2021年全国高考数学模拟试卷（黑卷）（全国ⅱ卷）

这是一份2021年全国高考数学模拟试卷（黑卷）（全国ⅱ卷），共24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．（5分）已知i是虚数单位，则＝（ ）
A．iB．iC．iD．i
2．（5分）已知集合A＝{x|x2﹣9＜0}，集合B＝{﹣1，0，1，2，3，4}，则A∩B＝（ ）
A．{﹣1，0，1，2}B．{0，1，2，3}C．{﹣1，0，1}D．{3，4}
3．（5分）已知向量＝（1，m），＝（2，﹣1），且⊥，则•＝（ ）
A．5B．﹣5C．9D．﹣9
4．（5分）2021年1月18日，国家统计局公布我国2020年GDP总量首次突破100万亿元，这是我国经，济里程碑式的新飞跃．尤其第三产业增长幅度较大，现抽取6个企业，调查其第三产业产值增长量分别为0.4，0.6，1.2，1.2，1.8，2.0（单位：十万元），若增长量超过1.5（十万元）可评为优秀企业，现从6个企业中随机抽取两个，则恰好有一个优秀企业的概率为（ ）
A．B．C．D．
5．（5分）九连环是一个古老的智力游戏，在多部中国古典数学典籍里都有对其解法的探究，在《九章算术》中古人对其解法的研究记载如下：记解n连环需要的步骤为f（n），an＝f（n+1）+f（n），研究发现{an+1}是等比数列，已知f（1）＝1，f（2）＝2，f（3）＝5，则a7＝（ ）
A．127B．128C．255D．256
6．（5分）已知抛物线C：y2＝2px（p＞0），过抛物线焦点F的直线与抛物线C交于A、B两点，交抛物线的准线于点P，若F为PB中点，且|AF|＝，则|AB|＝（ ）
A．B．C．D．
7．（5分）设a，b为两条直线，α，β为两个平面，则α⊥β的一个充分条件是（ ）
A．α∩β＝b，a⊂α，a⊥bB．b⊥α，a∥b，a∥β
C．a⊂α，b⊂β，a⊥b，a⊥βD．b⊂α，a⊥b，a∥β
8．（5分）（x﹣）（x+2y）5的展开式中x2y4的系数为（ ）
A．24B．36C．48D．72
9．（5分）已知某几何体的三视图如图所示，点A，B在正视图中的位置如图所示（A，B分别为正视图中等腰梯形的两个顶点），则在此几何体的侧面上，从A到B的最短距离为（ ）
A．B．C．D．
10．（5分）已知c＞1，且lgac＜lgbc＜0，则下列结论正确的是（ ）
A．ac＜bcB．ca＜cb
C．lgab＜lgbaD．algac＜blgbc
11．（5分）已知双曲线C：﹣＝1（a＞0，b＞0），过y轴正半轴上一点P的直线恰好经过右焦点F，直线PF分别与其中一条渐近线和双曲线的右支交于A，B两点，且＝，＝2，则双曲线的离心率e＝（ ）
A．B．C．D．2
12．（5分）已知函数f（x）＝2cs（ωx+φ）（ω＞0，0＜φ＜π）的图象关于原点对称，且在区间[﹣，]上是减函数，若函数f（x）在[0，π]上的图象与直线y＝﹣2有且仅有一个交点，则ω的最大值为（ ）
A．B．C．D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．（5分）已知函数f（x）＝2x2﹣xlnx在点（1，2）处的切线方程为x+my+t＝0，则t＝ ．
14．（5分）如图，已知圆柱的上底面圆心为O，高和底面圆的半径相等，AB是底面圆的一条直径，点C为底面圆周上一点，且∠ABC＝45°，则异面直线AC与OB所成角的余弦值为 ．
15．（5分）已知等差数列{an}的公差d＝﹣2，a8+a9＝1，Sn为其前n项和，则|Sn|的最小值为 ．
16．（5分）已知函数f（x）＝aex+x2﹣x﹣1（a＞0）在[﹣1，1]上有且仅有两个零点，则实数a的取值范围为 ．
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：共60分。
