且满足 eq \(OP,\s\up6(→)) ＝(an－an－1)2 eq \(OA,\s\up6(→)) －3an eq \(OB,\s\up6(→)) ＋3(an－1＋1) eq \(OC,\s\up6(→)) (2≤n≤9，n∈N*)，满足上述条件的数列共有________个．
四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17．(10分)已知等差数列{an}的公差为正实数，满足a1＝4，且a1，a3，a5＋4成等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设数列{bn}的前n项和为Sn，若b1＝1，且________，求数列{an·bn}的前n项和为Tn，以下有三个条件：①Sn＝2n－1，n∈N*；②Sn＝2bn－1，n∈N*；③Sn＋1＝2Sn－1，n∈N*从中选一个合适的条件，填入上面横线处，使得数列{bn}为等比数列，并根据题意解决问题．
18．(12分)已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a sin C＝ eq \r(3) c sin eq \f(B＋C,2) .
(1)求角A的大小；
(2)若点D在边BC上，且CD＝3BD＝3，∠BAD＝ eq \f(π,6) ，求△ABC的面积．
19.
(12分)如图，在直四棱柱ABCD A1B1C1D1中，底面ABCD为菱形，且∠BAD＝60°，E为AB的中点，F为BC1与B1C的交点．
(1)求证：平面DEF⊥平面CDD1C1；
(2)若DD1＝AD，求二面角D1 DE F的余弦值．
20．(12分)食品安全问题越来越受到人们的重视．某超市在进某种蔬菜前，要求食品安检部门对每箱蔬菜进行三轮各项指标的综合检测，只有三轮检测都合格，该种蔬菜才能在该超市销售．已知每箱这种蔬菜第一轮检测不合格的概率为 eq \f(1,3) ，第二轮检测不合格的概率为 eq \f(1,4) ，第三轮检测不合格的概率为 eq \f(1,5) ，每轮检测只有合格与不合格两种情况，且各轮检测互不影响．
(1)求每箱这种蔬菜能在该超市销售的概率；
(2)若这种蔬菜能在该超市销售，则每箱可获利200元，若不能在该超市销售，则每箱亏损100元，现有3箱这种蔬菜，求这3箱蔬菜总收益X的分布列和数学期望．
21．(12分)已知P(1，2)在抛物线C：y2＝2px上．
(1)求抛物线C的方程；
(2)A，B是抛物线C上的两个动点，如果直线PA的斜率与直线PB的斜率之和为2，证明：直线AB过定点．
22．(12分)已知函数f(x)＝x－ eq \f(1,2) sin x－ eq \f(m,2) ln x＋1.
(1)当m＝2时，试判断函数f(x)在(π，＋∞)上的单调性；
(2)存在x1，x2∈(0，＋∞)，x1≠x2，f(x1)＝f(x2)，求证：x1x22023年高考数学押题卷(二)
1．解析：易知A＝{x|x＝0或x＝2}，B＝{－1，0，1}，A∪B＝{－1，0，1，2}．故选B.
答案：B
2．解析：将等式|z|z＝3＋4i两边同时取模，有||z|z|＝|3＋4i|＝ eq \r(32＋42) ＝5，
即||z|z|＝|z|2＝5，所以|z|＝ eq \r(5) .故选B.
答案：B
3．解析：函数y＝x2－kx－k的值恒为正值，
则Δ<0⇒k2＋4k<0⇒－4∵(－4，0)(－5，0)，
∴“－5答案：B
4．解析：cs (α－π)＝－cs α＝2sin 2 eq \f(α,2) －1＝－ eq \f(5,8) .故选D.
答案：D
5．解析：由题设，|a－b|2＝3|a＋b|2，则a2－2a·b＋b2＝3(a2＋2a·b＋b2)，
∴a2＋4a·b＋b2＝0，又a和b为单位向量，
∴cs 〈a，b〉＝－ eq \f(1,2) ，又〈a，b〉∈[0，π]，
∴〈a，b〉＝ eq \f(2π,3) .故选B.
