浙江省浙大附中丁兰校区2022-2023学年高二下学期数学期中试卷

这是一份浙江省浙大附中丁兰校区2022-2023学年高二下学期数学期中试卷，共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


浙江省浙大附中丁兰校区2022-2023学年高二下学期数学期中试卷
一、单选题(共8题；共40分)
1．（5分）已知集合A={x|log2x<0}，B={y||y−1|<2}，则A∪B=（　　）
A．(0，1) B．(−1，1) C．(−1，3) D．(−∞，3)
2．（5分）若复数z满足z−i=zi（i为虚数单位），则|z|=（　　）
A．22 B．1 C．2 D．3
3．（5分）已知单位向量OA，OB满足|OA+OB|=3，则OA在OB方向上的投影向量为（　　）
A．12OB B．OB C．−12OB D．−OB
4．（5分）已知直三棱柱ABC−A1B1C1的所有棱长都相等，M为A1C1的中点，则AM与BC1所成角的正切值为（　　）
A．153 B．155 C．64 D．104
5．（5分）已知y=f(x)为奇函数，y=f(x+1)为偶函数，若当x∈[0，1]时，f(x)=log2(x+a)，则f(2023)=（　　）
A．-1 B．0 C．1 D．2
6．（5分）如图所示，一个球内接圆台，已知圆台上､下底面的半径分别为3和4，球的表面积为100π，则该圆台的体积为（　　）

A．175π3 B．75π C．238π3 D．259π3
7．（5分）已知函数f(x)=3sinωx−cosωx(ω>0)，则f(x)在区间[0，2π]上有且仅有2个零点和2条对称轴，则ω的取值范围是（　　）
A．[56，1312) B．(56，1312] C．(53，136] D．(53，136)
8．（5分）a=2，b=313，c=e1e，则（　　）
A．c 二、多选题(共4题；共20分)
9．（5分）已知a>0，b>0，a+b=1，则（　　）
A．1a+1b≤4 B．2a+2b≥22
C．log2a+log2b≤−2 D．a2+b2≥12
10．（5分）已知直线l：mx+y+2m−3=0(m∈R)与圆C：(x+4)2+(y−5)2=12交于A､B两点，则下列说法正确的有（　　）
A．直线l过定点(−2，3)
B．当|AB|取得最小值时，m=−1
C．当∠ACB取得最小值时，其余弦值为12
D．AB⋅AC的最大值为24
11．（5分）已知数列{an}满足a1=1，an+1=an−2n，n为奇数an+2n+1，n为偶数，则下列说法正确的是（　　）
A．a3=7 B．a2022=a2
C．a2023=22023 D．3S2n+1=22n+3−6n−5
12．（5分）如图，正方体ABCD−A′B′C′D′的棱长为3，点M是侧面ADD′A′上的一个动点（含边界），点P在棱CC′上，且|PC′|=1，则下列结论正确的是（　　）

A．沿正方体的表面从点A到点P的最短路程为210
B．BD′⊥平面A′C′D
C．若保持|PM|=13，则点M的运动轨迹长度为43π
D．三棱锥B′−ACD′外接球的半径为332
三、填空题(共4题；共20分)
13．（5分）已知二项式(ax+1)3(a∈R)的展开式所有项的系数之和为8，则(x2−ax)10的展开式中的常数项为　 　.
14．（5分）浙大附中高二年级某班元旦活动有唱歌､跳舞､小品､相声､朗诵､游戏六个节目制成一个节目单，其中游戏不安排在第一个，唱歌和跳舞相邻，则不同的节目单顺序有　 　种（结果用数字作答）
15．（5分）已知椭圆C1：x249+y2b2=1(00)的焦点，若P是椭圆C1与抛物线C2的交点，且|PF1|=8，则cos∠PF1F2的值为　 　.
16．（5分）若直线y=k1(x+1)−1与曲线y=ex相切，直线y=k2(x+1)−1与曲线y=lnx相切，则k1k2的值为　 　.
四、解答题(共6题；共70分)
17．（10分）如图，在平面四边形ABCD中，∠BCD=π2，AB=1，∠ABC=3π4.

