2020-2021学年湖南省娄底市高三（下）5月月考数学试卷人教A版（2019）（Word含解析）

这是一份2020-2021学年湖南省娄底市高三（下）5月月考数学试卷人教A版（2019）（Word含解析），共15页。试卷主要包含了选择题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


1. 设 z=−1+2i2+i ，则z的虚部是( )
A.1B.iC.−1D.−i

2. 已知集合A=x|x−a≤0，B=1,2,3，若A∩B≠⌀，则a的取值范围为( )
A.(−∞,1]B.[1,+∞)C.(−∞,3]D.[3,+∞)

3. 有12名同学合影，站成前排4人后排8人，现摄影师要从后排8人中抽2人调整到前排，若其他人的相对顺序不变，则不同调整方法的种数是( )
A.C82A32B.C82A66C.C82A62D.C82A52

4. 我们打印用的A4纸的长与宽的比约为2，之所以是这个比值，是因为把纸张对折，得到的新纸的长与宽之比仍约为2，纸张的形状不变．已知圆柱的母线长小于底面圆的直径长（如图所示），它的轴截面ABCD为一张A4纸，若点E为上底面圆上弧AB的中点，则异面直线DE与AB所成的角约为( )

A.π6B.π4C.π3D.π2

5. 历史上，最伟大的数学家一直都热衷于寻找质数的“分布规律”，法国数学家马林•梅森就是研究质数的数学家中成就很高的一位，正因为他的卓越贡献，现在人们将形如“ 2p−1 (p是质数）”的质数称为梅森数，迄今为止共发现了51个梅森数，前4个梅森数分别是 22−1=3，23−1=7，25−1=31，27−1=127 ，3，7是1位数，31是2位数，127是3位数. 已知第10个梅森数为 289−1，则第10个梅森数的位数为（参考数据： lg2≈0.301)( )
A.25B.29C.27D.28

6. 已知F1，F2分别是双曲线3x2−y2=3a2a>0的左、右焦点，P是抛物线y2=8ax与双曲线的一个交点．若|PF1|+|PF2|=12，则抛物线的准线方程为( )
A.x=−2B.x=−1C.x=−3D.x=−32

7. 在△ABC中，角A为π3，角A的平分线AD交BC于点D，已知AD=23，且λAB→=AD→−13AC→λ∈R，则AB→⋅AD→=( )
A.1B.32C.9 D.332

8. 定义在R上的函数f(x)的图象是连续不断的曲线，且f(x)=f(−x)e2x，当x>0时，f′(x)>f(x)恒成立，则下列判断一定正确的是( )
A.e5f(2)f(3)D.f(−2)二、多选题

下列说法正确的是( )
A.∃a∈R，使得函数fx=ax2+a2+1x+1的图象关于y轴对称
B.∀a∈R，函数fx=ax2+a2+1x+1在区间−1,1上一定是单调函数
C.存在两个不同幂函数图象的交点有三个
D.函数y=sinx与y=x的图象的交点有3个

设a=lg23，b=lg34，c=lg45，则下列判断正确的是( )
A.a>b>cB.a
如图，正方体ABCD−A1B1C1D1 的棱长为1，E，F分别是棱AA1，CC1 的中点，过EF的平面与棱BB1，DD1分别交于点G，H．设BG=x，x∈0,1.以下结论正确的是( )

A.四边形EGFH一定是菱形
B.AC//平面FGFH
C.四边形FGFH面积的取值范围是1,3
D.四棱锥A−EGFH的体积为定值

记函数fx=sin2nx−csnx在区间0,π内的零点个数为ann∈N∗，则下列是数列an中的项的是( )
A.16B.17C.18D.19
三、填空题

若3−ax1+x4展开式中x的系数为11，则展开式中各项系数之和为________．（用数字作答）

已知函数fx=23sinxcsx−2cs2x+1x∈R．若fx0=65，x0∈π3,π2，则cs2x0=________.

已知点A−3,0，B−1,−2．若圆x−22+y2=r2r>0上恰有两点M，N，使得△MAB和△NAB的面积均为2，则r 的取值范围是________.

