2023年普通高等学校招生全国统一考试(全国乙卷)理科数学（精校版）

2023年普通高等学校招生全国统一考试(全国乙卷)理科数学一、选择题1．设z＝eq\f(2＋i,1＋i2＋i5)，则eq\x\to(z)等于()A．1－2i B．1＋2iC．2－i D．2＋i答案B解析由题意可得z＝eq\f(2＋i,1＋i2＋i5)＝eq\f(2＋i,1－1＋i)＝eq\f(i2＋i,i2)＝eq\f(2i－1,－1)＝1－2i，则eq\x\to(z)＝1＋2i.2．设集合U＝R，集合M＝{x|x<1}，N＝{x|－1<x<2}，则{x|x≥2}等于()A．∁U(M∪N) B．N∪∁UMC．∁U(M∩N) D．M∪∁UN答案A解析由题意可得M∪N＝{x|x<2}，则∁U(M∪N)＝{x|x≥2}，故A正确；∁UM＝{x|x≥1}，则N∪∁UM＝{x|x>－1}，故B错误；M∩N＝{x|－1<x<1}，则∁U(M∩N)＝{x|x≤－1或x≥1}，故C错误；∁UN＝{x|x≤－1或x≥2}，则M∪∁UN＝{x|x<1或x≥2}，故D错误．3．如图，网格纸上绘制的是一个零件的三视图，网格小正方形的边长为1，则该零件的表面积为()A．24B．26C．28D．30答案D解析如图所示，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AA1＝3，点H，I，J，K为所在棱上靠近点B1，C1，D1，A1的三等分点，O，L，M，N分别为C1D1，A1B1，HK，IJ的中点，则三视图所对应的几何体为长方体ABCD－A1B1C1D1去掉长方体ONIC1－LMHB1之后所得的几何体，该几何体的表面积和原来的长方体的表面积相比少2个边长为1的正方形的面积，其表面积为2×(2×2)＋4×(2×3)－2×(1×1)＝30.4．已知f(x)＝eq\f(xex,eax－1)是偶函数，则a等于()A．－2B．－1C．1D．2答案D解析因为f(x)＝eq\f(xex,eax－1)为偶函数，则f(x)－f(－x)＝eq\f(xex,eax－1)－eq\f(－xe－x,e－ax－1)＝eq\f(x[ex－ea－1x],eax－1)＝0，又因为x≠0，可得ex－e(a－1)x＝0，即ex＝e(a－1)x，则x＝(a－1)x，即1＝a－1，解得a＝2.5．设O为平面坐标系的坐标原点，在区域{(x，y)|1≤x2＋y2≤4}内随机取一点，记该点为A，则直线OA的倾斜角不大于eq\f(π,4)的概率为()A.eq\f(1,8)B.eq\f(1,6)C.eq\f(1,4)D.eq\f(1,2)答案C解析因为区域{(x，y)|1≤x2＋y2≤4}表示以O(0,0)为圆心，外圆半径R＝2，内圆半径r＝1的圆环，则直线OA的倾斜角不大于eq\f(π,4)的部分如图中阴影部分(包含边界)所示，在第一象限部分对应的圆心角∠MON＝eq\f(π,4)，结合对称性可得所求概率P＝eq\f(2×\f(π,4),2π)＝eq\f(1,4).6．已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(2π,3)))单调递增，直线x＝eq\f(π,6)和x＝eq\f(2π,3)为函数y＝f(x)的图象的两条相邻对称轴，则f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5π,12)))等于()A．－eq\f(\r(3),2)B．－eq\f(1,2)C.eq\f(1,2)D.eq\f(\r(3),2)答案D解析因为f(x)＝sin(ωx＋φ)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(2π,3)))单调递增，所以eq\f(T,2)＝eq\f(2π,3)－eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)，不妨取ω>0，则T＝π，ω＝eq\f(2π,T)＝2，当x＝eq\f(π,6)时，f(x)取得最小值，则2×eq\f(π,6)＋φ＝2kπ－eq\f(π,2)，k∈Z，则φ＝2kπ－eq\f(5π,6)，k∈Z，不妨取k＝0，则f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(5π,6)))，则f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5π,12)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5π,3)))＝eq\f(\r(3),2).7．甲、乙两位同学从6种课外读物中各自选读2种，则这两人选读的课外读物中恰有1种相同的选法共有()A．30种 B．60种C．120种 D．240种答案C解析首先确定相同的读物，共有Ceq\o\al(1,6)种情况，然后两人各自的另外一种读物相当于在剩余的5种读物里，选出2种进行排列，共有Aeq\o\al(2,5)种，根据分步乘法计数原理可得，共有Ceq\o\al(1,6)·Aeq\o\al(2,5)＝120(种)选法．