17．（12分）在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知3csC＝2cs2．
（1）求sinC；
（2）若c＝2，a+b＝4，求△ABC的面积．
18．（12分）第五代移动通信技术简称5G或5G技术，是最新一代蜂窝移动通信技术，也是继4G系统之后的延伸．为了了解市民对A，B运营商的5G通信服务的评价，分别从A，B运营商的用户中随机抽取100名用户对其进行测评，已知测评得分在70分以上的为优秀，测评结果如表：
A运营商的100名用户的测评得分
（1）根据频率分布直方图，分别求出B运营商的100名用户的测评得分的中位数和平均值（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）；
（2）填写下面列联表，并根据列联表判断是否有99%的把握认为测评得分是否优秀与运营商有关？
附：K2＝，其中n＝a+b+c+d．
19．（12分）在直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD为平行四边形，AB＝1，BC＝，∠ABC＝45°，点M在棱CC1上，点N是BC的中点，且满足AM⊥B1N．
（1）证明：AM⊥平面A1B1N；
（2）若M是CC1的中点，求二面角A1﹣B1N﹣C1的正弦值．
20．（12分）设椭圆C：＝1（a＞b＞0）的左、右焦点分别为F1，F2，离心率为，过原点O的动直线l与椭圆C交于M，N两点，其中点M在第一象限，且|MF2|+|NF2|＝4．
（1）求椭圆C的方程；
（2）过F1的直线交C于A，B两点，求△ABF2面积的最大值．
21．（12分）已知函数f（x）＝ax3﹣x+sinx（a∈R）．
（1）当a＝时，证明：函数f（x）在R上单调递增；
（2）若f′（x）为函数f（x）的导函数，且f′（x）≥0恒成立，求实数a的取值范围．
选考题：共10分。请考生从第22、23题中任选一题作答，并用2B铅笔将所选题号涂黑，多涂、错涂、漏涂均不给分；如果多做，则按所做的第一题计分。[选修4-4:坐标系与参数方程]
22．（10分）在平面直角坐标系xOy中，圆C的参数方程为（α为参数），点P坐标为（0，2）．以坐标原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为θ＝，直线l交圆C于A，B两点．
（1）求点P的极坐标和圆C的极坐标方程；
（2）设AB的中点为M，求四边形OPCM的面积．
[选修4-5:不等式选讲]
23．已知a≥0，b≥0，c≥0，且满足a+2b+3c＝3．
（1）证明：（a+1）（b+1）（c+1）≤；
（2）证明：a2+4b2+9c2≥3．
2021年全国高考数学模拟试卷（黑卷）（全国Ⅱ卷）
参考答案与试题解析
一、选择题：本题共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．（5分）已知i是虚数单位，则＝（ ）
A．iB．iC．iD．i
【分析】分子分母都乘以分母的共轭复数即可得出．
【解答】解：原式＝＝．
故选：C．
2．（5分）已知集合A＝{x|x2﹣9＜0}，集合B＝{﹣1，0，1，2，3，4}，则A∩B＝（ ）
A．{﹣1，0，1，2}B．{0，1，2，3}C．{﹣1，0，1}D．{3，4}
【分析】求出集合A，集合B，由此能求出A∩B．
【解答】解：∵集合A＝{x|x2﹣9＜0}＝{x|﹣3＜x＜3}，
集合B＝{﹣1，0，1，2，3，4}，
∴A∩B＝{﹣1，0，1，2}．
故选：A．
3．（5分）已知向量＝（1，m），＝（2，﹣1），且⊥，则•＝（ ）
A．5B．﹣5C．9D．﹣9
【分析】利用向量的垂直，求解m，然后求解向量的数量积即可．
【解答】解：向量＝（1，m），＝（2，﹣1），＝（3，m﹣1），
⊥，可得2×3﹣1×（m﹣1）＝0，解得m＝7，