已知集合{1，2，3，⋯，n}(n∈N∗，n≥3)，若该集合具有下列性质的子集：每个子集至少含有2个元素，且每个子集中任意两个元素之差的绝对值大于1，则称这些子集为T子集，记T子集的个数为an，则a12=________.
四、解答题

如图，△ABC是等边三角形，D是BC边上的动点（含端点），记∠BAD=α，∠ADC=β．

(1)求2csα−csβ的最大值；

(2)若BD=1，csβ=17，求△ABD的面积．

如图，△ABC中，AB=BC=4，∠ABC=90∘，E，F分别为AB，AC边的中点，以EF为折痕把△AEF折起，使点A到达点P的位置，且PB=BE.

(1)证明：BC⊥平面PBE；

(2)求平面PBE与平面PCF所成锐二面角的余弦值.

已知数列an中，a1=1，an+an+1=2n+1n∈N∗．
(1)求an的通项公式；

(2)数列bn满足bn=1anan+1，Sn为数列bn的前n项和，是否存在正整数m，k1
按照乒乓球单打七局四胜制比赛规则，在每一局的每一回合比赛中，赢球者得1分，输球者不得分，且每一回合必有输赢；每人连发2个球后交换发球，一局比赛累计先得11分者获胜（如果比分打到10:10后，多得2分者获胜）．已知甲、乙两人比赛，如果是甲发球，甲在该回合得1分的概率为23，不得分的概率为13；如果是乙发球，甲在该回合得1分的概率为25，不得分的概率为35．
(1)若某局中甲先发球，求这局比赛中比分出现2:2的概率；

(2)若某局中甲先发球，若甲在本局以比分11:8取胜，求甲在自己发球的那些回合中最有可能的得分之和．

已知函数fx=2lnx+mx2−2m+1x，m∈R．
(1)当x>1时，fx
(2)若m=2，令gx=fx−4x−8，正实数x1，x2满足gx1+gx2+2x1x2=0，求x1+x2的最小值．

如图，O为坐标原点，椭圆C1:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左右焦点分别为F1，F2，离心率为e1；双曲线C2:x2a2−y2b2=1的左右焦点分别为F3，F4，离心率为e2，已知e1e2=32，且|F2F4|=3−1．

