2024年陕西省榆林市高考数学三模试卷（理科）（含解析）

这是一份2024年陕西省榆林市高考数学三模试卷（理科）（含解析），共20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.已知集合A={x|lg2(4x−x2)⩽2},B={y|y=(12)x,x∈A}，则A∩B=( )
A. (116,1]B. (116,1)C. (1,+∞)D. (0,116)
2.已知(1+i)2z=2+i，则|z−−1|=( )
A. 2B. 3C. 2D. 1
3.在△AEC中，E在边BC上，且EC=3BE，D是边AB上任意一点，AE与CD交于点P，若CP=xCA+yCB，则3x+4y=( )
A. 34B. −34C. 3D. −3
4.设a，b为两条不同的直线，α，β为两个不同的平面，下面为真命题的是( )
A. 若α/​/β，a⊂α，b⊂β，则a/​/b
B. 对于空间中的直线l，若a⊂α，b⊂α，l⊥a，l⊥b，则l⊥α
C. 若直线a上存在两点到平面α的距离相等，则a/​/α
D. 若a/​/α，a⊥β，则α⊥β
5.在平面直角坐标系xOy中，把到定点F1(−a,0)，F2(a,0)距离之积等于a2(a>0)的点的轨迹称为双纽线.若a=2，点P(x0,y0)为双纽线C上任意一点，则下列结论正确的个数是( )
①C关于x轴不对称
②C关于y轴对称
③直线y=x与C只有一个交点
④C上存在点P，使得|PF1|=|PF2|
A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个
6.现有甲乙丙丁戊五位同学进行循环报数游戏，从甲开始依次进行，当甲报出1，乙报出2后，之后每个人报出的数都是前两位同学所报数的乘积的个位数字，则第2024个被报出的数应该为( )
A. 2B. 4C. 6D. 8
7.已知正三棱锥P−ABC的侧棱与底面边长的比值为 3，若三棱锥P−ABC外接球的表面积为818π，则三棱锥P−ABC的高为( )
A. 1B. 2 2C. 9 28D. 3 22
8.将函数f(x)=cs(ωx+π4)(ω>0)的图象向左平移π6个单位长度后得到的函数图象关于x=π4对称，则实数ω的最小值为( )
A. 35B. 45C. 95D. 125
9.在一次数学模考中，从甲、乙两个班各自抽出10个人的成绩，甲班的十个人成绩分别为x1、x2、⋯、x10，乙班的十个人成绩分别为y1、y2、⋯、y10.假设这两组数据中位数相同、方差也相同，则把这20个数据合并后( )
A. 中位数一定不变，方差可能变大B. 中位数可能改变，方差可能变大
C. 中位数一定不变，方差可能变小D. 中位数可能改变，方差可能变小
10.已知α∈(0,2π)，若当x∈[0,1]时，关于x的不等式(sinα+csα+1)x2−(2sinα+1)x+sinα>0恒成立，则α的取值范围为( )
A. (π12,5π12)B. (π6,5π6)C. (π6,π3)D. (π3,5π6)
11.设F1，F2为双曲线Γ：y2a2−x2b2=1(a>0,b>0)的上、下焦点，点C为Γ的上顶点，以F1F2为直径的圆交Γ的一条渐近线于A，B两点，若∠ACB=23π，则Γ的离心率为( )
A. 3+1B. 2 3+1C. 213D. 73
12.某兴趣小组的几位同学在研究不等式||a|−|b||⩽|a±b|⩽|a|+|b|时给出一道题：已知函数f(x)=ln(x+1)−a(x+xx+1),a⩾12.函数g(x)=(x+2)3+x+2−(x6+x2)，当|f(x)+g(x)|=|f(x)|+|g(x)|时，x的取值范围为( )
