2020-2021学年浙江省温州市高二（上）10月月考数学试卷人教A版

这是一份2020-2021学年浙江省温州市高二（上）10月月考数学试卷人教A版，共12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. 若z=1+i，则|z2−2z|=( )
A.0B.1C.2D.2

2. 设集合A=x|x2−4≤0，B=x|2x+a≤0，且A∩B=x|−2≤x≤1，则a=( )
A.−4B.−2C.2D.4

3. 设a∈R，则“a>1”是“a2>a”的( )
A.充分不必要条件B.必要不充分条件
C.充要条件D.既不充分也不必要条件

4. 已知实数x，y满足x+y−2≤0，x−y≤0，x≥0， 则z=x−2y的最小值为( )
A.−4B.−2C.0D.2

5. 函数y=4xx2+1的图象大致为( )
A.B.
C.D.

6. 若直线l与曲线y=x和圆x2+y2=15都相切，则l的方程为( )
A.y=2x+1B.y=2x+12C.y=12x+1D.y=12x+12

7. 将函数f(x)=2sinx+π6−1的图像上各点横坐标缩短到原来的12（纵坐标不变）得到函数g(x)的图像，则下列说法正确的是( )
A.函数g(x)的图像关于点−π12,0对称
B.函数g(x)的周期是π2
C.函数g(x)在0,π6上单调递增
D.函数g(x)在0,π6上最大值是1

8. 数列an中，a1=2，am+n=aman，若ak+1+ak+2+⋯+ak+10=215−25，则k=( )
A.2B.3C.4D.5

9. 如图，矩形ABCD的中心为O，BC>AB，现将△DAC 沿对角线AC翻折成△EAC，记∠BOE=α ，二面角B−AC−E 的平面角为β，直线DE和BC所成角为γ，则( )

A.β>α,β>2γB.β>α,β<2γC.β<α,β>2γD.β<α,β<2γ

10. 已知平面向量a→，b→，c→满足|a→|=|b→|=a→⋅b→=2，a→−c→⋅b→−2c→=1，则|b→−c→|的最小值为( )
A.7−52B.7−32C.5−32D.3−12
二、填空题

我国古代数学家赵爽利用“勾股圆方图”巧妙地证明了勾股定理，成就了我国古代数学的骄傲，后人称之为“赵爽弦图”．如图，它是由四个全等的直角三角形和中间的一个小正方形拼成的一个大正方形，若直角三角形中较小的锐角记为α，大正方形的面积为25，小正方形的面积为1，则sinα=________，sinα2+csα2=________．


某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是________；表面积是________.


在△ABC中，∠ABC=90∘，AB=4，BC=3，点D在线段AC上，若∠BDC=45∘，则BD=________；cs∠ABD=________.

如图，在四边形ABCD中，∠B=60∘，AB=3，BC=6，且AD→=λBC→，AD→⋅AB→=−32，则实数λ的值为________，若M，N是线段BC上的动点，且|MN→|=1，则DM→⋅DN→的最小值为________.


设有下列四个命题：
p1：两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内.
p2：过空间中任意三点有且仅有一个平面．
p3：若空间两条直线不相交，则这两条直线平行．
p4：若直线l⊂平面α，直线m⊥平面α，则m⊥l.
则下述命题中所有真命题的序号是________.
① p1∧p4 ；②p1∧p2； ③¬p2∨p3 ；④¬p3∨¬p4.

已知椭圆x29+y25=1的左焦点为F，点P在椭圆上且在x轴的上方，若线段PF的中点在以原点O为圆心，|OF|为半径的圆上，则直线PF的斜率是________.

已知四面体ABCD中，棱BC，AD所在直线所成的角为60∘，且BC=2，AD=3，∠ACD=120∘，则四面体ABCD体积的最大值是________.
三、解答题

在锐角△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知acsB=3，bsinA=3.
(1)求角B的大小；

(2)求sin2A+cs2C的取值范围．

如图，在三棱台ABC−DEF中，平面ACFD⊥平面DBC，∠ACB=60∘，∠ACD=45∘，AC=2AD.