(1)求C1，C2的方程；

(2)过F1点作C1的不垂直于y轴的弦AB，M为AB的中点，当直线OM与C2交于P，Q两点时，求四边形APBQ面积的最小值．
参考答案与试题解析
2020-2021学年湖南省娄底市高三（下）5月月考数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
A
【考点】
复数的基本概念
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵ z=−1+2i2+i=i(2+i)2+i=i，
∴ 复数z的虚部为1.
故选A.
2.
【答案】
B
【考点】
交集及其运算
集合的包含关系判断及应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：集合A=x|x≤a，集合B=1,2,3，
若A∩B≠⌀，则1，2，3这三个元素至少有一个在集合A中，
若2或3在集合A中，则1一定在集合A中，
因此只要保证1∈A即可，所以a≥1．
故选B．
3.
【答案】
C
【考点】
排列、组合及简单计数问题
分步乘法计数原理
【解析】
分三步完成：①先从后排8人中选2人共C82 种选法．②把这2人插入前排4人中，且保证前排人的顺序不变，则先从4人中的5个空挡插入一人，有5种插法．
③余下的一人则要插入前排5人的空挡，有6种插法，再根据分步计数原理求得结果．
【解答】
解：从后排8人中选2人共C82种选法．
这2人插入前排4人中，且保证前排人的顺序不变，
则先从4人中的5个空挡插入一人，有5种插法；
余下的一人则要插入前排5人的空挡，有6种插法，即为A62，
故不同调整方法的总数是C82A62.
故选C．
4.
【答案】
C
【考点】
异面直线及其所成的角
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵AB//CD，
∴ ∠EDC（或补角）为异面直线DE与AB所成的角.
设CD的中点为O，过E作EF⊥底面⊙O，连接OE，OF，
∵E是AB的中点，
∴ F是CD的中点，
∴ CD⊥OF.
又EF⊥平面⊙O，
∴ EF⊥CD.
∵EF∩OF=F，
∴CD⊥平面OEF，
∴OD⊥OE.
设AD=1，则CD=2，
故OF=22，EF=1，
∴OE=12+222=62，
∴tan∠EDO=OEOD=6222=3，∠EDO=π3.
故选C.
5.
【答案】
C
【考点】
对数及其运算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由题意得，lg289−1≈89lg2≈26.789．
故选C．
6.
【答案】
A
【考点】
双曲线的特性
双曲线的标准方程
抛物线的性质
双曲线的应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：将双曲线方程化为标准方程得x2a2−y23a2=1a>0，
则F2为抛物线的焦点，抛物线的准线方程为x=−2a，
联立x2a2−y23a2=1,y2=8ax, ’
解得x=3a(−a3舍去)，
即点P的横坐标为3a．
由|PF1|+|PF2|=12,|PF1|−|PF2|=2a,
解得|PF2|=6−a，
∴ |PF2|=3a+2a=6−a，
解得a=1，
∴ 抛物线的准线方程为x=−2.
故选A．
7.
【答案】
C
【考点】
向量的共线定理
向量的线性运算性质及几何意义
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由λAB→=AD→−13AC→，得AD→=λAB→+13AC→，
∵ B，C，D三点共线，
∴ λ+13=1，即λ=23，
∴ AD→=23AB→+13AC→，
以A为原点，以AB为x轴建立平面直角坐标系如图所示，
则D3,3，设Bm,0，Cn,3n，
由AD→=23AB→+13AC→，
得3=23m+13n,3=33n, 解得m=3，n=3，
故B3,0，∴ AB→⋅AD→=9．
故选C．
8.
【答案】
B
【考点】
函数的单调性与导数的关系
奇偶性与单调性的综合
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：构造函数g(x)=f(x)ex.
因为f(x)=f(−x)e2x，所以f(−x)=f(x)e2x，
则g(−x)=f(−x)e−x=f(x)e2xe−x=f(x)ex=g(x)，
所以g(x)为偶函数，