A. (−1,0)B. (−1,0]∪(1，2]C. (−1,0]∪[2,+∞)D. (−1,2]
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.已知函数y=f(x)为奇函数，且最大值为1.则函数y=2f(x)+1的最大值和最小值的和为______．
14.在四次独立重复试验中，试验每次成功的概率为34.则在至少成功1次的条件下，4次试验全部成功的概率p为______．
15.若直线l：y=x+3与抛物线C1：x2=12y和圆C2：x2+(y−3)2=1从左到右依次交于点A、B、C、D，则|AB|+|CD|= ______．
16.在△ABC中，∠BAC的角平分线AD交边BC于点D，若BC=3，CD=2DB，则△ABC面积的最大值为______．
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)
已知等差数列{an}满足a4=2a2+1，前n项和为Sn，Sn是关于n的二次函数且最高次项系数为1．
(1)求{an}的通项公式；
(2)已知bn=1an⋅an+1，求{bn}的前n项和Tn．
18.(本小题12分)
如图是一个半圆柱，DC，AB分别是上、下底面圆的直径，O为AB的中点，且AB=AD=2，E是半圆AB上任一点(不与A、B重合)．
(1)证明：平面DEA⊥平面CEB，并在图中画出平面DEA与平面CEB的交线(不用证明)；
(2)若点E满足DE= 62EB，求平面DEA与平面DEC夹角的余弦值．
19.(本小题12分)
“直播的尽头是带货”，如今网络直播带货越来越火爆，但商品的质量才是一个主播能否持久带货的关键.某主播委托甲、乙两个工厂为其生产加工商品，为了了解商品质量情况，分别从甲、乙两个工厂各随机抽取了100件商品，根据商品质量可将其分为一、二、三等品，统计的结果如图：
(1)根据独立性检验，判断是否有90%的把握认为商品为一等品与加工工厂有关？
(2)将样本数据的频率视为概率，现在甲、乙工厂为该主播进行商品展示活动，每轮活动分别从甲、乙工厂中随机挑选一件商品进行展示，求在两轮活动中恰有三个一等品的概率；
(3)综合各个方面的因素，最终该主播决定以后只委托甲工厂为其生产商品，已知商品随机装箱出售，每箱30个.商品出厂前，工厂可自愿选择是否对每箱商品进行检验.若执行检验，则每个商品的检验费用为10元，并将检验出的三等品更换为一等品或二等品；若不执行检验，则对卖出的每个三等品商品支付100元赔偿费用.将样本数据的频率视为概率，以整箱检验费用的期望记为E(X)，所有赔偿费用的期望记为E(Y)，以E(X)和E(X)的大小关系作为决策依据，判断是否需要对每箱商品进行检验？请说明理由．
附：K2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)，其中n=a+b+c+d．
20.(本小题12分)
已知函数f(x)=mlnx+x2−x，f(x)的导函数为f′(x)．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)当m=1时，证明：f′(x+1)≤2ex x+1+1x+1+x−1．
21.(本小题12分)
已知椭圆E：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为12；直线l：x+2y−4=0与E只有一个交点．
(1)求E的方程；
(2)E的左、右焦点分别为F1，F2，E上的点M，P(M,P两点在x轴上方)满足F1M//F2P.