（1）（5分）当BC=2，CD=7时，求△ACD的面积.
（2）（5分）当∠ADC=π6，AD=2时，求tan∠ACB.
18．（12分）已知数列{an}的前n项和为Sn，且12Sn+1=an.
（1）（6分）求数列{an}的通项公式；
（2）（6分）在an和an+1之间插入n个数，使得这(n+2)数依次组成公差为dn的等差数列，求数列{1dn}的前n项和Tn.
19．（12分）已知函数f(x)满足f(x)=2f(−x)+3x−1．
（1）（6分）求函数f(x)的解析式；
（2）（6分）若关于x的方程|f(x)|=k|x2−x−1|恰有四个不同的实根，求实数k的取值范围．
20．（12分）如图，将长方形OAA1O1（及其内部）绕OO1旋转一周形成圆柱，其中OA=1，O1O=2，劣弧A1B1的长为π6，AB为圆O的直径.

（1）（6分）在弧AB上是否存在点C（C，B1在平面OAA1O1的同侧），使BC⊥AB1，若存在，确定其位置，若不存在，说明理由；
（2）（6分）求平面A1O1B与平面B1O1B夹角的余弦值.
21．（12分）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)经过点(3，12)，其左焦点为F1(−3，0).
（1）（6分）求椭圆C的标准方程；
（2）（6分）椭圆C的右顶点为A，若点P，Q在椭圆C上，且满足直线AP与AQ的斜率之积为120，证明：直线PQ过定点.
22．（12分）已知函数f(x)=exx+1，g(x)=(1−x)ex．
（1）（6分）求f(x)的单调区间；
（2）（6分）当m∈(0，1)时，y=g(x)−m有两个零点x1，x2(x1 ①证明：x1+x2<0；
②设函数y=f(x)+m−2的两个零点x3，x4且x30．

答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】并集及其运算
【解析】【解答】由log2x<0解得0 由|y−1|<2可得−2 所以A∪B=(−1，3)，
故答案为：C

【分析】求出集合A、B，然后进行并集的运算即可得答案.
2．【答案】A
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数求模
【解析】【解答】由题意得zi−i2=z，故z(1−i)=1，即z=11−i=1+i(1−i)(1+i)=12+12i，
故|z|=(12)2+(12)2=22.
故答案为：A

【分析】把已知等式变形，利用复数代数形式的乘除运算化简，再由复数模的计算公式求解，可得答案.
3．【答案】A
【知识点】向量的投影
【解析】【解答】OA，OB是单位向量，
由题意|OA+OB|2=(OA+OB)2=OA2+2OA⋅OB+OB2=1+2OA⋅OB+1=3，
OA⋅OB=12，
所以OA在OB方向上的投影向量为12OB．
故答案为：A．

【分析】 先将 |OA+OB|=3 两边平方得到向量的数量积，再根据OA在OB方向上的投影向量公式求出答案.
4．【答案】B
【知识点】用空间向量求直线间的夹角、距离
【解析】【解答】取线段AC的中点O，则BO⊥AC，设直三棱柱ABC−A1B1C1的棱长为2，
以点O为原点，OB、OC、AA1的方向分别为x、y、z的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，

则A(0，−1，0)、M(0，0，2)、B(3，0，0)、C1(0，1，2)，
所以，AM=(0，1，2)，BC1=(−3，1，2)，cos=AM⋅BC1|AM|⋅|BC1|=55×22=104.
所以，sin=1−cos2=64.
则tan=sincos=64104=155
故答案为：B.