(1)证明：AD⊥BC；

(2)若AD=2BC，求直线DE与平面DBC所成角的正弦值．

设数列an的前n项和为Sn，已知a1，an，Sn成等差数列，且a5=S4+2，n∈N∗.
(1)求数列an的通项公式；

(2)记bn=anSn2 ，n∈N∗，证明： b1+b2+⋯+bn≤34−342n−1 ，n∈N∗.

如图，点P(0, −1)是椭圆C1:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的一个顶点，C1的长轴是圆C2:x2+y2=4的直径，l1，l2是过点P且互相垂直的两条直线，其中l1交圆C2于A，B两点，l2交椭圆C1于另一点D．

(1)求椭圆C1的方程；

(2)求△ABD面积取最大值时直线l1的方程．

已知a≥3，函数Fx=min2|x−1|,x2−2ax+4a−2，其中min{p,q}=p,p≤q,q,p>q．
(1)求使得等式Fx=x2−2ax+4a−2成立的x的取值范围；

(2)(i)求Fx的最小值ma；(ii)求Fx在区间0,6上的最大值Ma．
参考答案与试题解析
2020-2021学年浙江省温州市高二（上）10月月考数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
D
【考点】
复数的模
【解析】
由复数的乘方和加减运算，化简z2−2z，再由复数的模的定义，计算可得所求值．
【解答】
解：若z=1+i，
则z2−2z=1+i2−21+i=2i−2−2i=−2，
所以|z2−2z|=|−2|=2.
故选D．
2.
【答案】
B
【考点】
一元二次不等式的解法
集合关系中的参数取值问题
【解析】
根据二次不等式和一次不等式的解法，化简集合A，B，再由交集的定义，可得关于a的方程，解方程可得a．
【解答】
解：由已知得A=x|−2≤x≤2，B=x|x≤−a2，
又因为A∩B=x|−2≤x≤1，
所以有−a2=1，
从而a=−2.
故选B.
3.
【答案】
A
【考点】
必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】
由不等式解得a的范围，根据充分条件和必要条件的定义，即可判断得出结论.
【解答】
解：由题意可知，不等式a2>a，
解得a>1或a<0，
则a>1是a2>a的充分不必要条件.
故选A.
4.
【答案】
A
【考点】
求线性目标函数的最值
简单线性规划
【解析】
作出不等式组对应的平面区域，利用目标函数的几何意义，进行求最值即可．
【解答】
解：由题，做出可行域：
由z=x−2y得y=12x−12z，
平移直线y=12x−12z，
由图象可知当直线y=12x−12z过点A(0, 2)时，
直线y=12x−12z的截距最大，此时z最小.
代入目标函数z=x−2y，
得z=0−2×2=−4，
∴ 目标函数z=x−2y的最小值是−4.
故选A.
5.
【答案】
A
【考点】
函数奇偶性的判断
函数的图象
【解析】
根据函数的奇偶性和函数值的正负即可判断．
【解答】
解：设f(x)=y=4xx2+1，由题知定义域为实数集R，
∵ f(−x)=4(−x)(−x)2+1=−4xx2+1=−f(x)，
∴ 函数f(x)为奇函数，故排除CD；
当x>0时，f(x)>0，故排除B.
故选A.
6.
【答案】
D
【考点】
圆的切线方程
点到直线的距离公式
【解析】
根据直线l与圆x2+y2=15相切，利用选项中直线到圆心的距离等于半径，再将直线与曲线y=x联立求解即可得出答案.
【解答】
解：由于直线l与圆相切，
故圆心0,0到直线l的距离为圆半径r=55，
符合条件的只有A，D，
将答案A的直线方程代入y=x，得：2x−x+1=0，无解；
将答案D的直线方程代入y=x，得：x−2x+1=0，有一解x=1.
故选D.
7.
【答案】
C
【考点】