则•＝2﹣7×1＝﹣5．
故选：B．
4．（5分）2021年1月18日，国家统计局公布我国2020年GDP总量首次突破100万亿元，这是我国经，济里程碑式的新飞跃．尤其第三产业增长幅度较大，现抽取6个企业，调查其第三产业产值增长量分别为0.4，0.6，1.2，1.2，1.8，2.0（单位：十万元），若增长量超过1.5（十万元）可评为优秀企业，现从6个企业中随机抽取两个，则恰好有一个优秀企业的概率为（ ）
A．B．C．D．
【分析】基本事件总数n＝＝15，恰好有一个优秀企业包含的基本事件个数m＝＝8，由此能求出恰好有一个优秀企业的概率．
【解答】解：抽取6个企业，调查其第三产业产值增长量分别为0.4，0.6，1.2，1.2，1.8，2.0（单位：十万元），
若增长量超过1.5（十万元）可评为优秀企业，则优秀企业有2个，
现从6个企业中随机抽取2个，
基本事件总数n＝＝15，
恰好有一个优秀企业包含的基本事件个数m＝＝8，
则恰好有一个优秀企业的概率为P＝＝．
故选：D．
5．（5分）九连环是一个古老的智力游戏，在多部中国古典数学典籍里都有对其解法的探究，在《九章算术》中古人对其解法的研究记载如下：记解n连环需要的步骤为f（n），an＝f（n+1）+f（n），研究发现{an+1}是等比数列，已知f（1）＝1，f（2）＝2，f（3）＝5，则a7＝（ ）
A．127B．128C．255D．256
【分析】利用题中的恒等式，求出{an+1}的首项以及公比，由等比数列的通项公式求出an，即可得到答案．
【解答】解：因为an＝f（n+1）+f（n），f（1）＝1，f（2）＝2，f（3）＝5，
所以a1＝f（2）+f（1）＝3，
a2＝f（3）+f（2）＝7，
则，
所以数列{an+1}是首项为4，公比为2的等比数列，
则，
所以，
则．
故选：C．
6．（5分）已知抛物线C：y2＝2px（p＞0），过抛物线焦点F的直线与抛物线C交于A、B两点，交抛物线的准线于点P，若F为PB中点，且|AF|＝，则|AB|＝（ ）
A．B．C．D．
【分析】分别过点A，B作准线的垂线，垂足分别为A1，B1，过点A作AE⊥BB1，垂足为E，利用抛物线定义结合三角形的边角关系，设|AB|＝x，构建关于x的方程，求解即可．
【解答】解：如图，分别过点A，B作准线的垂线，垂足分别为A1，B1，
过点A作AE⊥BB1，垂足为E，
因为F是PB的中点，所以|B1F|＝|BF|＝|PF|，
又根据抛物线的定义可得，|BB1|＝|BF|，
故△B1FB为等边三角形，则∠ABE＝60°，
在Rt△ABE中，设|AB|＝x，则|BE|＝，
又|BE|＝|BB1|﹣|B1E|＝|BB1|﹣|AA1|＝|AB|﹣|AF|﹣|AF|＝x﹣，
则＝x﹣，解得，
所以|AB|＝．
故选：D．
7．（5分）设a，b为两条直线，α，β为两个平面，则α⊥β的一个充分条件是（ ）
A．α∩β＝b，a⊂α，a⊥bB．b⊥α，a∥b，a∥β
C．a⊂α，b⊂β，a⊥b，a⊥βD．b⊂α，a⊥b，a∥β
【分析】A．由α∩β＝b，a⊂α，a⊥b，可知α与β不一定垂直，即可判断出正误；
B．由b⊥α，a∥b，a∥β，可知α⊥β，反之不一定成立，即可判断出正误；
C．由a⊂α，b⊂β，a⊥b，a⊥β，可知α⊥β不一定成立，即可判断出正误；
D．由b⊂α，a⊥b，a∥β，可知α∥β或相交，即可判断出正误．
【解答】解：A．α∩β＝b，a⊂α，a⊥b，α与β不一定垂直，因此A不正确；
B．b⊥α，a∥b，a∥β，∴α⊥β，反之不一定成立，
因此b⊥α，a∥b，a∥β，是α⊥β的一个充分条件，因此B正确；
C．a⊂α，b⊂β，a⊥b，a⊥β，则α⊥β不一定成立，因此C不正确；
D．由b⊂α，a⊥b，a∥β，可得α∥β，或相交，因此D不正确．
故选：B．
8．（5分）（x﹣）（x+2y）5的展开式中x2y4的系数为（ ）
A．24B．36C．48D．72