答案：B
6．解析：设圆C的半径为r，由2a2－2a＋1＝2 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a－\f(1,2))) 2＋ eq \f(1,2) >0可得，r＝ eq \r(2a2－2a＋1) .
因为△ABC是正三角形，所以点C(－1，1)到直线AB的距离为 eq \f(\r(3),2) r，
即 eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(－1＋1－\r(3)a)),\r(2)) ＝ eq \f(\r(3),2) eq \r(2a2－2a＋1) ，
两边平方得 eq \f(3a2,2) ＝ eq \f(3,4) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2a2－2a＋1)) ，a＝ eq \f(1,2) .故选D.
答案：D
7．解析：由题意得数字4，9属性为金，3，8属性为木，1，6属性为水，
2，7属性为火，5，10属性为土，
从这十个数中随机抽取3个数，这3个数字的属性互不相克，
包含的基本事件个数n＝C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(5)) (C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(2)) C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ＋C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(2)) )＝20，
这3个数字的属性互不相克的条件下，取到属性为土的数字包含的基本事件个数为：
m＝C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(2)) (C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(2)) C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ＋C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(2)) )＝8，
∴这3个数字的属性互不相克的条件下，取到属性为土的数字的概率P＝ eq \f(m,n) ＝ eq \f(8,20) ＝ eq \f(2,5) .故选C.
答案：C
8．解析：若f(x)是奇函数，则f(－x)＝－f(x)，
又因为f(x)>0，与f(－x)＝－f(x)矛盾，
所以函数y＝f(x)不可能是奇函数，故A错误；
令g(x)＝e eq \s\up6(\f(x2,2)) f(x)，
则g′(x)＝xe eq \s\up6(\f(x2,2)) f(x)＋e eq \s\up6(\f(x2,2)) f′(x)＝e eq \s\up6(\f(x2,2)) (xf(x)＋f′(x))，
因为e eq \s\up6(\f(x2,2)) >0，f′(x)＋xf(x)>0，
所以g′(x)>0，所以函数g(x)为增函数，
所以g(－1)所以f(－1)因为 eq \f(π,4) 所以sin x>cs x，
故g(sin x)>g(cs x)，即e eq \s\up6(\f(sin 2x,2)) f(sin x)>e eq \s\up6(\f(cs 2x,2)) f(cs x)，
所以f(sin x)>e eq \s\up6(\f(cs 2x－sin 2x,2)) f(cs x)＝e eq \s\up6(\f(cs 2x,2)) f(cs x)，故C错误；
有g(0)答案：D
9．解析：对于A，由随机变量X服从二项分布X～B(4， eq \f(1,3) )，
得D(X)＝4× eq \f(1,3) ×(1－ eq \f(1,3) )＝ eq \f(8,9) ，故A正确；
对于B，因为随机变量X服从正态分布N(3，σ2)，则对称轴为X＝3，
又P(X≤5)＝0.85，所以P(X≤1)＝0.15，
所以P(1对于C，因为随机变量X的方差为D(X)，则D(2X－3)＝4D(X)，故C错误；
对于D，模型y＝cekx(c>0)，则ln y＝ln c＋kx，
又因z＝ln y，z＝2x－1，
所以k＝2，ln c＝－1，所以c＝ eq \f(1,e) ，故D正确．故选AD.