8．已知圆锥PO的底面半径为eq\r(3)，O为底面圆心，PA，PB为圆锥的母线，∠AOB＝eq\f(2π,3)，若△PAB的面积等于eq\f(9\r(3),4)，则该圆锥的体积为()A．πB.eq\r(6)πC．3πD．3eq\r(6)π答案B解析在△AOB中，∠AOB＝eq\f(2π,3)，OA＝OB＝eq\r(3).如图，取AB的中点C，连接OC，PC，则有OC⊥AB，PC⊥AB，∠ABO＝eq\f(π,6)，OC＝eq\f(\r(3),2)，AB＝2BC＝3，由△PAB的面积为eq\f(9\r(3),4)，得eq\f(1,2)×3×PC＝eq\f(9\r(3),4)，解得PC＝eq\f(3\r(3),2)，于是PO＝eq\r(PC2－OC2)＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3\r(3),2)))2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)))2)＝eq\r(6)，所以圆锥的体积V＝eq\f(1,3)π×OA2×PO＝eq\f(1,3)π×(eq\r(3))2×eq\r(6)＝eq\r(6)π.9．已知△ABC为等腰直角三角形，AB为斜边，△ABD为等边三角形，若二面角C－AB－D为150°，则直线CD与平面ABC所成角的正切值为()A.eq\f(1,5)B.eq\f(\r(2),5)C.eq\f(\r(3),5)D.eq\f(2,5)答案C解析取AB的中点E，连接CE，DE，因为△ABC是等腰直角三角形，且AB为斜边，则有CE⊥AB，又△ABD是等边三角形，则DE⊥AB，从而∠CED为二面角C－AB－D的平面角，即∠CED＝150°，显然CE∩DE＝E，CE，DE⊂平面CDE，于是AB⊥平面CDE，又AB⊂平面ABC，因此平面CDE⊥平面ABC，显然平面CDE∩平面ABC＝CE，直线CD⊂平面CDE，则直线CD在平面ABC内的射影为直线CE，从而∠DCE为直线CD与平面ABC所成的角，令AB＝2，则CE＝1，DE＝eq\r(3)，在△CDE中，由余弦定理得CD＝eq\r(CE2＋DE2－2CE·DEcos∠CED)＝eq\r(1＋3－2×1×\r(3)×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2))))＝eq\r(7)，由正弦定理得eq\f(DE,sin∠DCE)＝eq\f(CD,sin∠CED)，即sin∠DCE＝eq\f(\r(3)sin150°,\r(7))＝eq\f(\r(21),14)，显然∠DCE是锐角，cos∠DCE＝eq\r(1－sin2∠DCE)＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(21),14)))2)＝eq\f(5\r(7),14)，所以直线CD与平面ABC所成角的正切值为eq\f(\r(3),5).10．已知等差数列{an}的公差为eq\f(2π,3)，集合S＝{cosan|n∈N*}，若S＝{a，b}，则ab等于()A．－1B．－eq\f(1,2)C．0D.eq\f(1,2)答案B解析方法一由题意得an＝a1＋eq\f(2π,3)(n－1)，cosan＋3＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1＋\f(2π,3)n＋2))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1＋\f(2π,3)n＋\f(4π,3)))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1＋\f(2π,3)n＋2π－\f(2π,3)))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1＋\f(2π,3)n－\f(2π,3)))＝cosan，所以数列{cosan}是以3为周期的周期数列，又cosa2＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1＋\f(2π,3)))＝－eq\f(1,2)cosa1－eq\f(\r(3),2)sina1，cosa3＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1＋\f(4π,3)))＝－eq\f(1,2)cosa1＋eq\f(\r(3),2)sina1，因为集合S中只有两个元素，所以有三种情况：cosa1＝cosa2≠cosa3，cosa1＝cosa3≠cosa2，cosa2＝cosa3≠cosa1.