①试判断MO⊥PO(O为原点)是否成立，并说明理由；
②求四边形MPF2F1面积的最大值．
22.(本小题10分)
在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程是x=1csαy=tanα(α为参数).以坐标原点为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为ρcsθ−mρsinθ−2=0(m∈R)．
(1)求曲线C的普通方程和直线l的直角坐标方程；
(2)已知点E的坐标为(2,0)，直线l交曲线C的同支于M，N两点，求1|EM|+1|EN|的取值范围．
23.(本小题12分)
已知函数f(x)=|x−m|，g(x)=|x+n|．
(1)当m=3，n=1时，解不等式f(x)+g(2x)<5；
(2)若m>−2，n>−3，p>−4，且函数y=f(x)+g(x)+p的最小值为5，证明： m+2+ 2(n+3)⩽2 21− 3(p+4)．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：不等式lg2(4x−x2)≤2可化为，lg2(4x−x2)≤lg24，
所以4x−x2>04x−x2⩽4，
解得0所以A={x|0所以B={y|y=(12)x,x∈A}={y|116所以A∩B=(116,1)．
故选：B．
利用对数函数和指数函数的性质求解集合A，B，再利用集合的交集运算求解．
本题主要考查了对数不等式和指数不等式的解法，考查了集合的基本运算，属于基础题．
2.【答案】D
【解析】解：(1+i)2z=2+i，
则z=(1+i)22+i=2i2+i=2i(2−i)(2+i)(2−i)=25+45i，
故z−−1=−35−45i，
所以|z−−1|= (−35)2+(−45)2=1．
故选：D．
根据已知条件，对z化简，再结合共轭复数的定义，复数模公式，即可求解．
本题主要考查共轭复数的定义，复数模公式，属于基础题．
3.【答案】C
【解析】解：因为A、P、E三点共线，设EP=tEA(0因为E在边BC上，且EC=3BE，
所以CP=CE+EP=34CB+tEA=34CB+t(CA−CE)=34CB+tCA−t×34CB=(34−34t)CB+tCA，
又因为CP=xCA+yCB，所以x=t,34−34t=y，
所以3x+4y=3．
故选：C．
设EP=tEA(0本题考查平面向量的线性运算和平面向量基本定理，属于基础题．
4.【答案】D
【解析】解：若α/​/β，a⊂α，b⊂β，则a/​/b或a与b异面，故A错误；
当a⊂α，b⊂α，l⊥a，l⊥b时，只有a，b相交时才有l⊥α，故B错误；
若直线a上存在两点到平面α的距离相等，则a/​/α或a与α相交，故C错误；
如图，
∵a/​/α，过a作平面γ和平面α交于n，则a/​/n，而a⊥β，故n⊥β，
又n⊂α，∴α⊥β，故D正确．
故选：D．
由空间中直线与直线、直线与平面的位置关系判定ABC；直接证明D正确．
本题考查空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面位置关系的判定，考查空间想象能力与思维能力，是中档题．
5.【答案】C
【解析】解：①设M(x,y)到定点F1(−2,0)，F2(2,0)的距离之积为4，
得 (x+2)2+y2． (x−2)2+y2=4，(x2−4)2+(x+2)2y2+(x−2)2y2+y4=16，
整理得(x2+y2)2=8(x2−y2)，即曲线C的方程为(x2+y2)2=8(x2−y2)，
易得曲线C关于x轴，y轴，原点对称，图象如图所示，
所以①不正确，②正确；
③联立方程组(x2+y2)2=8(x2−y2)y=x，可得x4=0，即x=0，所以y=0，
所以直线y=x与曲线C只有一个交点O(0,0)，所以③正确．
④原点O(0,0)满足曲线C的方程，即原点O在曲线C上，则|OF1|=|OF2|，