正弦函数的周期性
函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
正弦函数的对称性
正弦函数的单调性
正弦函数的定义域和值域
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：将函数f(x)=2sinx+π6−1的图象上各点横坐标缩短到原来的12（纵坐标不变）得到函数g(x)的图象，
则g(x)=2sin2x+π6−1.
A，g−π12=2sin2×−π12+π6−1
=2sin0−1=−1，
即函数不关于−π12, 0对称，故A错误；
B，函数的周期T=2π2=π，故B错误；
C，当0此时函数g(x)为增函数，故C正确；
D，由C知函数函数g(x)在0,π6上单调递增，
则g(x)故选C.
8.
【答案】
C
【考点】
数列递推式
等比数列的前n项和
【解析】
无
【解答】
解：在等式am+n=aman中，令m=1，
可得an+1=ana1=2an，
所以an+1an=2，
所以，数列an是以2为首项，以2为公比的等比数列，
则an=2×2n−1=2n，
所以ak+1+ak+2+⋯+ak+10=ak+1⋅(1−210)1−2
=2k+1⋅(1−210)1−2=2k+1(210−1)
=25(210−1)，
所以2k+1=25，则k+1=5，
解得k=4．
故选C．
9.
【答案】
D
【考点】
二面角的平面角及求法
直线与平面所成的角
异面直线及其所成的角
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：过D作AC的垂线，交AC于F，BC于G，连接EF，如图，
则β=∠EFG，且∠EDF为ED与平面ABCD的线面角，
由最小角定理∠EDF<∠EDO，∠EDF<∠EDA，
又β=2∠EDF，α=2∠EDO，γ=∠EDA，
所以β<α，β<2γ.
故选D.
10.
【答案】
A
【考点】
两向量的和或差的模的最值
平面向量数量积的运算
平面向量的坐标运算
【解析】
根据题意，易知a→与b→的夹角为60∘，设a→=1,3，b→=2,0,c→=x,y，由a¯−c→⋅b→−2c→=1
，可得x2+y2−2x−3y+12=0，所以原问题等价于，圆x2+y2−2x−3y+12=0上一动点与点2,0之间距离的最小值，利用圆心和点2,0的距离与半径的差，即可求出结果．
【解答】
解：因为|a→|=|b→|=a→⋅b→=2，
所以a→与b→的夹角为60∘.
设a→=1,3, b→=2,0 ,c→=x，y,
所以a→−c→=(1−x，3−y)，b→−2c→=(2−2x，−2y).
因为a→−c→⋅b→−2c→=1，
所以x2+y2−2x−3y+12=0.
又|b→−c→|=x−22+y2，
所以原问题等价于，
圆x2+y2−2x−3y+12=0上一动点与点2,0之间距离的最小值.
又因为圆x2+y2−2x−3y+12=0的圆心坐标为1,32，半径为52，
所以点2,0与圆x2+y2−2x−3y+12=0上一动点距离的最小值为：
(2−1)2+322−52=7−52.
故选A.
二、填空题
【答案】
35,2105
【考点】
二倍角的正弦公式
同角三角函数间的基本关系
【解析】
直接利用三角形的全等，整理出关于一元二次方程，进一步利用关系式的应用求出三角函数的值．
【解答】
解：根据已知条件四个直角三角形全等，
所以设直角三角形的短的直角边长为x，
则较长的直角边长为x+1，
所以x2+(x+1)2=52，整理得x2+x−12=0，
解得：x=3或−4（负值舍去），
所以sinα=35．
sinα2+csα2=sinα2+csα22
=1+sinα=1+35=2105．
故答案为：35；2105.
【答案】
6,16+25
【考点】
由三视图求表面积
由三视图求体积
【解析】
