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2021届安徽省黄山市高三第二次（二模）质量检测数学（理科）试卷 （解析版）
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这是一份2021届安徽省黄山市高三第二次（二模）质量检测数学（理科）试卷 （解析版），共20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。
2021年安徽省黄山市高考数学第二次质检试卷（理科）（二模）
一、选择题（共12小题）.
1．已知集合A＝{1，2，3}，B＝{x|x（2﹣x）≤0}，则A∩B＝（ ）
A．{2，3} B．{1，3} C．{1，2} D．{1，2，3}
2．的实部为（ ）
A． B． C．﹣ D．
3．若，则sin（2x+）＝（ ）
A． B． C． D．
4．古希腊哲学家毕达哥拉斯曾说过：“美的线型和其他一切美的形体都必须有对称形式”．在中华传统文化里，建筑、器物、书法、诗歌、对联、绘画几乎无不讲究对称之美．如清代诗人黄柏权的《茶壶回文诗》（如图）以连环诗的形式展现，20个字绕着茶壶成一圆环，不论顺着读还是逆着读，皆成佳作．数学与生活也有许多奇妙的联系，如2020年02月02日（20200202）被称为世界完全对称日（公历纪年日期中数字左右完全对称的日期）．数学上把20200202这样的对称数叫回文数，如两位数的回文数共有9个（11，22，…，99），则在所有四位数的回文数中，出现奇数的概率为（ ）
A． B． C． D．
5．设函数f（x）＝，若函数y＝f（x）在区间（m，m+1]上单调递减，则实数m的取值范围是（ ）
A．[2，3] B．（2，3） C．（2，3] D．[2，3）
6．已知抛物线C：y2＝4x的焦点为F，准线为l，P是l上一点，Q是直线PF与抛物线C的一个交点，若|PF|＝3|FQ|，则|QF|＝（ ）
A．3 B．4或 C． D．或
7．下列命题：
①在线性回归模型中，相关指数R2表示解释变量x对于预报变量y的贡献率，R2越接近于0，表示回归效果越好；
②两个变量相关性越强，则相关系数的绝对值就越接近于1；
③两个模型中残差平方和越小的模型拟合的效果越好；
④对分类变量X与Y，它们的随机变量K2的观测值k来说，k越大，“X与Y有关系”的把握程度越大．
其中正确命题的个数是（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
8．已知各项均为正数的等比数列{an}的前三项和为14，且a5＝3a3+4a1，则a2021＝（ ）
A．22020 B．22021 C．22022 D．22023
9．设a＝ln，b＝﹣e﹣1，c＝log3，则（ ）
A．b＜c＜a B．a＜c＜b C．c＜a＜b D．c＜b＜a
10．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若sinBsinC＝sinA，△ABC的面积为，a+b＝3，则角C＝（ ）
A．30° B．120° C．30°或150° D．60°或120°
11．棱长为4的正方体密闭容器内有一个半径为1的小球，小球可在正方体容器内任意运动，则其能到达的空间的体积为（ ）
A． B． C． D．12+12π
12．已知a＞0，b＞0，且a≠b，如果a，b是的两个零点，则ab的范围是（ ）
A．（e，+∞） B．（e2，+∞） C． D．
二、填空题（每小题5分）.
13．已知函数，若，则x＝ ．
14．若（1﹣3x）2021＝a0+a1x+⋯+a2021x2021（x∈R），则的值为 ．
15．已知△ABC是边长为4的等边三角形，P为平面ABC内一点，则•的最小值是 ．
16．已知F1，F2分别为双曲线＝1（a＞0，b＞0）的左、右焦点，过点F2作圆x2+y2＝a2的切线交双曲线左支于点M，且∠F1MF2＝60°，则该双曲线的渐近线方程为 ．
三、解答题（本大题共5小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．请在答题卷的相应区域答题.）
17．已知A、B、C为△ABC的三个内角，且其对边分别为a、b、c，若（c+2b）cosA﹣acos（A+B）＝0．
（1）求A；
（2）若a＝2，求△ABC的面积的最大值．
18．四棱锥S﹣ABCD中，底面ABCD为等腰梯形，侧面SAD为正三角形，且平面SAD⊥平面ABCD．已知AD∥BC，AB＝AD＝2，BC＝4．
（1）试画出平面SAB与平面SCD的交线m，并证明：BC⊥m；
（2）记棱AD中点为O，BC中点为E，若点F为线段OE上动点，当满足FA+FB最小时，求SF与平面SBC所成角的正弦值．
19．设n是给定的正整数（n＞2），现有n个外表相同的袋子，里面均装有n个除颜色外其他无区别的小球，第k（k＝1，2，3，⋯，n）个袋中有k个红球，n﹣k个白球．现将这些袋子混合后，任选其中一个袋子，并且从中连续取出三个球（每个取后不放回）．
（1）若n＝4，假设已知选中的恰为第2个袋子，求第三次取出为白球的概率；
（2）若n＝4，求第三次取出为白球的概率；
（3）对于任意的正整数n（n＞2），求第三次取出为白球的概率．
20．已知椭圆C1：＝1（a＞b＞0），其短轴长为2，离心率为e1，双曲线C2：＝1（p＞0，q＞0）的渐近线为y＝±x，离心率为e2，且e1•e2＝1．
（1）求椭圆C1的方程；
（2）设椭圆C1的右焦点为F，动直线l（l不垂直于坐标轴）交椭圆C1于M，N不同两点，设直线FM和FN的斜率为k1，k2，若k1＝﹣k2，试探究该动直线l是否过x轴上的定点，若是，求出该定点；若不是，请说明理由．
21．已知函数f（x）＝alnx+x，函数g（x）＝ex+bx2，
（1）记h（x）＝f（x）+x2，试讨论函数h（x）的单调性，并求出函数h（x）的极值点；
（2）若已知曲线y＝f（x）和曲线y＝g（x）在x＝1处的切线都过点（0，1）．求证：当x＞0时，xf（x）+g（x）﹣（e﹣1）x≥1．
考生注意：请在第22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分.作答时，请用2B铅笔在答题卡上将所选题号后的方框涂黑.[选修4-4：坐标系与参数方程]
22．在直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为（其中φ为参数），曲线C2：x2+y2﹣2y＝0，以原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，射线l：θ＝α（ρ≥0）与曲线C1，C2分别交于点A，B（均异于原点O）．
（1）求曲线C1，C2的极坐标方程；
（2）当0＜α＜时，求|OA|2+|OB|2的最小值．
[选修4-5：不等式选讲]
23．已知函数f（x）＝|2x﹣a|﹣|x+1|．
（1）当a＝2时，求不等式f（x）＜2的解集；
（2）若a＞0，不等式f（x）+3＞0恒成立，求实数a的取值范围．
参考答案
一、选择题（每小题5分）.