【分析】先将所求式子展开，然后利用二项展开式的通项公式分情况求解即可．
【解答】解：因为（x﹣）（x+2y）5＝x（x+2y）5﹣（x+2y）5，
（x+2y）5的展开式的通项公式为，
令r＝4，可得x2y4的系数为，
令r＝5，可得x2y4的系数为＝﹣32，
故展开式中x2y4的系数为80﹣32＝48．
故选：C．
9．（5分）已知某几何体的三视图如图所示，点A，B在正视图中的位置如图所示（A，B分别为正视图中等腰梯形的两个顶点），则在此几何体的侧面上，从A到B的最短距离为（ ）
A．B．C．D．
【分析】由三视图还原原几何体，该几何体是下底面半径为R＝1，上底面半径为r＝，高为的圆台，将圆台补形为圆锥，展开侧面图形，求出圆心距，再由余弦定理求解．
【解答】解：由三视图还原原几何体如图，
该几何体是下底面半径为R＝1，上底面半径为r＝，高为的圆台，
故其母线长为BC＝，
其侧面展开图为以上下底面周长为弧长，圆台母线长为半径的圆环，
将圆台补形为圆锥，由相似三角形可知，，
即，解得VC＝3，即圆锥的母线长为3，
记扇环对应的圆心角为n，则，
即n，解得n＝．
由三视图可知点B对应为展开图中的小圆弧的中点，
在△VAB中，由余弦定理可得AB＝＝．
则在此几何体的侧面上，从A到B的最短距离为．
故选：A．
10．（5分）已知c＞1，且lgac＜lgbc＜0，则下列结论正确的是（ ）
A．ac＜bcB．ca＜cb
C．lgab＜lgbaD．algac＜blgbc
【分析】先由c＞1，且lgac＜lgbc＜0，确定a，b的范围，再利用指对函数的性质或者赋值进行比较大小．
【解答】解：因为c＞1，且lgac＜lgbc＜0，所以0＜b＜a＜1，
A选项：令，，c＝2，则，A错误；
B选项：令，，c＝2，则，B错误；
C选项：因为＝＝＝，
又因为0＜b＜a＜1，所以lgb＜lga＜0，所以＞0，C错误；
D选项：因为＝＝＝，
又因为0＜b＜a＜1，所以ba＜aa＜ab，所以lgba＜lgab，又c＞1，lgc＞0，所以＜0，D正确；
故选：D．
11．（5分）已知双曲线C：﹣＝1（a＞0，b＞0），过y轴正半轴上一点P的直线恰好经过右焦点F，直线PF分别与其中一条渐近线和双曲线的右支交于A，B两点，且＝，＝2，则双曲线的离心率e＝（ ）
A．B．C．D．2
【分析】设P（0，m），m＞0，F（c，0），由，知A为PF的中点，求得A的坐标，再由A在渐近线y＝上，可得m＝，再由＝2求得B点坐标，把B点坐标代入双曲线方程，即可求得双曲线的离心率．
【解答】解：设P（0，m），m＞0，F（c，0），由可知，A为PF的中点，
故A（），由点A在渐近线y＝上，可得，即m＝，
设B（x，y），∵＝2，∴（x﹣c，y）＝2（），
即，即，
又点B在双曲线上，将点B的坐标代入双曲线方程，
可得，解得e2＝3，即e＝．
故选：B．
12．（5分）已知函数f（x）＝2cs（ωx+φ）（ω＞0，0＜φ＜π）的图象关于原点对称，且在区间[﹣，]上是减函数，若函数f（x）在[0，π]上的图象与直线y＝﹣2有且仅有一个交点，则ω的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【分析】先利用对称性求出φ的值，再利用单调性求出，由函数f（x）在[0，π]上的图象与直线y＝﹣2有且仅有一个交点，可知y＝2sinωx在[0，π]上恰有一个最大值，进而求出，即可得到答案．
【解答】解：函数f（x）＝2cs（ωx+φ）（ω＞0，0＜φ＜π）的图象关于原点对称，
所以f（0）＝0，则φ＝，故f（x）＝2cs（ωx+）＝﹣2sinωx，
因为f（x）在区间[﹣，]上是减函数，
所以y＝2sinωx在区间[﹣，]上是增函数，
令，k∈Z，
解得，k∈Z，
又[﹣，]是函数含原点的递增区间，
所以令k＝0，则，
则，解得，
因为函数f（x）在[0，π]上的图象与直线y＝﹣2有且仅有一个交点，