由已知中的三视图可得该几何体是四棱柱，根据棱柱的体积公式和表面积公式计算即可.
【解答】
解：根据几何体的三视图得：该几何体是一个底面为直角梯形的四棱柱，
其底面是正视图中的直角梯形，上底为1，下底为2，高为2，
由侧视图知四棱柱的高为2，
所以该几何体的体积V=12×(1+2)×2×2=6，
由正视图可知直角梯形斜腰是12+22=5，
则该几何体的表面积：
S表面积=2×12×(1+2)×2+1×2+2×2×2+5×2
=16+25.
故答案为：6；16+25.
【答案】
1225,7210
【考点】
勾股定理
三角形的面积公式
解三角形
正弦定理
同角三角函数间的基本关系
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：根据题意，以点A为原点，AC所在直线为x轴建立平面直角坐标系，
过点B作BE⊥AC交AC于点E，
则S△ABC=12AC⋅BE=12AB⋅BC=6，
又∵ 在Rt△ABC中，AC=AB2+BC2=5，
∴ BE=125，
AE=AB2−BE2=16−(125)2=165，
则A(0,0), C(5,0), B(165,125).
设点D坐标为(x，0)，连接BD，
则|DE|=165−x，
∵ ∠BDC=45∘，
∴ |DE|=|BE|=125，
解得x=45，
|BD|=|BE|sin∠BDE=1225.
∴ S△ABD=12|AB|⋅|BD|⋅sin∠ABD
=12|AD|⋅|BE|
=12×45×125，
解得sin∠ABD=210，
∵ ∠ABD为锐角，
∴ cs∠ABD=7210.
综上：BD=1225,cs∠ABD=7210.
故答案为：1225；7210.
【答案】
16,132
【考点】
平面向量数量积
向量在几何中的应用
【解析】
以B为原点，以BC为x轴建立平面直角坐标系，根据向量的平行和向量的数量积即可求出点D的坐标，即可求出λ的值，再设出点M，N的坐标，根据向量的数量积可得关于x的二次函数，根据二次函数的性质即可求出最小值．
【解答】
解：∵ AD→=λBC→，
∴ AD//BC，
∴ ∠BAD=180∘−∠B=120∘，
AD→⋅AB→=λBC→⋅AB→=λ|BC→|⋅|AB→|cs120∘
=λ×6×3×−12=−9λ=−32，
解得λ=16.
以点B为坐标原点，BC所在直线为x轴建立如下图所示的平面直角坐标系xBy，如图：
∵ BC=6，∴ C6,0，
∵ |AB|=3，∠ABC=60∘，
∴ A点的坐标为32,332.
又∵ AD→=16BC→，∴ D52,332.
设Mx,0，则Nx+1,0(其中0≤x≤5)，
DM→=(x−52,−332)，DN→=(x−32,−332)，
DM→⋅DN→=x−52x−32+−3322
=x2−4x+212=x−22+132，
∴ 当x=2时，DM→⋅DN→取得最小值132.
故答案为：16；132.
【答案】
①③④
【考点】
逻辑联结词“或”“且”“非”
命题的真假判断与应用
空间中直线与平面之间的位置关系
空间中直线与直线之间的位置关系
【解析】
根据空间中直线与直线、直线与平面的位置关系，对四个命题进行真假判断，然后判断命题的或且非的真假，即可得到答案.
【解答】
解：由公理2：非共线三点决定一个平面，可得p1为真，p2为假；
因为空间中两直线位置关系为平行、相交和异面，所以p3为假；
由线面垂直的定义可得p4为真．
所以①③④成立．
故答案为：①③④.
【答案】
15
【考点】
与椭圆有关的中点弦及弦长问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由椭圆方程可知a=3，c=2，∴ F(−2, 0)，
根据题意，画出图形：
设线段PF中点为M，椭圆右焦点为F1，
∵ M在以O为圆心，|OF|为半径的圆上，
∴ F1也在圆上，
连接OM, PF1, MF1，则∠FMF1=90∘，