【分析】取线段AC的中点O，则BO⊥AC，设直三棱柱ABC−A1B1C1的棱长为2，以点O为原点，OB、OC、AA1的方向分别为x、y、z的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，利用空间向量法结合同角三角函数的基本关系可求得答案.
5．【答案】A
【知识点】函数奇偶性的性质；函数的周期性
【解析】【解答】因为y=f(x)为奇函数，所以f(0)=log2a=0⇒a=1，
因此当x∈[0，1]时，f(x)=log2(x+1)，.
因为y=f(x+1)是偶函数，所以f(x+1)=f(−x+1)，而y=f(x)为奇函数，
所以f(x+1)=f(−x+1)=−f(x−1)⇒f(x+1)=−f(x−1)，
因此有f(x+1+1)=−f(x+1−1)⇒f(x)=−f(x+2)，
因此有f(x+2)=−f(x+2+2)，所以f(x)=f(x+4)，
因此y=f(x)的周期为4，
f(2023)=f(4×506−1)=f(−1)=−f(1)=−log2(1+1)=−1，
故答案为：A

【分析】根据奇函数的性质求出a值，再根据奇偶性求出函数的周期，最后利用函数的周期性，代入求值，可得答案.
6．【答案】D
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积
【解析】【解答】因为圆台外接球的表面积S=4πr2=100π，所以球的半径r=5，
设圆台的上､下底面圆心分别为O2，O1，在上､下底面圆周上分别取点A，B，
连接OO2，OO1，OA，OB，O2A，O1B，如图，

因为圆台上､下底面的半径分别为3和4，
所以|OB|=|OA|=4，|O1B|=|O2A|=3，
所以|OO1|=|OB|2−|O1B|2=3，|OO2|=|OA|2−|O2A|2=4，
所以|O1O2|=7，
所以圆台体积V=13×(9π+16π+12π)×7=259π3.
故答案为：D.

【分析】 由球的表面积求出球的半径，然后通过轴截面求出圆台的高，进一步求出圆台的体积.
7．【答案】A
【知识点】三角函数中的恒等变换应用；正弦函数的奇偶性与对称性；正弦函数的周期性
【解析】【解答】因为f(x)=3sinωx−cosωx=2sin(ωx−π6)，
因为ω>0，当0≤x≤2π时，−π6≤ωx−π6≤2ωπ−π6，
因为函数f(x)在区间[0，2π]上有且仅有2个零点和2条对称轴，
则3π2≤2ωπ−π6<2π，解得56≤ω<1312，
故答案为：A.

【分析】首先把函数的关系式变形成余弦型函数，进一步利用余弦型函数的性质的应用求出ω的取值范围.
8．【答案】D
【知识点】对数函数的单调性与特殊点；利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】设f(x)=lnxx，则f′(x)=1−lnxx2，
x>e时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
4>3>e，则f(4) 所以ln44 所以212<313 故答案为：D．

【分析】 构造函数f(x)=lnxx，由导数确定单调性比较f(e)，f(3)， f(4)的大小后可得答案.
9．【答案】B,C,D
【知识点】对数的运算性质；基本不等式
【解析】【解答】对于A，因为a>0，b>0，a+b=1，所以1a+1b=(a+b)(1a+1b)=2+ba+ab≥2+2ba⋅ab=4，当且仅当ba=ab，即a=b=12时，等号成立，A不符合题意；
对于B，因为a>0，b>0，a+b=1，所以2a+2b≥22a⋅2b=22a+b=22，当且仅当2a=2b，即a=b=12时，等号成立，B符合题意；
对于C，因为a>0，b>0，a+b=1，所以log2a+log2b=log2(ab)≤log2(a+b2)2=log214=−2，当且仅当a=b=12时，等号成立，C符合题意；
对于D，因为a>0，b>0，a+b=1，所以(a+b)2≤2a2+2b2，即a2+b2≥12，当且仅当a=b=12时，等号成立，D符合题意.
故答案为：BCD.