当x>0时，g′(x)=f′(x)−f(x)ex>0，
所以g(x)在(0,+∞)上单调递增，
所以有g(3)>g(2)，则g(−3)>g(2)，
即f(−3)e−3>f(2)e2，即e5f(−3)>f(2).
故选B.
二、多选题
【答案】
B,C
【考点】
命题的真假判断与应用
二次函数的性质
函数单调性的判断与证明
函数的图象与图象变化
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：当a=0时，fx=x+1不是偶函数，在−1,1上单调；
当a≠0时，对称轴为x=−a2+12a
=−12a+1a∈−∞,−1∪1,+∞ ，
fx不是偶函数，在−1,1上单调，故A错误，B正确；
y=x与y=x3有3个交点，故C正确；
因为函数y=sinx在0,0处的切线是直线y=x，
所以函数y=sinx与y=x的图象的交点有且只有一个，故D错误．
故选BC.
【答案】
A,C
【考点】
对数的运算性质
对数值大小的比较
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由a=lg23=lg3lg2，b=lg34=lg4lg3，c=lg45=lg5lg4，
得ab=2，abc=lg25，ab=(lg3)2lg2⋅lg4>(lg3)2(lg2+lg42)2
=4lg32lg82>4lg32lg92=1，
∴ a>b，同理b>c，
∴ a>b>c，故A正确，B错误；
a+1b=lg23+lg43=lg233>lg25，故C正确；
ab=2，且a≠b，故a+b>22，故D错误．
故选AC．
【答案】
A,B,D
【考点】
点、线、面间的距离计算
棱柱的结构特征
点到直线的距离公式
柱体、锥体、台体的体积计算
直线与平面平行的性质
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：A，由面面平行的性质定理，得EG//FH，EH//GF，
可得四边形EGFH为平行四边形，
又直角梯形CBGF和直角梯形ABGE全等，
可得EG=FG，
即有四边形EGFH为菱形，故A正确；
B，由四边形AEFC为平行四边形，
可得AC//EF，AC⊄平面EFGH，EF⊂平面EGFH，
可得AC//平面EGFH，故B正确；
C，由菱形EGFH可得EF⊥GH，
四边形EGFH的对角线EF是固定的，
四边形EGFH的面积S=12×2⋅HG，HG∈2,3，
所以四边形EGFH的面积S∈1,62，故C错误；
D，因为四棱锥A−EGFH的体积为：
V=VG−AEF+VH−AEF=13×DB×S△AEF为常数，故D正确.
故选ABD．
【答案】
A,D
【考点】
函数的零点
函数的零点与方程根的关系
函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：令fx=0，得2sinnxcsnx=csnx，
∴ csnx=0或sinnx=12．
又nx∈0,nπ，
若csnx=0，则nx=π2+kπ，k=0，1，2，⋯，n−1，
共n个解；
若sinnx=12，则nx=π6+2kπ，0≤k≤n2−112
或nx=5π6+2kπ，0≤k≤n2−512，
当n为奇数时，an=n+n−12+1+n−12+1=2n+1；
当n为偶数时，an=n+n2+n2=2n．
故当n=8时，a8=16；当n=9时，a9=19．
故选AD．
三、填空题
【答案】
32
【考点】
二项式系数的性质
二项式定理的应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由题意，得x的系数为3C41+aC40=12+a=11，则a=−1，
所以原式为3−x1+x4，
令x=1，则展开式中各项系数之和为3−1×1+14=32．
故答案为：32．
【答案】
−43+310
【考点】
同角三角函数基本关系的运用
诱导公式
两角和与差的余弦公式
两角和与差的正弦公式
二倍角的正弦公式
二倍角的余弦公式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵ fx=32sinxcsx−2cs2x−1
=3sin2x−cs2x=2sin2x−π6，
由题意，得2sin2x0−π6=65，
∴ sin2x0−π6=35，
又x0∈π3,π2，
∴ 2x0−π6∈π2,5π6，
∴ cs2x0−π6=−45，
∴ cs2x0=cs2x0−π6+π6