下面逐一讨论：①当cosa1＝cosa2≠cosa3时，有cosa1＝－eq\f(1,2)cosa1－eq\f(\r(3),2)sina1，得tana1＝－eq\r(3)，所以ab＝cosa1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)cosa1＋\f(\r(3),2)sina1))＝－eq\f(1,2)cos2a1＋eq\f(\r(3),2)sina1cosa1＝eq\f(－\f(1,2)cos2a1＋\f(\r(3),2)sina1cosa1,sin2a1＋cos2a1)＝eq\f(－\f(1,2)＋\f(\r(3),2)tana1,tan2a1＋1)＝eq\f(－\f(1,2)－\f(3,2),3＋1)＝－eq\f(1,2).②当cosa1＝cosa3≠cosa2时，有cosa1＝－eq\f(1,2)cosa1＋eq\f(\r(3),2)sina1，得tana1＝eq\r(3)，所以ab＝cosa1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)cosa1－\f(\r(3),2)sina1))＝－eq\f(1,2)cos2a1－eq\f(\r(3),2)sina1cosa1＝eq\f(－\f(1,2)cos2a1－\f(\r(3),2)sina1cosa1,sin2a1＋cos2a1)＝eq\f(－\f(1,2)－\f(\r(3),2)tana1,tan2a1＋1)＝eq\f(－\f(1,2)－\f(3,2),3＋1)＝－eq\f(1,2).③当cosa2＝cosa3≠cosa1时，有－eq\f(1,2)cosa1－eq\f(\r(3),2)sina1＝－eq\f(1,2)cosa1＋eq\f(\r(3),2)sina1，得sina1＝0，所以ab＝cosa1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)cosa1－\f(\r(3),2)sina1))＝－eq\f(1,2)cos2a1＝－eq\f(1,2)(1－sin2a1)＝－eq\f(1,2).综上，ab＝－eq\f(1,2).方法二取a1＝－eq\f(π,3)，则cosa1＝eq\f(1,2)，cosa2＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1＋\f(2π,3)))＝eq\f(1,2)，cosa3＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1＋\f(4π,3)))＝－1，所以S＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－1))，ab＝－eq\f(1,2).11．设A，B为双曲线x2－eq\f(y2,9)＝1上两点，下列四个点中，可为线段AB中点的是()A．(1,1)B．(－1,2)C．(1,3)D．(－1，－4)答案D解析设O为坐标原点，A(x1，y1)，B(x2，y2)，则AB的中点Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)，\f(y1＋y2,2)))，可得kAB＝eq\f(y1－y2,x1－x2)，kOM＝eq\f(\f(y1＋y2,2),\f(x1＋x2,2))＝eq\f(y1＋y2,x1＋x2)，因为A，B在双曲线上，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x\o\al(2,1)－\f(y\o\al(2,1),9)＝1，,x\o\al(2,2)－\f(y\o\al(2,2),9)＝1，))两式相减得(xeq\o\al(2,1)－xeq\o\al(2,2))－eq\f(y\o\al(2,1)－y\o\al(2,2),9)＝0，所以kAB·kOM＝eq\f(y\o\al(2,1)－y\o\al(2,2),x\o\al(2,1)－x\o\al(2,2))＝9.对于A，可得kOM＝1，kAB＝9，则AB：y＝9x－8，联立方程eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝9x－8，,x2－\f(y2,9)＝1，))消去y得72x2－144x＋73＝0，此时Δ＝(－144)2－4×72×73＝－288<0，所以直线AB与双曲线没有交点，故A错误；对于B，可得kOM＝－2，kAB＝－eq\f(9,2)，则AB：y＝－eq\f(9,2)x－eq\f(5,2)，联立方程eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝－\f(9,2)x－\f(5,2)，,x2－\f(y2,9)＝1，))消去y得45x2＋90x＋61＝0，此时Δ＝902－4×45×61＝－2880<0，所以直线AB与双曲线没有交点，故B错误；对于C，可得kOM＝3，kAB＝3，则AB：y＝3x，由双曲线方程可得a＝1，b＝3，则AB：y＝3x为双曲线的渐近线，所以直线AB与双曲线没有交点，故C错误；对于D，kOM＝4，kAB＝eq\f(9,4)，则AB：y＝eq\f(9,4)x－eq\f(7,4)，联立方程eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝\f(9,4)x－\f(7,4)，,x2－\f(y2,9)＝1，))消去y得63x2＋126x－193＝0，此时Δ＝1262＋4×63×193>0，故直线AB与双曲线有两个交点，故D正确．