1．已知集合A＝{1，2，3}，B＝{x|x（2﹣x）≤0}，则A∩B＝（ ）
A．{2，3} B．{1，3} C．{1，2} D．{1，2，3}
解：∵A＝{1，2，3}，B＝{x|x≤0或x≥2}，
∴A∩B＝{2，3}．
故选：A．
2．的实部为（ ）
A． B． C．﹣ D．
解：＝＝＝﹣+i，
则的实部为﹣，
故选：C．
3．若，则sin（2x+）＝（ ）
A． B． C． D．
解：因为，
所以sin（2x+）＝sin[2（x﹣）+]＝cos2（x﹣）
＝2cos2（x﹣）﹣1
＝2×（）2﹣1
＝﹣．
故选：D．
4．古希腊哲学家毕达哥拉斯曾说过：“美的线型和其他一切美的形体都必须有对称形式”．在中华传统文化里，建筑、器物、书法、诗歌、对联、绘画几乎无不讲究对称之美．如清代诗人黄柏权的《茶壶回文诗》（如图）以连环诗的形式展现，20个字绕着茶壶成一圆环，不论顺着读还是逆着读，皆成佳作．数学与生活也有许多奇妙的联系，如2020年02月02日（20200202）被称为世界完全对称日（公历纪年日期中数字左右完全对称的日期）．数学上把20200202这样的对称数叫回文数，如两位数的回文数共有9个（11，22，…，99），则在所有四位数的回文数中，出现奇数的概率为（ ）
A． B． C． D．
解：4位回文数只用排列前两位数字，后面数字可以确定，
但是第一位不能为0，有9种情况，第二位有10种情况，
∴4位回文数有：9×10＝90．
4位回文数的第一位是奇数，有5种情况，第二位有10种情况，
∴四位数的回文数中奇数的个数为：5×10＝50，
∴在所有四位数的回文数中，出现奇数的概率为P＝＝．
故选：C．
5．设函数f（x）＝，若函数y＝f（x）在区间（m，m+1]上单调递减，则实数m的取值范围是（ ）
A．[2，3] B．（2，3） C．（2，3] D．[2，3）
解：函数f（x）＝的图像如图所示，
函数f（x）在（﹣∞，2]以及（4，+∞）上递增，在[2，4）上递减，
故若函数y＝f（x）在区间（m，m+1]上单调递减，
需满足2≤m且m+1≤4，
即2≤m≤3，
故选：A．
6．已知抛物线C：y2＝4x的焦点为F，准线为l，P是l上一点，Q是直线PF与抛物线C的一个交点，若|PF|＝3|FQ|，则|QF|＝（ ）
A．3 B．4或 C． D．或
解：当Q在PF的延长线时，过Q向准线l作垂线，垂足为Q′，根据已知条件，|PF|＝3|FQ|，
结合抛物线的定义得＝，
∵|FF′|＝p＝2，∴|QQ′|＝，
∴|QF|＝．
当Q在PF之间时，过Q向准线l作垂线，垂足为Q′，根据已知条件，|PF|＝3|FQ|，
结合抛物线的定义得＝，
∵|FF′|＝p＝2，∴|QQ′|＝，
故选：D．
7．下列命题：
①在线性回归模型中，相关指数R2表示解释变量x对于预报变量y的贡献率，R2越接近于0，表示回归效果越好；
②两个变量相关性越强，则相关系数的绝对值就越接近于1；
③两个模型中残差平方和越小的模型拟合的效果越好；
④对分类变量X与Y，它们的随机变量K2的观测值k来说，k越大，“X与Y有关系”的把握程度越大．
其中正确命题的个数是（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
解：①在线性回归模型中，相关指数R2表示解释变量x对于预报变量y的贡献率，R2越接近于0，表示回归效果越不好，A错误；
②两个变量相关性越强，则相关系数的绝对值就越接近于1，B正确；
③两个模型中残差平方和越小的模型拟合的效果越好，C正确；
④对分类变量X与Y，它们的随机变量K2的观测值k来说，k越大，“X与Y有关系”的把握程度越大，D正确．
故选：C．
8．已知各项均为正数的等比数列{an}的前三项和为14，且a5＝3a3+4a1，则a2021＝（ ）
A．22020 B．22021 C．22022 D．22023
解：各项均为正数的等比数列{an}的前三项和＝14，a5＝3a3+4a1，
所以，
因为q＞0，
解得q＝2，a1＝2，
则a2021＝22021．
故选：B．
9．设a＝ln，b＝﹣e﹣1，c＝log3，则（ ）
A．b＜c＜a B．a＜c＜b C．c＜a＜b D．c＜b＜a
解：a＝ln＜ln＝﹣1，
∵log3＜c＝log3＜log3＝log3＝﹣，∴﹣1＜c＜﹣，
∵b＝﹣e﹣1＞﹣，
∴b＞c＞a，
故选：B．
10．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若sinBsinC＝sinA，△ABC的面积为，a+b＝3，则角C＝（ ）
A．30° B．120° C．30°或150° D．60°或120°
解：因为sinBsinC＝sinA，
由正弦定理得sinC＝＝，
因为△ABC的面积S＝＝＝，
所以a＝1，
因为a+b＝3，
所以b＝2，sinC＝，
故C＝30°或150°．
故选：C．
11．棱长为4的正方体密闭容器内有一个半径为1的小球，小球可在正方体容器内任意运动，则其能到达的空间的体积为（ ）
A． B． C． D．12+12π
解：在正方体的8个顶点处的单位立方体空间内，
小球不能到达的空间为：8[13﹣（×13）]＝8﹣，
除此之外，在以正方体的棱为一条棱的12个1×1×2的正四棱柱空间内，
小球不能到达的空间共为12×[1×1×2﹣（π×12）×2]＝24﹣6π．
其他空间小球均能到达．
故小球不能到达的空间体积为：（8﹣π）+24﹣6π＝32﹣π．
∴小球可以经过的空间的体积：
V＝43﹣（12﹣×12）×2×12﹣（8﹣π）＝32+．
故选：A．
12．已知a＞0，b＞0，且a≠b，如果a，b是的两个零点，则ab的范围是（ ）
A．（e，+∞） B．（e2，+∞） C． D．
解：f′（x）＝﹣，
易知f′（x）在（0，+∞）上单调递减，且f′（2021）＝0，
故x∈（0，2021）时，f′（x）＞0，f（x）递增，
x∈（2021，+∞）时，f′（x）＜0，f（x）递减，
∵a＞0，b＞0，且a≠b，∴不妨设a＜b，则0＜a＜b，
而f（e2）＝lne2﹣＞0，f（1）＝ln1﹣＜0，
∴1＜a＜e2，又f（e100）＝lne100﹣＝100﹣，