即曲线C上存在点P与原点O重合时，满足|PF1|=|PF2|，所以④正确．
故选：C．
求出双纽线方程，根据方程逐项讨论即可．
本题考查圆锥曲线的综合应用，考查方程思想，属于中档题．
6.【答案】A
【解析】解：报出的数字依次是1，2，2，4，8，2，6，2，2，4，8，2，6⋯，除了首项以外是个周期为6的周期数列，第2024个被报出的数应该为2．
故选：A．
先根据题意可确定5位同学所报数值为周期性数列，然后可找到甲所报的数的规律，进而可转化为周期性数列的知识来解题．
本题主要考查归纳推理，属于基础题．
7.【答案】B
【解析】解：如图，已知正三棱锥P−ABC，
所以△ABC为等边三角形，
设D为BC中点，PH⊥面ABC，
令AB=a(a>0)，
因为侧棱与底面边长的比值为 3，
所以PA= 3a，
所以AH= 33a，PH=2 63a，
设三棱锥P−ABC外接球的半径为R，
则(2 63a−R)2+( 33a)2=R2，
所以R=3 68a，
由4πR2=4π⋅5464a2=818π，
解得a= 3，
所以三棱锥P−ABC的高为2 63× 3=2 2．
故选：B．
AB=a(a>0)，设三棱锥P−ABC外接球的半径为R，利用勾股定理得出R=3 68a，再结合球的表面积公式即可得解．
本题考查几何体外接球的应用，属于中档题．
8.【答案】C
【解析】解：将函数f(x)=cs(ωx+π4)(ω>0)的图象向左平移π6个单位长度后，
得到函数g(x)=cs[ω(x+π6)+π4]=cs(ωx+ωπ6+π4)，
又由g(x)图象关于x=π4对称，
∴ω⋅π4+ωπ6+π4=kπ,k∈Z，
解得ω=12k5−35,k∈Z，
∵ω>0，∴ω的最小值为95．
故选：C．
由三角函数图象的平移变换求出平移后的解析式，再由对称性即可求解ω的最小值．
本题主要考查三角函数图象的平移变换，考查运算求解能力，属于基础题．
9.【答案】A
【解析】解：不妨设x1⩽x2⩽⋯⩽x10，y1⩽y2⩽⋯⩽y10，
则x1、x2、⋯、x10的中位数为x5+x62,y1、y2、⋯、y10的中位数为y5+y62，
因为这两组数据中位数相同，
所以x5+x62=y5+y62，即x5+x6=y5+y6，
即x5⩽y5⩽y6⩽x6或y5⩽x5⩽x6⩽y6，
所以合并后的数据中位数是x5+x62或者y5+y62，所以中位数不变，
设第一组数据的方差为s2，平均数为x−，第二组数据的方差为s2，平均数为y−，
合并后总数为20，平均数为ω−，方差为s′2，
由方差的公式可得，s′2=110+10{10[s2+(x−−ω−)2]+10[s2+(y−−ω−)2]}=12[s2+(x−−ω−)2]+12[s2+(y−−ω−)2]=s2+12(x−−ω−)2+12(y−−ω−)2⩾s2．
所以当均值相同时，方差不变；当均值不同时，方差变大．
故选：A．
根据中位数和方差的定义求解．
本题主要考查了中位数和方差的定义，属于基础题．
10.【答案】A
【解析】解：当x=0时，sinα>0，当x=1时，csα>0，
所以函数f(x)=(sinα+csα+1)x2−(2sinα+1)x+sinα的对称轴：
x=sinα+12sinα+csα+1∈(0,1)，
所以sinα>0csα>0(2sinα+1)2−4sinα(sinα+csα+1)<0，
即sinα>0csα>0sin2α>12，结合α∈(0,2π)，解得π12<α<5π12．
故选：A．
先利用f(0)>0，f(1)>0得sinα>0，csα>0，由此可知函数f(x)=(sinα+csα+1)x2−(2sinα+1)x+sinα的对称轴落在(0,1)上，则只需Δ<0，解出α的范围．
本题考查二次不等式恒成立问题的解题方法，三角不等式的解法，属于中档题．
11.【答案】C
【解析】解：由题意知，以F1F2为直径的圆的方程为x2+y2=c2，
根据对称性，设双曲线的一条渐近线方程为y=−abx，
