全國統(tǒng)考版2025屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)驗(yàn)收仿真模擬卷三理含解析

PAGE高考仿真模擬卷(三)(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．已知集合A＝{x|x2＋x－2＜0}，B＝{x|－x2＋x＜0}，則A∩(?RB)＝()A．(－∞，0)∪[1，＋∞) B．(－∞，0]∪(1，＋∞)C．[0，1) D．[0，1]2．已知復(fù)數(shù)z1＝3＋4i，復(fù)平面內(nèi)，復(fù)數(shù)z1與z3所對(duì)應(yīng)的點(diǎn)關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，z3與z2關(guān)于實(shí)軸對(duì)稱，則z1·z2＝()A．－25 B．25C．－7 D．73．拋擲紅、藍(lán)兩枚骰子，當(dāng)已知紅色骰子的點(diǎn)數(shù)為偶數(shù)時(shí)，兩顆骰子的點(diǎn)數(shù)之和不小于9的概率是()A.eq\f(1,2) B.eq\f(2,9)C.eq\f(1,3) D.eq\f(1,12)4．《張丘建算經(jīng)》是早于《九章算術(shù)》的我國另一部數(shù)學(xué)著作，在《算經(jīng)》中有一題：某女子擅長(zhǎng)織布，一天比一天織的快，而且每天增加的數(shù)量相同，已知第一天織布5尺，30天共織布390尺，則該女子織布每天增加()A.eq\f(4,7)尺 B.eq\f(16,29)尺C.eq\f(8,15)尺 D.eq\f(16,31)尺5．函數(shù)f(x)＝xln|x|的大致圖象是()6．已知角α的頂點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)O，始邊為x軸正半軸，終邊在其次象限，A(x，y)是其終邊上一點(diǎn)，向量m＝(3，4)，若m⊥eq\o(OA,\s\up6(→))，則taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝()A．7 B．－eq\f(1,7)C．－7 D.eq\f(1,7)7．已知數(shù)列{an}的奇數(shù)項(xiàng)依次成等差數(shù)列，偶數(shù)項(xiàng)依次成等比數(shù)列，且a1＝1，a2＝2，a3＋a4＝7，a5＋a6＝13，則a7＋a8＝()A．4＋eq\r(2) B．19C．20 D．238．如圖所示的程序框圖的算法思路源于數(shù)學(xué)名著《幾何原本》中的“輾轉(zhuǎn)相除法”．若輸入的m，n分別為385，105，執(zhí)行該程序框圖(圖中“mMODn”表示m除以n的余數(shù)，例：11MOD7＝4)，則輸出的m等于()A．0 B．15C．35 D．709．在△ABC中，點(diǎn)D為邊AB上一點(diǎn)，若BC⊥CD，AC＝3eq\r(2)，AD＝eq\r(3)，sin∠ABC＝eq\f(\r(3),3)，則△ABC的面積是()A．6eq\r(2) B.eq\f(15\r(2),2)C.eq\f(9\r(2),2) D．12eq\r(2)10．已知點(diǎn)A，B，C，D在同一個(gè)球的球面上，AB＝BC＝eq\r(2)，AC＝2，若四面體ABCD外接球的球心O恰好在側(cè)棱DA上，DC＝2eq\r(3)，則四面體ABCD的體積為()A.eq\f(\r(3),3) B.eq\f(\r(3),2)C.eq\f(2\r(3),3) D.eq\r(3)11.如圖，已知點(diǎn)P在以F1，F(xiàn)2為焦點(diǎn)的雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)上，過P作y軸的垂線，垂足為Q，若四邊形F1F2PQ為菱形，則該雙曲線的離心率為()A.eq\r(3) B.eq\f(\r(3)＋1,2)C．2 D．2eq\r(3)－112．已知函數(shù)f(x)在(0，1)恒有xf′(x)＞2f(x)，其中f′(x)為函數(shù)f(x)的導(dǎo)數(shù)，若α，β為銳角三角形的兩個(gè)內(nèi)角，則()A．sin2βf(sinα)＞sin2αf(sinβ)B．cos2βf(sinα)＞sin2αf(cosβ)C．cos2βf(cosα)＞cos2αf(cosβ)D．sin2βf(cosα)＞sin2αf(cosβ)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．已知a>0，b>0，a＋b＝2，則y＝eq\f(1,a)＋eq\f(4,b)的最小值是________．14．如圖是某班8位學(xué)生詩詞競(jìng)賽得分的莖葉圖，那么這8位學(xué)生得分的眾數(shù)和中位數(shù)分別為________．