由e＞2，则e100＞2100，100﹣＜100﹣＝100﹣＝100﹣＜0，
故e2＜b＜e100，故e2＜ab＜e102，
故选：B．
二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．请在答题卷的相应区域答题.）
13．已知函数，若，则x＝ ．
解：当0＜x≤2时，，解得，
当﹣2＜x≤0时，f（x）＝|2x+1|＝，方程无解．
故．
故答案为：．
14．若（1﹣3x）2021＝a0+a1x+⋯+a2021x2021（x∈R），则的值为 ﹣1 ．
解：∵（1﹣3x）2021＝a0+a1x+⋯+a2021x2021（x∈R），
∴令x＝0，可得a0＝1，
再令x＝，则1+＝0，故 ＝﹣1，
故答案为：﹣1．
15．已知△ABC是边长为4的等边三角形，P为平面ABC内一点，则•的最小值是 ﹣6 ．
解：以BC为中点，建立如图所示的直角坐标系，
则A（0，2），B（﹣2，0），C（2，0），
设P（x，y），则＝（﹣x，2），
＝（﹣x，2），＝（﹣2﹣x，﹣y），＝（2﹣x，﹣y），
所以•＝•（）＝﹣x•（﹣2x）+（2）（﹣2y）＝2[x2+2（y﹣）2﹣3]，
＝，
＝2[]，
当x＝0，y＝时，•取得最小值﹣6．
故答案为：﹣6．
16．已知F1，F2分别为双曲线＝1（a＞0，b＞0）的左、右焦点，过点F2作圆x2+y2＝a2的切线交双曲线左支于点M，且∠F1MF2＝60°，则该双曲线的渐近线方程为 y＝±（1+）x ．
解：设切点为A，过F1作F1B⊥MF2，垂足为B，
由题意可得|OA|＝a，|OF2|＝c，|AF2|＝＝b，
由OA为△BF1F2的中位线，可得|BF1|＝2a，
|BF2|＝2b，
又∠F1MF2＝60°，可得|MF1|＝＝，|MB|＝，
|MF2|＝|MB|+|BF2|＝+2b，
又|MF2|﹣|MF1|＝+2b﹣＝2a，
所以b＝（1+）a，
所以双曲线的渐近线方程为y＝±（1+）x．
故答案为：y＝±（1+）x．
三、解答题（本大题共5小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．请在答题卷的相应区域答题.）
17．已知A、B、C为△ABC的三个内角，且其对边分别为a、b、c，若（c+2b）cosA﹣acos（A+B）＝0．
（1）求A；
（2）若a＝2，求△ABC的面积的最大值．
解：（1）因为（c+2b）cosA﹣acos（A+B）＝0，
由正弦定理得，sinCcosA+2sinBcosA+sinAcosC＝0，
即sin（A+C）+2sinBcosA＝0，
所以sinB+2sinBcosA＝0，
因为sinB＞0，
所以cosA＝﹣，
因为A∈（0，π），
所以A＝；
（2）由余弦定理得a2＝12＝b2+c2+bc≥3bc，当且仅当b＝c时取等号，
所以bc≤4，
△ABC的面积S＝＝≤，即面积的最大值．
18．四棱锥S﹣ABCD中，底面ABCD为等腰梯形，侧面SAD为正三角形，且平面SAD⊥平面ABCD．已知AD∥BC，AB＝AD＝2，BC＝4．
（1）试画出平面SAB与平面SCD的交线m，并证明：BC⊥m；
（2）记棱AD中点为O，BC中点为E，若点F为线段OE上动点，当满足FA+FB最小时，求SF与平面SBC所成角的正弦值．
解：（1）延长BA，CD交于点K，连结SK，则SK即为平面SAB与平面SCD的交线m，如图所示，
取AD的中点O，连结KO延长交BC于点E，连结SO，
因为△SAD为正三角形，AO＝OD，
所以SO⊥AD，
又因为平面SAD⊥平面ABCD，平面SAD∩平面ABCD＝AD，SO⊂平面SAD，
所以SO⊥平面ABCD，又BC⊂平面ABCD，
所以SO⊥BC，
因为ABCD为等腰梯形，
所以∠ABC＝∠DCB，∠BAD＝∠CDA，AO∥BC，
所以∠KAD＝180°﹣∠BAD＝180°﹣∠COA＝∠KDA，
所以KA＝KD，又AO＝OD，所以∠AOK＝90°，
因为AD∥BC，所以∠BEK＝∠AOK＝90°，
故BC⊥KE，
因为SO⊥BC，SO∩KE＝O，所以BC⊥平面KSE，
因为m⊂平面KSE，所以BC⊥m；
（2）因为∠ABC＝∠DCB，所以KB＝KC，因为BC⊥KE，
所以BE＝EC，所以FB＝FC，所以AF+FB＝AF+FC≥AC，
连结AC交OE于F，此时F点满足FA+FB最小，
因为AO∥BC，所以∠KAD＝∠KBC，∠KOA＝∠KEB，
所以△KAO∽△KBE，所以，
因为AO＝2，所以AO＝1，因为BC＝4，所以BE＝EC＝2，
所以，所以KA＝AB，KO＝OE，
因为AB＝2，所以KA＝AB＝2，所以KB＝4，
所以KE＝，
所以OE＝，
因为△SAO为正三角，所以SA＝AO＝2，因为SO⊥AD，
所以SA＝AD＝2，因为SO⊥AD，
所以SO＝，
因为AO∥BC，
所以，因为OF+FE＝OE＝，
所以，
因为SO⊥面ABCD，所以SO⊥OE，
所以SF＝，SE＝，
过F作FH⊥SE于H，因为BC⊥面KSE，
所以BC⊥FH，所以FH⊥面SBC，
故∠FSH为SF与面SBC所成的角，
由FH•SE＝2S△SFE＝SO•FE，
解得，
所以，
故SF与平面SBC所成角的正弦值为．
19．设n是给定的正整数（n＞2），现有n个外表相同的袋子，里面均装有n个除颜色外其他无区别的小球，第k（k＝1，2，3，⋯，n）个袋中有k个红球，n﹣k个白球．现将这些袋子混合后，任选其中一个袋子，并且从中连续取出三个球（每个取后不放回）．
（1）若n＝4，假设已知选中的恰为第2个袋子，求第三次取出为白球的概率；
（2）若n＝4，求第三次取出为白球的概率；
（3）对于任意的正整数n（n＞2），求第三次取出为白球的概率．
解：（1）n＝4时，第二个袋中有2白2红4个球，
从中连续取出三个球（每个取后不放回）．
第三次取出为白球的情况有：红红白，红白白，白红白，
∴第三次取出为白球的概率P＝++＝．
（2）设选出的是第k（k＝1，2，3，4）个袋，
连续三次取球的方法数为4×3×2＝24
第三次取出的是白球的三次取球颜色有如下四种情形：
（白白白），取法数为（4﹣k）（3﹣k）（2﹣k），
（白红白），取法数为k（4﹣k）（3﹣k），
（红白白），取法数为k（4﹣k）（3﹣k），
