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2023-2024学年四川省泸州市泸县四中高三（下）开学数学试卷（文科）（含解析）
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这是一份2023-2024学年四川省泸州市泸县四中高三（下）开学数学试卷（文科）（含解析），共16页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.设集合A={y|y=2x+1}，B={x|2x−3≤0}，则A∩B=( )
A. (1,32)B. (1,32]C. [1,32)D. [1,32]
2.若复数z满足，z3+2z=2i，则复数z的虚部为( )
A. 2417B. −2417C. 617D. −617
3.已知椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)分别过点A(2,0)和B(0,−1)，则该椭圆的焦距为( )
A. 3B. 2 3C. 5D. 2 5
4.设p：|x−12|<12，q：2x≥1，则p是q的( )
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分又不必要条件
5.已知α为锐角，且 3sin2α=2sinα，则cs2α等于( )
A. 23B. 29C. −13D. −49
6.中医药，是包括汉族和少数民族医药在内的我国各民族医药的统称，反映了中华民族对生命、健康和疾病的认识，具有悠久历史传统和独特理论及技术方法的医药学体系．是中华民族的瑰宝．某科研机构研究发现，某品种中医药的药物成分甲的含最x(单位：克)与药物功效y(单位：药物单位)之间满足y=15x−2x2.检测这种药品一个批次的6个样本，得到成分甲的含量的平均值为5克．标准差为 5克．则估计这批中医药的药物功效的平均值为( )
A. 14药物单位B. 15.5药物单位C. 15药物单位D. 16药物单位
7.在新冠肺炎疫情联防联控期间，某居委会从辖区内A，B，C三个小区志愿者中各选取1人，随机安排到这三个小区，协助小区保安做好封闭管理和防控宣传工作．若每个小区安排1人，则每位志愿者不安排在自己居住小区的概率为( )
A. 16B. 13C. 12D. 23
8.函数f(x)=3sinx+4csx的图象在点T(0,f(0))处的切线l与坐标轴围成的三角形面积等于( )
A. 43B. 53C. 73D. 83
9.已知x1，x2是函数f(x)=cs(ωx+π6)(ω>0)的两个零点，且|x1−x2|的最小值为π3，将函数f(x)的图象向左平移π2个单位长度后，得到函数图象的对称轴方程为( )
A. x=kπ3+11π18，k∈ZB. x=2kπ3+11π18，k∈Z
C. x=2kπ3+4π9，k∈ZD. x=kπ3+4π9，k∈Z
10.三棱锥S−ABC的各顶点均在球O的球面上，SC为该球的直径，AC=BC=2，∠ACB=120°，且三棱锥S−ABC的体积为2，则球O的半径为( )
A. 7B. 5C. 52D. 3
11.已知双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右两个焦点分别为F1、F2，以线段F1F2为直径的圆与双曲线的渐近线在第一象限的交点为M，若|MF1|−|MF2|=2b，该双曲线的离心率为e，则e2=( )
A. 2B. 2+12C. 3+2 22D. 5+12
12.若存在t使a(2e−t)lnt=1成立，其中e为自然对数的底数，则实数a的取值范围是( )
A. (−∞,0)∪[1e,+∞)B. (0,1e]
C. [1e,+∞)D. (−∞,0)∪(0,1e]
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.已知命题“∃x∈R，mx2−x+1<0”是假命题，则实数m的取值范围是______．
14.设等差数列{an}的前n项和为Sn，若3a5−a1=10，则S13=______．
15.若x，y满足kx+y≤4,2y−x≤4,x≥0,y≥0,且z=5y−x的最小值为−8，则k的值为______．
16.已知f(x)=x3−3a2x+b+1是奇函数，g(x)=f(x),x≤0,−ln(x−b),x>0,若g(x)≤2a4恒成立，则实数a的取值范围是______．
三、解答题：本题共7小题，共82分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题12分)
已知△ABC内接于单位圆，且(1+tanA)(1+tanB)=2，
(1)求角C
(2)求△ABC面积的最大值．
18.(本小题12分)
如图，边长为2的等边△ABC所在平面与菱形A1ACC1所在平面互相垂直，且BC//B1C1，BC=2B1C1，A1C= 3AC1．
(1)求证：A1B1//平面ABC；
(2)求多面体ABC−A1B1C1的体积V．
19.(本小题12分)
某城市9年前分别同时开始建设物流城和湿地公园，物流城3年建设完成，建成后若年投入x亿元，该年产生的经济净效益为(2lnx+5)亿元；湿地公园4年建设完成，建成后的5年每年投入见散点图．公园建成后若年投入x亿元，该年产生的经济净效益为(x+3)亿元．
(1)对湿地公园，请在x=kn+b，x=kn2+b中选择一个合适模型，求投入额x与投入年份n的回归方程；
(2)从建设开始的第10年，若对物流城投入0.25亿元，预测这一年物流城和湿地公园哪个产生的年经济净效益高？请说明理由．
参考数据及公式：x−=0.336，i=15nixi=6.22，当t=n2时；t−=11，i=15ti2=979，回归方程中的i=15tixi=29.7；回归方程r =k s+b 斜率与截距k =i=1msiri−ms−⋅r−i=1msi2−ms−2，b =r−−k s−．
20.(本小题12分)
己知椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)与抛物线y2=2px(p>0)共焦点F2，抛物线上的点M到y轴的距离等于|MF2|−1，且椭圆与抛物线的交点Q满足|QF2|=52．
(I)求抛物线的方程和椭圆的方程；
(II)过抛物线上的点P作抛物线的切线y=kx+m交椭圆于A，B两点，设线段AB的中点为C(x0,y0)，求x0的取值范围．
21.(本小题12分)
已知函数f(x)=ex−e−x−ax(e为自然对数的底数)，其中a∈R．
(1)试讨论函数f(x)的单调性；
(2)证明：i=2n1ilni>3n2−n−22n(n+1)．
22.(本小题10分)
在直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为x=4csα,y=4+4sint(α为参数)，P是C1上的动点，M是OP的中点，M点的轨迹为曲线C2.以O为极点，x轴的正半轴为极轴，建立极坐标系．