eq\b\lc\(\a\vs4\al\co1(8,,9))eq\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(66,,013336))15．已知△ABC中，AB>AC，eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝6，BC＝eq\r(13)，∠A＝60°，若M是BC的中點(diǎn)，過M作MH⊥AB于H，則eq\o(MH,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝________.16．若函數(shù)f(x)＝alnx－x＋eq\f(a＋3,x)在定義域內(nèi)無極值，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為________．三、解答題：解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟．17．(本小題滿分12分)甲、乙兩名射擊運(yùn)動(dòng)員進(jìn)行射擊競(jìng)賽，射擊次數(shù)相同，已知兩名運(yùn)動(dòng)員擊中的環(huán)數(shù)穩(wěn)定在7環(huán)、8環(huán)、9環(huán)、10環(huán)，他們競(jìng)賽成果的統(tǒng)計(jì)結(jié)果如下：請(qǐng)你依據(jù)上述信息，解決下列問題：(1)估計(jì)甲、乙兩名射擊運(yùn)動(dòng)員擊中的環(huán)數(shù)都不少于9環(huán)的概率；(2)若從甲、乙運(yùn)動(dòng)員中只能選擇一名參與某大型競(jìng)賽，請(qǐng)你從隨機(jī)變量均值意義的角度，談?wù)勛屨l參與比較合適？18．(本小題滿分12分)已知等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn＝2n－a，n∈N*.設(shè)公差不為零的等差數(shù)列{bn}滿意：b1＝a1＋2，且b2＋5，b4＋5，b8＋5成等比數(shù)列．(1)求a的值及數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式；(2)設(shè)數(shù)列{logeq\r(2)an}的前n項(xiàng)和為Tn.求使Tn>bn的最小正整數(shù)n.19．(本小題滿分12分)如圖1，∠ACB＝45°，BC＝3，過動(dòng)點(diǎn)A作AD⊥BC，垂足D在線段BC上且異于點(diǎn)B，連接AB，沿AD將△ABD折起，使∠BDC＝90°(如圖2所示)．(1)當(dāng)BD的長(zhǎng)為多少時(shí)，三棱錐A-BCD的體積最大；(2)當(dāng)三棱錐A-BCD的體積最大時(shí)，設(shè)點(diǎn)E，M分別為棱BC，AC的中點(diǎn)，試在棱CD上確定一點(diǎn)N，使得EN⊥BM，并求EN與平面BMN所成角的大?。?0．(本小題滿分12分)已知函數(shù)f(x)＝(x－1)ex＋1，x∈[0，1]．(1)證明：f(x)≥0；(2)若a<eq\f(ex－1,x)<b在x∈(0，1)上恒成立，求b－a的最小值．21．(本小題滿分12分)已知拋物線C：y2＝2px的焦點(diǎn)為F(1，0)，過F的直線l交拋物線C于A，B兩點(diǎn)，直線AO，BO分別與直線m：x＝－2相交于M，N兩點(diǎn)．(1)求拋物線C的方程；(2)證明：△ABO與△MNO的面積之比為定值．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)方程在直角坐標(biāo)系xOy中，圓O的參數(shù)方程為eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝－\f(\r(2),2)＋rcosθ，,y＝－\f(\r(2),2)＋rsinθ))(θ為參數(shù)，r＞0)．以O(shè)為極點(diǎn)，x軸正半軸為極軸，并取相同的單位長(zhǎng)度建立極坐標(biāo)系，直線l的極坐標(biāo)方程為ρsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))＝eq\f(\r(2),2).(1)寫出圓心的極坐標(biāo)；(2)求當(dāng)r為何值時(shí)，圓O上的點(diǎn)到直線l的最大距離為3.23．(本小題滿分10分)選修4-5：不等式選講設(shè)f(x)＝|ax－1|.(1)若f(x)≤2的解集為[－6，2]，求實(shí)數(shù)a的值；(2)當(dāng)a＝2時(shí)，若存在x∈R，使得不等式f(2x＋1)－f(x－1)≤7－3m成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍．高考仿真模擬卷(三)1．解析：選C.