联立x2+y2=c2y=−abx，得A(−b,a)，B(b,−a)，
又C(0,a)，所以CA=(−b,0),CB=(b,−2a)，
所以cs∠ACB=CA⋅CB|CA||CB|=−b2b b2+4a2=−12，即b2=43a2．
所以双曲线的离心率为e=ca= c2a2= a2+b2a2= 73= 213．
故选：C．
写出以F1F2为直径的圆的方程，与一条渐近线方程联立，求出交点坐标，根据∠ACB，利用坐标表示向量，根据平面向量的夹角公式得出a、b的关系，即可求出双曲线的离心率．
本题考查了双曲线的定义与性质应用问题，也考查了运算求解能力，是中档题．
12.【答案】C
【解析】解：∵f(x)=ln(x+1)−a(x+xx+1)，a≥12，
当x>−1时，f′(x)=1x+1−a[1+1(x+1)2]=−a⋅1(x+1)2+1x+1−a，
令t=1x+1∈(0,+∞)，
则由f′(x)=0，可得−a⋅t2+t−a=0，
∵a≥12，∴Δ=1−4a2≤0，
则f′(x)≤0在x∈(−1,+∞)恒成立，
∴f(x)在(−1,+∞)上单调递减，
又∵f(0)=0，
当−10；当x>0时，f(x)<0．
令h(t)=t3+t，易知h(t)=t3+t为增函数，
g(x)≥0⇔h(x+2)≥h(x2)⇔−1≤x≤2，
g(x)≤0⇔h(x+2)≤h(x2)⇔x≤−1或x≥2，
当|f(x)+g(x)|=|f(x)|+|g(x)|成立时，
有f(x)⋅g(x)≥0，
即f(x)≥0g(x)≥0或f(x)≤0g(x)≤0，
∴−1故选：C．
利用导数可得当−10；当x>0时，f(x)<0；用换元法可得g(x)≥0时，−1≤x≤2，g(x)≤0时，x≤−1或x≥2，再由f(x)⋅g(x)≥0求解即可．
本题考查了导数的综合运用，三角绝对值等号成立的条件，属于中档题．
13.【答案】2
【解析】解：根据题意，函数y=f(x)为奇函数，且最大值为1，则其最小值为−1，
故函数y=2f(x)+1的最大值为2×1+1=3，最小值为2×(−1)+1=−1，
故函数y=2f(x)+1的最大值和最小值的和为3+(−1)=2．
故答案为：2．
根据题意，由函数奇偶性的性质分析函数y=2f(x)+1的最大值和最小值，进而计算可得答案．
本题考查函数奇偶性的性质，涉及函数的最值，属于基础题．
14.【答案】2785
【解析】解：在四次独立重复试验中，试验每次成功的概率为34，
则在至少成功1次的条件下，4次试验全部成功的概率为p，
故p=(34)41−(1−34)4=2785．
故答案为：2785．
根据条件概率公式可解．
本题考查条件概率公式相关知识，属于基础题．
15.【答案】22
【解析】解：若直线l：y=x+3与抛物线C1：x2=12y和圆C2：x2+(y−3)2=1从左到右依次交于点A、B、C、D，
由l：y=x+3与C1：x2=12y联立得y2−18y+9=0，
设A(x1,y1)，D(x2,y2)，F(0,3)，
则y1+y2=18，
∴|AD|=|AF|+|DF|=(y1+3)+(y2+3)=(y1+y2)+6=24，
∴|AB|+|CD|=|AD|−|BC|=22．
故答案为：22．
由l：y=x+3与C1：x2=12y联立得y2−18y+9=0，利用韦达定理和抛物线的定义即可求解．
本题考查了抛物线的性质，属于中档题．
16.【答案】3
【解析】解：因为角A的平分线交BC于点D，则∠BAD=∠CAD，
则ABAC=BDDC=12，
以D为坐标原点建立如图平面直角坐标系，
则因为BC=3，BDDC=12，
可得CD=2，BD=1，故B(−1,0)，C(2,0)，
设A(x,y)，则化简可得x2+4x+y2=0，
即(x+2)2+y2=4，
故点A(x,y)的轨迹是以(−2,0)为圆心，2为半径的圆(除去(−4,0))，
故A(−2,±2)时，
△ABC面积取最大值为S△ABC=12×3×2=3．
故答案为：3．