【分析】利用基本不等式可判断A，B，D；利用对数的运算法则结合基本不等式可判断D.
10．【答案】A,B,D
【知识点】直线与圆相交的性质；余弦定理
【解析】【解答】由题意知，圆C的圆心C(−4，5)，r=23，
对于A项，因为直线l的方程为m(x+2)+y−3=0，
所以x+2=0y−3=0，解得：x=−2y=3，
所以直线l恒过定点(−2，3)，A项正确；
对于B项，因为直线l恒过定点M(−2，3)，且(−2+4)2+(3−5)2=8<12，
所以点M在圆C内，
所以当CM⊥AB时，|AB|取得最小值，即：kCM×kAB=−1，
又因为kCM=5−3−4+2=−1，
所以kAB=1，
又因为直线l的方程为y=−mx−2m+3，
所以m=−1，B项正确；
对于C项，因为直线l恒过定点M(−2，3)，
所以当CM⊥AB时，∠ACB最小，
又因为|CM|=(−4+2)2+(5−3)2=22，所以此时|AB|=2r2−|CM|2=212−8=4，
所以在△ABC中，由余弦定理得：cos∠ACB=12+12−422×23×23=13，C项错误；
对于D项，因为AB⋅AC=(AC+⋅CB)⋅AC=AC2−CB⋅CA=12−12cos，
又因为max=π，
所以cosmin=−1，
所以(12−12cos)max=24，即：AB⋅AC的最大值为24，D项正确.
故答案为：ABD.

【分析】整理得m(x+2)+y−3=0，由此可求得直线所过的定点，可判断A；由直线l过定点(2，3) ，且定点(2， 3)在圆C的内部，当直线l过圆心(4， 5)时，|AB|取得最大值，由此求得m的值，可判断B；设直线l过的定点M (2，3)，当CM⊥AB时，∠ACB最小，由余弦定理计算可判断C；当AC、AB共线，且方向相同时，AB⋅AC取得最大值，由此可判断D.
11．【答案】A,B,D
【知识点】数列的求和；数列递推式
【解析】【解答】a2=a1−2=−1，a3=a2+23=7，A符合题意；
对于k∈N∗，有a2k+2=a2k+1−22k+1，a2k+1=a2k+22k+1，
两式相加，得a2k+2=a2k，则a2022=a2020=⋯=a2，B符合题意；
由a2k+2=a2k，知a2022=a2020=⋯=a2=−1，
则a2023=a2022+22023=−1+22023，C不符合题意；
由偶数项均为−1，可得n为偶数时，an+1=−1+2n+1，
则S2n+1=a1+a2+a3+a4+a5+⋯+a2n+1=1+(−1)+(−1+23)+(−1)+(−1+25)+⋯+(−1+22n+1)
=1+(−1)×(2n)+23+25+⋯+22n+1=−2n+1+8(1−22n)1−22=22n+3−6n−53，
则3S2n+1=22n+3−6n−5，D符合题意.
故答案为：ABD.

【分析】先将n=1，2分别代入题干递推公式，即可计算出a3的值，可判断A；再将n为奇数和偶数两种情况分别进行讨论，当n为奇数时，根据递推公式进行转化，进一步运用累加法进行推导计算出当n为奇数时的通项公式，代入计算出a2021的结果，即可判断B； 当n为偶数时，根据题干递推公式进行推导即可发现数列 {an}的偶数项是均为-1的常数列，从而可得数列 {an}的通项公式，分n为奇数和偶数两种情况分别进行判别，可判断C；最后运用分组求和法，以及等比数列的求和公式即可计算出S2n+1的结果，进一步推导即可判断选项D.
12．【答案】B,C,D
【知识点】点、线、面间的距离计算；向量语言表述线面的垂直、平行关系
【解析】【解答】A：将正方体的下面和侧面展开可得如图图形，

连接AP，则|AP|=|AB|2+|BP|2=34<210，A不符合题意；
B：因为正方体ABCD−A′B′C′D′，DA，DC，DD′两两垂直，
所以以D为原点，DA，DC，DD′分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示坐标系，