(1)求C1，C2的极坐标方程；
(2)射线θ=π3与C1的异于极点的交点为A，与C2的异于极点的交点为B，求|AB|．
23.(本小题12分)
已知函数f(x)=|x−3|，g(x)=−|x+4|+m；
(Ⅰ)已知常数a<2，解关于x的不等式f(x)+a−2>0；
(Ⅱ)若函数f(x)的图象恒在函数g(x)图象的上方，求实数m的取值范围．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：集合A={y|y=2x+1}={y|y>1}，
B={x|2x−3≤0}={x|x≤32}，
∴A∩B={x|1故选：B．
求出集合A，B，由此能求出A∩B．
本题考查交集的求法，考查交集定义等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
2.【答案】C
【解析】解：z3+2z=2i，
则z=6i+4iz，即z=6i1−4i=6i(1+4i)(1−4i)(1+4i)=−2417+617i，其虚部为617．
故选：C．
根据已知条件，结合复数的四则运算，以及虚部的定义，即可求解．
本题主要考查复数的四则运算，属于基础题．
3.【答案】B
【解析】解：椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)分别过点A(2,0)和B(0,−1)，
可得：a=2，b=1，所以c= 4−1= 3，从而2c=2 3．
故选：B．
利用已知条件求出a，b，c，即可求出椭圆的焦距．
本题考查椭圆的性质，考查运算求解能力．
4.【答案】A
【解析】解：由p：|x−12|<12，得−12由q：2x≥1，得x≥0．
则p⇒q，但q不能推出p，
∴p是q的充分不必要条件．
故选：A．
分别求解绝对值的不等式及指数不等式，然后结合充分必要条件的判定得答案．
本题考查绝对值不等式的解法，考查充分必要条件的判定，是基础题．
5.【答案】C
【解析】解：∵ 3sin2α=2sinα=2 3sinαcsα，α为锐角，
∴csα= 33，
∴cs2α=2cs2α−1=2×( 33)2−1=−13．
故选：C．
由已知利用二倍角的正弦函数公式可求csα，进而利用二倍角的余弦函数公式可求cs2α的值．
本题主要考查了二倍角的正弦函数公式，二倍角的余弦函数公式在三角函数化简求值中的应用，属于基础题．
6.【答案】C
【解析】解：根据题意，设6个样本中甲的含量依次为x1、x2、x3、x4、x5、x6，
平均值为5克．标准差为 5克，则有(x1+x2+x3+x4+x5+x6)=6×5=30，
(x1−x−)2+(x2−x−)2+(x3−x−)2+(x4−x−)2+(x5−x−)2+(x6−x−)2
=x12+x22+x32+x42+x52+x62−6x−2=6×( 5)2=30，
变形可得x12+x22+x32+x42+x52+x62=180，
则y1+y2+y3+y4+y5+y6=15(x1+x2+x3+x4+x5+x6)−2(x12+x22+x32+x42+x52+x62)=90，
则这批中医药的药物功效的平均值为16×(y1+y2+y3+y4+y5+y6)=15；
故选：C．
根据题意，设6个样本中甲的含量依次为x1、x2、x3、x4、x5、x6，由平均数和方差公式可得(x1+x2+x3+x4+x5+x6)和(x12+x22+x32+x42+x52+x62)的值，代入y=15x−2x2中，由平均数公式计算可得答案．
本题考查数据的平均数、方差、平均差的计算，注意方差、平均数的计算公式，属于基础题．
7.【答案】B
【解析】解：在新冠肺炎疫情联防联控期间，某居委会从辖区内A，B，C三个小区志愿者中各选取1人，随机安排到这三个小区，
协助小区保安做好封闭管理和防控宣传工作．每个小区安排1人，
基本事件总数n=A33=6，
每位志愿者不安排在自己居住小区包含的基本事件个数m=C21C11C11=2，
∴每位志愿者不安排在自己居住小区的概率为p=mn=26=13．
故选：B．
基本事件总数n=A33=6，每位志愿者不安排在自己居住小区包含的基本事件个数m=C21C11C11=2，由此能求出每位志愿者不安排在自己居住小区的概率．
本题考查概率的求法，考查古典概型、列举法等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
8.【答案】D
【解析】解：由f(x)=3sinx+4csx，得f′(x)=3csx−4sinx，
∴f′(0)=3，又f(0)=4，
∴切线l的方程为3x−y+4=0，
取x=0，解得切线l在y轴上的截距b=4，
取y=0，解得切线l在x轴上的截距a=−43，
∴直线l与坐标轴围成的三角形面积S=12|a||b|=83．
故选：D．
先求出函数f(x)在点T(0,f(0))处的切线方程，然后求出切线l在坐标轴上的截距，再求出切线l与坐标轴围成的三角形面积．
本题考查了利用导数研究曲线的切线方程，属基础题．
9.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查三角函数图象的平移变换的应用，正弦函数的性质的应用，属于基础题型．
首先由三角函数两相邻的零点确定其周期，进而确定ω，求出函数的解析式，进一步利用函数的图象的平移变换，求出函数的对称轴方程即可．
【解答】
解：已知x1，x2是函数f(x)=cs(ωx+π6)(ω>0)的两个零点，且|x1−x2|的最小值为π3=12⋅2πω，
∴ω=3，函数的解析式为f(x)=cs(3x+π6).
将函数f(x)的图象向左平移π2个单位长度后，
可得y=cs(3x+3π2+π6)=sin(3x+π6)的图象，
令3x+π6=kπ+π2，k∈Z，求得x=kπ3+π9，k∈Z．
故得到的函数图象的对称轴方程为x=kπ3+π9，k∈Z，
∴x=kπ3+4π9，k∈Z也是函数图象的对称轴方程．
故选D．
10.【答案】A
【解析】解：因为AC=BC=2，∠ACB=120°，
所以S△ABC=12×2×2× 32= 3，
设△ABC的外接圆的圆心E，连接OE，则OE⊥平面ABC，作圆的直径CD，连接SD，
因为O，E分别为SC，CD的中点，
所以SD//OE，SD⊥平面ABC，
所以三棱锥S−ABC的体积13× 3×SD=2，
所以SD=2 3，
因为AC=BC=2，∠ACB=120°，
所以∠ABC=30°，
由正弦定理可得，CD=ACsin∠ABC=2sin30∘=4，
所以SC= CD2+SD2= 42+(2 3)2=2 7，
则外接球直径2R=SC=2 7即R= 7．
故选：A．
由已知结合线线垂直与线面垂直的相互转化关系定出球心位置，然后结合已知体积可求SD，再由正弦定理及球的截面性质可得R．
本题主要考查了球体积的求解，考查了直观想象与数学运算的核心素养．