OM是△FPF1的中位线，
∴ |PF1|=2|OM|=2|OF|=2×2=4，
由椭圆定义|PF|+|PF1|=2a=6，
得|PF|=2，|MF|=|PF|2=1，
又∵ ∠FMF1为直角，|MF1|2=|FF1|2−|MF|2=15，
∴ tan∠MFF1=|MF1||MF|=151=15，
∴ 直线PF的斜率是15.
故答案为：15.
【答案】
34
【考点】
基本不等式在最值问题中的应用
余弦定理
正弦定理
柱体、锥体、台体的体积计算
【解析】
由定长对定角可知点C的轨迹为圆弧，由余弦定理得当CA＝CD=32时，△ACD的面积取到最大值334，由最小角定理得点B到平面ACD的距离的最大值为ℎ＝2sin60∘=3，由此能求出四面体ABCD体积的最大值．
【解答】
解：在△ACD中，AD=3，∠ACD=120∘，
由余弦定理可得：
AD2=CA2+CD2−2CA⋅CDcs∠ACD，
即9=CA2+CD2+CA⋅CD≥3CA⋅CD，
即CA⋅CD≤3，当且仅当CA=CD时，等号成立，
∴ △ACD的面积最大值为：
12×CA×CD×sin∠ACD=334.
由题意知点B到平面ACD的距离的最大值为：
ℎ=2sin60∘=3，
∴ 四面体ABCD体积：
VB−ACD=13⋅S△ACD⋅ℎ≤13×334×3=34．
故答案为：34.
三、解答题
【答案】
解：(1)由正弦定理知：bsinA=asinB=3①，
又由已知条件：acsB=3②，
由①②知：tanB=3，
∴B=π3.
(2)sin2A+cs2C=1−cs2A2+1+cs2C2
=12cs2C−12cs2A+1
=12cs2C−12cs2π−π3−C+1
=12cs2C−12cs2π3+2C+1
=34sin2C+34cs2C+1
=32sin2C+π3+1.
∵△ABC是锐角三角形，
∴π6∴2π3<2C+π3<4π3，
∴ 32sin2C+π3+1的取值范国是14,74，
即sin2A+cs2C的取值范围是14,74.
【考点】
二倍角的正弦公式
二倍角的余弦公式
两角和与差的正弦公式
正弦定理
同角三角函数间的基本关系
三角函数值的符号
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)由正弦定理知：bsinA=asinB=3①，
又由已知条件：acsB=3②，
由①②知：tanB=3，
∴B=π3.
(2)sin2A+cs2C=1−cs2A2+1+cs2C2
=12cs2C−12cs2A+1
=12cs2C−12cs2π−π3−C+1
=12cs2C−12cs2π3+2C+1
=34sin2C+34cs2C+1
=32sin2C+π3+1.
∵△ABC是锐角三角形，
∴π6∴2π3<2C+π3<4π3，
∴ 32sin2C+π3+1的取值范国是14,74，
即sin2A+cs2C的取值范围是14,74.
【答案】
(1)证明：设AD=2a，则AC=2a，
又∠ACD=45∘，
由余弦定理可得：
AD2=AC2+CD2−2AC⋅CD⋅cs∠ACD，
即2a2=4a2+CD2−22aCD，
解得DC=2a.
∵ AD2+CD2=4a2=AC2，
∴ AD⊥DC.
又∵ 平面ACFD⊥平面DBC，
平面ACFD∩平面DBC=DC，
AD⊂平面ACFD，
∴AD⊥平面DBC.
∵BC⊂平面DBC，
∴AD⊥BC．
(2)解：直线DE与平面DBC所成角即为直线AB与平面DBC所成角，
由(1)知，AD⊥平面DBC，
∴∠ABD为所求角.
由AD=2a，
则BC=a.
又AC=2a，∠ACB=60∘，
由余弦定理知：
AB=AC2+BC2−2AC⋅BC⋅cs∠ACB=3a，
∴在直角三角形ADB中，
sin∠ABD=ADAB=2a3a=63．
【考点】
直线与平面所成的角
余弦定理
两条直线垂直的判定
平面与平面垂直的性质
【解析】