则B(3，3，0)，D′(0，0，3)，A′(3，0，3)，C′(0，3，3)，D(0，0，0)，
所以BD′=(−3，−3，3)，DA′=(3，0，3)，DC′=(0，3，3)，
设平面A′C′D的法向量n=(x，y，z)，
则n⋅DA′=3x+3z=0n⋅DC′=3y+3z=0，取n=(1，1，−1)，
因为BD′=−3n，所以BD′与n共线，则BD′⊥平面A′C′D，B符合题意；
C：由B得P(0，3，2)，设M(x，0，z)，
则|PM|=x2+9+(z−2)2=13，整理得x2+(z−2)2=4，
所以点M在侧面ADD′A′内的运动轨迹是以(0，0，2)为圆心，2为半径的圆，
轨迹如图所示，

设圆心为O，轨迹交A′D′于O′，
因为|OO′|=2，|OD′|=1，所以∠O′OD′=π3，∠O′OD=2π3，
则轨迹长度为2π3×2=43π，C符合题意；
D：因为|AC|=|D′C|=|AD′|=32，所以三棱锥B′−ACD′是正三棱锥，
过点B′作B′F⊥平面ACD′，交平面ACD′于F，
则三棱锥B′−ACD′的外接球球心E在B′F上，且|D′F|=6，

设三棱锥B′−ACD′的外接球半径为R，
由B得A(3，0，0)，C(0，3，0)，D′(0，0，3)，B′(3，3，3)，
则AC=(−3，3，0)，AD′=(−3，0，3)，B′A=(0，−3，−3)，
设平面ACD′的法向量m=(x，y，z)，
则m⋅AC=−3x+3y=0m⋅AD′=−3x+3z=0，取m=(1，1，1)，
则点B′到平面ACD′的距离|B′F|=|m⋅BA||m|=63=23，
所以在直角△D′EF中由勾股定理可得|EF|2+|D′F|2=|D′E|2，
即(23−R)2+(6)2=R2，解得R=332，D符合题意；
故答案为：BCD

【分析】将平面展开即可判断A；以D为原点，DA，DC，DD′分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示坐标系，利用向量法可判断B ；根据点M的轨迹是圆弧，即可判断C；建立空间直角坐标系求得圆心坐标即可判断D.
13．【答案】45
【知识点】二项式定理
【解析】【解答】已知二项式(ax+1)3(a∈R)的展开式所有项的系数之和为(a+1)3=8，解得a=1，
(x2−ax)10=(x2−1x)10的展开式通项为
Tk+1=C10k⋅(x2)10−k⋅(−1x)k=C10k⋅(−1)k⋅x20−5k2(k=0，1，2，⋯，10)，
由20−5k2=0可得k=8，
所以，展开式中的常数项为C108⋅(−1)8=45.
故答案为：45.

【分析】由已知条件可求出a的值，代入 (x2−ax)10，在二项展开式的通项公式中，令x的幂指数等于0，求出k的值，即可求得展开式中的常数项.
14．【答案】192
【知识点】排列、组合及简单计数问题
【解析】【解答】先将唱歌和跳舞进行捆绑看作一个与除游戏外的三个进行全排，则有A44种排法，然后
将游戏插入这4个排好的空中（不排第一个），有C41种，
由于唱歌和跳舞的位置可以互换，所以不同的节目单顺序有A44C41A22=192种，
故答案为：192.

【分析】先将唱歌和跳舞进行捆绑看作一个与除游戏外的三个进行全排，然后将游戏插入这4个排好的空中（不排第一个），再利用分步乘法原理进行计算，可得答案.
15．【答案】34
【知识点】椭圆的定义；抛物线的定义
【解析】【解答】由椭圆定义可知|PF1|+|PF2|=2a=14，
因为|PF1|=8，所以|PF2|=6，

过点P作PM垂直于抛物线的准线于点M，则∠PF1F2=∠F1PM，
由抛物线定义可知：|PM|=|PF2|=6，
故cos∠PF1F2=cos∠F1PM=|PM||PF1|=68=34.
故答案为：34