12．已知⊙O的半径为1，直线PA与⊙O相切于点A，直线PB与⊙O交于B，C两点，D为BC的中点，若|PO|＝eq\r(2)，则eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PD,\s\up6(→))的最大值为()A.eq\f(1＋\r(2),2)B.eq\f(1＋2\r(2),2)C．1＋eq\r(2)D．2＋eq\r(2)答案A解析如图所示，|OA|＝1，|OP|＝eq\r(2)，则由题意可知，∠APO＝45°，|PA|＝1，当点A，D位于直线PO的两侧时，设∠OPC＝α，0≤α<eq\f(π,4)，则eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PD,\s\up6(→))＝|eq\o(PA,\s\up6(→))||eq\o(PD,\s\up6(→))|coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝1×eq\r(2)cosαcoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝eq\r(2)cosαeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)cosα－\f(\r(2),2)sinα))＝cos2α－sinαcosα＝eq\f(1＋cos2α,2)－eq\f(1,2)sin2α＝eq\f(1,2)－eq\f(\r(2),2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α－\f(π,4)))，由0≤α<eq\f(π,4)，得－eq\f(π,4)≤2α－eq\f(π,4)<eq\f(π,4)，∴当2α－eq\f(π,4)＝－eq\f(π,4)时，eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PD,\s\up6(→))有最大值1.当点A，D位于直线PO同侧时，设∠OPC＝α，0≤α<eq\f(π,4)，则eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PD,\s\up6(→))＝|eq\o(PA,\s\up6(→))||eq\o(PD,\s\up6(→))|coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))＝1×eq\r(2)cosαcoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))＝eq\r(2)cosαeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)cosα＋\f(\r(2),2)sinα))＝cos2α＋sinαcosα＝eq\f(1＋cos2α,2)＋eq\f(1,2)sin2α＝eq\f(1,2)＋eq\f(\r(2),2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,4)))，由0≤α<eq\f(π,4)，得eq\f(π,4)≤2α＋eq\f(π,4)<eq\f(3π,4)，∴当2α＋eq\f(π,4)＝eq\f(π,2)时，eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PD,\s\up6(→))有最大值eq\f(1＋\r(2),2).综上可得，eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PD,\s\up6(→))的最大值为eq\f(1＋\r(2),2).二、填空题13．已知点A(1，eq\r(5))在抛物线C：y2＝2px上，则A到C的准线的距离为________．答案eq\f(9,4)解析由题意可得，(eq\r(5))2＝2p×1，则2p＝5，抛物线的方程为y2＝5x，准线方程为x＝－eq\f(5,4)，点A到C的准线的距离为1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5,4)))＝eq\f(9,4).14．若x，y满足约束条件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－3y≤－1，,x＋2y≤9，,3x＋y≥7，))则z＝2x－y的最大值为________．