因?yàn)锳＝(－2，1)，B＝(－∞，0)∪(1，＋∞)，所以?RB＝[0，1]，A∩(?RB)＝[0，1)，選C.2．解析：選A.由復(fù)數(shù)z1與z3所對(duì)應(yīng)的點(diǎn)關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，z3與z2關(guān)于實(shí)軸對(duì)稱可得，復(fù)數(shù)z1與z2所對(duì)應(yīng)的點(diǎn)關(guān)于虛軸對(duì)稱，z1＝3＋4i，所以z2＝－3＋4i，所以z1·z2＝(3＋4i)(－3＋4i)＝－25.3．解析：選C.拋擲紅、藍(lán)兩枚骰子，第一個(gè)數(shù)字代表紅色骰子，其次個(gè)數(shù)字代表藍(lán)色骰子，當(dāng)紅色骰子點(diǎn)數(shù)為偶數(shù)時(shí)，有18種，分別為：(2，1)，(2，2)，(2，3)，(2，4)，(2，5)，(2，6)，(4，1)，(4，2)，(4，3)，(4，4)，(4，5)，(4，6)，(6，1)，(6，2)，(6，3)，(6，4)，(6，5)，(6，6)，其中兩顆骰子點(diǎn)數(shù)之和不小于9的有6種，分別為：(4，5)，(4，6)，(6，3)，(6，4)，(6，5)，(6，6)，所以當(dāng)已知紅色骰子的點(diǎn)數(shù)為偶數(shù)時(shí)，兩顆骰子的點(diǎn)數(shù)之和不小于9的概率是P＝eq\f(6,18)＝eq\f(1,3).故選C.4．解析：選B.本題可以轉(zhuǎn)為等差數(shù)列問題：已知首項(xiàng)a1＝5，前30項(xiàng)的和S30＝390，求公差d.由等差數(shù)列的前n項(xiàng)公式可得，390＝30×5＋eq\f(30×29,2)d，解得d＝eq\f(16,29).5．解析：選A.因?yàn)楹瘮?shù)f(x)＝xln|x|，可得f(－x)＝－f(x)，f(x)是奇函數(shù)，其圖象關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，解除C，D；當(dāng)x＞0時(shí)，f′(x)＝lnx＋1，令f′(x)＞0得x＞eq\f(1,e)，得出函數(shù)f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))上是增函數(shù)，解除B，故選A.6．解析：選D.由m⊥eq\o(OA,\s\up6(→))，得3x＋4y＝0，即y＝－eq\f(3,4)x，所以tanα＝－eq\f(3,4)，taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝eq\f(tanα＋tan\f(π,4),1－tanαtan\f(π,4))＝eq\f(tanα＋1,1－tanα)＝eq\f(－\f(3,4)＋1,1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,4))))＝eq\f(1,7).7．解析：選D.設(shè)奇數(shù)項(xiàng)的公差為d，偶數(shù)項(xiàng)的公比為q，由a3＋a4＝7，a5＋a6＝13，得1＋d＋2q＝7，1＋2d＋2q2＝13，解得d＝2，q＝2，所以a7＋a8＝1＋3d＋2q3＝7＋16＝23，故選D.8．解析：選C.第一次循環(huán)r＝70，m＝105，n＝70；其次次循環(huán)r＝35，m＝70，n＝35；第三次循環(huán)r＝0，m＝35，n＝0.故輸出的m等于35.9．解析：選A.在△ADC中，因?yàn)锳C＝3eq\r(2)，AD＝eq\r(3)，cos∠ADC＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(∠ABC＋\f(π,2)))＝－sin∠ABC＝－eq\f(\r(3),3)，所以代入AC2＝AD2＋DC2－2AD·DC·cos∠ADC，可得DC2＋2DC－15＝0，舍掉負(fù)根有DC＝3.所以BC＝DCcot∠ABC＝3eq\r(2).AB＝AD＋BD＝AD＋eq\f(DC,sin∠ABC)＝eq\r(3)＋3eq\r(3)＝4eq\r(3).于是依據(jù)三角形的面積公式有：S△ABC＝eq\f(1,2)AB·BC·sin∠ABC＝eq\f(1,2)·4eq\r(3)·3eq\r(2)·eq\f(\r(3),3)＝6eq\r(2).故選A.10．解析：選C.由AB＝BC＝eq\r(2)，AC＝2，可知∠ABC＝eq\f(π,2)，取AC的中點(diǎn)M，則點(diǎn)M為△ABC外接圓的圓心，又O為四面體ABCD的外接球球心，所以O(shè)M⊥平面ABC，且OM為△ACD的中位線，所以DC⊥平面ABC，故三棱錐D-ABC的體積為V＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×eq\r(2)×eq\r(2)×2eq\r(3)＝eq\f(2\r(3),3).