11.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查双曲线的简单几何性质，点到直线的距离公式，考查计算能力，属于中档题．
联立圆与渐近线方程，求得M的坐标，利用两点之间的距离公式，化简即可求得双曲线的离心率．
【解答】
解：由题意可知：以线段F1F2为直径的圆的方程x2+y2=c2，
双曲线经过第一象限的渐近线方程为y=bax，
联立方程x2+y2=c2y=bax，解得：x=ay=b,
则M(a,b)，
由|MF1|−|MF2|=2b，即 (a+c)2+b2− (a−c)2+b2=2b，
由b2=c2−a2，e=ca，
化简整理得：e4−e2−1=0，
由求根公式可知e2=1± 52，由e>1，
则e2= 5+12，
故选：D．
12.【答案】A
【解析】解：由题意，方程a(2e−t)lnt=1成立转化为1a=(2e−t)lnt，
则t>0且t≠1，
令f(t)=(2e−t)lnt，则f′(t)=2et−1−lnt，
则f″(t)=−2et2−1t<0，所以f′(t)=2et−1−lnt单调递减函数，
又f′(e)=2ee−1−lne=0，所以当t∈(0,e)时，f′(t)>0，f(t)单调递增；当t∈(e,+∞)时，f′(t)<0，f(t)单调递减，
故当x=e时，f(t)取得是大值f(t)max=(2e−e)lne=e，
所以1a≤e，解得a<0或a≥1e．
故选：A．
把方程转化为1a=(2e−t)lnt，令f(t)=(2e−t)lnt，利用导数求得函数的单调性与最值关系即可求解．
本题主要考查了利用导数研究方程的根，其中解答中构造新函数，利用导数求得函数的单调性与最值是解答的关键，着重考查转化思想，以及推理与运算能力．
13.【答案】[14,+∞)
【解析】解：命题“∃x∈R，mx2−x+1<0”是假命题，
则命题∀x∈R，mx2−x+1≥0恒成立为真命题．
所以①当m=0时，−x+1≥0，解得x≤1，与x∈R矛盾，
②m>0 b2−4ac≤0 ，即m>0 1−4m≤0 ，解得m≥14，
故m的范围为[14,+∞)．
故答案为：[14,+∞)
直接利用特称命题和全称命题的转换和二次函数的性质的应用求出结果．
本题考查的知识要点：特称命题和全称命题，二次函数的性质，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题．
14.【答案】65
【解析】解：∵等差数列{an}的前n项和为Sn，3a5−a1=10，
∴3(a1+4d)−a1=2a1+12d=2a7=10，
∴S13=132(a1+a13)=132×2a7=132×10=65．
故答案为：65．
利用等差数列通项公式求出2a7=10，由此能求出S13的值．
本题考查等差数列的前13项和的求法，考查等差数列的性等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是基础题．
15.【答案】12
【解析】解：由约束条件作出可行域如图，
结合图象知，点A(4k,0)，
由z=5y−x，得y=x5+z5，由图可知，当直线y=x5+z5过A时，
直线在y轴上的截距最小，z有最小值为−−4k=−8，即k=12．
故答案为：12．
由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，把最优解的坐标代入目标函数得答案．
本题考查了简单线性规划，考查数形结合思想，是中档题．
16.【答案】(−∞,−1]∪{0}∪[1,+∞)
【解析】解：∵f(x)=x3−3a2x+b+1为奇函数，
∴f(−x)+f(x)=0，
∴−x3+3a2x+b+1+x3−3a2x+b+1=0，
∴2b+2=0，
∴b=−1，
∴f(x)=x3−3a2x，
∵g(x)=f(x),x≤0,−ln(x−b),x>0,，
∴g(x)=x3−3a2x,x≤0−ln(x+1),x>0，
当x>0时，ln(x+1)>0，即有−ln(x+1)<0，可得此时g(x)≤2a4恒成立；
当x≤0时，f(x)=x3−3a2x，由题意可得此时g(x)max≤2a4，
由f(x)=x3−3a2x的导数为f′(x)=3x2−3a2=3(x−|a|)(x+|a|)，
由x≤0，可得x=−|a|处函数f(x)的导数左正右负，
即f(x)在x=−|a|处取得极大值，且为最大值2|a|3，
则2a4≥2|a|3，即为|a|(|a|−1)≥0，
解得a=0或a≥−1或a≤−1，
即a的取值范围是(−∞,−1]∪{0}∪[1,+∞)，
故答案为：(−∞,−1]∪{0}∪[1,+∞)．
由奇函数的定义，求得b=−1，考虑x>0时不等式恒成立，只要x≤0时，不等式恒成立，运用函数的导数和单调性、最值求法，解不等式可得所求范围．
本题主要考查函数恒成立问题解法，同时考查函数的奇偶性的定义和对数函数的单调性，考查运算能力和推理能力，属于中档题．
17.【答案】解：(1)∵(1+tanA)(1+tanB)=2
∴tanA+tanB=1−tanA⋅tanB，
∴tanC=−tan(A+B)=−tanA+tanB1−tanAtanB=−1，
∴C=3π4
(2)∵△ABC得外接圆为单位圆，
∴其半径R=1
由正弦定理可得c=2RsinC= 2，
由余弦定理可得c2=a2+b2−2abcsC，
代入数据可得2=a2+b2+ 2ab
≥2ab+ 2ab=(2+ 2)ab，
∴ab≤22+ 2，
∴△ABC得面积S=12absinC≤12+ 2⋅ 22= 2−12，
∴△ABC面积的最大值为： 2−12
【解析】(1)变形已知条件可得tanA+tanB=1−tanA⋅tanB，代入可得tanC=−tan(A+B)=−tanA+tanB1−tanAtanB=−1，可得C值；(2)由正弦定理可得c，由余弦定理和基本不等式可得ab得取值范围，进而可得面积的最值．
本题考查两角和与差得正切，涉及正余弦定理和三角形的面积公式，属中档题．
18.【答案】(1)证明：∵四边形A1ACC1是菱形，∴AC//A1C1．
又∵AC⊂平面ABC，A1C1⊄平面ABC，∴A1C1//平面ABC．
同理得，B1C1//平面ABC．
∵A1C1，B1C1⊂平面A1B1C1，且A1C1∩B1C1=C1，
∴平面ABC//平面A1B1C1．
又∵A1B1⊂平面A1B1C1，
∴A1B1//平面ABC．
(2)解：∵AC//A1C1，B1C1//BC，∴∠A1C1B1=∠ACB=60°．
∵A1C1=AC=2，2B1C1=BC=2，
∴S△A1B1C1=12×1×2× 32= 32．
在菱形A1ACC1中，∵A1C= 3AC1，
∴∠ACC1=60°，SA1ACC1=2×2× 32=2 3．
∵平面ABC⊥平面ACC1，取AC的中点为M，连接BM，C1M，
∴BM⊥平面ACC1，C1M⊥平面ABC．
由(1)知，平面ABC//平面A1B1C1，
∴点B到平面A1B1C1的距离为C1M= 3．