答案8解析作出可行域如图中阴影部分(包含边界)所示，z＝2x－y，移项得y＝2x－z，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－3y＝－1，,x＋2y＝9，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝5，,y＝2，))设A(5,2)，显然当直线y＝2x－z经过点A时，截距－z最小，则z最大，代入得z＝8.15．已知{an}为等比数列，a2a4a5＝a3a6，a9a10＝－8，则a7＝________.答案－2解析设{an}的公比为q(q≠0)，则a2a4a5＝a3a6＝a2q·a5q，显然an≠0，则a4＝q2，即a1q3＝q2，则a1q＝1，因为a9a10＝－8，则a1q8·a1q9＝－8，则q15＝(q5)3＝－8＝(－2)3，则q5＝－2，则a7＝a1q·q5＝q5＝－2.16．设a∈(0,1)，若函数f(x)＝ax＋(1＋a)x在(0，＋∞)上单调递增，则a的取值范围是________．答案eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5)－1,2)，1))解析由函数的解析式可得f′(x)＝axlna＋(1＋a)xln(1＋a)≥0在区间(0，＋∞)上恒成立，则(1＋a)xln(1＋a)≥－axlna，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋a,a)))x≥－eq\f(lna,ln1＋a)在区间(0，＋∞)上恒成立，而y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋a,a)))x在区间(0，＋∞)上单调递增，故eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋a,a)))0＝1≥－eq\f(lna,ln1＋a)，而1＋a∈(1,2)，故ln(1＋a)>0，故eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(lna＋1≥－lna，,0<a<1，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(aa＋1≥1，,0<a<1，))故eq\f(\r(5)－1,2)≤a<1，结合题意可得实数a的取值范围是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5)－1,2)，1)).三、解答题17．某厂为比较甲、乙两种工艺对橡胶产品伸缩率的处理效应，进行10次配对试验，每次配对试验选用材质相同的两个橡胶产品，随机地选其中一个用甲工艺处理，另一个用乙工艺处理，测量处理后的橡胶产品的伸缩率，甲、乙两种工艺处理后的橡胶产品的伸缩率分别记为xi，yi(i＝1,2，…，10)．试验结果如下：试验序号i12345678910伸缩率xi545533551522575544541568596548伸缩率yi536527543530560533522550576536记zi＝xi－yi(i＝1,2，…，10)，z1，z2，…，z10的样本平均数为eq\x\to(z)，样本方差为s2.(1)求eq\x\to(z)，s2；(2)判断甲工艺处理后的橡胶产品的伸缩率较乙工艺处理后的橡胶产品的伸缩率是否有显著提高(如果eq\x\to(z)≥2eq\r(\f(s2,10))，则认为甲工艺处理后的橡胶产品的伸缩率较乙工艺处理后的橡胶产品的伸缩率有显著提高，否则不认为有显著提高)．解(1)由题意得zi＝xi－yi的值分别为9,6,8，－8,15,11,19,18,20,12，则eq\x\to(z)＝eq\f(1,10)×(9＋6＋8－8＋15＋11＋19＋18＋20＋12)＝11，s2＝eq\f(1,10)×[(9－11)2＋(6－11)2＋(8－11)2＋(－8－11)2＋(15－11)2＋0＋(19－11)2＋(18－11)2＋(20－11)2＋(12－11)2]＝61.(2)由(1)知，eq\x\to(z)＝11,2eq\r(\f(s2,10))＝2eq\r(6.1)＝eq\r(24.4)，故有eq\x\to(z)≥2eq\r(\f(s2,10))，所以认为甲工艺处理后的橡胶产品的伸缩率较乙工艺处理后的橡胶产品的伸缩率有显著提高．18．在△ABC中，已知∠BAC＝120°，AB＝2，AC＝1.(1)求sin∠ABC；(2)若D为BC上一点，且∠BAD＝90°，求△ADC的面积．解(1)由余弦定理可得BC2＝AB2＋AC2－2AB·ACcos∠BAC＝4＋1－2×2×1×cos120°＝7，则BC＝eq\r(7)，由正弦定理可得sin∠ABC＝eq\f(AC·sin∠BAC,BC)＝eq\f(1×\f(\r(3),2),\r(7))＝eq\f(\r(21),14).