由角平分线的性质可得AB：AC的比值，建立坐标系，可得三角形面积的最大值．
本题考查三角形的面积的求法，属于中档题．
17.【答案】解：(1)∵{an}为等差数列，设{an}首项为a1，公差为d，
∵a4=2a2+1，∴a1+3d=2a1+2d+1，
∴a1=d−1．
∵Sn=na1+n(n−1)2d=d2n2+(a1−d2)n
∴a1=1，d=2．
∴an=2n−1．
(2)∵an=2n−1，
∴bn=1(2n−1)⋅(2n+1)=12(12n−1−12n+1)．
∴Tn=12(1−13+13−15+…+12n−1−12n+1)=12(1−12n+1)=n2n+1．
【解析】(1)由已知结合等差数列的通项公式及求和公式即可求解；
(2)先求bn，然后利用裂项求和即可求解．
本题主要考查了等差数列的通项公式及求和公式的应用，还考查了裂项求和的应用，属于中档题．
18.【答案】(1)证明：∵E在半圆AB上，∴EA⊥EB，
由圆柱的性质知，DA⊥平面ABE，
∵EB⊂平面ABE，
∴DA⊥EB，
又DA∩EA=A，EA，DA⊂平面DEA，
∴EB⊥平面DEA，
又EB⊂平面CEB，∴平面DEA⊥平面CEB；
过E作BC的平行线交DC于点F，则EF即为平面DEA与平面CEB的交线．
(2)解：由勾股定理知，DE2=AD2+AE2=4+AE2，BE2=AB2−AE2=4−AE2，
∵DE= 62EB，
∴4+AE2=32(4−AE2)，解得AE=2 55，
∴sin∠EBA=AEAB=2 552= 55，cs∠EBA=2 55，
∴sin∠EOA=sin2∠EBA=45，cs∠EOA=35，
故以O为原点，以OB为x轴，过O在平面ABE内作AB的垂线为y轴，过O作AD的平行线为z轴建立空间直角坐标系，
则E(−35,45,0)，B(1,0,0)，C(1,0,2)，D(−1,0,2)，
∴BE=(−85,45,0)，DC=(2,0,0)，EC=(85,−45,2)，
由(1)知EB⊥平面DEA，
∴平面DEA的一个法向量为BE=(−85,45,0)，
故可取平面DEA的法向量为m=(−2,1,0)，
设平面DEC的一个法向量为n=(x,y,z)，则n⋅DC=0n⋅EC=0，即2x=085x−45y+2z=0，
令y=5，则x=0，z=2，∴n=(0,5,2)，
设平面DEA与平面DEC夹角为θ，则csθ=|cs〈m,n〉|=5 5× 29= 14529，
故平面DEA与平面DEC夹角的余弦值为 14529．
【解析】(1)由DA⊥平面ABE，知DA⊥EB，结合EA⊥EB，根据线面垂直、面面垂直的判定定理，即可得证；根据点线面的位置关系，作出交线即可；
(2)以O为坐标原点建立空间直角坐标系，利用向量法求平面与平面的夹角，即可得解．
本题考查立体几何的综合应用，熟练掌握线面垂直的性质定理，面面垂直的判定定理，利用向量法求平面与平面的夹角是解题的关键，考查空间立体感，逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
19.【答案】解：(1)由题意可得2×2列联表如下：
则K2=200×(70×40−60×30)2100×100×130×70=20091≈2.198，
因为2.198<2.706，
所以没有90%的把握认为商品为一等品与加工工厂有关；
(2)两轮中，甲展示的商品均为一等品的概率为(710)2=49100，
只有一轮展示的商品为一等品的概率为2×710×310=42100，
两轮中，乙展示的商品均为一等品的概率为(35)2=925，
只有一轮展示的商品为一等品的概率为2×35×25=1225，
则两轮活动中恰有三个一等品的概率为：49100×1225+49100×925=4831250；
(3)由已知，每个零件为三等品的概率为15100=0.15，
设每箱30个商品中的三等品个数为y，则y～B(30,0.15)，
由二项分布的期望公式可得E(y)=30×0.15=4.5，