【解答】
(1)证明：设AD=2a，则AC=2a，
又∠ACD=45∘，
由余弦定理可得：
AD2=AC2+CD2−2AC⋅CD⋅cs∠ACD，
即2a2=4a2+CD2−22aCD，
解得DC=2a.
∵ AD2+CD2=4a2=AC2，
∴ AD⊥DC.
又∵ 平面ACFD⊥平面DBC，
平面ACFD∩平面DBC=DC，
AD⊂平面ACFD，
∴AD⊥平面DBC.
∵BC⊂平面DBC，
∴AD⊥BC．
(2)解：直线DE与平面DBC所成角即为直线AB与平面DBC所成角，
由(1)知，AD⊥平面DBC，
∴∠ABD为所求角.
由AD=2a，
则BC=a.
又AC=2a，∠ACB=60∘，
由余弦定理知：
AB=AC2+BC2−2AC⋅BC⋅cs∠ACB=3a，
∴在直角三角形ADB中，
sin∠ABD=ADAB=2a3a=63．
【答案】
(1)解：a1，an，Sn成等差数列，可得2an=a1+Sn，
当n≥2时，2an−1=a1+Sn−1，
两式相减可得2an−2an−1=Sn−Sn−1=an，即an=2an−1，
可得{an}为公比为2的等比数列，
则Sn=a11−2n1−2=a12n−1.
由a5=S4+2，
可得a1⋅24=a124−1+2，
解得a1=2，
则an=2n，n∈N∗．
(2)证明：因为an=2n，Sn=2n+1−2，
所以bn=anSn2=2n42n−12，
当n≥2时，bn=2n42n−12=2n42n−12n−1
<2n42n−12n−2=2n−142n−12n−1−1
=14(12n−1−1−12n−1)，
所以b1+b1+⋯+bn<12+
14(121−1−122−1+122−1−123−1+
⋯+12n−1−1−12n−1)
=34−142n−1，
当n=1时，34−1421−1=12=b1．
综上所述，b1+b2+⋯+bn≤34−142n−1，n∈N∗．
【考点】
等差中项
数列与不等式的综合
数列的求和
数列递推式
等比数列的通项公式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
(1)解：a1，an，Sn成等差数列，可得2an=a1+Sn，
当n≥2时，2an−1=a1+Sn−1，
两式相减可得2an−2an−1=Sn−Sn−1=an，即an=2an−1，
可得{an}为公比为2的等比数列，
则Sn=a11−2n1−2=a12n−1.
由a5=S4+2，
可得a1⋅24=a124−1+2，
解得a1=2，
则an=2n，n∈N∗．
(2)证明：因为an=2n，Sn=2n+1−2，
所以bn=anSn2=2n42n−12，
当n≥2时，bn=2n42n−12=2n42n−12n−1
<2n42n−12n−2=2n−142n−12n−1−1
=14(12n−1−1−12n−1)，
所以b1+b1+⋯+bn<12+
14(121−1−122−1+122−1−123−1+
⋯+12n−1−1−12n−1)
=34−142n−1，
当n=1时，34−1421−1=12=b1．
综上所述，b1+b2+⋯+bn≤34−142n−1，n∈N∗．
【答案】
解：(1)由题意可得b=1，2a=4，即a=2．
∴ 椭圆C1的方程为x24+y2=1.
(2)设A(x1, y1)，B(x2, y2)，D(x0, y0)，
由题意可知：直线l1的斜率存在，设为k，则直线l1的方程为y=kx−1．
又圆C2：x2+y2=4的圆心O(0, 0)到直线l1的距离d=1k2+1．
∴ |AB|=24−d2=24k2+3k2+1．
又l2⊥l1，故直线l2的方程为x+ky+k=0，
联立x+ky+k=0，x2+4y2=4，消去y得到(4+k2)x2+8kx=0，
解得x0=−8k4+k2，
∴ |PD|=81+k24+k2．
∴ 三角形ABD的面积S=12|AB||PD|=84k2+34+k2，
令4+k2=t>4，则k2=t−4，
f(t)=4(t−4)+3t=4t−13t2
=−13(1t−213)2+413≤413，
∴ S=161313，当且仅t=132，即k2=52，当k=±102时取等号，
故所求直线l1的方程为y=±102x−1．
【考点】