(2)由三角形面积公式可得eq\f(S△ABD,S△ACD)＝eq\f(\f(1,2)AB·ADsin90°,\f(1,2)AC·ADsin30°)＝4，则S△ACD＝eq\f(1,5)S△ABC＝eq\f(1,5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×2×1×sin120°))＝eq\f(\r(3),10).19.如图，三棱锥P－ABC中，AB⊥BC，AB＝2，BC＝2eq\r(2)，PB＝PC＝eq\r(6)，BP，AP，BC的中点分别为D，E，O，AD＝eq\r(5)DO，点F在AC上，BF⊥AO.(1)证明：EF∥平面ADO；(2)证明：平面ADO⊥平面BEF；(3)求二面角D－AO－C的正弦值．(1)证明设AF＝tAC，则eq\o(BF,\s\up6(→))＝eq\o(BA,\s\up6(→))＋eq\o(AF,\s\up6(→))＝(1－t)eq\o(BA,\s\up6(→))＋teq\o(BC,\s\up6(→))，eq\o(AO,\s\up6(→))＝－eq\o(BA,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(BC,\s\up6(→))，因为BF⊥AO，所以eq\o(BF,\s\up6(→))·eq\o(AO,\s\up6(→))＝[(1－t)eq\o(BA,\s\up6(→))＋teq\o(BC,\s\up6(→))]·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\o(BA,\s\up6(→))＋\f(1,2)\o(BC,\s\up6(→))))＝(t－1)eq\o(BA,\s\up6(→))2＋eq\f(1,2)teq\o(BC,\s\up6(→))2＝4(t－1)＋4t＝0，解得t＝eq\f(1,2)，则F为AC的中点．又D，E，O分别为PB，PA，BC的中点，于是EF∥PC，DO∥PC，所以EF∥DO，又EF⊄平面ADO，DO⊂平面ADO，所以EF∥平面ADO.(2)证明由(1)可知EF∥DO，由题意可得AO＝eq\r(AB2＋OB2)＝eq\r(6)，DO＝eq\f(1,2)PC＝eq\f(\r(6),2)，所以AD＝eq\r(5)DO＝eq\f(\r(30),2)，因此DO2＋AO2＝AD2＝eq\f(15,2)，则DO⊥AO，所以EF⊥AO，又AO⊥BF，BF∩EF＝F，BF，EF⊂平面BEF，则有AO⊥平面BEF，又AO⊂平面ADO，所以平面ADO⊥平面BEF.(3)解方法一如图，过点O作OH∥BF交AC于点H，设AD∩BE＝G，连接DH，GF，由AO⊥BF，得OH⊥AO，且FH＝eq\f(1,3)AH，又由(2)知，OD⊥AO，则∠DOH为二面角D－AO－C的平面角，因为D，E分别为PB，PA的中点，因此G为△PAB的重心，即有DG＝eq\f(1,3)AD，GE＝eq\f(1,3)BE，又FH＝eq\f(1,3)AH，即有DH＝eq\f(3,2)GF，cos∠ABD＝eq\f(4＋\f(3,2)－\f(15,2),2×2×\f(\r(6),2))＝eq\f(4＋6－PA2,2×2×\r(6))，解得PA＝eq\r(14)，同理得BE＝eq\f(\r(6),2)，因为AC＝eq\r(AB2＋BC2)＝2eq\r(3)，所以BF＝eq\f(1,2)AC＝eq\r(3)，于是BE2＋EF2＝BF2＝3，即有BE⊥EF，则GF2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)×\f(\r(6),2)))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),2)))2＝eq\f(5,3)，从而GF＝eq\f(\r(15),3)，DH＝eq\f(3,2)×eq\f(\r(15),3)＝eq\f(\r(15),2)，在△DOH中，OH＝eq\f(1,2)BF＝eq\f(\r(3),2)，OD＝eq\f(\r(6),2)，DH＝eq\f(\r(15),2)，于是cos∠DOH＝eq\f(OD2＋OH2－DH2,2OD·OH)＝eq\f(\f(6,4)＋\f(3,4)－\f(15,4),2×\f(\r(6),2)×\f(\r(3),2))＝－eq\f(\r(2),2)，sin∠DOH＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)))2)＝eq\f(\r(2),2)，所以二面角D－AO－C的正弦值为eq\f(\r(2),2).方法二如图，以B为坐标原点，BA，BC所在直线分别为x，y轴，建立空间直角坐标系，则B(0,0,0)，A(2,0,0)，O(0，eq\r(2)，0)，eq\o(AO,\s\up6(→))＝(－2，eq\r(2)，0)．