又∵点B到平面A1ACC1的距离为BM= 3，连接BC1，
则V=VB−A1B1C1+VB−A1ACC1=13×( 32+2 3)× 3=52．
【解析】(1)证明AC//A1C1.推出A1C1//平面ABC.然后证明平面ABC//平面A1B1C1.说明A1B1//平面ABC．
(2)取AC的中点为M，连接BM，C1M，连接BC1，通过V=VB−A1B1C1+VB−A1ACC1.求解即可．
本题考查直线与平面平行的判断定理的应用，几何体的体积的求法，考查空间想象能力以及计算能力，是中档题．
19.【答案】解：(1)根据散点图，应该选择模型x=kn2+b．
令t=n2，则k =i=15tixi−5t−⋅x−i=15ti2−5t−2=29.7−5×11×0.336979−5×112=0.03，
∴b=x−kt=0.336−0.03×11=0.006，
所以，所求回归方程是x=0.03t+0.006，即x=0.03n2+0.006．
(2)若年投入x亿元，该年产生的经济净效益为(2lnx+5)亿元；
即物流城第10年的年经济净效益为2ln0.25+5=5−4ln2亿元；
根据回归方程可估计湿地公园第10年的投入约为0.03×62+0.006=1.086亿元，
该年的经济效益为1.086+3=4.086亿元．
因为4.086>5−4ln2，
所以，该年湿地公园产生的年经济净效益高．
【解析】(1)根据散点图，应该选择模型x=kn2+b模型，利用公式求出k =i=1msiri−ms−⋅r−i=1msi2−ms−2，b =r−−k s.再代入模型可得投入额x与投入年份n的回归方程；
(2)根据题意可得第10年的年经济净效益为2ln0.25+5=5−4ln2亿元；与回归方程的第10年的投入估计值0.03×62+0.006=1.086亿元比较，因为4.086>5−4ln2，可得该年湿地公园产生的年经济净效益高．
本题考查回归方程的求法，利用回归方程计算估计值，属于中档题，
20.【答案】解：(I)∵抛物线上的点M到y轴的距离等于|MF2|−1，
∴点M到直线x=−1的距离等于点M到焦点F2的距离，
得x=−1是抛物线y2=2px的准线，即−p2=−1，解得p=2，∴抛物线的方程为y2=4x；
可知椭圆的右焦点F2(1,0)，左焦点F1(−1,0)，由|QF2|=52，得xQ+1=52，又yQ2=4xQ，解得Q(32,± 6)，
由椭圆的定义得2a=|QF1|+|QF2|=72+52=6，
∴a=3，又c=1，得b2=a2−c2=8，∴椭圆的方程为x29+y28=1．
(II)显然k≠0，m≠0，由y=kx+my2=4x消去x，得ky2−4y+4m=0，
由题意知△=16−16km=0，得km=1，
由y=kx+mx29+y28=1消去y，得(9k2+8)x2+18kmx+9m2−72=0，
其中△2=(18km)2−4(9k2+8)(9m2−72)>0，
化简得9k2−m2+8>0，
又k=1m，得m4−8m2−9<0，解得0设A(x1,y1)，B(x2,y2)，则x0=x1+x22=−99k2+8<0，
由k2=1m2>19，得x0>−1，∴x0的取值范围是(−1,0)．
【解析】(I)利用抛物线上的点M到y轴的距离等于|MF2|−1，通过抛物线的定义，转化解得p=2，得到抛物线的方程，通过椭圆的右焦点F2(1,0)，左焦点F1(−1,0)，由|QF2|=52，解得Q(32,± 6)利用椭圆的定义求出a，b.求解椭圆的方程．
(II)显然k≠0，m≠0，由y=kx+my2=4x消去x，推出km=1，由y=kx+mx29+y28=1消去y，推出9k2−m2+8>0，求出0本题考查椭圆以及抛物线的简单性质的应用，范围问题的处理方法，考查转化思想以及计算能力．属于中档题．
21.【答案】解：(1)f′(x)=ex+e−x−a，
当a≤2时，f′(x)=ex+e−x−a≥2−a≥0，f(x)在R上单调递增；
当a>2时，由f′(x)=0得ex=a± a2−42，∴x=lna± a2−42．
当x∈(−∞,lna− a2−42)∪(lna+ a2−42,+∞)时，f′(x)>0，
当x∈(lna− a2−42,lna+ a2−42)时，f′(x)<0．
∴f(x)在(−∞,lna− a2−42)和(lna+ a2−42,+∞)上单调递增，
在(lna− a2−42,lna+ a2−42)上单调递减．………………………………(5分)
(2)证明：由(1)知，当a=2时，f(x)=ex−e−x−2x在R上单调递增，
∴g(x)=f(lnx)=x−1x−2lnx在(0,+∞)上单调递增．
当n∈Z且n≥2时，n−1n−2lnn>1−11−2ln1=0，即n2−1n>2lnn，
∴当n∈Z且n≥2时，1nlnn>2n2−1=1n−1−1n+1，
∴i=2n1ilni>11−13+12−14+…+1n−1−1n+1=1+12−1n−1n+1=3n2−n−22n(n+1)．
………………………………(12分)
【解析】(1)求出函数的导数，通过讨论a的范围，求出函数的单调区间即可；
(2)根据函数的单调性求出n2−1n>2lnn，累加即可证明结论．
本题考查了函数的单调性，考查不等式的证明以及分类讨论思想，转化思想，是一道综合题．
22.【答案】解：(1)曲线C1的参数方程为x=4csα,y=4+4sint(α为参数)，转换为直角坐标方程为x2+(y−4)2=16，转换为极坐标方程为ρ=8sinθ．
设M(x,y)，则由条件知P(2x,2y)，由于点P在曲线C1上，
所以2x=4csα 2y=4+4sinα ，化简得：x=2csα y=2+2sinα ，转换为直角坐标方程为x2+(y−2)2=4，转换为极坐标方程为ρ=4sinθ．
(2)由于射线θ=π3与C1的异于极点的交点为A，所以ρ1=8sinπ3=4 3
与C2的异于极点的交点为B，
所以ρ2=4sinπ3=2 3，
则：|AB|=|ρ1−ρ2|=2 3．
【解析】(1)直接利用转换关系的应用，把参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换．
(2)利用极径的应用求出结果．
本题考查的知识要点：参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间的转换，一元二次方程根和系数关系式的应用，极径的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型．
23.【答案】解：(I)由f(x)+a−2>0得|x−3|>2−a，
∵常数a<2，
∴x−3>2−a或x−35−a或x故不等式的解集为(−∞,a+1)∪(5−a,+∞)；
(II)∵函数f(x)的图象恒在函数g(x)图象的上方，
∴f(x)>g(x)恒成立，即m<|x−3|+|x+4|，
∵|x−3|+|x+4|≥|x−3−(x+4)|=7，−4⩽x⩽3时取等号，
∴m<7，即实数m的取值范围为m<7．