=cs2x0−π6csπ6−sin2x0−π6sinπ6
=−45×32−35×12=−43+310．
故答案为：−43+310．
【答案】
322,722
【考点】
点到直线的距离公式
点与圆的位置关系
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由题意可得|AB|=−1+32+−2−02=22，
根据△MAB和△NAB的面积均为2，可得两点M，N到直线AB的距离为2；
由于AB的方程为y−0−2−0=x+3−1+3，即x+y+3=0；
若圆上只有一个点到直线AB的距离为2，
则有圆心2,0到直线AB的距离为|2+0+3|2=r+2，
解得r=322；
若圆上有3个点到直线AB的距离为2，
则有圆心2,0到直线AB的距离为|2+0+3|2=r−2，
解得r=722；
综上，r的取值范围是322,722．
故答案为：322,722．
【答案】
364
【考点】
子集与真子集的个数问题
子集与交集、并集运算的转换
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：集合{1，2，3，⋯，k，k+1，k+2}的T子集可分为两类：
第一类子集中不含有k+2，这类子集有ak+1个；
第二类子集中含有k+2，则这类子集为{1，2，3，⋯，k}的T子集与k+2的并
或为{1，2，3，⋯，k}的单元素子集与k+2的并，共有ak+k个．
所以ak+2=ak+1+ak+k．
因为a3=1，a4=3，
所以a5=7，a6=14，a7=26，a8=46，a9=79，
a10=133，a11=221，a12=364．
故答案为：364．
四、解答题
【答案】
解：(1)由△ABC是等边三角形，得β=α+π3，
又0≤α≤π3，
故2cs α−cs β=2cs α−cs(α+π3)
=3sin(α+π3)，
故当α=π6，即D为BC中点时，原式取最大值3；
(2)由csβ=17，得sinβ=437，
故sinα=sin(β−π3)
=sinβcsπ3−csβsinπ3=3314，
由正弦定理ABsin∠ADB=BDsin∠BAD，
故AB=sinβsinα⋅BD=83，
故S△ABD=12AB⋅BD⋅sinB
=12×83×1×32=233．
【考点】
两角和与差的正弦公式
三角形的面积公式
三角函数的最值
正弦定理
【解析】
（1）求出β＝α+π3，根据三角函数的运算性质求出其最大值即可；
（2）根据正弦定理求出AB的值，从而求出三角形的面积即可．
【解答】
解：(1)由△ABC是等边三角形，得β=α+π3，
又0≤α≤π3，
故2cs α−cs β=2cs α−cs(α+π3)
=3sin(α+π3)，
故当α=π6，即D为BC中点时，原式取最大值3；
(2)由csβ=17，得sinβ=437，
故sinα=sin(β−π3)
=sinβcsπ3−csβsinπ3=3314，
由正弦定理ABsin∠ADB=BDsin∠BAD，
故AB=sinβsinα⋅BD=83，
故S△ABD=12AB⋅BD⋅sinB
=12×83×1×32=233．
【答案】
(1)证明：∵ E，F分别为AB，AC边的中点，
∴ EF//BC，
∵ ∠ABC=90∘，
∴ EF⊥BE，EF⊥PE，
又∵ BE∩PE=E，
∴ EF⊥平面PBE，
∴ BC⊥平面PBE.
(2)解：取BE的中点O，连接PO，如图，
由(1)知BC⊥平面PBE，BC⊂平面BCFE，
所以平面PBE⊥平面BCFE,
因为PB=BE=PE，所以PO⊥BE，
又因为PO⊂平面PBE，平面PBE∩平面BCFE=BE，
所以PO⊥平面BCFE.
分别以OB，OP所在直线为x，z轴，
过O且平行BC的直线为y轴建立空间直角坐标系，
则P(0,0,3),C(1,4,0), F(−1,2,0).
PC→=(1,4,−3), PF→=(−1,2,−3)
设平面PCF的法向量为m→=(x，y，z),
则PC→⋅m→=0PF→⋅m→=0即x+4y−3z=0，−x+2y−3z=0，
则m→=(−1，1，3)，
易知n→=(0，1，0)为平面PBE的一个法向量，
cs=−1×0+1×1+3×0(−1)2+12+(3)2=15=55，
所以平面PBE与平面PCF所成锐二面角的余弦值为55.
【考点】
用空间向量求平面间的夹角
直线与平面垂直的判定
【解析】
此题暂无解析
【解答】
(1)证明：∵ E，F分别为AB，AC边的中点，
∴ EF//BC，
∵ ∠ABC=90∘，
∴ EF⊥BE，EF⊥PE，