直线与椭圆结合的最值问题
椭圆的标准方程
点到直线的距离公式
两条直线垂直与倾斜角、斜率的关系
【解析】
（1）由题意可得b=1，2a=4，即可得到椭圆的方程；
（2）设A(x1, y1)，B(x2, y2)，D(x0, y0)．由题意可知：直线l1的斜率存在，设为k，则直线l1的方程为y=kx−1．利用点到直线的距离公式和弦长公式即可得出圆心O到直线l1的距离和弦长|AB|，又l2⊥l1，可得直线l2的方程为x+kx+k=0，与椭圆的方程联立即可得到点D的横坐标，即可得出|PD|，即可得到三角形ABD的面积，利用基本不等式的性质即可得出其最大值，即得到k的值．
【解答】
解：(1)由题意可得b=1，2a=4，即a=2．
∴ 椭圆C1的方程为x24+y2=1.
(2)设A(x1, y1)，B(x2, y2)，D(x0, y0)，
由题意可知：直线l1的斜率存在，设为k，则直线l1的方程为y=kx−1．
又圆C2：x2+y2=4的圆心O(0, 0)到直线l1的距离d=1k2+1．
∴ |AB|=24−d2=24k2+3k2+1．
又l2⊥l1，故直线l2的方程为x+ky+k=0，
联立x+ky+k=0，x2+4y2=4，消去y得到(4+k2)x2+8kx=0，
解得x0=−8k4+k2，
∴ |PD|=81+k24+k2．
∴ 三角形ABD的面积S=12|AB||PD|=84k2+34+k2，
令4+k2=t>4，则k2=t−4，
f(t)=4(t−4)+3t=4t−13t2
=−13(1t−213)2+413≤413，
∴ S=161313，当且仅t=132，即k2=52，当k=±102时取等号，
故所求直线l1的方程为y=±102x−1．
【答案】
解：(1)由于a≥3，
故当x≤1时，由(x2−2ax+4a−2)−2|x−1|
=x2+2(a−1)(2−x)>0，可知此时不符合题意；
当x>1时，令(x2−2ax+4a−2)−2|x−1|
=(x−2)(x−2a)≤0，
解得2≤x≤2a.
所以使得等式Fx=x2−2ax+4a−2成立的x的取值范围为2,2a．
(2)(i)设函数f(x)=2|x−1|，g(x)=x2−2ax+4a−2，
则f(x)min=f(1)=0，g(x)min=g(a)=−a2+4a−2，
所以，由Fx的定义知ma=minf1,ga，
即ma=0,3≤a≤2+2,−a2+4a−2,a>2+2．
(ii)当0≤x≤2时，
Fx≤fx≤maxf0,f2=2=F2；
当2≤x≤6时，
F(x)≤g(x)≤max{g(2),g(6)}
=max{2,34−8a}=max{F(2),F(6)}．
所以Ma=34−8a,3≤a<4,2,a≥4.
【考点】
函数与方程的综合运用
分段函数的应用
函数最值的应用
【解析】
欲使等式Fx=x2−2ax+4a−2成立，只需x2−2ax+4a−2≤2|x−1|成立，转化为x2−2ax+4a−2−2|x−1|≤0成立，分类讨论即可求出x的取值范围；
（i）设函数fx=2|x−1|,gx=x2−2ax+4a−2，求出fxmin,gxmin，根据新定义，即可得出函数Fx的最小值m(a)；（ii）对x进行分类讨论，即可求出Fx在0,6上的最大值M(a)．
【解答】
解：(1)由于a≥3，
故当x≤1时，由(x2−2ax+4a−2)−2|x−1|
=x2+2(a−1)(2−x)>0，可知此时不符合题意；
当x>1时，令(x2−2ax+4a−2)−2|x−1|
=(x−2)(x−2a)≤0，
解得2≤x≤2a.
所以使得等式Fx=x2−2ax+4a−2成立的x的取值范围为2,2a．
(2)(i)设函数f(x)=2|x−1|，g(x)=x2−2ax+4a−2，
则f(x)min=f(1)=0，g(x)min=g(a)=−a2+4a−2，
所以，由Fx的定义知ma=minf1,ga，
即ma=0,3≤a≤2+2,−a2+4a−2,a>2+2．
(ii)当0≤x≤2时，
Fx≤fx≤maxf0,f2=2=F2；
当2≤x≤6时，
F(x)≤g(x)≤max{g(2),g(6)}
=max{2,34−8a}=max{F(2),F(6)}．
所以Ma=34−8a,3≤a<4,2,a≥4.