答案：AD
10．解析：由( eq \f(a＋b,2) )2≤ eq \f(a2＋b2,2) 得a＋b≤ eq \r(2) ，当且仅当a＝b＝ eq \f(\r(2),2) 时取等，A正确；
由ab≤ eq \f(a2＋b2,2) 得ab≤ eq \f(1,2) ，当且仅当a＝b＝ eq \f(\r(2),2) 时取等，B正确；
由正数a，b及a2＋b2＝1知0令 eq \f(a,b－2) ＝k，则a＝k(b－2)，两边同时平方得k2(b－2)2＝a2＝1－b2，整理得(k2＋1)b2－4k2b＋4k2－1＝0，又存在a，b使 eq \f(a,b－2) ＝k，故Δ＝(－4k2)2－4(k2＋1)(4k2－1)＝－12k2＋4≥0，解得－ eq \f(\r(3),3) ≤k≤ eq \f(\r(3),3) ，D正确．故选ABD.
答案：ABD
11.
解析：如图，由题可知，在椭圆 eq \f(x2,4) ＋ eq \f(y2,3) ＝1中，a＝2，b＝ eq \r(3) ，c＝1，
△ABF2的周长为|AF1|＋|AF2|＋|BF1|＋|BF2|＝4a＝8，故A项错误；
椭圆的长轴长为2a＝4，故B项错误；
因为|AF2|＋|BF2|＝8－|AB|，当且仅当AB⊥F1F2时，
|AB|最小，
代入x＝－1，解得y＝± eq \f(3,2) ，故|AB|＝3，所以|AF2|＋|BF2|的最大值为5，故C项正确；
根据椭圆的性质可得，当且仅当AB⊥F1F2时，△ABF2面积最大，
故S＝ eq \f(1,2) |AB|·|F1F2|＝3，故D项正确．故选CD.
答案：CD
12．解析：如图，连接BD.因为底面ABCD是正方形，所以BD⊥AC，
因为PD⊥平面ABCD，所以PD⊥AC，又BD∩PD＝D，
所以AC⊥平面PBD，则AC⊥PB，故A正确．
由题意易证AD，CD，PD两两垂直，建立如图所示的空间坐标系D － xyz.
设AB＝2，则A eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，0，0)) ，B eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，2，0)) ，D eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，0，0)) ，E eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，1，1)) ，P eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，0，2)) ，
从而 eq \(AD,\s\up6(→)) ＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－2，0，0)) ， eq \(AB,\s\up6(→)) ＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，2，0)) ， eq \(AE,\s\up6(→)) ＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－2，1，1)) ， eq \(PB,\s\up6(→)) ＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，2，－2)) .
设平面PAB的法向量n＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x，y，z)) ，则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\a\vs4\al\c1(n·\(AB,\s\up6(→))＝2y＝0,n·\(PB,\s\up6(→))＝2x＋2y－2z＝0))) ，
令x＝1，得n＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，0，1)) .设直线AE与平面PAB所成的角为θ，
则sin θ＝ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(cs 〈\(AE,\s\up6(→))，n〉)) ＝ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(－2＋1,\r(6)×\r(2)))) ＝ eq \f(\r(3),6) ，故B正确．
设异面直线AD与PB所成的角为α，
则cs α＝ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(cs 〈\(AD,\s\up6(→))，\(PB,\s\up6(→))〉)) ＝ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(－2×2,2×\r(12)))) ＝ eq \f(\r(3),3) ，从而α≠ eq \f(π,4) ，故C错误．
四棱锥P ABCD的体积V1＝ eq \f(8,3) ，
由题意可知四棱锥P ABCD外接球的半径R＝ eq \f(PB,2) ＝ eq \r(3) ，
则其体积V2＝ eq \f(4,3) πR3＝ eq \f(4,3) π×( eq \r(3) )3＝4 eq \r(3) π，
从而四棱锥P ABCD的体积与其外接球的体积的比值是 eq \f(V1,V2) ＝ eq \f(2\r(3),9π) ，故D正确．
答案：ABD
13．解析：可设双曲线的方程为x2－ eq \f(y2,4) ＝λ(λ≠0)，
即 eq \f(x2,λ) － eq \f(y2,4λ) ＝1(λ≠0)，
当λ>0时，双曲线的实轴为2 eq \r(λ) ，
则2 eq \r(λ) <4，所以0<λ<4，
可取λ＝1，
则C的一个标准方程可以为x2－ eq \f(y2,4) ＝1.