（红红白），取法数为k（k﹣1）（4﹣k），
从而第三次取出的是白球的种数为：
（4﹣k）（3﹣k）（2﹣k）+k（4﹣k）（3﹣k）+k（n﹣k）（3﹣k）+k（k﹣1）（4﹣k）＝3×2（n﹣k），
则在第k个袋子中第三次取出的是白球的概率pk＝，
而选到第k个袋子的概率为，故所求概率为：
p＝＝＝＝＝．
（3）设选出的是第k个袋，连续三次取球的方法数为n（n﹣1）（n﹣2），
第三次取出的是白球的三次取球颜色有如下四种情形：
（白白白），取法数为（n﹣k）（n﹣k﹣1）（n﹣k﹣2），
（白红白），取法数为k（n﹣k）（n﹣k﹣1），
（红白白），取法数为k（n﹣k）（n﹣k﹣1），
（红红白），取法数为k（k﹣1）（n﹣k），
从而第三次取出的是白球的种数为：
（n﹣k）（n﹣k﹣1）（n﹣k﹣2）+k（n﹣k）（n﹣k﹣1）+k（n﹣k）（n﹣k﹣1）+k（k﹣1）（n﹣k）＝（n﹣1）（n﹣2）（n﹣k），
则在第k个袋子中第三次取出的是白球的概率pk＝，
而选到第k个袋子的概率为，故所求概率为：
p＝＝＝＝＝．
20．已知椭圆C1：＝1（a＞b＞0），其短轴长为2，离心率为e1，双曲线C2：＝1（p＞0，q＞0）的渐近线为y＝±x，离心率为e2，且e1•e2＝1．
（1）求椭圆C1的方程；
（2）设椭圆C1的右焦点为F，动直线l（l不垂直于坐标轴）交椭圆C1于M，N不同两点，设直线FM和FN的斜率为k1，k2，若k1＝﹣k2，试探究该动直线l是否过x轴上的定点，若是，求出该定点；若不是，请说明理由．
解：（1）由题意知椭圆C1：＝1（a＞b＞0），其短轴长为2，可得b＝，椭圆的离心率为e1，双曲线C2：＝1（p＞0，q＞0）的渐近线为y＝±x，离心率为e2＝＝＝2，
且e1•e2＝1．所以e1＝＝＝＝，解得a＝2，
所以椭圆方程，…………………………………………
（2）假设该直线过定点且在x轴上，设直线l的方程y＝k（x﹣t），
联立消去y整理得（3+4k2）x2﹣8k2tx+4k2t2﹣12＝0，
设M（x1，y1），N（x2，y2），则 ………………＝＝
即，
所以﹣24+6t＝0，t＝4，即直线过定点（4，0）． ………………………………
21．已知函数f（x）＝alnx+x，函数g（x）＝ex+bx2，
（1）记h（x）＝f（x）+x2，试讨论函数h（x）的单调性，并求出函数h（x）的极值点；
（2）若已知曲线y＝f（x）和曲线y＝g（x）在x＝1处的切线都过点（0，1）．求证：当x＞0时，xf（x）+g（x）﹣（e﹣1）x≥1．
解：（1）h（x）＝alnx+x+x2，h′（x）＝（x＞0），
记φ（x）＝2x2+x+a（x＞0），
当a≥0时，h′（x）＞0，h（x）在（0，+∞）单调递增，无极值点，
当a＜0时，△＝1﹣8a＞0，φ（x）有异号的两根x1＝（＜0），x2＝（＞0），
∴x∈（0，），φ（x）＜0，h′（x）＜0，h（x）在（0，）单调递减，
x∈（，+∞），φ（x）＞0，h′（x）＞0，h（x）在（，+∞）单调递减，
∴h（x）有极小值点x＝；
（2）证明：∵f′（x）＝（x＞0），g′（x）＝ex+2bx，
∴f′（1）＝a+1，f（x）在x＝1处的切线方程为y﹣1＝（a+1）（x﹣1），过点（0，1）得：a＝﹣1，
g′（1）＝e+2b，g（x）在x＝1处的切线方程为y﹣e﹣b＝（e+2b）（x﹣1），过点（0，1）得：b＝﹣1，
∴f（x）＝﹣lnx+x，g（x）＝ex﹣x2，
要证：xf（x）+g（x）﹣（e﹣1）x≥1，即证：ex﹣xlnx﹣（e﹣1）x﹣1≥0，
即证：﹣lnx﹣（e﹣1）≥0，
构造函数K（x）＝﹣lnx﹣（e﹣1），则K′（x）＝，
∵x＞0时，ex﹣1＞0，
∴x∈（0，1）时，K′（x）＜0，K（x）在（0，1）单调递减，
∴x∈（1，+∞）时，K′（x）＞0，K（x）在（1，+∞）单调递增，
∴K（x）≥K（1）＝0，故原不等式成立．
考生注意：请在第22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分.作答时，请用2B铅笔在答题卡上将所选题号后的方框涂黑.[选修4-4：坐标系与参数方程]
22．在直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为（其中φ为参数），曲线C2：x2+y2﹣2y＝0，以原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，射线l：θ＝α（ρ≥0）与曲线C1，C2分别交于点A，B（均异于原点O）．
（1）求曲线C1，C2的极坐标方程；
（2）当0＜α＜时，求|OA|2+|OB|2的最小值．
解：（1）曲线C1的参数方程为（其中φ为参数），转换为直角坐标法方程为，根据，转换为极坐标方程为，
整理得．
曲线C2：x2+y2﹣2y＝0，根据，转换为极坐标方程为ρ＝2sinθ．
（2）根据（1）的结论，
|OA|2+|OB|2＝＝，
由于0＜α＜，故1＜1+2sin2θ＜3，
故∈（1，7），
故没有最小值．
[选修4-5：不等式选讲]
23．已知函数f（x）＝|2x﹣a|﹣|x+1|．
（1）当a＝2时，求不等式f（x）＜2的解集；
（2）若a＞0，不等式f（x）+3＞0恒成立，求实数a的取值范围．
解：（1）当a＝2时，f（x）＝|2x﹣2|﹣|x+1|＜2，
①当x≤﹣1时，则2﹣2x+（x+1）＜2，∴x＞1，∴无解，
②当﹣1＜x＜1时，则2﹣2x﹣（x+1）＜2，∴﹣＜x＜1，
③当x≥1时，则2x﹣2﹣（x+1）＜2，∴1≤x＜5，
∴不等式f（x）＜2 的解集为（﹣，5）．
（2）若a＞0，
①当x≤﹣1时，则f（x）＝a+1﹣x，
②当﹣1＜x＜时，f（x）＝a﹣1﹣3x，
③当x≥时，f（x）＝x﹣a﹣1，
∵f（x）在（﹣∞，）上单调递减，在（，+∞）上单调递增，
∴f（x）min＝f（）＝﹣﹣1，
∵f（x）+3＞0恒成立，∴f（x）min＞﹣3，
即﹣﹣1＞﹣3，解得a＜4，又∵a＞0，
∴a的取值范围为（0，4）．
2021年安徽省黄山市高考数学第二次质检试卷（理科）（二模）
一、选择题（共12小题）.