故選C.11．解析：選B.由題意知四邊形F1F2PQ的邊長(zhǎng)為2c，連接QF2，由對(duì)稱性可知，|QF2|＝|QF1|＝2c，則三角形QPF2為等邊三角形．過點(diǎn)P作PH⊥x軸于點(diǎn)H，則∠PF2H＝60°，因?yàn)閨PF2|＝2c，所以在直角三角形PF2H中，|PH|＝eq\r(3)c，|HF2|＝c，則P(2c，eq\r(3)c)，連接PF1，則|PF1|＝2eq\r(3)c.由雙曲線的定義知，2a＝|PF1|－|PF2|＝2eq\r(3)c－2c＝2(eq\r(3)－1)c，所以雙曲線的離心率為eq\f(c,a)＝eq\f(1,\r(3)－1)＝eq\f(\r(3)＋1,2).12．解析：選B.令g(x)＝eq\f(f（x）,x2)，則g′(x)＝eq\f(x2f′（x）－2xf（x）,x4)＝eq\f(xf′（x）－2f（x）,x3)，由于x∈(0，1)，且xf′(x)＞2f(x)，所以g′(x)＞0，故函數(shù)g(x)在(0，1)上單調(diào)遞增．又α，β為銳角三角形的兩個(gè)內(nèi)角，則eq\f(π,2)＞α＞eq\f(π,2)－β＞0，所以1＞sinα＞sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－β))＞0，即1＞sinα＞cosβ＞0，所以g(sinα)＞g(cosβ)，即eq\f(f（sinα）,sin2α)＞eq\f(f（cosβ）,cos2β)，所以cos2βf(sinα)＞sin2αf(cosβ)．13．解析：依題意，得eq\f(1,a)＋eq\f(4,b)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(4,b)))·(a＋b)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(5＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)＋\f(4a,b)))))≥eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5＋2\r(\f(b,a)·\f(4a,b))))＝eq\f(9,2)，當(dāng)且僅當(dāng)eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＋b＝2，,\f(b,a)＝\f(4a,b)，,a>0，b>0，))即a＝eq\f(2,3)，b＝eq\f(4,3)時(shí)取等號(hào)，即eq\f(1,a)＋eq\f(4,b)的最小值是eq\f(9,2).答案：eq\f(9,2)14．解析：依題意，結(jié)合莖葉圖，將題中的數(shù)由小到大依次排列得到：86，86，90，91，93，93，93，96，因此這8位學(xué)生得分的眾數(shù)是93，中位數(shù)是eq\f(91＋93,2)＝92.答案：93，9215．解析：由eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝6，∠A＝60°，可得|eq\o(AB,\s\up6(→))|·|eq\o(AC,\s\up6(→))|＝12，又在△ABC中，13＝AB2＋AC2－2AB·ACcosA，所以AB2＋AC2＝25，因?yàn)锳B>AC，所以AB＝4，AC＝3.以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，AB所在的直線為x軸建立如圖所示的平面直角坐標(biāo)系，則B(4，0)，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，\f(3\r(3),2)))，所以eq\o(BC,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5,2)，\f(3\r(3),2)))，因?yàn)镸是BC的中點(diǎn)，所以Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(11,4)，\f(3\r(3),4)))，Heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(11,4)，0))，所以eq\o(MH,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(3\r(3),4)))，所以eq\o(MH,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝－eq\f(27,8).答案：－eq\f(27,8)16．解析：函數(shù)f(x)＝alnx－x＋eq\f(a＋3,x)在定義域(0，＋∞)內(nèi)無極值等價(jià)于f′(x)≥0或f′(x)≤0在定義域(0，＋∞)內(nèi)恒成立．