又∵ BE∩PE=E，
∴ EF⊥平面PBE，
∴ BC⊥平面PBE.
(2)解：取BE的中点O，连接PO，如图，
由(1)知BC⊥平面PBE，BC⊂平面BCFE，
所以平面PBE⊥平面BCFE,
因为PB=BE=PE，所以PO⊥BE，
又因为PO⊂平面PBE，平面PBE∩平面BCFE=BE，
所以PO⊥平面BCFE.
分别以OB，OP所在直线为x，z轴，
过O且平行BC的直线为y轴建立空间直角坐标系，
则P(0,0,3),C(1,4,0), F(−1,2,0).
PC→=(1,4,−3), PF→=(−1,2,−3)
设平面PCF的法向量为m→=(x，y，z),
则PC→⋅m→=0PF→⋅m→=0即x+4y−3z=0，−x+2y−3z=0，
则m→=(−1，1，3)，
易知n→=(0，1，0)为平面PBE的一个法向量，
cs=−1×0+1×1+3×0(−1)2+12+(3)2=15=55，
所以平面PBE与平面PCF所成锐二面角的余弦值为55.
【答案】
解：(1)将n=1代入an+an+1=2n+1，得a2=3−1=2．
∵ an+an+1=2n+1，
∴ an+1+an+2=2n+3 ，
∴ an+2−an=2，
∴ 数列{an}的奇数项、偶数项都是以2为公差的等差数列，
当n=2k时，an=a2+2k−1=2k=n，
当n=2k−1时，an=a1+2k−1=2k−1=n，
∴ an=n，n∈N∗．
(2)由(1)可知，an=n，n∈N∗，
∴ bn=1nn+1=1n−1n+1，
∴ Sn=b1+b2+⋯+bn=(1−12)+(12−13)+(1n−1n+1)
=1−1n+1=nn+1，
若Sk=4Sm2，
则kk+1=4m4m+12，
即1+1k=m+124m2，
解得1k=−3m2+2m+14m2．
∵ 1∴ 0<1k<1m<1，
∴ 0<−3m2+2m+14m2<1m<1．
∴ 3m2−2m−1<0,3m2+2m+1>0,m>1,
解得131,矛盾.
故不存在m，k，使得Sk=4Sm2．
【考点】
等差数列的通项公式
数列递推式
由递推关系式求通项公式
数列的求和
【解析】
(1)答案未提供解析．
(2)答案未提供解析．
【解答】
解：(1)将n=1代入an+an+1=2n+1，得a2=3−1=2．
∵ an+an+1=2n+1，
∴ an+1+an+2=2n+3 ，
∴ an+2−an=2，
∴ 数列{an}的奇数项、偶数项都是以2为公差的等差数列，
当n=2k时，an=a2+2k−1=2k=n，
当n=2k−1时，an=a1+2k−1=2k−1=n，
∴ an=n，n∈N∗．
(2)由(1)可知，an=n，n∈N∗，
∴ bn=1nn+1=1n−1n+1，
∴ Sn=b1+b2+⋯+bn=(1−12)+(12−13)+(1n−1n+1)
=1−1n+1=nn+1，
若Sk=4Sm2，
则kk+1=4m4m+12，
即1+1k=m+124m2，
解得1k=−3m2+2m+14m2．
∵ 1∴ 0<1k<1m<1，
∴ 0<−3m2+2m+14m2<1m<1．
∴ 3m2−2m−1<0,3m2+2m+1>0,m>1,
解得131,矛盾.
故不存在m，k，使得Sk=4Sm2．
【答案】
解：(1)比分出现2:2，则甲发前面两球，乙发后面两球，
设甲在前面两球的得分为X，
则P(X=0)=13×13×25×25=4225，
P(X=1)=C21×23×13×C21×35×25=48225，
P(X=2)=23×23×35×35=36225，
于是比分出现2:2的概率为P=PX=0+PX=1+PX=2
=88225．
(2)依题意，甲共发球10个，乙发球9个，且第19个回合是乙发球甲获胜，
设甲在自己发球的10个回合中一共得Y分，
则2≤Y≤10，且P(Y=k)=C10k×23k×1310−k×C810−k
×2510−k×35k−2×25，
故对2≤k≤9，令 P(Y=k+1)P(Y=k)
=C10k+1×23k+1×139−k×C89−k×259−k×35k−1×25C10k×−23k×1310−k×C810−k×2510−k×35k−2×25
=10−kk+1×23×3×10−kk−1×52×35=3(10−k)2k2−1>1，得k≤6，
故PY=2PY=8>PY=9>PY=10，
故甲在自己发球的10个回合得7分的可能性最大．
【考点】
互斥事件的概率加法公式
相互独立事件的概率乘法公式