答案：x2－ eq \f(y2,4) ＝1(答案不唯一)
14．解析：因为二项式的第3项和第6项的二项式系数相等，
所以C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(n)) ＝C eq \\al(\s\up1(5),\s\d1(n)) ，所以n＝7，
则二项式( eq \r(x) － eq \f(1,2) x)7展开式的通项为Tk＋1＝C eq \\al(\s\up1(k),\s\d1(7)) ( eq \r(x) )7－k·(－ eq \f(1,2) x)k＝(－ eq \f(1,2) )k·C eq \\al(\s\up1(k),\s\d1(7)) x eq \s\up6(\f(7＋k,2)) ，
令 eq \f(7＋k,2) ＝5，则k＝3，
所以展开式中x5的系数为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2))) eq \s\up12(3) C eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(7)) ＝－ eq \f(35,8) .
答案：－ eq \f(35,8)
15．解析：如图，取BD中点O，连接AO、CO，
因为∠BAD＝60°，所以△ABD、△CBD为等边三角形，
因为O为BD中点，
所以AO⊥BD，CO⊥BD.
因为平面ABD⊥平面BCD，且平面ABD∩平面BCD＝BD，AO⊂平面ABD，
所以AO⊥平面BCD，
又OC，OD⊂平面BCD，
所以AO⊥OC，AO⊥OD.
以O为原点，OC、OD、OA为x，y，z轴正方向建系，如图所示，
设菱形ABCD的边长为2，
则A(0，0， eq \r(3) )，B(0，－1，0)，C( eq \r(3) ，0，0)，D(0，1，0)，
所以 eq \(AB,\s\up6(→)) ＝(0，－1，－ eq \r(3) )， eq \(AC,\s\up6(→)) ＝( eq \r(3) ，0，－ eq \r(3) )， eq \(AD,\s\up6(→)) ＝(0，1，－ eq \r(3) )，
设平面ABC的法向量n＝(x，y，z)，
则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(AB,\s\up6(→))＝0,n·\(AC,\s\up6(→))＝0)) ，即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－y－\r(3)z＝0,\r(3)x－\r(3)z＝0)) ，
令x＝1，则y＝－ eq \r(3) ，z＝1，即n＝(1，－ eq \r(3) ，1)，
设AD与平面ABC所成角为θ，
则sin θ＝|cs 〈n， eq \(AD,\s\up6(→)) 〉|＝ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(n·\(AD,\s\up6(→)),|n|·|\(AD,\s\up6(→))\(|,\s\up6( )) ))) ＝ eq \f(\r(15),5) ，
所以AD与平面ABC所成角的正弦值为 eq \f(\r(15),5) .
答案： eq \f(\r(15),5)
16．解析：因为P是平面ABC内任意一点，
所以P，A，B，C四点共面，
因为 eq \(OP,\s\up6(→)) ＝(an－an－1)2 eq \(OA,\s\up6(→)) －3an eq \(OB,\s\up6(→)) ＋3(an－1＋1) eq \(OC,\s\up6(→)) (2≤n≤9，n∈N*)，
所以(an－an－1)2－3an＋3(an－1＋1)＝1，即(an－an－1)2－3(an－an－1)＋2＝0，
解得an－an－1＝1或an－an－1＝2，
当an－an－1＝1时，
则数列{an}是以1为首项，1为公差的等差数列，
所以an＝n，
则a1＋a9＝10＝2a5，符合题意；
当an－an－1＝2时，数列{an}是以1为首项，2为公差的等差数列，
所以an＝2n－1，
则a1＋a9＝18＝2a5，符合题意，
所以满足上述条件的数列共有2个．
答案：2
17．解析：(1)设等差数列{an}的公差为d，d>0，
因为a1，a3，a5＋4成等比数列，
所以a eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(3)) ＝a1(a5＋4)，即(4＋2d)2＝4(4d＋8)，
解得d＝±2(负值舍去)，所以d＝2，
所以an＝2n＋2.