【解析】(I)通过f(x)+a−2>0得|x−3|>2−a，去掉绝对值符号，求解不等式，推出不等式的解集即可．
(Ⅱ)函数f(x)的图象恒在函数g(x)图象的上方，等价于f(x)>g(x)恒成立，即m<|x−3|+|x+4|，求出|x−3|+|x+4|的最小值，即可得到结论．
本题考查不等式的解法，考查恒成立问题，考查学生的计算能力，属于基础题．
1.设集合A={y|y=2x+1}，B={x|2x−3≤0}，则A∩B=( )
A. (1,32)B. (1,32]C. [1,32)D. [1,32]
2.若复数z满足，z3+2z=2i，则复数z的虚部为( )
A. 2417B. −2417C. 617D. −617
3.已知椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)分别过点A(2,0)和B(0,−1)，则该椭圆的焦距为( )
A. 3B. 2 3C. 5D. 2 5
4.设p：|x−12|<12，q：2x≥1，则p是q的( )
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分又不必要条件
5.已知α为锐角，且 3sin2α=2sinα，则cs2α等于( )
A. 23B. 29C. −13D. −49
6.中医药，是包括汉族和少数民族医药在内的我国各民族医药的统称，反映了中华民族对生命、健康和疾病的认识，具有悠久历史传统和独特理论及技术方法的医药学体系．是中华民族的瑰宝．某科研机构研究发现，某品种中医药的药物成分甲的含最x(单位：克)与药物功效y(单位：药物单位)之间满足y=15x−2x2.检测这种药品一个批次的6个样本，得到成分甲的含量的平均值为5克．标准差为 5克．则估计这批中医药的药物功效的平均值为( )
A. 14药物单位B. 15.5药物单位C. 15药物单位D. 16药物单位
7.在新冠肺炎疫情联防联控期间，某居委会从辖区内A，B，C三个小区志愿者中各选取1人，随机安排到这三个小区，协助小区保安做好封闭管理和防控宣传工作．若每个小区安排1人，则每位志愿者不安排在自己居住小区的概率为( )
A. 16B. 13C. 12D. 23
8.函数f(x)=3sinx+4csx的图象在点T(0,f(0))处的切线l与坐标轴围成的三角形面积等于( )
A. 43B. 53C. 73D. 83
9.已知x1，x2是函数f(x)=cs(ωx+π6)(ω>0)的两个零点，且|x1−x2|的最小值为π3，将函数f(x)的图象向左平移π2个单位长度后，得到函数图象的对称轴方程为( )
A. x=kπ3+11π18，k∈ZB. x=2kπ3+11π18，k∈Z
C. x=2kπ3+4π9，k∈ZD. x=kπ3+4π9，k∈Z
10.三棱锥S−ABC的各顶点均在球O的球面上，SC为该球的直径，AC=BC=2，∠ACB=120°，且三棱锥S−ABC的体积为2，则球O的半径为( )
A. 7B. 5C. 52D. 3
11.已知双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右两个焦点分别为F1、F2，以线段F1F2为直径的圆与双曲线的渐近线在第一象限的交点为M，若|MF1|−|MF2|=2b，该双曲线的离心率为e，则e2=( )
A. 2B. 2+12C. 3+2 22D. 5+12
12.若存在t使a(2e−t)lnt=1成立，其中e为自然对数的底数，则实数a的取值范围是( )
A. (−∞,0)∪[1e,+∞)B. (0,1e]
C. [1e,+∞)D. (−∞,0)∪(0,1e]
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.已知命题“∃x∈R，mx2−x+1<0”是假命题，则实数m的取值范围是______．
14.设等差数列{an}的前n项和为Sn，若3a5−a1=10，则S13=______．
15.若x，y满足kx+y≤4,2y−x≤4,x≥0,y≥0,且z=5y−x的最小值为−8，则k的值为______．
16.已知f(x)=x3−3a2x+b+1是奇函数，g(x)=f(x),x≤0,−ln(x−b),x>0,若g(x)≤2a4恒成立，则实数a的取值范围是______．
三、解答题：本题共7小题，共82分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题12分)
已知△ABC内接于单位圆，且(1+tanA)(1+tanB)=2，
(1)求角C
(2)求△ABC面积的最大值．
18.(本小题12分)
如图，边长为2的等边△ABC所在平面与菱形A1ACC1所在平面互相垂直，且BC//B1C1，BC=2B1C1，A1C= 3AC1．
(1)求证：A1B1//平面ABC；
(2)求多面体ABC−A1B1C1的体积V．
19.(本小题12分)
某城市9年前分别同时开始建设物流城和湿地公园，物流城3年建设完成，建成后若年投入x亿元，该年产生的经济净效益为(2lnx+5)亿元；湿地公园4年建设完成，建成后的5年每年投入见散点图．公园建成后若年投入x亿元，该年产生的经济净效益为(x+3)亿元．
(1)对湿地公园，请在x=kn+b，x=kn2+b中选择一个合适模型，求投入额x与投入年份n的回归方程；
(2)从建设开始的第10年，若对物流城投入0.25亿元，预测这一年物流城和湿地公园哪个产生的年经济净效益高？请说明理由．
参考数据及公式：x−=0.336，i=15nixi=6.22，当t=n2时；t−=11，i=15ti2=979，回归方程中的i=15tixi=29.7；回归方程r =k s+b 斜率与截距k =i=1msiri−ms−⋅r−i=1msi2−ms−2，b =r−−k s−．
20.(本小题12分)
己知椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)与抛物线y2=2px(p>0)共焦点F2，抛物线上的点M到y轴的距离等于|MF2|−1，且椭圆与抛物线的交点Q满足|QF2|=52．
(I)求抛物线的方程和椭圆的方程；
(II)过抛物线上的点P作抛物线的切线y=kx+m交椭圆于A，B两点，设线段AB的中点为C(x0,y0)，求x0的取值范围．
21.(本小题12分)
已知函数f(x)=ex−e−x−ax(e为自然对数的底数)，其中a∈R．
(1)试讨论函数f(x)的单调性；
(2)证明：i=2n1ilni>3n2−n−22n(n+1)．
22.(本小题10分)
在直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为x=4csα,y=4+4sint(α为参数)，P是C1上的动点，M是OP的中点，M点的轨迹为曲线C2.以O为极点，x轴的正半轴为极轴，建立极坐标系．
(1)求C1，C2的极坐标方程；
(2)射线θ=π3与C1的异于极点的交点为A，与C2的异于极点的交点为B，求|AB|．
