2022-2023学年四川省德阳市高二（下）期末数学试卷（理科）（含解析）

这是一份2022-2023学年四川省德阳市高二（下）期末数学试卷（理科）（含解析），共24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。

2022-2023学年四川省德阳市高二（下）期末数学试卷（理科）
一、单选题（本大题共12小题，共60.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 设复数z满足1+2i=i⋅z，则z的虚部是(    )
A. −i B. 1 C. −1 D. i
2. 若集合M={s||s|<4}，N={x|3x≥−1}，则M∩N=(    )
A. {x|0≤x<4} B. {x|−13≤x<4}
C. {x|−4 3. x(x−2)4的展开式中x2的系数为(    )
A. −32 B. 32 C. 16 D. −16
4. 求值：sin50°cos170°−sin40°sin170°=(    )
A. − 32 B. 32 C. 12 D. −12
5. 命题“∀x>0,x+1x>a”成立的一个充分不必要条件是(    )
A. a<2 B. a<0 C. a<3 D. a≤2
6. 已知变量x，y满足x+2y−2≤0x+y−1≥0x−y−1≤0，则z=yx+3的最大值为(    )
A. 1 B. 34 C. 13 D. 0
7. 第31届世界大学生运动会即将在成都举行，现有甲、乙、丙3名志愿者分配到其中7个项目参加志愿活动，每名志愿者只能参加1个项目的志愿活动，则有且只有两人被分到同一大项目的概率为(    )
A. 170 B. 335 C. 14243 D. 1849
8. 定义在R上可导的奇函数f(x)，当x∈(0,+∞)时始终满足f′(x)>0，已知实数a=2.10.2，b=0.22.1，c=logab，则(    )
A. f(a)>f(b)>f(c) B. f(a)>f(c)>f(b)
C. f(b)>f(a)>f(c) D. f(b)>f(c)>f(a)
9. 已知函数f(x)=sin(ωx+π3)(ω>0)的最小正周期为π，则下列说法正确的是(    )
A. f(x)在(−π2,0)上单调递增
B. f(x)在(−π2,0)上单调递减
C. 若f(x)在(−m,m)上恰有两个极值点，则m的取值范围是(5π12,7π12]
D. 若f(x)在(−m,m)上恰有两个极值点，则m的取值范围是(π12,7π12]
10. 已知两个正方形框架ABCD，ABEF的边长都为1，它们所在平面互相垂直，动点M、N分别在正方形对角线AC和BF上移动，且CM=BN=a(0 A. a=4 25
B. a=2 23
C. a= 22
D. a=3 24
11. 已知M、N为双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)上关于原点对称的两点，点M与点Q关于x轴对称，ME=2MQ，直线NE交双曲线的右支于点P，若PM⊥MN，则双曲线的离心率e为(    )
A. 5 B. 2 C. 3 D. 2
12. 已知函数f(x)=x2+ax+bex有两个互为相反数的极值点x1、x2，且|x1|+|x2|=4，则下列说法正确的是(    )
①a=2，b=−2；
②f(x)必存在最小值；
③若f(x)+10≤kx有唯一一个整数解，则k的取值范围为(3e−10,0]；
④若存在两个不相等的正数c、d，使得f(c)=f(d)，则c2+d2>10．
A. ①②③④ B. ①②③ C. ①③④ D. ①②④
二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 已知随机变量X～B(5,p)，E(X)=2，则p= ______ ．
14. △ABC中，∠B=60°，AC=2 3，BC=4，则△ABC的面积S= ______ ．
15. 已知F1、F2为椭圆C：x216+y27=1的两个焦点，P，Q为C上关于坐标原点对称的两点，且|PQ|=|F1F2|，则△PF1Q的内切圆半径为______ ．
16. 已知点P为棱长等于1的正方体ABCD−A1B1C1D1内部一动点，且|PA|=1，则PC1⋅PD1的值达到最小时，PC1与PD1夹角大小为______ ．