即f（x）在[0，π]上仅有一个最小值，
所以y＝2sinωx在[0，π]上恰有一个最大值，
由正弦函数的性质，令ωx＝，即，
则有，解得，
综上所述，ω的取值范围为，
所以ω的最大值为．
故选：B．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．（5分）已知函数f（x）＝2x2﹣xlnx在点（1，2）处的切线方程为x+my+t＝0，则t＝ ﹣ ．
【分析】根据条件可求得函数f（x）在（1，2）处的切线方程，对应即可得到t的值．
【解答】解：由题可得f'（x）＝4x﹣lnx﹣1，则f'（1）＝3，且f（1）＝2，
则函数f（x）在（1，2）处的切线方程为y﹣2＝3（x﹣1），x﹣y﹣＝0，
所以t＝﹣，
故答案为：﹣．
14．（5分）如图，已知圆柱的上底面圆心为O，高和底面圆的半径相等，AB是底面圆的一条直径，点C为底面圆周上一点，且∠ABC＝45°，则异面直线AC与OB所成角的余弦值为 ．
【分析】过点B作BD∥AC，交圆O′于D，则∠OBD即为直线AC与OB所成的角，求出各边关系即可得出结论．
【解答】解：如图，设底面圆心为O′，则OO′⊥底面ABC，OO′⊥O′B，
过点B作BD∥AC，交圆O′于D，连接OD，AD，
则∠OBD即为直线AC与OB所成的角，
设底面圆半径为1，由圆柱高和底面圆的半径相等，得圆柱的高为1，
在Rt△OO′B中，OB＝，
因为∠ABC＝45°，所以AC＝BC＝，
由圆的对称性可知BD＝AC＝，OB＝OD＝所以△OBD为等边三角形，
则∠OBD＝，故直线AC与OB所成角的余弦值为．
故答案为：．
15．（5分）已知等差数列{an}的公差d＝﹣2，a8+a9＝1，Sn为其前n项和，则|Sn|的最小值为 8 ．
【分析】根据题意，由等差数列的性质求出a1，进而求出Sn的表达式，即可得|Sn|的表达式，结合二次函数的性质分析可得答案．
【解答】解：根据题意，等差数列{an}的公差d＝﹣2，a8+a9＝1，
则（a1+7d）+（a1+8d）＝1，解可得a1＝，
则Sn＝na1+d＝﹣n2+n＝，
故|Sn|＝||＝，
故n＝16时，|Sn|取得最小值，其最小值为8，
故答案为：8．
16．（5分）已知函数f（x）＝aex+x2﹣x﹣1（a＞0）在[﹣1，1]上有且仅有两个零点，则实数a的取值范围为 [，1） ．
【分析】函数f（x）在[﹣1，1]上有且仅有两个零点，等价于方程aex+x2﹣x﹣1＝0在[﹣1，1]上有两个实数根，即a＝，令g（x）＝，则y＝a与y＝g（x）在[﹣1，1]上的图像有两个交点，利用导数得到g（x）的单调性和最值，画出g（x）的大致图像，再利用数形结合法即可求出实数a的取值范围．
【解答】解：函数f（x）在[﹣1，1]上有且仅有两个零点，
即方程aex+x2﹣x﹣1＝0在[﹣1，1]上有两个实数根，
即a＝，令g（x）＝，
则y＝a与y＝g（x）在[﹣1，1]上的图像有两个交点，
又∵g'（x）＝＝，
令g'（x）＝0，解得x＝0或4，
∴g（x）在[﹣1，0]上单调递增，在[0，1]上单调递减，
∴g（x）的最大值为g（0）＝1，且g（﹣1）＝﹣，g（1）＝，
画出g（x）的大致图像，如图所示：
，
结合图像可知，实数a的取值范围为[，1）．
故答案为：[，1）．
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：共60分。
17．（12分）在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知3csC＝2cs2．
（1）求sinC；
（2）若c＝2，a+b＝4，求△ABC的面积．
【分析】（1）根据已知条件，利用二倍角公式化简，求出csC，再求出sinC即可．
（2）根据已知条件，结合余弦定理，可得ab＝4，再利用三角形面积公式，求出△ABC的面积．