(2)选①，由Sn＝2n－1，n∈N*，
当n≥2时，bn＝Sn－Sn－1＝2n－1，
当n＝1时等式也成立，
所以bn＝2n－1，又∵ eq \f(bn,bn－1) ＝2，∴数列{bn}为以1为首项2为公比的等比数列．
则an·bn＝(2n＋2)·2n－1＝(n＋1)·2n.
所以Tn＝2×2＋3×22＋4×23＋…＋n·2n－1＋(n＋1)·2n，
则2Tn＝2×22＋3×23＋4×24＋…＋n·2n＋(n＋1)2n＋1，
两式相减得－Tn＝4＋22＋23＋24＋…＋2n－(n＋1)·2n＋1
＝4＋ eq \f(4－2n＋1,1－2) －(n＋1)·2n＋1
＝2n＋1－(n＋1)·2n＋1
＝－n·2n＋1.
所以Tn＝n·2n＋1.
选②，由Sn＝2bn－1，n∈N*，
当n≥2时，bn＝Sn－Sn－1＝2bn－2bn－1，
所以 eq \f(bn,bn－1) ＝2，
所以数列{bn}为以1为首项2为公比的等比数列，
所以bn＝2n－1，
则an·bn＝(2n＋2)·2n－1，
以下步骤同选①.
选③，由Sn＋1＝2Sn－1，n∈N*，
当n＝1时，
b1＋b2＝2b1－1，
∴b2＝0，
∴数列{bn}不是等比数列，
∴不能选条件③.
18．解析：(1)由已知及正弦定理得：sin A sin C＝ eq \r(3) sin C sin eq \f(B＋C,2) ，又B＋C＝π－A，
∴ eq \f(B＋C,2) ＝ eq \f(π,2) － eq \f(A,2) ，又sin C≠0，
∴sin A＝ eq \r(3) cs eq \f(A,2) ，则2sin eq \f(A,2) cs eq \f(A,2) ＝ eq \r(3) cs eq \f(A,2) ，而0< eq \f(A,2) < eq \f(π,2) ，
∴cs eq \f(A,2) ≠0，则sin eq \f(A,2) ＝ eq \f(\r(3),2) ，故 eq \f(A,2) ＝ eq \f(π,3) ，得A＝ eq \f(2π,3) .
(2)由∠BAC＝ eq \f(2π,3) ，∠BAD＝ eq \f(π,6) ，则∠DAC＝ eq \f(π,2) .
法一：在△ABD中， eq \f(BD,sin \f(π,6)) ＝ eq \f(c,sin ∠BDA) ， ①
在△ADC中， eq \f(CD,sin \f(π,2)) ＝ eq \f(b,sin ∠ADC) ， ②
∵∠ADB＋∠ADC＝π，
∴sin ∠BDA＝sin ∠ADC， ③
由①②③得： eq \f(2BD,CD) ＝ eq \f(c,b) ，又CD＝3BD＝3，得BD＝1，
∴ eq \f(c,b) ＝ eq \f(2,3) ，不妨设c＝2m，b＝3m，
在△ABC中，由余弦定理可得，42＝(2m)2＋(3m)2－2×2m×3m cs eq \f(2π,3) ，得m2＝ eq \f(16,19) ，
所以S△ABC＝ eq \f(1,2) bc sin ∠BAC＝ eq \f(1,2) ×2m×3m× eq \f(\r(3),2) ＝ eq \f(24\r(3),19) .
法二： eq \f(S△BAD,S△ADC) ＝ eq \f(\f(1,2)c·AD sin ∠BAD,\f(1,2)b·AD sin ∠CAD) ＝ eq \f(c sin \f(π,6),b sin \f(π,2)) ＝ eq \f(c,2b) .