因为PB＝PC，BC＝2eq\r(2)，所以设P(x，eq\r(2)，z)，z>0，则eq\o(BE,\s\up6(→))＝eq\o(BA,\s\up6(→))＋eq\o(AE,\s\up6(→))＝eq\o(BA,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(AP,\s\up6(→))＝(2,0,0)＋eq\f(1,2)(x－2，eq\r(2)，z)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x＋2,2)，\f(\r(2),2)，\f(z,2)))，由(2)得AO⊥BE，所以eq\o(AO,\s\up6(→))·eq\o(BE,\s\up6(→))＝(－2，eq\r(2)，0)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x＋2,2)，\f(\r(2),2)，\f(z,2)))＝0，所以x＝－1，又PB＝eq\r(6)，eq\o(BP,\s\up6(→))＝(x，eq\r(2)，z)，所以x2＋2＋z2＝6，所以z＝eq\r(3)，则P(－1，eq\r(2)，eq\r(3))．由D为PB的中点，得Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(\r(2),2)，\f(\r(3),2)))，则eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5,2)，\f(\r(2),2)，\f(\r(3),2))).设平面DAO的法向量为n1＝(a，b，c)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n1·\o(AD,\s\up6(→))＝0，,n1·\o(AO,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(5,2)a＋\f(\r(2),2)b＋\f(\r(3),2)c＝0，,－2a＋\r(2)b＝0，))得b＝eq\r(2)a，c＝eq\r(3)a，取a＝1，则n1＝(1，eq\r(2)，eq\r(3))．易知平面CAO的一个法向量为n2＝(0,0,1)，设二面角D－AO－C的大小为θ，则|cosθ|＝|cos〈n1，n2〉|＝eq\f(|n1·n2|,|n1||n2|)＝eq\f(\r(3),\r(6))＝eq\f(\r(2),2)，所以sinθ＝eq\r(1－\f(1,2))＝eq\f(\r(2),2)，故二面角D－AO－C的正弦值为eq\f(\r(2),2).20．已知椭圆C：eq\f(y2,a2)＋eq\f(x2,b2)＝1(a>b>0)的离心率是eq\f(\r(5),3)，点A(－2,0)在C上．(1)求C的方程；(2)过点(－2,3)的直线交C于P，Q两点，直线AP，AQ与y轴的交点分别为M，N，证明：线段MN的中点为定点．(1)解由题意可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b＝2，,a2＝b2＋c2，,e＝\f(c,a)＝\f(\r(5),3)，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝3，,b＝2，,c＝\r(5)，))所以椭圆C的方程为eq\f(y2,9)＋eq\f(x2,4)＝1.(2)证明由题意可知，直线PQ的斜率存在，如图，设B(－2,3)，直线PQ：y＝k(x＋2)＋3，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，联立方程eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋2＋3，,\f(y2,9)＋\f(x2,4)＝1，))消去y得(4k2＋9)x2＋8k(2k＋3)x＋16(k2＋3k)＝0，则Δ＝64k2(2k＋3)2－64(4k2＋9)(k2＋3k)＝－1728k>0，解得k<0，可得x1＋x2＝－eq\f(8k2k＋3,4k2＋9)，x1x2＝eq\f(16k2＋3k,4k2＋9)，因为A(－2,0)，则直线AP：y＝eq\f(y1,x1＋2)(x＋2)，令x＝0，解得y＝eq\f(2y1,x1＋2)，即Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2y1,x1＋2)))，同理可得Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2y2,x2＋2)))，则eq\f(\f(2y1,x1＋2)＋\f(2y2,x2＋2),2)＝eq\f(kx1＋2＋3,x1＋2)＋eq\f(kx2＋2＋3,x2＋2)＝eq\f([kx1＋2k＋3]x2＋2＋[kx2＋2k＋3]x1＋2,x1＋2x2＋2)＝eq\f(2kx1x2＋4k＋3x1＋x2＋42k＋3,x1x2＋2x1＋x2＋4)＝eq\f(\f(32kk2＋3k,4k2＋9)－\f(8k4k＋32k＋3,4k2＋9)＋42k＋3,\f(16k2＋3k,4k2＋9)－\f(16k2k＋3,4k2＋9)＋4)＝eq\f(108,36)＝3，所以线段MN的中点是定点(0,3)．21．