1．已知集合A＝{1，2，3}，B＝{x|x（2﹣x）≤0}，则A∩B＝（ ）
A．{2，3} B．{1，3} C．{1，2} D．{1，2，3}
2．的实部为（ ）
A． B． C．﹣ D．
3．若，则sin（2x+）＝（ ）
A． B． C． D．
4．古希腊哲学家毕达哥拉斯曾说过：“美的线型和其他一切美的形体都必须有对称形式”．在中华传统文化里，建筑、器物、书法、诗歌、对联、绘画几乎无不讲究对称之美．如清代诗人黄柏权的《茶壶回文诗》（如图）以连环诗的形式展现，20个字绕着茶壶成一圆环，不论顺着读还是逆着读，皆成佳作．数学与生活也有许多奇妙的联系，如2020年02月02日（20200202）被称为世界完全对称日（公历纪年日期中数字左右完全对称的日期）．数学上把20200202这样的对称数叫回文数，如两位数的回文数共有9个（11，22，…，99），则在所有四位数的回文数中，出现奇数的概率为（ ）
A． B． C． D．
5．设函数f（x）＝，若函数y＝f（x）在区间（m，m+1]上单调递减，则实数m的取值范围是（ ）
A．[2，3] B．（2，3） C．（2，3] D．[2，3）
6．已知抛物线C：y2＝4x的焦点为F，准线为l，P是l上一点，Q是直线PF与抛物线C的一个交点，若|PF|＝3|FQ|，则|QF|＝（ ）
A．3 B．4或 C． D．或
7．下列命题：
①在线性回归模型中，相关指数R2表示解释变量x对于预报变量y的贡献率，R2越接近于0，表示回归效果越好；
②两个变量相关性越强，则相关系数的绝对值就越接近于1；
③两个模型中残差平方和越小的模型拟合的效果越好；
④对分类变量X与Y，它们的随机变量K2的观测值k来说，k越大，“X与Y有关系”的把握程度越大．
其中正确命题的个数是（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
8．已知各项均为正数的等比数列{an}的前三项和为14，且a5＝3a3+4a1，则a2021＝（ ）
A．22020 B．22021 C．22022 D．22023
9．设a＝ln，b＝﹣e﹣1，c＝log3，则（ ）
A．b＜c＜a B．a＜c＜b C．c＜a＜b D．c＜b＜a
10．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若sinBsinC＝sinA，△ABC的面积为，a+b＝3，则角C＝（ ）
A．30° B．120° C．30°或150° D．60°或120°
11．棱长为4的正方体密闭容器内有一个半径为1的小球，小球可在正方体容器内任意运动，则其能到达的空间的体积为（ ）
A． B． C． D．12+12π
12．已知a＞0，b＞0，且a≠b，如果a，b是的两个零点，则ab的范围是（ ）
A．（e，+∞） B．（e2，+∞） C． D．
二、填空题（每小题5分）.
13．已知函数，若，则x＝ ．
14．若（1﹣3x）2021＝a0+a1x+⋯+a2021x2021（x∈R），则的值为 ．
15．已知△ABC是边长为4的等边三角形，P为平面ABC内一点，则•的最小值是 ．
16．已知F1，F2分别为双曲线＝1（a＞0，b＞0）的左、右焦点，过点F2作圆x2+y2＝a2的切线交双曲线左支于点M，且∠F1MF2＝60°，则该双曲线的渐近线方程为 ．
三、解答题（本大题共5小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．请在答题卷的相应区域答题.）
17．已知A、B、C为△ABC的三个内角，且其对边分别为a、b、c，若（c+2b）cosA﹣acos（A+B）＝0．
（1）求A；
（2）若a＝2，求△ABC的面积的最大值．
18．四棱锥S﹣ABCD中，底面ABCD为等腰梯形，侧面SAD为正三角形，且平面SAD⊥平面ABCD．已知AD∥BC，AB＝AD＝2，BC＝4．
（1）试画出平面SAB与平面SCD的交线m，并证明：BC⊥m；
（2）记棱AD中点为O，BC中点为E，若点F为线段OE上动点，当满足FA+FB最小时，求SF与平面SBC所成角的正弦值．
19．设n是给定的正整数（n＞2），现有n个外表相同的袋子，里面均装有n个除颜色外其他无区别的小球，第k（k＝1，2，3，⋯，n）个袋中有k个红球，n﹣k个白球．现将这些袋子混合后，任选其中一个袋子，并且从中连续取出三个球（每个取后不放回）．
（1）若n＝4，假设已知选中的恰为第2个袋子，求第三次取出为白球的概率；
（2）若n＝4，求第三次取出为白球的概率；
（3）对于任意的正整数n（n＞2），求第三次取出为白球的概率．
20．已知椭圆C1：＝1（a＞b＞0），其短轴长为2，离心率为e1，双曲线C2：＝1（p＞0，q＞0）的渐近线为y＝±x，离心率为e2，且e1•e2＝1．
（1）求椭圆C1的方程；
（2）设椭圆C1的右焦点为F，动直线l（l不垂直于坐标轴）交椭圆C1于M，N不同两点，设直线FM和FN的斜率为k1，k2，若k1＝﹣k2，试探究该动直线l是否过x轴上的定点，若是，求出该定点；若不是，请说明理由．
21．已知函数f（x）＝alnx+x，函数g（x）＝ex+bx2，
（1）记h（x）＝f（x）+x2，试讨论函数h（x）的单调性，并求出函数h（x）的极值点；
（2）若已知曲线y＝f（x）和曲线y＝g（x）在x＝1处的切线都过点（0，1）．求证：当x＞0时，xf（x）+g（x）﹣（e﹣1）x≥1．
考生注意：请在第22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分.作答时，请用2B铅笔在答题卡上将所选题号后的方框涂黑.[选修4-4：坐标系与参数方程]
22．在直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为（其中φ为参数），曲线C2：x2+y2﹣2y＝0，以原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，射线l：θ＝α（ρ≥0）与曲线C1，C2分别交于点A，B（均异于原点O）．
（1）求曲线C1，C2的极坐标方程；
（2）当0＜α＜时，求|OA|2+|OB|2的最小值．
[选修4-5：不等式选讲]
23．已知函数f（x）＝|2x﹣a|﹣|x+1|．
（1）当a＝2时，求不等式f（x）＜2的解集；
（2）若a＞0，不等式f（x）+3＞0恒成立，求实数a的取值范围．
参考答案
一、选择题（每小题5分）.