∵△BAD的边BD与△ADC的边DC上的高相等，
∴ eq \f(S△BAD,S△ADC) ＝ eq \f(BD,DC) ＝ eq \f(1,3) ，由此得 eq \f(c,2b) ＝ eq \f(1,3) ，即 eq \f(c,b) ＝ eq \f(2,3) ，不妨设c＝2m，b＝3m，
在△ABC中，由余弦定理可得，42＝(2m)2＋(3m)2－2×2m×3m cs eq \f(2π,3) ，得m2＝ eq \f(16,19) ，
所以S△ABC＝ eq \f(1,2) bc sin ∠BAC＝ eq \f(1,2) ×2m×3m× eq \f(\r(3),2) ＝ eq \f(24\r(3),19) .
19．解析：(1)证明：如图，连接BD.
在菱形ABCD中，∠BAD＝60°，所以△ABD为正三角形，
因为E为AB的中点，所以DE⊥AB.
因为AB∥CD，所以DE⊥CD.
因为DD1⊥平面ABCD，DE⊂平面ABCD，所以DD1⊥DE，
而DD1∩DC＝D，所以DE⊥平面CDD1C1.又因为DE⊂平面DEF，所以平面DEF⊥平面CDD1C1.
(2)设DD1＝AD＝2，以D为原点，以直线DE，DC，DD1分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则D(0，0，0)，E( eq \r(3) ，0，0)，F( eq \f(\r(3),2) ， eq \f(3,2) ，1)，C(0，2，0)，所以 eq \(DE,\s\up6(→)) ＝( eq \r(3) ，0，0)， eq \(DF,\s\up6(→)) ＝( eq \f(\r(3),2) ， eq \f(3,2) ，1).
设n＝(x，y，z)为平面DEF的法向量，由 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(DE,\s\up6(→))＝0，,n·\(DF,\s\up6(→))＝0，)) 得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\r(3)x＝0，,\f(\r(3),2)x＋\f(3,2)y＋z＝0，)) 取y＝2，得n＝(0，2，－3).
由(1)DC⊥DE，DC⊥DD1，DE∩DD1＝D，则DC⊥平面D1DE，即 eq \(DC,\s\up6(→)) ＝(0，2，0)为平面D1DE的一个法向量，所以cs 〈n， eq \(DC,\s\up6(→)) 〉＝ eq \f(n·\(DC,\s\up6(→)),|n||\(DC,\s\up6(→))\(|,\s\up6( )) ) ＝ eq \f(4,\r(13)×2) ＝ eq \f(2\r(13),13) ，由图可知二面角D1 DE F为锐角，所以二面角D1 DE F的余弦值为 eq \f(2\r(13),13) .
20．解析：(1)设每箱这种蔬菜能在该超市销售为事件A，
则P(A)＝(1－ eq \f(1,3) )×(1－ eq \f(1,4) )×(1－ eq \f(1,5) )＝ eq \f(2,5) ，
即每箱这种蔬菜能在该超市销售的概率为 eq \f(2,5) .
(2)X的所有可能取值为600，300，0，－300.
因为P(X＝600)＝( eq \f(2,5) )3＝ eq \f(8,125) ，P(X＝300)＝C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(3)) ( eq \f(2,5) )2× eq \f(3,5) ＝ eq \f(36,125) ，
P(X＝0)＝C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(3)) × eq \f(2,5) ×( eq \f(3,5) )2＝ eq \f(54,125) ，P(X＝－300)＝( eq \f(3,5) )3＝ eq \f(27,125) ，
所以X的分布列为
所以E(X)＝600× eq \f(8,125) ＋300× eq \f(36,125) －300× eq \f(27,125) ＝60.
21．解析：(1)P点坐标代入抛物线方程得4＝2p，
∴p＝2，
∴抛物线方程为y2＝4x.