已知函数f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋a))ln(1＋x)．(1)当a＝－1时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；(2)是否存在a，b，使得曲线y＝f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))关于直线x＝b对称，若存在，求a，b的值，若不存在，说明理由；(3)若f(x)在(0，＋∞)上存在极值，求a的取值范围．解(1)当a＝－1时，f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－1))ln(x＋1)，则f′(x)＝－eq\f(1,x2)ln(x＋1)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－1))eq\f(1,x＋1)，据此可得f(1)＝0，f′(1)＝－ln2，所以函数在(1，f(1))处的切线方程为y－0＝－ln2(x－1)，即(ln2)x＋y－ln2＝0.(2)由函数的解析式可得f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＝(x＋a)lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋1))，令u(x)＝(x＋a)lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋1))，函数u(x)的定义域满足eq\f(1,x)＋1＝eq\f(x＋1,x)>0，即函数的定义域为(－∞，－1)∪(0，＋∞)，定义域关于直线x＝－eq\f(1,2)对称，由题意可得b＝－eq\f(1,2)，由对称性可知ueq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)＋m))＝ueq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)－m))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m>\f(1,2)))，取m＝eq\f(3,2)可得u(1)＝u(－2)，即(a＋1)ln2＝(a－2)lneq\f(1,2)＝(2－a)ln2，则a＋1＝2－a，解得a＝eq\f(1,2)，经检验，a＝eq\f(1,2)，b＝－eq\f(1,2)满足题意，故存在a＝eq\f(1,2)，b＝－eq\f(1,2)满足题意．(3)由题意知f′(x)＝－eq\f(1,x2)ln(x＋1)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋a))eq\f(1,x＋1)＝－eq\f(1,x2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(lnx＋1－\f(ax2＋x,x＋1))).令h(x)＝ln(x＋1)－eq\f(ax2＋x,x＋1)，则h(0)＝0，h′(x)＝－eq\f(xax＋2a－1,x＋12)，当a≥eq\f(1,2)时，h′(x)<0在(0，＋∞)上恒成立，故h(x)在(0，＋∞)上单调递减，所以h(x)<h(0)＝0，即f′(x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)不存在极值；当a≤0时，h′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，故h(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以h(x)>h(0)＝0，即f′(x)<0，所以f(x)在(0，＋∞)不存在极值；当0<a<eq\f(1,2)时，h′(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)－2))上大于0，故h(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)－2))上单调递增，且heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)－2))>h(0)＝0，所以f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)－2))<0.又f′(x)＝－eq\f(1,x2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(lnx＋1－\f(ax2＋x,x＋1)))＝eq\f(ax＋1,xx＋1)－eq\f(lnx＋1,x2)>eq\f(ax＋a,xx＋1)－eq\f(lnx＋1,x2)＝eq\f(ax－lnx＋1,x2)，令g(x)＝ax－ln(x＋1)，则当x→＋∞时，g(x)→＋∞，故必存在x0∈(