【分析】 利用椭圆定义求出|PF2|，再借助抛物线的定义结合几何图形计算，可得答案.
16．【答案】1
【知识点】利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【解答】设f(x)=ex，则f′(x)=ex，设切点为(x1，y1)，则k1=ex1，
则切线方程为y−y1=ex1(x−x1)，即y−ex1=ex1(x−x1)，
直线y=k1(x+1)−1过定点(−1，−1)，
所以−1−ex1=ex1(−1−x1)，所以x1ex1=1，
设g(x)=lnx，则g′(x)=1x，设切点为(x2，y2)，则k2=1x2，
则切线方程为y−y2=1x2(x−x2)，即y−lnx2=1x2(x−x2)，
直线y=k1(x+1)−1过定点(−1，−1)，
所以−1−lnx2=1x2(−1−x2)，所以x2lnx2=1，
则x1，x2是函数f(x)=ex和g(x)=lnx的图象与曲线y=1x交点的横坐标，
易知f(x)与g(x)的图象关于直线y=x对称，而曲线y=1x也关于直线y=x对称，
因此点(x1，y1)，(x2，y2)关于直线y=x对称，
从而x2=ex1，x1=lnx2，
所以k1k2=ex1x2=1．
故答案为：1.

【分析】分别求得 y=ex， y=lnx的导数，设出切点可得切线的斜率，由已知切线方程可得两个切点的坐标(用k1 ， k2表示) ， 结合函数的图象的对称性，可得 k1k2的值 .
17．【答案】（1）解：当BC=2时，在△ABC中，AB=1，∠ABC=3π4，
由余弦定理得AC2=AB2+BC2−2AB⋅BCcos∠ABC，
即AC2=3−22cos3π4=5，解得AC=5，
所以cos∠ACB=AC2+BC2−AB22AC⋅BC=6210=31010，
因为∠BCD=π2，则sin∠ACD=cos∠ACB=31010，
又CD=7，
所以△ACD的面积是S△ACD=12AC⋅CDsin∠ACD=12×5×7×31010=3414.
（2）解：在△ABC中，由正弦定理得ABsin∠ACB=ACsin∠ABC，
即AC=ABsin3π4sin∠ACB=22cos∠ACD，
在△ACD中，由正弦定理得ADsin∠ACD=ACsin∠ADC，即AC=ADsinπ6sin∠ACD=1sin∠ACD，
则22cos∠ACD=1sin∠ACD，整理得sin∠ACD=2cos∠ACD，
因为∠ACD<π2，
所以tan∠ACD=2，
因为∠BCD=π2，所以tan∠ACB=tan(π2−∠ACD)=sin(π2−∠ACD)cos(π2−∠ACD)=cos∠ACDsin∠ACD=1tan∠ACD=22.
【知识点】正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】(1)在△ABC中，利用余弦定理求出AC，再进一步利用余弦定理求出cos∠ACB，即sin∠ACD，进而求出△ACD底边CD上的高，再利用三角形的面积公式可求出 △ACD的面积；