若不进行检验，则Y=100y，
所以E(Y)=E(100y)=100E(y)=100×4.5=450元，
若进行检验，则总检验费用的期望值E(X)=30×10=300元，
因为450>300，所以应进行检验．
【解析】(1)根据题意列出2×2列联表，计算K2的值，再与临界值比较即可；
(2)利用互斥事件的概率加法公式求解；
(3)设每箱30个商品中的三等品个数为y，由题意可知y～B(30,0.15)，再利用二项分布的期望公式求解．
本题主要考查了独立性检验的应用，考查了离散型随机变量的期望，属于中档题．
20.【答案】解：(1)f′(x)=mx+2x−1=2x2−x+mx(x>0)，
当Δ=1−8m≤0，即m≥18时，此时，f′(x)≥0，
故f(x)在(0,+∞)上单调递增．
当Δ=1−8m>0，即m<18时，令f′(x)=0，
则x1=1− 1−8m4，x2=1+ 1−8m4．
①当0x1>0，f(x)在(0,1− 1−8m4)，(1+ 1−8m4,+∞)上单调递增，
在(1− 1−8m4,1+ 1−8m4)上单调递减．
②当m≤0时，x1≤0在(1+ 1−8m4,+∞)上单调递增，
综上，当0②当m≤0时，f(x)在(0,1+ 1−8m4)上单调递减，在(1+ 1−8m4,+∞)上单调递增；
(2)证明：当m=1时，证原不等式等价于证(x+2) x+1≤2ex，令 x+1=t，
则t>0，且x=t2−1，故只需证t(t2+1)≤2et2−1，
即证t3+tet2−1≤2，令s(t)=t3+tet2−1，则s′(t)=t2+1−2t4et2−1，
令φ(t)=t2+1−2t4，则φ′(t)=2t−8t3=2t(1−4t2)=2t(1+2t)(1−2t)，
∴φ(t)在(0,12)上单调递增，在(12,+∞)上单调递减．又φ(0)=1，φ(1)=0，
∴当t∈(0,1)时，φ(t)>0，即s′(t)>0，当t∈(1,+∞)时，φ(t)<0，即s′(t)<0，
∴s(t)在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，
∴s(t)max=s(1)=2，
∴t3+tet2−1≤2，
∴当m=1时，f′(x+1)≤2ex x+1+1x+1+x−1．
【解析】(1)先对函数求导，结合导数与单调性关系及二次函数零点存在条件对m进行分类讨论可求；
(2)当m=1时，证原不等式等价于证(x+2) x+1≤2ex，令 x+1=t，故只需证t(t2+1)≤2et2−1，即证t3+tet2−1≤2，结合不等式特点构造函数，对其求导，结合导数与单调性及最值关系即可证明．
本题主要考查了导数与单调性关系的应用，还考查了导数与函数在不等式证明中的应用，属于中档题．
21.【答案】解：(1)因为椭圆E的离心率为12，
所以ca=12，
解得a=2c，b= 3c，
不妨设椭圆E方程为x24c2+y23c2=1，
联立x24c2+y23c2=1x+2y−4=0，消去x并整理得4y2−12y+12−3c2=0，
因为直线l与椭圆E只有一个交点，
所以Δ=122−4×4(12−3c2)=0，
解得c2=1．
则椭圆E方程为x24+y23=1；
(2)①因为直线F1M不能平行于x轴，
不妨设直线F1M的方程为x=my−1，M(x1,y1)，
联立x=my−1x24+y23=1，消去x并整理得(3m2+4)y2−6my−9=0，
由韦达定理得y1=3m+6 m2+13m2+4，
则x1=−4+6m m2+13m2+4；
不妨设直线F2P的方程为x=my+1，P(x2,y2)，
联立x=my+1x24+y23=1，消去x并整理得(3m2+4)y2+6my−9=0，
由韦达定理得y2=−3m+6 m2+13m2+4，
则x2=4+6m m2+13m2+4，
若OM⊥OP，
此时OM⋅OP=0，
即36m4+63m2+20=0，
该方程无解，
故OM⊥OP不成立；
②不妨设直线F2P和椭圆E另一交点为Q，