概率的应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)比分出现2:2，则甲发前面两球，乙发后面两球，
设甲在前面两球的得分为X，
则P(X=0)=13×13×25×25=4225，
P(X=1)=C21×23×13×C21×35×25=48225，
P(X=2)=23×23×35×35=36225，
于是比分出现2:2的概率为P=PX=0+PX=1+PX=2
=88225．
(2)依题意，甲共发球10个，乙发球9个，且第19个回合是乙发球甲获胜，
设甲在自己发球的10个回合中一共得Y分，
则2≤Y≤10，且P(Y=k)=C10k×23k×1310−k×C810−k
×2510−k×35k−2×25，
故对2≤k≤9，令 P(Y=k+1)P(Y=k)
=C10k+1×23k+1×139−k×C89−k×259−k×35k−1×25C10k×−23k×1310−k×C810−k×2510−k×35k−2×25
=10−kk+1×23×3×10−kk−1×52×35=3(10−k)2k2−1>1，得k≤6，
故PY=2PY=8>PY=9>PY=10，
故甲在自己发球的10个回合得7分的可能性最大．
【答案】
解：(1)令ℎ(x)=f(x)−lnx=mx2−(2m+1)x+lnx，
由题意x∈(1,+∞)时，ℎ(x)<0恒成立，
ℎ′(x)=2mx−(2m+1)+1x=(x−1)(2mx−1)x，
若00恒成立，
所以ℎ(x)在12m,+∞内是增函数，
且ℎ(x)∈ℎ12m,+∞，所以不符合题意．
若m≥12，则当x∈(1,+∞)时，ℎ′(x)>0恒成立，
所以ℎ(x)在(1,+∞)内为增函数，
且ℎ(x)∈(ℎ(1),+∞)，所以不符合题意．
若m≤0，则当x∈(1,+∞)时，恒有ℎ′(x)<0，
故ℎ(x)在区间(1,+∞)内是减函数，
所以ℎ(x)<0，对任意x∈(1,+∞)都成立的充要条件是ℎ(1)≤0，
即m−(2m+1)≤0，
解得m≥−1，故−1≤m≤0，
综上，m的取值范围是[−1,0]．
(2)当实数m=2时，
g(x)=f(x)−4x−8=2lnx+2x2−9x−8(x>0)，
因为g(x1)+g(x2)+2x1x2=0，
所以2lnx1+2x12−9x1−8+2lnx2+2x22−9x2−8+2x1x2=0，
所以2(x1+x2)2−9(x1+x2)−16=2x1x2−2ln(x1x2) ，
令t=x1x2，ℎ(t)=2t−2lnt(t>0)，
由ℎ′(t)=2(t−1)t，得当t∈(0,1)时，ℎ′(t)<0，即ℎ(t)单调递减；
当t∈(1,+∞)时，ℎ′(t)>0，即ℎ(t)单调递增，
所以ℎ(t)min=ℎ(1)=2，
于是2(x1+x2)2−9(x1+x2)−16≥2，
即[2(x1+x2)+3](x1+x2−6)≥0，
因为x1，x2>0，所以x1+x2≥6，
当x1=3−22，x2=3+22时，x1+x2取最小值6．
【考点】
利用导数研究函数的单调性
利用导数研究不等式恒成立问题
利用导数研究函数的最值
导数在最大值、最小值问题中的应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：（1）令ℎ(x)=f(x)−lnx=mx2−(2m+1)x+lnx，由题意x∈(1,+∞)时，ℎ(x)<0恒成立，ℎ′(x)=2mx−(2m+1)+1x=(x−1)(2mx−1)x，
若00恒成立，
所以ℎ(x)在12m,+∞内是增函数，且ℎ(x)∈ℎ12m,+∞，所以不符合题意．
若m≥12，则当x∈(1,+∞)时，ℎ′(x)>0恒成立，
所以ℎ(x)在(1,+∞)内为增函数，且ℎ(x)∈(ℎ(1),+∞)，所以不符合题意．
若m≤0，则当x∈(1,+∞)时，恒有ℎ′(x)<0．故ℎ(x)在区间(1,+∞)内是减函数，
所以ℎ(x)<0，对任意x∈(1,+∞)都成立的充要条件是ℎ(1)≤0，即m−(2m+1)≤0，
解得m≥−1，故−1≤m≤0，综上，m的取值范围是[−1,0]．
(2)当实数m=2时，
g(x)=f(x)−4x−8=2lnx+2x2−9x−8(x>0)，
因为g(x1)+g(x2)+2x1x2=0，
所以2lnx1+2x12−9x1−8+2lnx2+2x22−9x2−8+2x1x2=0，
所以2(x1+x2)2−9(x1+x2)−16=2x1x2−2ln(x1x2) ，
令t=x1x2，ℎ(t)=2t−2lnt(t>0)，
由ℎ′(t)=2(t−1)t，得当t∈(0,1)时，ℎ′(t)<0，即ℎ(t)单调递减；