1．已知集合A＝{1，2，3}，B＝{x|x（2﹣x）≤0}，则A∩B＝（ ）
A．{2，3} B．{1，3} C．{1，2} D．{1，2，3}
解：∵A＝{1，2，3}，B＝{x|x≤0或x≥2}，
∴A∩B＝{2，3}．
故选：A．
2．的实部为（ ）
A． B． C．﹣ D．
解：＝＝＝﹣+i，
则的实部为﹣，
故选：C．
3．若，则sin（2x+）＝（ ）
A． B． C． D．
解：因为，
所以sin（2x+）＝sin[2（x﹣）+]＝cos2（x﹣）
＝2cos2（x﹣）﹣1
＝2×（）2﹣1
＝﹣．
故选：D．
4．古希腊哲学家毕达哥拉斯曾说过：“美的线型和其他一切美的形体都必须有对称形式”．在中华传统文化里，建筑、器物、书法、诗歌、对联、绘画几乎无不讲究对称之美．如清代诗人黄柏权的《茶壶回文诗》（如图）以连环诗的形式展现，20个字绕着茶壶成一圆环，不论顺着读还是逆着读，皆成佳作．数学与生活也有许多奇妙的联系，如2020年02月02日（20200202）被称为世界完全对称日（公历纪年日期中数字左右完全对称的日期）．数学上把20200202这样的对称数叫回文数，如两位数的回文数共有9个（11，22，…，99），则在所有四位数的回文数中，出现奇数的概率为（ ）
A． B． C． D．
解：4位回文数只用排列前两位数字，后面数字可以确定，
但是第一位不能为0，有9种情况，第二位有10种情况，
∴4位回文数有：9×10＝90．
4位回文数的第一位是奇数，有5种情况，第二位有10种情况，
∴四位数的回文数中奇数的个数为：5×10＝50，
∴在所有四位数的回文数中，出现奇数的概率为P＝＝．
故选：C．
5．设函数f（x）＝，若函数y＝f（x）在区间（m，m+1]上单调递减，则实数m的取值范围是（ ）
A．[2，3] B．（2，3） C．（2，3] D．[2，3）
解：函数f（x）＝的图像如图所示，
函数f（x）在（﹣∞，2]以及（4，+∞）上递增，在[2，4）上递减，
故若函数y＝f（x）在区间（m，m+1]上单调递减，
需满足2≤m且m+1≤4，
即2≤m≤3，
故选：A．
6．已知抛物线C：y2＝4x的焦点为F，准线为l，P是l上一点，Q是直线PF与抛物线C的一个交点，若|PF|＝3|FQ|，则|QF|＝（ ）
A．3 B．4或 C． D．或
解：当Q在PF的延长线时，过Q向准线l作垂线，垂足为Q′，根据已知条件，|PF|＝3|FQ|，
结合抛物线的定义得＝，
∵|FF′|＝p＝2，∴|QQ′|＝，
∴|QF|＝．
当Q在PF之间时，过Q向准线l作垂线，垂足为Q′，根据已知条件，|PF|＝3|FQ|，
结合抛物线的定义得＝，
∵|FF′|＝p＝2，∴|QQ′|＝，
故选：D．
7．下列命题：
①在线性回归模型中，相关指数R2表示解释变量x对于预报变量y的贡献率，R2越接近于0，表示回归效果越好；
②两个变量相关性越强，则相关系数的绝对值就越接近于1；
③两个模型中残差平方和越小的模型拟合的效果越好；
④对分类变量X与Y，它们的随机变量K2的观测值k来说，k越大，“X与Y有关系”的把握程度越大．
其中正确命题的个数是（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
解：①在线性回归模型中，相关指数R2表示解释变量x对于预报变量y的贡献率，R2越接近于0，表示回归效果越不好，A错误；
②两个变量相关性越强，则相关系数的绝对值就越接近于1，B正确；
③两个模型中残差平方和越小的模型拟合的效果越好，C正确；
④对分类变量X与Y，它们的随机变量K2的观测值k来说，k越大，“X与Y有关系”的把握程度越大，D正确．
故选：C．
8．已知各项均为正数的等比数列{an}的前三项和为14，且a5＝3a3+4a1，则a2021＝（ ）
A．22020 B．22021 C．22022 D．22023
解：各项均为正数的等比数列{an}的前三项和＝14，a5＝3a3+4a1，
所以，
因为q＞0，
解得q＝2，a1＝2，
则a2021＝22021．
故选：B．
9．设a＝ln，b＝﹣e﹣1，c＝log3，则（ ）
A．b＜c＜a B．a＜c＜b C．c＜a＜b D．c＜b＜a
解：a＝ln＜ln＝﹣1，
∵log3＜c＝log3＜log3＝log3＝﹣，∴﹣1＜c＜﹣，
∵b＝﹣e﹣1＞﹣，
∴b＞c＞a，
故选：B．
10．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若sinBsinC＝sinA，△ABC的面积为，a+b＝3，则角C＝（ ）
A．30° B．120° C．30°或150° D．60°或120°
解：因为sinBsinC＝sinA，
由正弦定理得sinC＝＝，
因为△ABC的面积S＝＝＝，
所以a＝1，
因为a+b＝3，
所以b＝2，sinC＝，
故C＝30°或150°．
故选：C．
11．棱长为4的正方体密闭容器内有一个半径为1的小球，小球可在正方体容器内任意运动，则其能到达的空间的体积为（ ）
A． B． C． D．12+12π
解：在正方体的8个顶点处的单位立方体空间内，
小球不能到达的空间为：8[13﹣（×13）]＝8﹣，
除此之外，在以正方体的棱为一条棱的12个1×1×2的正四棱柱空间内，
小球不能到达的空间共为12×[1×1×2﹣（π×12）×2]＝24﹣6π．
其他空间小球均能到达．
故小球不能到达的空间体积为：（8﹣π）+24﹣6π＝32﹣π．
∴小球可以经过的空间的体积：
V＝43﹣（12﹣×12）×2×12﹣（8﹣π）＝32+．
故选：A．
12．已知a＞0，b＞0，且a≠b，如果a，b是的两个零点，则ab的范围是（ ）
A．（e，+∞） B．（e2，+∞） C． D．
解：f′（x）＝﹣，
易知f′（x）在（0，+∞）上单调递减，且f′（2021）＝0，
故x∈（0，2021）时，f′（x）＞0，f（x）递增，
x∈（2021，+∞）时，f′（x）＜0，f（x）递减，
∵a＞0，b＞0，且a≠b，∴不妨设a＜b，则0＜a＜b，
而f（e2）＝lne2﹣＞0，f（1）＝ln1﹣＜0，
∴1＜a＜e2，又f（e100）＝lne100﹣＝100﹣，