由椭圆的对称性知SMPF2F1=2S△MOP=2S△POQ，
因为|OF1|=1，
所以SMPF2F1=|OF1|⋅|y1+y2|=12 m2+13m2+4，
不妨令t= m2+1，t≥1，
此时m2=t2−1，
所以SMPF2F1=12t3t2+1=123t+1t，
因为函数y=3t+1t在[1,+∞)上单调递增，
所以函数y=123t+1t在[1,+∞)上单调递减，
则当t=1，即m=0时，四边形MPF2F1面积取得最大值，最大值为3．
【解析】(1)由题意，利用离心率公式得到a=2c，b= 3c，设出椭圆E的方程，将椭圆方程与直线方程联立，利用根的判别式求出c的值，进而可得椭圆的方程；
(2)①设出直线F1M的方程，将直线F1M的方程与椭圆方程求出，得到点M的坐标，同理得点N的坐标，根据向量的坐标运算再求解即可；
②设直线F2P和椭圆E另一交点为Q，结合椭圆的对称性以及换元法再求解即可．
本题考查椭圆的方程以及直线与圆锥曲线的综合问题，考查了逻辑推理和运算能力，属于中档题．
22.【答案】解：(1)由于曲线C的参数方程是x=1csαy=tanα(α为参数)，
则曲线C的普通方程为x2−y2=1．
由于直线l的极坐标方程为ρcsθ−mρsinθ−2=0(m∈R)，
则直线l的直角坐标方程为x−my−2=0．
(2)由(1)知，直线l恒过点E(2,0)，
故可设直线l的参数方程为x=2+tcsθy=tsinθ(其中t为参数)，
设M，N两点对应的参数分别是t1，t2．
将直线l的参数方程代入x2−y2=1，
得(2cs2θ−1)t2+4tcsθ+3=0．
因为直线l交曲线C的同支于M，N两点，曲线C的渐近线方程为y=±x，
所以π4<θ<3π4，
所以0⩽cs2θ<12，
由韦达定理，可得t1+t2=−4csθ2cs2θ−1,t1t2=32cs2θ−1<0，
∴t1与t2异号．
所以1|EM|+1|EN|=1|t1|+1|t2|=|t1−t2||t1t2|
= (t1+t2)2−4t1t2|t1t2|
= (−4csθ2cs2θ−1)2−122cs2θ−1|32cs2θ−1|=2 3−2cs2θ3．
由于0⩽cs2θ<12，从而2 23<1|EM|+1|EN|⩽2 33，
所以所求式的取值范围为(2 23,2 33]．
【解析】(1)根据极坐标方程，参数方程与普通方程的转化关系求解即可；
(2)将直线l的参数方程代入曲线C的普通方程，表示出1|EM|+1|EN|，利用参数的几何意义和三角函数的性质得解．
本题考查极坐标方程，参数方程与普通方程的互化，考查参数的几何意义以及三角函数的性质，考查运算求解能力，属于中档题．
23.【答案】解：(1)当m=3，n=1时f(x)+g(2x)=|x−3|+|2x+1|<5，
当x⩽−12时，2−3x<5，
∴x>−1，又x⩽−12，
∴−1当−12∴x<1，又−12∴−12当x⩾3时，3x−2<5，
∴x<73(舍)．
综上，所求不等式解集为(−1,1)；
(2)证明：因为y=f(x)+g(x)+p⩾|m+n|+p，
当且仅当(x−m)(x+n)⩽0时取等号，
所以|m+n|+p=5，
因为m>−2，n>−3，p>−4，所以由柯西不等式，
可知 m+2+ 2(n+3)+ 3(p+4)⩽ 1+2+3
m+n+p+9⩽ 6 |m+n|+p+9=2 21，
当且仅当m+21=n+32=p+43时等号成立，
所以 m+2+ 2(n+3)⩽2 21− 3(p+4)．
【解析】(1)根据已知条件，结合绝对值不等式的解法，分类讨论，即可求解；
(2)先求出f(x)的最小值m，再结合柯西不等式的公式，即可求解．
本题主要考查不等式的证明，考查转化能力，属于中档题．P(K2≥k0)
0.100
0.050
0.010
0.005
k0
2.706
3.841
6.635
7.879
一等品
非一等品
合计
甲
70
30
100
乙
60
10
100
合计
130
70
200