【解答】解：（1）∵3csC＝2cs2．
又∵2cs2＝1+csC，
∴，∵C∈（0，π），
∴．
（2）由余弦定理，可得c2＝a2+b2﹣2ab•csC＝（a+b）2﹣2ab﹣ab，
∵c＝2，a+b＝4，∴ab＝4，
故△ABC的面积S＝．
18．（12分）第五代移动通信技术简称5G或5G技术，是最新一代蜂窝移动通信技术，也是继4G系统之后的延伸．为了了解市民对A，B运营商的5G通信服务的评价，分别从A，B运营商的用户中随机抽取100名用户对其进行测评，已知测评得分在70分以上的为优秀，测评结果如表：
A运营商的100名用户的测评得分
（1）根据频率分布直方图，分别求出B运营商的100名用户的测评得分的中位数和平均值（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）；
（2）填写下面列联表，并根据列联表判断是否有99%的把握认为测评得分是否优秀与运营商有关？
附：K2＝，其中n＝a+b+c+d．
【分析】（1）根据频率分布直方图，结合中位数和平均值公式，即可求解．
（2）由频率分布表可知，A运营商测评得分优秀的有100×（0.24+0.03+0.02）＝29个，非优秀的有100﹣29＝71个，由频率分布表可知，B运营商测评得分优秀的有（0.03+0.016+0.004）×10×100＝50个，非优秀的有100﹣50＝50个，再结合独立性检验公式，即可求解．
【解答】解：（1）由频率分布直方图可得，
B运营商测评得分在区间[40，70]的频率为（0.008+0.016+0.026）××10＝0.5，
故B运营商得分的中位数为70，
平均值为45×0.08+55×0.16+65×0.26+75×0.3+85×0.16+95×0.04＝69.2．
（2）由频率分布表可知，A运营商测评得分优秀的有100×（0.24+0.03+0.02）＝29个，
非优秀的有100﹣29＝71个，
由频率分布表可知，B运营商测评得分优秀的有（0.03+0.016+0.004）×10×100＝50个，
非优秀的有100﹣50＝50个，
故可得列联表如下：
∵，
∴有99%的把握认为测评得分是否优秀与运营商有关．
19．（12分）在直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD为平行四边形，AB＝1，BC＝，∠ABC＝45°，点M在棱CC1上，点N是BC的中点，且满足AM⊥B1N．
（1）证明：AM⊥平面A1B1N；
（2）若M是CC1的中点，求二面角A1﹣B1N﹣C1的正弦值．
【分析】（1）推导出AN⊥AD，AN＝BN＝，以A为原点，AN为x轴，AD为y轴，AA1为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能证明AM⊥平面A1B1N．
（2）设BB1＝a，由AM⊥B1N，解得a＝1，求出平面A1B1N的法向量和平面B1NC1的法向量，利用向量法能求出二面角A1﹣B1N﹣C1的正弦值．
【解答】解：（1）证明：∵底面ABCD为平行四边形，
AB＝1，BC＝，∠ABC＝45°，点M在棱CC1上，点N是BC的中点，
∴AN⊥AD，AN＝BN＝，
以A为原点，AN为x轴，AD为y轴，AA1为z轴，建立空间直角坐标系，
设BB1＝a，CM＝b，A（0，0，0），N（，0，0），B1（，﹣，a），M（，，b），A1（0，0，a），
＝（，，b），＝（0，，﹣a），＝（，﹣，0），
∴＝+0＝0，∴AM⊥A1B1，
∵AM⊥B1N，A1B1∩B1N＝B1，A1B1、B1N⊂平面A1B1N，
∴AM⊥平面A1B1N．
（2）设BB1＝a，∵M是CC1的中点，
∴A（0，0，0），N（，0，0），B1（，﹣，a），M（，，），A1（0，0，a），C1（，，a），
＝（，，），＝（0，，﹣a），