23.(本小题12分)
已知函数f(x)=|x−3|，g(x)=−|x+4|+m；
(Ⅰ)已知常数a<2，解关于x的不等式f(x)+a−2>0；
(Ⅱ)若函数f(x)的图象恒在函数g(x)图象的上方，求实数m的取值范围．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：集合A={y|y=2x+1}={y|y>1}，
B={x|2x−3≤0}={x|x≤32}，
∴A∩B={x|1
求出集合A，B，由此能求出A∩B．
本题考查交集的求法，考查交集定义等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
2.【答案】C
【解析】解：z3+2z=2i，
则z=6i+4iz，即z=6i1−4i=6i(1+4i)(1−4i)(1+4i)=−2417+617i，其虚部为617．
故选：C．
根据已知条件，结合复数的四则运算，以及虚部的定义，即可求解．
本题主要考查复数的四则运算，属于基础题．
3.【答案】B
【解析】解：椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)分别过点A(2,0)和B(0,−1)，
可得：a=2，b=1，所以c= 4−1= 3，从而2c=2 3．
故选：B．
利用已知条件求出a，b，c，即可求出椭圆的焦距．
本题考查椭圆的性质，考查运算求解能力．
4.【答案】A
【解析】解：由p：|x−12|<12，得−12
则p⇒q，但q不能推出p，
∴p是q的充分不必要条件．
故选：A．
分别求解绝对值的不等式及指数不等式，然后结合充分必要条件的判定得答案．
本题考查绝对值不等式的解法，考查充分必要条件的判定，是基础题．
5.【答案】C
【解析】解：∵ 3sin2α=2sinα=2 3sinαcsα，α为锐角，
∴csα= 33，
∴cs2α=2cs2α−1=2×( 33)2−1=−13．
故选：C．
由已知利用二倍角的正弦函数公式可求csα，进而利用二倍角的余弦函数公式可求cs2α的值．
本题主要考查了二倍角的正弦函数公式，二倍角的余弦函数公式在三角函数化简求值中的应用，属于基础题．
6.【答案】C
【解析】解：根据题意，设6个样本中甲的含量依次为x1、x2、x3、x4、x5、x6，
平均值为5克．标准差为 5克，则有(x1+x2+x3+x4+x5+x6)=6×5=30，
(x1−x−)2+(x2−x−)2+(x3−x−)2+(x4−x−)2+(x5−x−)2+(x6−x−)2
=x12+x22+x32+x42+x52+x62−6x−2=6×( 5)2=30，
变形可得x12+x22+x32+x42+x52+x62=180，
则y1+y2+y3+y4+y5+y6=15(x1+x2+x3+x4+x5+x6)−2(x12+x22+x32+x42+x52+x62)=90，
则这批中医药的药物功效的平均值为16×(y1+y2+y3+y4+y5+y6)=15；
故选：C．
根据题意，设6个样本中甲的含量依次为x1、x2、x3、x4、x5、x6，由平均数和方差公式可得(x1+x2+x3+x4+x5+x6)和(x12+x22+x32+x42+x52+x62)的值，代入y=15x−2x2中，由平均数公式计算可得答案．
本题考查数据的平均数、方差、平均差的计算，注意方差、平均数的计算公式，属于基础题．
7.【答案】B
【解析】解：在新冠肺炎疫情联防联控期间，某居委会从辖区内A，B，C三个小区志愿者中各选取1人，随机安排到这三个小区，
协助小区保安做好封闭管理和防控宣传工作．每个小区安排1人，
基本事件总数n=A33=6，
每位志愿者不安排在自己居住小区包含的基本事件个数m=C21C11C11=2，
∴每位志愿者不安排在自己居住小区的概率为p=mn=26=13．
故选：B．
基本事件总数n=A33=6，每位志愿者不安排在自己居住小区包含的基本事件个数m=C21C11C11=2，由此能求出每位志愿者不安排在自己居住小区的概率．
本题考查概率的求法，考查古典概型、列举法等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
8.【答案】D
【解析】解：由f(x)=3sinx+4csx，得f′(x)=3csx−4sinx，
∴f′(0)=3，又f(0)=4，
∴切线l的方程为3x−y+4=0，
取x=0，解得切线l在y轴上的截距b=4，
取y=0，解得切线l在x轴上的截距a=−43，
∴直线l与坐标轴围成的三角形面积S=12|a||b|=83．
故选：D．
先求出函数f(x)在点T(0,f(0))处的切线方程，然后求出切线l在坐标轴上的截距，再求出切线l与坐标轴围成的三角形面积．
本题考查了利用导数研究曲线的切线方程，属基础题．
9.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查三角函数图象的平移变换的应用，正弦函数的性质的应用，属于基础题型．
首先由三角函数两相邻的零点确定其周期，进而确定ω，求出函数的解析式，进一步利用函数的图象的平移变换，求出函数的对称轴方程即可．
【解答】
解：已知x1，x2是函数f(x)=cs(ωx+π6)(ω>0)的两个零点，且|x1−x2|的最小值为π3=12⋅2πω，
∴ω=3，函数的解析式为f(x)=cs(3x+π6).
将函数f(x)的图象向左平移π2个单位长度后，
可得y=cs(3x+3π2+π6)=sin(3x+π6)的图象，
令3x+π6=kπ+π2，k∈Z，求得x=kπ3+π9，k∈Z．
故得到的函数图象的对称轴方程为x=kπ3+π9，k∈Z，
∴x=kπ3+4π9，k∈Z也是函数图象的对称轴方程．
故选D．
10.【答案】A
【解析】解：因为AC=BC=2，∠ACB=120°，
所以S△ABC=12×2×2× 32= 3，
设△ABC的外接圆的圆心E，连接OE，则OE⊥平面ABC，作圆的直径CD，连接SD，
因为O，E分别为SC，CD的中点，
所以SD//OE，SD⊥平面ABC，
所以三棱锥S−ABC的体积13× 3×SD=2，
所以SD=2 3，
因为AC=BC=2，∠ACB=120°，
所以∠ABC=30°，
由正弦定理可得，CD=ACsin∠ABC=2sin30∘=4，
所以SC= CD2+SD2= 42+(2 3)2=2 7，
则外接球直径2R=SC=2 7即R= 7．
故选：A．
由已知结合线线垂直与线面垂直的相互转化关系定出球心位置，然后结合已知体积可求SD，再由正弦定理及球的截面性质可得R．
本题主要考查了球体积的求解，考查了直观想象与数学运算的核心素养．
11.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查双曲线的简单几何性质，点到直线的距离公式，考查计算能力，属于中档题．
联立圆与渐近线方程，求得M的坐标，利用两点之间的距离公式，化简即可求得双曲线的离心率．