(2)证明：设AB：x＝my＋t，将AB的方程与y2＝4x联立得y2－4my－4t＝0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则y1＋y2＝4m，y1y2＝－4t，
所以Δ＞0⇒16m2＋16t＞0⇒m2＋t＞0，
kPA＝ eq \f(y1－2,x1－1) ＝ eq \f(y1－2,\f(y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ,4)－1) ＝ eq \f(4,y1＋2) ，同理：kPB＝ eq \f(4,y2＋2) ，
由题意： eq \f(4,y1＋2) ＋ eq \f(4,y2＋2) ＝2，
∴4(y1＋y2＋4)＝2(y1y2＋2y1＋2y2＋4)，
∴y1y2＝4，
∴－4t＝4，
∴t＝－1，
故直线AB恒过定点(－1，0).
22．解析：(1)(方法一)当m＝2时，f(x)＝x－ eq \f(1,2) sin x－ln x＋1，f′(x)＝1－ eq \f(1,2) cs x－ eq \f(1,x) ，
当x∈(π，＋∞)时，f′(x)＝1－ eq \f(1,2) cs x－ eq \f(1,x) ≥1－ eq \f(1,2) － eq \f(1,π) ＝ eq \f(1,2) － eq \f(1,π) >0，
所以当m＝2时，函数f(x)在(π，＋∞)上单调递增．
(方法二)当m＝2时，f(x)＝x－ eq \f(1,2) sin x－ln x＋1，f′(x)＝1－ eq \f(1,2) cs x－ eq \f(1,x) ，
由1－ eq \f(1,2) cs x－ eq \f(1,x) ＝0⇔cs x＝2－ eq \f(2,x) ，
结合函数y＝cs x与y＝2－ eq \f(2,x) 图象可知：当x∈(π，＋∞)时，cs x≤1，2－ eq \f(2,x) >2－ eq \f(2,π) >1，
所以两函数图象没有交点，且2－ eq \f(2,x) >cs x.
所以当x∈(π，＋∞)时，f′(x)＝1－ eq \f(1,2) cs x－ eq \f(1,x) >0.
所以当m＝2时，函数f(x)在(π，＋∞)上单调递增．
(2)证明：不妨设0x1－ eq \f(1,2) sin x1－ eq \f(m,2) ln x1＋1＝x2－ eq \f(1,2) sin x2－ eq \f(m,2) ln x2＋1，
∴ eq \f(m,2) (ln x2－ln x1)＝x2－x1－ eq \f(1,2) (sin x2－sin x1).
设g(x)＝x－sin x，则g′(x)＝1－cs x≥0，故g(x)在(0，＋∞)上为增函数，
∴x2－sin x2>x1－sin x1，从而x2－x1>sin x2－sin x1，
∴ eq \f(m,2) (ln x2－ln x1)＝x2－x1－ eq \f(1,2) (sin x2－sin x1)> eq \f(1,2) (x2－x1)，
∴m> eq \f(x2－x1,ln x2－ln x1) ，
要证x1x2 eq \r(x1x2) ，
下面证明： eq \f(x2－x1,ln x2－ln x1) > eq \r(x1x2) ，即证 eq \f(\f(x2,x1)－1,ln \f(x2,x1)) > eq \r(\f(x2,x1)) ，
令t＝ eq \f(x2,x1) ，则t>1，即证明 eq \f(t－1,ln t) > eq \r(t) ，只要证明：ln t－ eq \f(t－1,\r(t)) <0，
设h(t)＝ln t－ eq \f(t－1,\r(t)) ，h′(t)＝－ eq \f(（\r(t)－1）2,2t\r(t)) <0，则h(t)在(1，＋∞)单调递减，
当t>1时，h(t) eq \r(x1x2) ，
∴m> eq \r(x1x2) ，即x1x2X
600
300
0
－300
P
eq \f(8,125)
eq \f(36,125)
eq \f(54,125)
eq \f(27,125)

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