∵AM⊥B1N，∴＝＝0，解得a＝1，
∴＝（，﹣，0），＝（0，，﹣1），＝（0，，0），
设平面A1B1N的法向量＝（x，y，z），
则，取x＝2，得＝（2，﹣2，﹣），
设平面B1NC1的法向量＝（a，b，c），
则，取a＝1，得＝（1，0，0），
设二面角A1﹣B1N﹣C1的平面角为θ，
则csθ＝＝＝，
∴二面角A1﹣B1N﹣C1的正弦值为sinθ＝＝．
20．（12分）设椭圆C：＝1（a＞b＞0）的左、右焦点分别为F1，F2，离心率为，过原点O的动直线l与椭圆C交于M，N两点，其中点M在第一象限，且|MF2|+|NF2|＝4．
（1）求椭圆C的方程；
（2）过F1的直线交C于A，B两点，求△ABF2面积的最大值．
【分析】（1）由题意分别求得a，b的值即可确定椭圆方程；
（2）设出直线方程，与椭圆方程联立，从而得到面积的表达式，然后利用换元法即可求得面积的最大值．
【解答】解：（1）根据对称性知，MN与F1F2 互相平分，则四边形MF1NF2 为平行四边形，
则NF2＝MF1，又|MF2|+|NF2|＝4，结合椭圆定义知，
MF1+MF2＝2a＝4，故a＝2，
由离心率，故，
椭圆方程为．
（2）设A（x1，y1），B（x2，y2），AB 的直线方程为x＝my﹣1，
联立椭圆方程与直线方程，化简得（3m2+4）y2−6my−9＝0，
则 ，
则△ABF2 的面积为：
，
令t＝m2+1，t≥1，
则上式＝，
函数 在t≥1时，单调递增，则上式在t＝1，即m＝0时取得最大值，
且最大值为．
21．（12分）已知函数f（x）＝ax3﹣x+sinx（a∈R）．
（1）当a＝时，证明：函数f（x）在R上单调递增；
（2）若f′（x）为函数f（x）的导函数，且f′（x）≥0恒成立，求实数a的取值范围．
【分析】（1）当a＝时，f（x）＝x3﹣x+sinx，求其导函数，可得f′（x）为偶函数，再利用导数证明f′（x）在[0，+∞）上≥0，可得当x∈R时f′（x）≥0，即可得到函数f（x）在R上单调递增；
（2）求出原函数的导函数，可得当a≤0时，f′（x）≤0，不符合题意；当a＞0时，得到f′（x）为偶函数，对a分类，采用多次求导的方法证明当a≥时，f′（x）≥0恒成立；当0＜a＜时，取x1∈（0，]，且csx1＝6a，可得x∈（0，x1）时，f′（x）＜0，不合题意，从而可得实数a的取值范围．
【解答】（1）证明：当a＝时，f（x）＝x3﹣x+sinx，
f′（x）＝csx+，令h（x）＝csx+，
∵h（x）的定义域为R，且h（﹣x）＝h（x），∴h（x）为偶函数，
当x≥0时，h′（x）＝﹣sinx+x，h″（x）＝﹣csx+1≥0，
∴h′（x）在[0，+∞）上单调递增，则h′（x）≥h′（0）＝0，
∴h（x）在[0，+∞）上单调递增，得h（x）≥h（0）＝0，
∵h（x）为偶函数，∴当x∈R时，h（x）≥0，即f′（x）≥0，
可得函数f（x）在R上单调递增；
（2）解：f′（x）＝csx+3ax2﹣1，
当a≤0时，f′（x）＝csx+3ax2﹣1≤3ax2≤0，不符合题意；
当a＞0时，∵f′（﹣x）＝f′（x），故f′（x）为偶函数，且f′（0）＝0，
f″（x）＝﹣sinx+6ax，记g（x）＝f″（x）＝﹣sinx+6ax，则g′（x）＝﹣csx+6a，
①当a≥时，g′（x）＝﹣csx+6a≥﹣csx+1≥0，故g（x）在（0，+∞）上单调递增，
∴当x＞0时，g（x）＞g（0）＝0，即f″（x）＞0，故f′（x）单调递增，
∴f′（x）＞f′（0）＝0，
∵f′（x）为偶函数，且f′（0）＝0，∴当x∈R时，f′（x）≥0恒成立；
②当0＜a＜时，当x∈（0，2π]时，存在x1∈（0，]，使得csx1＝6a，
当0＜x＜x1时，g′（x）＝﹣csx+6a＜0，g（x）单调递减，故g（x）＜g（0）＝0，