(2)利用正弦定理求出AC，可得 22cos∠ACD=1sin∠ACD，整理得sin∠ACD=2cos∠ACD， 进而求出 tan∠ACD=2， 再利用诱导公式可求出 tan∠ACB的值.
18．【答案】（1）解：因为12Sn+1=an，
当n≥2时，12Sn−1+1=an−1，两式相减得：12(Sn−Sn−1)=an−an−1，即12an=an−an−1，整理得an=2an−1；
当n=1时，12S1+1=a1，所以a1=2
所以数列{an}是以a1=2为首项，2为公比的等比数列，故an=2n；
（2）解：由题可得an+1−an=(n+1)dn，即2n+1−2n=(n+1)dn，所以dn=2nn+1，
则1dn=n+12n，所以Tn=221+322+423+⋯+n+12n①，
则12Tn=222+323+424+⋯+n+12n+1②，
故①−②得：12Tn=1+122+123+124+⋯+12n−n+12n+1=1+122−12n+11−12−n+12n+1=32−n+32n+1
所以Tn=3−n+32n.
【知识点】数列的求和；数列递推式
【解析】【分析】（1） 12Sn+1=an，当n≥2时，12Sn−1+1=an−1 ，两式相减化简整理，再利用等比数列的通项公式可求出数列{an}的通项公式；
（2）由题可得an+1−an=(n+1)dn，即2n+1−2n=(n+1)dn， 得 1dn=n+12n ，再利用错位相减法可求出 Tn.
19．【答案】（1）解：由题意得：f(−x)=2f(x)−3x−1，∴f(x)=2[2f(x)−3x−1]+3x−1，
解得f(x)=x+1；
（2）解：i.当k<0时，明显无解；
ii.当k=0时，|x+1|=0只有一个实根，不符合条件；
iii.当k>0时，1k=|x2−x−1x+1|=|(x+1)+1x+1−3|恰有四个不相等的实根.
∴(x+1)+1x+1=3+1k与(x+1)+1x+1=3−1k共有四个不相等的实根.
∴|3+1k|>2|3−1k|>2解得1k>5或0<1k<1，∴01，
∴实数k的取值范围是(0，15)∪(1，+∞)．
【知识点】函数解析式的求解及常用方法；函数与方程的综合运用；根的存在性及根的个数判断
【解析】【分析】（1） 由题意得到f(−x)=2f(x)−3x−1，代入已知条件，即可求得f(x)的解析式；
（2） 当k<0时，明显无解；当k=0时，|x+1|=0只有一个实根，不符合条件；当k>0时，转化为(x+1)+1x+1=3+1k与(x+1)+1x+1=3−1k共有四个不相等的实根，列出不等式组，即可求解.
20．【答案】（1）解：存在，当B1C为圆柱OO1的母线，BC⊥AB1.
连接BC，AC，B1C，因为B1C为圆柱OO1的母线，所以B1C⊥平面ABC，
又因为BC⊂平面ABC，所以B1C⊥BC.
因为AB为圆O的直径，所以BC⊥AC.
BC⊥AC，B1C⊥BC，AC∩B1C=C，所以BC⊥平面AB1C，
因为AB1⊂平面AB1C，所以BC⊥AB1.
（2）解：以O为原点，OA，OO1分别为y，z轴，垂直于y，z轴直线为x轴建立空间直角坐标系，如图所示.
A1(0，1，2)，O1(0，0，2)，B(0，−1，0)，