当t∈(1,+∞)时，ℎ′(t)>0，即ℎ(t)单调递增，
所以ℎ(t)min=ℎ(1)=2，
于是2(x1+x2)2−9(x1+x2)−16≥2，
即[2(x1+x2)+3](x1+x2−6)≥0，
因为x1，x2>0，所以x1+x2≥6，
当x1=3−22，x2=3+22时，x1+x2取最小值6．
【答案】
解：(1)由题意可知，e1=1−b2a2,e2=1+b2a2，且|F1F2|=2a2−b2，
∵ e1e2=32，且|F2F4|=3−1，
∴ 1−b2a2⋅1+b2a2=32，且a2+b2−a2−b2=3−1，
解得：a=2,b=1，
∴ 椭圆C1的方程为x22+y2=1，双曲线C2的方程为x22−y2=1.
(2)由(1)可得F1(−1, 0)，
∵ 直线AB不垂直于y轴，
∴ 设AB的方程为x=ny−1，
联立x=ny−1，x22+y2=1， 得(n2+2)y2−2ny−1=0，
设A(x1, y1)，B(x2, y2)，M(x0, y0)，
则y1+y2=2nn2+2,y0=nn2+2，y1y2=−1n2+2，
则|AB|=1+n2(y1+y2)2−4y1y2
=1+n2(2nn2+2)2+4n2+2=22(n2+1)n2+2，
∵ M在直线AB上，
∴ x0=n2n2+2−1=−2n2+2，
直线PQ的方程为y=y0x0x=−n2x，
联立y=−n2x，x22−y2=1， 得x2−2×(−n2x)2−2=0，
解得x2=42−n2，代入y=−n2x 得y2=n22−n2，
由2−n2>0，得−2∴ P，Q的坐标分别为(−42−n2,n22−n2),(42−n2,−n22−n2)，
则P，Q到AB的距离分别为：
d1=|n⋅n22−n2+42−n2−1|n2+1，
d2=|−n⋅n22−n2−42−n2−1|n2+1，
∵ P，Q在直线A，B的两端，
∴ d1+d2=|2n⋅n22−n2+242−n2|n2+1，
则四边形APBQ的面积S=12|AB|(d1+d2)=22⋅32−n2−1，
∴ 当n2=0，即n=0时，四边形APBQ面积取得最小值2．
【考点】
直线与双曲线结合的最值问题
双曲线的离心率
椭圆的离心率
直线与椭圆结合的最值问题
【解析】
(Ⅰ)由斜率公式写出e1，e2，把双曲线的焦点用含有a，b的代数式表示，结合已知条件列关于a，b的方程组求解a，b的值，则圆锥曲线方程可求；
(Ⅱ)设出AB所在直线方程，和椭圆方程联立后得到关于y的一元二次方程，由根与系数的关系得到AB中点M的坐标，并由椭圆的焦点弦公式求出AB的长度，写出PQ的方程，和双曲线联立后解出P，Q的坐标，由点到直线的距离公式分别求出P，Q到AB的距离，然后代入代入三角形面积公式得四边形APBQ的面积，再由关于n的函数的单调性求得最值．
【解答】
解：(1)由题意可知，e1=1−b2a2,e2=1+b2a2，且|F1F2|=2a2−b2，
∵ e1e2=32，且|F2F4|=3−1，
∴ 1−b2a2⋅1+b2a2=32，且a2+b2−a2−b2=3−1，
解得：a=2,b=1，
∴ 椭圆C1的方程为x22+y2=1，双曲线C2的方程为x22−y2=1.
(2)由(1)可得F1(−1, 0)，
∵ 直线AB不垂直于y轴，
∴ 设AB的方程为x=ny−1，
联立x=ny−1，x22+y2=1， 得(n2+2)y2−2ny−1=0，
设A(x1, y1)，B(x2, y2)，M(x0, y0)，
则y1+y2=2nn2+2,y0=nn2+2，y1y2=−1n2+2，
则|AB|=1+n2(y1+y2)2−4y1y2
=1+n2(2nn2+2)2+4n2+2=22(n2+1)n2+2，
∵ M在直线AB上，
∴ x0=n2n2+2−1=−2n2+2，
直线PQ的方程为y=y0x0x=−n2x，
联立y=−n2x，x22−y2=1， 得x2−2×(−n2x)2−2=0，
解得x2=42−n2，代入y=−n2x 得y2=n22−n2，
由2−n2>0，得−2∴ P，Q的坐标分别为(−42−n2,n22−n2),(42−n2,−n22−n2)，
则P，Q到AB的距离分别为：
d1=|n⋅n22−n2+42−n2−1|n2+1，
d2=|−n⋅n22−n2−42−n2−1|n2+1，
∵ P，Q在直线A，B的两端，
∴ d1+d2=|2n⋅n22−n2+242−n2|n2+1，
则四边形APBQ的面积S=12|AB|(d1+d2)=22⋅32−n2−1，
∴ 当n2=0，即n=0时，四边形APBQ面积取得最小值2．