即x∈（0，x1）时，f″（x）＜0，故f′（x）在（0，x1）上单调递减，则f′（x1）＜f′（0）＝0，
即f′（x）＜0，不合题意．
综上所述，实数a的取值范围是[，+∞）．
选考题：共10分。请考生从第22、23题中任选一题作答，并用2B铅笔将所选题号涂黑，多涂、错涂、漏涂均不给分；如果多做，则按所做的第一题计分。[选修4-4:坐标系与参数方程]
22．（10分）在平面直角坐标系xOy中，圆C的参数方程为（α为参数），点P坐标为（0，2）．以坐标原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为θ＝，直线l交圆C于A，B两点．
（1）求点P的极坐标和圆C的极坐标方程；
（2）设AB的中点为M，求四边形OPCM的面积．
【分析】（1）由极坐标与直角坐标的互化公式可得P的极坐标，把圆C的参数方程消去参数，可得直角坐标方程，结合极坐标与直角坐标的互化公式，可得圆C的极坐标方程；
（2）由已知可得CM⊥OM，且C（1，1），四边形OPCM的面积S＝S△OPC+S△OCM，代入三角形的面积公式求解．
【解答】解：（1）由P坐标为（0，2），得其极坐标为（2，），
由（α为参数），消去参数α，得（x﹣1）2+（y﹣1）2＝1，
即x2+y2﹣2x﹣2y+1＝0，
又x＝ρcsθ，y＝ρsinθ，
∴圆C的极坐标方程为ρ2﹣2ρ（sinθ+csθ）+1＝0；
（2）由M为AB的中点，可得CM⊥OM，且C（1，1），
四边形OPCM的面积S＝S△OPC+S△OCM＝×OC×OM×sin（）
＝1+＝．
[选修4-5:不等式选讲]
23．已知a≥0，b≥0，c≥0，且满足a+2b+3c＝3．
（1）证明：（a+1）（b+1）（c+1）≤；
（2）证明：a2+4b2+9c2≥3．
【分析】（1）由a≥0，b≥0，c≥0，可得a+1≥0，b+1≥0，c+1≥0，则（a+1）（b+1）（c+1）＝，再结合基本不等式性质，即可得证．
（2）由a+2b+3c＝3，可得a2+（2b）2≥4ab，（2b）2+（3c）2≥12bc，a2+（3c）2≥6ac，即2（a2+4b2+9c2）≥2（2ab+6bc+3ac），再结合基本不等式性质，即可得证．
【解答】证明：（1）∵a≥0，b≥0，c≥0，
∴a+1≥0，b+1≥0，c+1≥0，
则（a+1）（b+1）（c+1）＝
＝＝，当且仅当a+1＝2b+2＝3c+3，即a＝2，b＝，c＝0时等号成立，
∴（a+1）（b+1）（c+1）≤，即得证．
（2）证明：∵a+2b+3c＝3，
∴a2+（2b）2≥4ab，（2b）2+（3c）2≥12bc，a2+（3c）2≥6ac，
∴2（a2+4b2+9c2）≥2（2ab+6bc+3ac），
∴9＝（a+2b+3c）2＝a2+4b2+9c2+4ab+12bc+6ac≤3（a2+4b2+9c2），
即a2+4b2+9c2≥3，当且仅当a＝2b＝3c＝1时，等号成立．
得分
[40，50]
（50，60]
（60，70]
（70，80]
（80，90]
（90，100]
频率
0.18
0.23
0.3
0.24
0.03
0.02
优秀
非优秀
合计
A运营商
B运营商
合计
P（K2≥k0）
0.100
0.050
0.025
0.010
0.001
k0
2.706
3.841
5.024
6.635
10.828
得分
[40，50]
（50，60]
（60，70]
（70，80]
（80，90]
（90，100]
频率
0.18
0.23
0.3
0.24
0.03
0.02
优秀
非优秀
合计
A运营商
B运营商
合计
P（K2≥k0）
0.100
0.050
0.025
0.010
0.001
k0
2.706
3.841
5.024
6.635
10.828
优秀
非优秀
合计
A运营商
29
71
100
B运营商
50
50
100
合计
79
121
200