因为A1B1的长为π6，所以∠A1O1B1=π6，B1(12，32，2)，O1B=(0，−1，−2)，
O1B1=(12，32，0)
设平面O1B1B的法向量m=(x，y，z)，
−y−2z=0，12x+32y=0，令x=−3，解得y=3，z=−32，
所以m=(−3，3，−32).
因为x轴垂直平面A1O1B，所以设平面A1O1B的法向量n=(1，0，0).
所以cos⟨m，n⟩=−39+3+34=−25117.
所以平面A1O1B与平面B1O1B夹角的余弦值为25117.
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；用空间向量求平面间的夹角
【解析】【分析】(1) 当B1C为圆柱OO1的母线时， 在弧AB上是否存在点C ，使B1C为圆柱的母线，则 B1C⊥BC推导出BC⊥AC，从而 BC⊥平面AB1C ，由此能证明出BC⊥AB1；
(2) 以O为原点，OA，OO1分别为y，z轴，垂直于y，z轴直线为x轴建立空间直角坐标系，求出平面O1B1B的法向量和平面A1O1B的法向量，利用向量法求出平面A1O1B与平面B1O1B夹角的余弦值.
21．【答案】（1）解：由题意可得3a2+14b2=1c=3a2−b2=c2，解得a2=4b2=1，
椭圆方程为x24+y2=1；
（2）证明：由（1）知A(2，0)，
由已知直线AP，AQ斜率同号，因此直线PQ的斜率存在且不为0，设直线PQ的方程为y=kx+m，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
由x24+y2=1y=kx+m得(1+4k2)x2+8kmx+4m2−4=0，
Δ=64k2m2−4(1+4k2)(4m2−4)>0，4k2+1>m2，
由韦达定理得x1+x2=−8km1+4k2，x1x2=4m2−41+4k2，
kAPkAQ=y1x1−2⋅y2x2−2=y1y2(x1−2)(x2−2)=(kx1+m)(kx2+m)(x1−2)(x2−2)=k2x1x2+km(x1+x2)+m2x1x2−2(x1+x2)+4=120代入x1+x2=−8km1+4k2，x1x2=4m2−41+4k2，
得k2(4m2−4)−8k2m2+m2(1+4k2)4m2−4+16km+4(1+4k2)=120，整理得m=3k或m=−2k，
m=−2k时，满足4k2+1>m2，此时直线PQ方程为y=kx−2k，过定点(2，0)，不合题意，
m=3k时，由4k2+1>9k2得−55 【知识点】椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】(1)根据椭圆过的点和左焦，列方程组求出a，b，可求出椭圆C的标准方程；
(2) 设直线PQ的方程为y=kx+m，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，与椭圆方程联立，消去y，利用韦达定理计算kAPkAQ =5，可得，m的关系，利用k ， m的关系可得直线PQ过定点.
22．【答案】（1）解：函数f(x)=exx+1，的定义域为(−∞，−1)∪(−1，+∞)．
由f′(x)=xex(x+1)2=0，解得x=0，
当x∈(−∞，−1)时，f′(x)<0，f(x)在(−∞，−1)上单调递减，
当x∈(−1，0)时，f′(x)<0，f(x)在(−1，0)上单调递减，
当x∈(0，+∞)时，f′(x)>0，f(x)在(0，+∞)上单调递增，
综上可知，f(x)的单调递增区间为(0，+∞)，单调递减区间为(−∞，−1)和(−1，0)．
（2）证明：①g′(x)=−xex=0，解得x=0，
当x∈(−∞，0)时，g′(x)>0，g(x)在(−∞，0)上单调递增，
当x∈(0，+∞)时，g′(x)<0，g(x)在(0，+∞)上单调递减，
g(x)max=g(0)=(1−0)e0=1，g(1)=0，当x>1时，g(x)<0；当x<1时，g(x)>0，
当x趋向于负无穷时，g(x)趋向于0，
故m∈(0，1)时，y=g(x)−m有两个零点x1，x2，且x1<0 令ℎ(x)=g(x)−g(−x)=(1−x)ex−(1+x)e−x(x<0)，
所以ℎ′(x)=−xex+xe−x=x(e−x−ex)<0，所以ℎ(x)在(−∞，0)上单调递减，
且ℎ(0)=1−1=0，所以ℎ(x)>ℎ(0)=0，即g(x)>g(−x)，
所以g(x1)>g(−x1)，
又因为g(x1)=g(x2)，所以g(x2)>g(−x1)，
g(x)在(0，+∞)上单调递减，
所以x2<−x1，即x1+x2<0．
②由（1）可得f(x)=exx+1的图象如图所示，

若要使函数y=f(x)+m−2即2−m=f(x)有两个零点，则2−m>1，故x3∈(−1，0)，x4∈(0，+∞)，
要证x2+x3>0，只需证x2>−x3>0，
由①知g(x)在(0，+∞)上单调递减，只需证g(x2) 又因为g(−x3)=(1+x3)e−x3=1+x3ex3=1f(x3)，
只需证g(x2)<1f(x3)，即m<12−m，又m∈(0，1)，
只需证2m−m2<1即m2−2m+1=(m−1)2>0成立，故x2+x3>0得证．
【知识点】利用导数研究函数的单调性；函数的零点与方程根的关系
【解析】【分析】（1）利用导数求得f(x)的单调区间；
（2）①利用g′(x)=−xex=0求得m的取值范围，构造函数ℎ(x)=g(x)−g(−x)=(1−x)ex−(1+x)e−x(x<0)，利用导数判断出ℎ(x)在(−∞，0)上单调递减， ，得到g(x)>g(−x)，进而证得x1+x2<0；
②结合g(x)的单调性，将要证明的不等式x2+x3>0转化为证明m<12−m，解分式不等式证得不等式成立.