【解答】
解：由题意可知：以线段F1F2为直径的圆的方程x2+y2=c2，
双曲线经过第一象限的渐近线方程为y=bax，
联立方程x2+y2=c2y=bax，解得：x=ay=b,
则M(a,b)，
由|MF1|−|MF2|=2b，即 (a+c)2+b2− (a−c)2+b2=2b，
由b2=c2−a2，e=ca，
化简整理得：e4−e2−1=0，
由求根公式可知e2=1± 52，由e>1，
则e2= 5+12，
故选：D．
12.【答案】A
【解析】解：由题意，方程a(2e−t)lnt=1成立转化为1a=(2e−t)lnt，
则t>0且t≠1，
令f(t)=(2e−t)lnt，则f′(t)=2et−1−lnt，
则f″(t)=−2et2−1t<0，所以f′(t)=2et−1−lnt单调递减函数，
又f′(e)=2ee−1−lne=0，所以当t∈(0,e)时，f′(t)>0，f(t)单调递增；当t∈(e,+∞)时，f′(t)<0，f(t)单调递减，
故当x=e时，f(t)取得是大值f(t)max=(2e−e)lne=e，
所以1a≤e，解得a<0或a≥1e．
故选：A．
把方程转化为1a=(2e−t)lnt，令f(t)=(2e−t)lnt，利用导数求得函数的单调性与最值关系即可求解．
本题主要考查了利用导数研究方程的根，其中解答中构造新函数，利用导数求得函数的单调性与最值是解答的关键，着重考查转化思想，以及推理与运算能力．
13.【答案】[14,+∞)
【解析】解：命题“∃x∈R，mx2−x+1<0”是假命题，
则命题∀x∈R，mx2−x+1≥0恒成立为真命题．
所以①当m=0时，−x+1≥0，解得x≤1，与x∈R矛盾，
②m>0 b2−4ac≤0 ，即m>0 1−4m≤0 ，解得m≥14，
故m的范围为[14,+∞)．
故答案为：[14,+∞)
直接利用特称命题和全称命题的转换和二次函数的性质的应用求出结果．
本题考查的知识要点：特称命题和全称命题，二次函数的性质，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题．
14.【答案】65
【解析】解：∵等差数列{an}的前n项和为Sn，3a5−a1=10，
∴3(a1+4d)−a1=2a1+12d=2a7=10，
∴S13=132(a1+a13)=132×2a7=132×10=65．
故答案为：65．
利用等差数列通项公式求出2a7=10，由此能求出S13的值．
本题考查等差数列的前13项和的求法，考查等差数列的性等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是基础题．
15.【答案】12
【解析】解：由约束条件作出可行域如图，
结合图象知，点A(4k,0)，
由z=5y−x，得y=x5+z5，由图可知，当直线y=x5+z5过A时，
直线在y轴上的截距最小，z有最小值为−−4k=−8，即k=12．
故答案为：12．
由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，把最优解的坐标代入目标函数得答案．
本题考查了简单线性规划，考查数形结合思想，是中档题．
16.【答案】(−∞,−1]∪{0}∪[1,+∞)
【解析】解：∵f(x)=x3−3a2x+b+1为奇函数，
∴f(−x)+f(x)=0，
∴−x3+3a2x+b+1+x3−3a2x+b+1=0，
∴2b+2=0，
∴b=−1，
∴f(x)=x3−3a2x，
∵g(x)=f(x),x≤0,−ln(x−b),x>0,，
∴g(x)=x3−3a2x,x≤0−ln(x+1),x>0，
当x>0时，ln(x+1)>0，即有−ln(x+1)<0，可得此时g(x)≤2a4恒成立；
当x≤0时，f(x)=x3−3a2x，由题意可得此时g(x)max≤2a4，
由f(x)=x3−3a2x的导数为f′(x)=3x2−3a2=3(x−|a|)(x+|a|)，
由x≤0，可得x=−|a|处函数f(x)的导数左正右负，
即f(x)在x=−|a|处取得极大值，且为最大值2|a|3，
则2a4≥2|a|3，即为|a|(|a|−1)≥0，
解得a=0或a≥−1或a≤−1，
即a的取值范围是(−∞,−1]∪{0}∪[1,+∞)，
故答案为：(−∞,−1]∪{0}∪[1,+∞)．
由奇函数的定义，求得b=−1，考虑x>0时不等式恒成立，只要x≤0时，不等式恒成立，运用函数的导数和单调性、最值求法，解不等式可得所求范围．
本题主要考查函数恒成立问题解法，同时考查函数的奇偶性的定义和对数函数的单调性，考查运算能力和推理能力，属于中档题．
17.【答案】解：(1)∵(1+tanA)(1+tanB)=2
∴tanA+tanB=1−tanA⋅tanB，
∴tanC=−tan(A+B)=−tanA+tanB1−tanAtanB=−1，
∴C=3π4
(2)∵△ABC得外接圆为单位圆，
∴其半径R=1
由正弦定理可得c=2RsinC= 2，
由余弦定理可得c2=a2+b2−2abcsC，
代入数据可得2=a2+b2+ 2ab
≥2ab+ 2ab=(2+ 2)ab，
∴ab≤22+ 2，
∴△ABC得面积S=12absinC≤12+ 2⋅ 22= 2−12，
∴△ABC面积的最大值为： 2−12
【解析】(1)变形已知条件可得tanA+tanB=1−tanA⋅tanB，代入可得tanC=−tan(A+B)=−tanA+tanB1−tanAtanB=−1，可得C值；(2)由正弦定理可得c，由余弦定理和基本不等式可得ab得取值范围，进而可得面积的最值．
本题考查两角和与差得正切，涉及正余弦定理和三角形的面积公式，属中档题．
18.【答案】(1)证明：∵四边形A1ACC1是菱形，∴AC//A1C1．
又∵AC⊂平面ABC，A1C1⊄平面ABC，∴A1C1//平面ABC．
同理得，B1C1//平面ABC．
∵A1C1，B1C1⊂平面A1B1C1，且A1C1∩B1C1=C1，
∴平面ABC//平面A1B1C1．
又∵A1B1⊂平面A1B1C1，
∴A1B1//平面ABC．
(2)解：∵AC//A1C1，B1C1//BC，∴∠A1C1B1=∠ACB=60°．
∵A1C1=AC=2，2B1C1=BC=2，
∴S△A1B1C1=12×1×2× 32= 32．
在菱形A1ACC1中，∵A1C= 3AC1，
∴∠ACC1=60°，SA1ACC1=2×2× 32=2 3．
∵平面ABC⊥平面ACC1，取AC的中点为M，连接BM，C1M，
∴BM⊥平面ACC1，C1M⊥平面ABC．
由(1)知，平面ABC//平面A1B1C1，
∴点B到平面A1B1C1的距离为C1M= 3．
又∵点B到平面A1ACC1的距离为BM= 3，连接BC1，
则V=VB−A1B1C1+VB−A1ACC1=13×( 32+2 3)× 3=52．
【解析】(1)证明AC//A1C1.推出A1C1//平面ABC.然后证明平面ABC//平面A1B1C1.说明A1B1//平面ABC．