因?yàn)閒′(x)＝eq\f(a,x)－1－eq\f(a＋3,x2)＝eq\f(－x2＋ax－（a＋3）,x2)，設(shè)g(x)＝－x2＋ax－(a＋3)，則g(x)≥0或g(x)≤0在(0，＋∞)內(nèi)恒成立，可分兩種狀況進(jìn)行探討，即方程g(x)＝－x2＋ax－(a＋3)＝0無解或只有小于等于零的解，因此Δ≤0或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(Δ≥0，,\f(a,2)≤0，,g（0）≤0，))解得－2≤a≤6或－3≤a≤－2.故實(shí)數(shù)a的取值范圍為[－3，6]．答案：[－3，6]17．解：(1)記甲運(yùn)動(dòng)員擊中n環(huán)為事務(wù)An(n＝1，2，3，…，10)；乙運(yùn)動(dòng)員擊中n環(huán)為事務(wù)Bn(n＝1，2，3，…，10)；甲運(yùn)動(dòng)員擊中的環(huán)數(shù)不少于9環(huán)為事務(wù)A9∪A10，乙運(yùn)動(dòng)員擊中的環(huán)數(shù)不少于9環(huán)為事務(wù)B9∪B10，依據(jù)已知事務(wù)A9與事務(wù)A10互斥，事務(wù)B9與事務(wù)B10互斥，事務(wù)A9∪A10與B9∪B10相互獨(dú)立．P(A9∪A10)＝P(A9)＋P(A10)＝1－0.2－0.15＝0.65，P(B9∪B10)＝P(B9)＋P(B10)＝0.2＋0.35＝0.55.所以甲、乙兩名射擊運(yùn)動(dòng)員擊中的環(huán)數(shù)都不少于9環(huán)的概率等于0.65×0.55＝0.3575.(2)設(shè)甲、乙兩名射擊運(yùn)動(dòng)員擊中的環(huán)數(shù)分別為隨機(jī)變量X、Y，依據(jù)已知得X、Y的可能取值為：7，8，9，10.甲運(yùn)動(dòng)員射擊環(huán)數(shù)X的概率分布列為X78910P0.20.150.30.35甲運(yùn)動(dòng)員射擊環(huán)數(shù)X的均值E(X)＝7×0.2＋8×0.15＋9×0.3＋10×0.35＝8.8.乙運(yùn)動(dòng)員射擊環(huán)數(shù)Y的概率分布列為Y78910P0.20.250.20.35乙運(yùn)動(dòng)員射擊環(huán)數(shù)Y的均值E(Y)＝7×0.2＋8×0.25＋9×0.2＋10×0.35＝8.7.因?yàn)镋(X)>E(Y)，所以從隨機(jī)變量均值意義的角度看，選甲去比較合適．18．解：(1)當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝S1＝2－a；當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1＝2n－1.因?yàn)閧an}為等比數(shù)列，所以2－a＝1，解得a＝1.所以an＝2n－1.設(shè)數(shù)列{bn}的公差為d.因?yàn)閎2＋5，b4＋5，b8＋5成等比數(shù)列，所以(b4＋5)2＝(b2＋5)(b8＋5)，又b1＝3，所以(8＋3d)2＝(8＋d)(8＋7d)，解得d＝0(舍去)或d＝8.所以bn＝8n－5.(2)由an＝2n－1，得logeq\r(2)an＝2(n－1)，所以{logeq\r(2)an}是以0為首項(xiàng)，2為公差的等差數(shù)列，所以Tn＝eq\f(n（0＋2n－2）,2)＝n(n－1)．由bn＝8n－5，Tn>bn，得n(n－1)>8n－5，即n2－9n＋5>0，因?yàn)閚∈N*，所以n≥9.故所求n的最小正整數(shù)為9.19．解：(1)設(shè)BD＝x(0<x<3)，則CD＝3－x.由AD⊥BC，∠ACB＝45°知，△ADC為等腰直角三角形，所以AD＝CD＝3－x.由折起前AD⊥BC知，折起后，AD⊥DC，AD⊥BD，且BD∩DC＝D，所以AD⊥平面BCD.又∠BDC＝90°，所以S△BCD＝eq\f(1,2)BD·CD＝eq\f(1,2)x(3－x)．于是VA-BCD＝eq\f(1,3)AD·S△BCD＝eq\f(1,3)(3－x)·eq\f(1,2)x(3－x)＝eq\f(1,12)·2x(3－x)·(3－x)≤eq\f(1,12)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2x＋（3－x）＋（3－x）,3)))eq\s\up12(3)＝eq\f(2,3)(當(dāng)且僅當(dāng)2x＝3－x，即x＝1時(shí)，等號(hào)成立)，故當(dāng)x＝1，即BD＝1時(shí)，三棱錐A-BCD的體積最大．(2)以D為原點(diǎn)，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系D-xyz.由(1)知，當(dāng)三棱錐A-BCD的體積最大時(shí)，BD＝1，AD＝CD＝2.