由e＞2，则e100＞2100，100﹣＜100﹣＝100﹣＝100﹣＜0，
故e2＜b＜e100，故e2＜ab＜e102，
故选：B．
二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．请在答题卷的相应区域答题.）
13．已知函数，若，则x＝ ．
解：当0＜x≤2时，，解得，
当﹣2＜x≤0时，f（x）＝|2x+1|＝，方程无解．
故．
故答案为：．
14．若（1﹣3x）2021＝a0+a1x+⋯+a2021x2021（x∈R），则的值为 ﹣1 ．
解：∵（1﹣3x）2021＝a0+a1x+⋯+a2021x2021（x∈R），
∴令x＝0，可得a0＝1，
再令x＝，则1+＝0，故 ＝﹣1，
故答案为：﹣1．
15．已知△ABC是边长为4的等边三角形，P为平面ABC内一点，则•的最小值是 ﹣6 ．
解：以BC为中点，建立如图所示的直角坐标系，
则A（0，2），B（﹣2，0），C（2，0），
设P（x，y），则＝（﹣x，2），
＝（﹣x，2），＝（﹣2﹣x，﹣y），＝（2﹣x，﹣y），
所以•＝•（）＝﹣x•（﹣2x）+（2）（﹣2y）＝2[x2+2（y﹣）2﹣3]，
＝，
＝2[]，
当x＝0，y＝时，•取得最小值﹣6．
故答案为：﹣6．
16．已知F1，F2分别为双曲线＝1（a＞0，b＞0）的左、右焦点，过点F2作圆x2+y2＝a2的切线交双曲线左支于点M，且∠F1MF2＝60°，则该双曲线的渐近线方程为 y＝±（1+）x ．
解：设切点为A，过F1作F1B⊥MF2，垂足为B，
由题意可得|OA|＝a，|OF2|＝c，|AF2|＝＝b，
由OA为△BF1F2的中位线，可得|BF1|＝2a，
|BF2|＝2b，
又∠F1MF2＝60°，可得|MF1|＝＝，|MB|＝，
|MF2|＝|MB|+|BF2|＝+2b，
又|MF2|﹣|MF1|＝+2b﹣＝2a，
所以b＝（1+）a，
所以双曲线的渐近线方程为y＝±（1+）x．
故答案为：y＝±（1+）x．
三、解答题（本大题共5小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．请在答题卷的相应区域答题.）
17．已知A、B、C为△ABC的三个内角，且其对边分别为a、b、c，若（c+2b）cosA﹣acos（A+B）＝0．
（1）求A；
（2）若a＝2，求△ABC的面积的最大值．
解：（1）因为（c+2b）cosA﹣acos（A+B）＝0，
由正弦定理得，sinCcosA+2sinBcosA+sinAcosC＝0，
即sin（A+C）+2sinBcosA＝0，
所以sinB+2sinBcosA＝0，
因为sinB＞0，
所以cosA＝﹣，
因为A∈（0，π），
所以A＝；
（2）由余弦定理得a2＝12＝b2+c2+bc≥3bc，当且仅当b＝c时取等号，
所以bc≤4，
△ABC的面积S＝＝≤，即面积的最大值．
18．四棱锥S﹣ABCD中，底面ABCD为等腰梯形，侧面SAD为正三角形，且平面SAD⊥平面ABCD．已知AD∥BC，AB＝AD＝2，BC＝4．
（1）试画出平面SAB与平面SCD的交线m，并证明：BC⊥m；
（2）记棱AD中点为O，BC中点为E，若点F为线段OE上动点，当满足FA+FB最小时，求SF与平面SBC所成角的正弦值．
解：（1）延长BA，CD交于点K，连结SK，则SK即为平面SAB与平面SCD的交线m，如图所示，
取AD的中点O，连结KO延长交BC于点E，连结SO，
因为△SAD为正三角形，AO＝OD，
所以SO⊥AD，
又因为平面SAD⊥平面ABCD，平面SAD∩平面ABCD＝AD，SO⊂平面SAD，
所以SO⊥平面ABCD，又BC⊂平面ABCD，
所以SO⊥BC，
因为ABCD为等腰梯形，
所以∠ABC＝∠DCB，∠BAD＝∠CDA，AO∥BC，
所以∠KAD＝180°﹣∠BAD＝180°﹣∠COA＝∠KDA，
所以KA＝KD，又AO＝OD，所以∠AOK＝90°，
因为AD∥BC，所以∠BEK＝∠AOK＝90°，
故BC⊥KE，
因为SO⊥BC，SO∩KE＝O，所以BC⊥平面KSE，
因为m⊂平面KSE，所以BC⊥m；
（2）因为∠ABC＝∠DCB，所以KB＝KC，因为BC⊥KE，
所以BE＝EC，所以FB＝FC，所以AF+FB＝AF+FC≥AC，
连结AC交OE于F，此时F点满足FA+FB最小，
因为AO∥BC，所以∠KAD＝∠KBC，∠KOA＝∠KEB，
所以△KAO∽△KBE，所以，
因为AO＝2，所以AO＝1，因为BC＝4，所以BE＝EC＝2，
所以，所以KA＝AB，KO＝OE，
因为AB＝2，所以KA＝AB＝2，所以KB＝4，
所以KE＝，
所以OE＝，
因为△SAO为正三角，所以SA＝AO＝2，因为SO⊥AD，
所以SA＝AD＝2，因为SO⊥AD，
所以SO＝，
因为AO∥BC，
所以，因为OF+FE＝OE＝，
所以，
因为SO⊥面ABCD，所以SO⊥OE，
所以SF＝，SE＝，
过F作FH⊥SE于H，因为BC⊥面KSE，
所以BC⊥FH，所以FH⊥面SBC，
故∠FSH为SF与面SBC所成的角，
由FH•SE＝2S△SFE＝SO•FE，
解得，
所以，
故SF与平面SBC所成角的正弦值为．
19．设n是给定的正整数（n＞2），现有n个外表相同的袋子，里面均装有n个除颜色外其他无区别的小球，第k（k＝1，2，3，⋯，n）个袋中有k个红球，n﹣k个白球．现将这些袋子混合后，任选其中一个袋子，并且从中连续取出三个球（每个取后不放回）．
（1）若n＝4，假设已知选中的恰为第2个袋子，求第三次取出为白球的概率；
（2）若n＝4，求第三次取出为白球的概率；
（3）对于任意的正整数n（n＞2），求第三次取出为白球的概率．
解：（1）n＝4时，第二个袋中有2白2红4个球，
从中连续取出三个球（每个取后不放回）．
第三次取出为白球的情况有：红红白，红白白，白红白，
∴第三次取出为白球的概率P＝++＝．
（2）设选出的是第k（k＝1，2，3，4）个袋，
连续三次取球的方法数为4×3×2＝24
第三次取出的是白球的三次取球颜色有如下四种情形：
（白白白），取法数为（4﹣k）（3﹣k）（2﹣k），
（白红白），取法数为k（4﹣k）（3﹣k），
（红白白），取法数为k（4﹣k）（3﹣k），