(2)取AC的中点为M，连接BM，C1M，连接BC1，通过V=VB−A1B1C1+VB−A1ACC1.求解即可．
本题考查直线与平面平行的判断定理的应用，几何体的体积的求法，考查空间想象能力以及计算能力，是中档题．
19.【答案】解：(1)根据散点图，应该选择模型x=kn2+b．
令t=n2，则k =i=15tixi−5t−⋅x−i=15ti2−5t−2=29.7−5×11×0.336979−5×112=0.03，
∴b=x−kt=0.336−0.03×11=0.006，
所以，所求回归方程是x=0.03t+0.006，即x=0.03n2+0.006．
(2)若年投入x亿元，该年产生的经济净效益为(2lnx+5)亿元；
即物流城第10年的年经济净效益为2ln0.25+5=5−4ln2亿元；
根据回归方程可估计湿地公园第10年的投入约为0.03×62+0.006=1.086亿元，
该年的经济效益为1.086+3=4.086亿元．
因为4.086>5−4ln2，
所以，该年湿地公园产生的年经济净效益高．
【解析】(1)根据散点图，应该选择模型x=kn2+b模型，利用公式求出k =i=1msiri−ms−⋅r−i=1msi2−ms−2，b =r−−k s.再代入模型可得投入额x与投入年份n的回归方程；
(2)根据题意可得第10年的年经济净效益为2ln0.25+5=5−4ln2亿元；与回归方程的第10年的投入估计值0.03×62+0.006=1.086亿元比较，因为4.086>5−4ln2，可得该年湿地公园产生的年经济净效益高．
本题考查回归方程的求法，利用回归方程计算估计值，属于中档题，
20.【答案】解：(I)∵抛物线上的点M到y轴的距离等于|MF2|−1，
∴点M到直线x=−1的距离等于点M到焦点F2的距离，
得x=−1是抛物线y2=2px的准线，即−p2=−1，解得p=2，∴抛物线的方程为y2=4x；
可知椭圆的右焦点F2(1,0)，左焦点F1(−1,0)，由|QF2|=52，得xQ+1=52，又yQ2=4xQ，解得Q(32,± 6)，
由椭圆的定义得2a=|QF1|+|QF2|=72+52=6，
∴a=3，又c=1，得b2=a2−c2=8，∴椭圆的方程为x29+y28=1．
(II)显然k≠0，m≠0，由y=kx+my2=4x消去x，得ky2−4y+4m=0，
由题意知△=16−16km=0，得km=1，
由y=kx+mx29+y28=1消去y，得(9k2+8)x2+18kmx+9m2−72=0，
其中△2=(18km)2−4(9k2+8)(9m2−72)>0，
化简得9k2−m2+8>0，
又k=1m，得m4−8m2−9<0，解得0
由k2=1m2>19，得x0>−1，∴x0的取值范围是(−1,0)．
【解析】(I)利用抛物线上的点M到y轴的距离等于|MF2|−1，通过抛物线的定义，转化解得p=2，得到抛物线的方程，通过椭圆的右焦点F2(1,0)，左焦点F1(−1,0)，由|QF2|=52，解得Q(32,± 6)利用椭圆的定义求出a，b.求解椭圆的方程．
(II)显然k≠0，m≠0，由y=kx+my2=4x消去x，推出km=1，由y=kx+mx29+y28=1消去y，推出9k2−m2+8>0，求出0
21.【答案】解：(1)f′(x)=ex+e−x−a，
当a≤2时，f′(x)=ex+e−x−a≥2−a≥0，f(x)在R上单调递增；
当a>2时，由f′(x)=0得ex=a± a2−42，∴x=lna± a2−42．
当x∈(−∞,lna− a2−42)∪(lna+ a2−42,+∞)时，f′(x)>0，
当x∈(lna− a2−42,lna+ a2−42)时，f′(x)<0．
∴f(x)在(−∞,lna− a2−42)和(lna+ a2−42,+∞)上单调递增，
在(lna− a2−42,lna+ a2−42)上单调递减．………………………………(5分)
(2)证明：由(1)知，当a=2时，f(x)=ex−e−x−2x在R上单调递增，
∴g(x)=f(lnx)=x−1x−2lnx在(0,+∞)上单调递增．
当n∈Z且n≥2时，n−1n−2lnn>1−11−2ln1=0，即n2−1n>2lnn，
∴当n∈Z且n≥2时，1nlnn>2n2−1=1n−1−1n+1，
∴i=2n1ilni>11−13+12−14+…+1n−1−1n+1=1+12−1n−1n+1=3n2−n−22n(n+1)．
………………………………(12分)
【解析】(1)求出函数的导数，通过讨论a的范围，求出函数的单调区间即可；
(2)根据函数的单调性求出n2−1n>2lnn，累加即可证明结论．
本题考查了函数的单调性，考查不等式的证明以及分类讨论思想，转化思想，是一道综合题．
22.【答案】解：(1)曲线C1的参数方程为x=4csα,y=4+4sint(α为参数)，转换为直角坐标方程为x2+(y−4)2=16，转换为极坐标方程为ρ=8sinθ．
设M(x,y)，则由条件知P(2x,2y)，由于点P在曲线C1上，
所以2x=4csα 2y=4+4sinα ，化简得：x=2csα y=2+2sinα ，转换为直角坐标方程为x2+(y−2)2=4，转换为极坐标方程为ρ=4sinθ．
(2)由于射线θ=π3与C1的异于极点的交点为A，所以ρ1=8sinπ3=4 3
与C2的异于极点的交点为B，
所以ρ2=4sinπ3=2 3，
则：|AB|=|ρ1−ρ2|=2 3．
【解析】(1)直接利用转换关系的应用，把参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换．
(2)利用极径的应用求出结果．
本题考查的知识要点：参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间的转换，一元二次方程根和系数关系式的应用，极径的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型．
23.【答案】解：(I)由f(x)+a−2>0得|x−3|>2−a，
∵常数a<2，
∴x−3>2−a或x−3
(II)∵函数f(x)的图象恒在函数g(x)图象的上方，
∴f(x)>g(x)恒成立，即m<|x−3|+|x+4|，
∵|x−3|+|x+4|≥|x−3−(x+4)|=7，−4⩽x⩽3时取等号，
∴m<7，即实数m的取值范围为m<7．
【解析】(I)通过f(x)+a−2>0得|x−3|>2−a，去掉绝对值符号，求解不等式，推出不等式的解集即可．
(Ⅱ)函数f(x)的图象恒在函数g(x)图象的上方，等价于f(x)>g(x)恒成立，即m<|x−3|+|x+4|，求出|x−3|+|x+4|的最小值，即可得到结论．
本题考查不等式的解法，考查恒成立问题，考查学生的计算能力，属于基础题．
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