于是可得D(0，0，0)，B(1，0，0)，C(0，2，0)，A(0，0，2)，M(0，1，1)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1，0))，所以eq\o(BM,\s\up6(→))＝(－1，1，1)．設(shè)N(0，λ，0)，則eq\o(EN,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，λ－1，0)).因?yàn)镋N⊥BM，所以eq\o(EN,\s\up6(→))·eq\o(BM,\s\up6(→))＝0，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，λ－1，0))·(－1，1，1)＝eq\f(1,2)＋λ－1＝0，故λ＝eq\f(1,2)，Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，0)).所以當(dāng)DN＝eq\f(1,2)(即N是CD上靠近點(diǎn)D的一個(gè)四等分點(diǎn))時(shí)，EN⊥BM.設(shè)平面BMN的一個(gè)法向量為n＝(x，y，z)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n⊥\o(BN,\s\up6(→))，,n⊥\o(BM,\s\up6(→))，))及eq\o(BN,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,2)，0))，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x＋\f(1,2)y＝0，,－x＋y＋z＝0，))所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝2x，,z＝－x.))取x＝1得n＝(1，2，－1)．設(shè)EN與平面BMN所成角的大小為θ，則由eq\o(EN,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，－\f(1,2)，0))，可得sinθ＝|cos〈n，eq\o(EN,\s\up6(→))〉|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(n·\o(EN,\s\up6(→)),|n|·|\o(EN,\s\up6(→))|)))＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)－1)),\r(6)×\f(\r(2),2))＝eq\f(\r(3),2)，即θ＝60°，故EN與平面BMN所成角的大小為60°.20．解：(1)證明：因?yàn)閒′(x)＝xex≥0，即f(x)在[0，1]上單調(diào)遞增，所以f(x)≥f(0)＝0，結(jié)論成立．(2)令g(x)＝eq\f(ex－1,x)，則g′(x)＝eq\f(（x－1）ex＋1,x2)>0，x∈(0，1)，所以，當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，g(x)<g(1)＝e－1，要使eq\f(ex－1,x)<b，只需b≥e－1.要使eq\f(ex－1,x)>a成立，只需ex－ax－1>0在x∈(0，1)上恒成立．令h(x)＝ex－ax－1，x∈(0，1)，則h′(x)＝ex－a，由x∈(0，1)，得ex∈(1，e)，①當(dāng)a≤1時(shí)，h′(x)>0，此時(shí)x∈(0，1)，有h(x)>h(0)＝0成立，所以a≤1滿意條件；②當(dāng)a≥e時(shí)，h′(x)<0，此時(shí)x∈(0，1)，有h(x)<h(0)＝0，不符合題意，舍去；③當(dāng)1<a<e時(shí)，令h′(x)＝0，得x＝lna，可得當(dāng)x∈(0，lna)時(shí)，h′(x)<0，即x∈(0，lna)時(shí)，h(x)<h(0)＝0，不符合題意，舍去．綜上，a≤1.又b≥e－1，所以b－a的最小值為e－2.21．解：(1)由焦點(diǎn)坐標(biāo)為(1，0)，可知eq\f(p,2)＝1，所以p＝2，所以拋物線C的方程為y2＝4x.(2)證明：當(dāng)直線l垂直于x軸時(shí)，△ABO與△MNO相像，所以eq\f(S△ABO,S△MNO)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(|OF|,2)))eq\s\up12(2)＝eq\f(1,4)；當(dāng)直線l與x軸不垂直時(shí)，設(shè)直線AB的方程為y＝k(x－1)．設(shè)M(－2，yM)，N(－2，yN)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，聯(lián)立方程eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝k（x－