（红红白），取法数为k（k﹣1）（4﹣k），
从而第三次取出的是白球的种数为：
（4﹣k）（3﹣k）（2﹣k）+k（4﹣k）（3﹣k）+k（n﹣k）（3﹣k）+k（k﹣1）（4﹣k）＝3×2（n﹣k），
则在第k个袋子中第三次取出的是白球的概率pk＝，
而选到第k个袋子的概率为，故所求概率为：
p＝＝＝＝＝．
（3）设选出的是第k个袋，连续三次取球的方法数为n（n﹣1）（n﹣2），
第三次取出的是白球的三次取球颜色有如下四种情形：
（白白白），取法数为（n﹣k）（n﹣k﹣1）（n﹣k﹣2），
（白红白），取法数为k（n﹣k）（n﹣k﹣1），
（红白白），取法数为k（n﹣k）（n﹣k﹣1），
（红红白），取法数为k（k﹣1）（n﹣k），
从而第三次取出的是白球的种数为：
（n﹣k）（n﹣k﹣1）（n﹣k﹣2）+k（n﹣k）（n﹣k﹣1）+k（n﹣k）（n﹣k﹣1）+k（k﹣1）（n﹣k）＝（n﹣1）（n﹣2）（n﹣k），
则在第k个袋子中第三次取出的是白球的概率pk＝，
而选到第k个袋子的概率为，故所求概率为：
p＝＝＝＝＝．
20．已知椭圆C1：＝1（a＞b＞0），其短轴长为2，离心率为e1，双曲线C2：＝1（p＞0，q＞0）的渐近线为y＝±x，离心率为e2，且e1•e2＝1．
（1）求椭圆C1的方程；
（2）设椭圆C1的右焦点为F，动直线l（l不垂直于坐标轴）交椭圆C1于M，N不同两点，设直线FM和FN的斜率为k1，k2，若k1＝﹣k2，试探究该动直线l是否过x轴上的定点，若是，求出该定点；若不是，请说明理由．
解：（1）由题意知椭圆C1：＝1（a＞b＞0），其短轴长为2，可得b＝，椭圆的离心率为e1，双曲线C2：＝1（p＞0，q＞0）的渐近线为y＝±x，离心率为e2＝＝＝2，
且e1•e2＝1．所以e1＝＝＝＝，解得a＝2，
所以椭圆方程，…………………………………………
（2）假设该直线过定点且在x轴上，设直线l的方程y＝k（x﹣t），
联立消去y整理得（3+4k2）x2﹣8k2tx+4k2t2﹣12＝0，
设M（x1，y1），N（x2，y2），则 ………………＝＝
即，
所以﹣24+6t＝0，t＝4，即直线过定点（4，0）． ………………………………
21．已知函数f（x）＝alnx+x，函数g（x）＝ex+bx2，
（1）记h（x）＝f（x）+x2，试讨论函数h（x）的单调性，并求出函数h（x）的极值点；
（2）若已知曲线y＝f（x）和曲线y＝g（x）在x＝1处的切线都过点（0，1）．求证：当x＞0时，xf（x）+g（x）﹣（e﹣1）x≥1．
解：（1）h（x）＝alnx+x+x2，h′（x）＝（x＞0），
记φ（x）＝2x2+x+a（x＞0），
当a≥0时，h′（x）＞0，h（x）在（0，+∞）单调递增，无极值点，
当a＜0时，△＝1﹣8a＞0，φ（x）有异号的两根x1＝（＜0），x2＝（＞0），
∴x∈（0，），φ（x）＜0，h′（x）＜0，h（x）在（0，）单调递减，
x∈（，+∞），φ（x）＞0，h′（x）＞0，h（x）在（，+∞）单调递减，
∴h（x）有极小值点x＝；
（2）证明：∵f′（x）＝（x＞0），g′（x）＝ex+2bx，
∴f′（1）＝a+1，f（x）在x＝1处的切线方程为y﹣1＝（a+1）（x﹣1），过点（0，1）得：a＝﹣1，
g′（1）＝e+2b，g（x）在x＝1处的切线方程为y﹣e﹣b＝（e+2b）（x﹣1），过点（0，1）得：b＝﹣1，
∴f（x）＝﹣lnx+x，g（x）＝ex﹣x2，
要证：xf（x）+g（x）﹣（e﹣1）x≥1，即证：ex﹣xlnx﹣（e﹣1）x﹣1≥0，
即证：﹣lnx﹣（e﹣1）≥0，
构造函数K（x）＝﹣lnx﹣（e﹣1），则K′（x）＝，
∵x＞0时，ex﹣1＞0，
∴x∈（0，1）时，K′（x）＜0，K（x）在（0，1）单调递减，
∴x∈（1，+∞）时，K′（x）＞0，K（x）在（1，+∞）单调递增，
∴K（x）≥K（1）＝0，故原不等式成立．
考生注意：请在第22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分.作答时，请用2B铅笔在答题卡上将所选题号后的方框涂黑.[选修4-4：坐标系与参数方程]
22．在直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为（其中φ为参数），曲线C2：x2+y2﹣2y＝0，以原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，射线l：θ＝α（ρ≥0）与曲线C1，C2分别交于点A，B（均异于原点O）．
（1）求曲线C1，C2的极坐标方程；
（2）当0＜α＜时，求|OA|2+|OB|2的最小值．
解：（1）曲线C1的参数方程为（其中φ为参数），转换为直角坐标法方程为，根据，转换为极坐标方程为，
整理得．
曲线C2：x2+y2﹣2y＝0，根据，转换为极坐标方程为ρ＝2sinθ．
（2）根据（1）的结论，
|OA|2+|OB|2＝＝，
由于0＜α＜，故1＜1+2sin2θ＜3，
故∈（1，7），
故没有最小值．
[选修4-5：不等式选讲]
23．已知函数f（x）＝|2x﹣a|﹣|x+1|．
（1）当a＝2时，求不等式f（x）＜2的解集；
（2）若a＞0，不等式f（x）+3＞0恒成立，求实数a的取值范围．
解：（1）当a＝2时，f（x）＝|2x﹣2|﹣|x+1|＜2，
①当x≤﹣1时，则2﹣2x+（x+1）＜2，∴x＞1，∴无解，
②当﹣1＜x＜1时，则2﹣2x﹣（x+1）＜2，∴﹣＜x＜1，
③当x≥1时，则2x﹣2﹣（x+1）＜2，∴1≤x＜5，
∴不等式f（x）＜2 的解集为（﹣，5）．
（2）若a＞0，
①当x≤﹣1时，则f（x）＝a+1﹣x，
②当﹣1＜x＜时，f（x）＝a﹣1﹣3x，
③当x≥时，f（x）＝x﹣a﹣1，
∵f（x）在（﹣∞，）上单调递减，在（，+∞）上单调递增，
∴f（x）min＝f（）＝﹣﹣1，
∵f（x）+3＞0恒成立，∴f（x）min＞﹣3，
即﹣﹣1＞﹣3，解得a＜4，又∵a＞0，
∴a的取值范围为（0，4）．
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