三、解答题（本大题共7小题，共82.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题12.0分)
数学建模课程的开设得到了广大学生的高度喜爱，某校为了解学生的建模能力开展了数学建模课程问卷调查，现从中抽取100名学生的调查问卷作为样本进行统计，学生对于建模课程的态度分为“非常喜欢”，“喜欢部分内容”，“不是很感兴趣”三种情况，其具体数据如下表所示：
对建模的态度
性别
非常喜欢
喜欢部分内容
不是很感兴趣
男生
15
25
5
女生
20
20
15
(1)为研究学生对数学建模课程的态度，我们将“非常喜欢”和“喜欢部分内容”两类合并为“比较喜欢”，根据上表完成下面的列联表．
对建模的态度
性别
比较喜欢
不是很感兴趣
合计
男生



女生



合计



(2)我们是否有99.5%的把握认为学生的性别与对建模课程的喜欢有关？
附：K2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)，其中n=a+b+c+d．
参考公式与临界值表：
P(K2≥k0)
0.15
0.10
0.05
0.010
0.005
0.001
k0
2.072
2.706
3.841
6.635
7.879
10.828

18. (本小题12.0分)
已知正项等比数列{an}对任意的n∈N*均满足anan+1=22n+1．
(1)求{an}的通项公式；
(2)若数列{bn}满足bn=log2an，求数列{bn}的前2n+1项和T2n+1．
19. (本小题12.0分)
在Rt△ABC中，BC=1，AC=2，在斜边AC与直角边AB上各取点D、E，使得DA+DC=0,DE⊥AC，现沿着直线DE将△AED进行翻折至△PED．
(1)证明：当∠PDC=90°时，CE⊥PB；
(2)当三棱锥P−DBC的体积为 312时，求二面角E−PB−C的余弦值．

20. (本小题12.0分)
已知经过点M(2 63,23)的椭圆C1：y2a2+x23=1的上焦点与抛物线C2：x2=my焦点重合，过椭圆C1上一动点Q作抛物线C2的两条切线，切点分别为A、B．
(1)求C1和C2的方程；
(2)当Q在椭圆C1位于x轴下方的曲线上运动时，试求△QAB面积的最大值．
21. (本小题12.0分)
已知函数f(x)=x2−1+aln(1−x)，a∈R．
(1)若曲线f(x)在点(0,f(0))处的切线与直线3x+y−1=0相互垂直，求a的值；
(2)若函数f(x)存在两个极值点x1、x2，且x1 22. (本小题10.0分)
在直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为x= 22⋅ty=2+ 22⋅t(t为参数)，以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为ρ=r(r>0)．
(1)求直线l的极坐标方程与曲线C的直角坐标方程；
(2)设点M(0,2)，直线l与曲线C交于点A、B两点，若MA+3MB=0，求此时曲线C的直角坐标方程．
23. (本小题12.0分)
设函数f(x)=|2x−4|+|x+2|．
(1)求不等式f(x)<5的解集；
(2)若x∈[0,+∞)时有f(x)≥mx+n，求m+3n的最大值．
答案和解析

1.【答案】C 
【解析】解：1+2i=i⋅z，
则z=1+2ii=2−i，其虚部为−1．
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，以及虚部的定义，属于基础题．

2.【答案】B 
【解析】解：根据题意可得M={x|−4 ∴M∩N={x|−13≤x<4}.
故选：B．
先化简，再运算，即可得解．
本题考查集合的基本运算，属基础题．

3.【答案】A 
【解析】解：因为(x−2)4的通项公式为Tr+1=xC4rx4−r(−2)r(0≤r≤4,r∈N*)，
当r=3时，T4=−32x2，
所以展开式中x2的系数为−32．
故选：A．
利用展开式的通项公式Tr+1=xC4rx4−r(−2)r(0≤r≤4,r∈N*)，即可求出结果．
本题考查二项式定理的应用，属于基础题．

4.【答案】A 
【解析】解：原式=sin50°cos170°−cos50°sin170°=sin(50°−170°)=−sin120°=− 32．
故选：A．
把sin40°换上cos50°，然后根据两角差的正弦公式即可求出答案．
本题考查了三角函数的诱导公式，两角差的正弦公式，考查了计算能力，属于基础题．

5.【答案】B 
【解析】解：当x>0，x+1x≥2，当且仅当x=1时，等号成立，
所以若a<2，命题“∀x>0,x+1x>a”必成立，
若命题“∀x>0,x+1x>a”成立，则a<2，
所以命题“∀x>0,x+1x>a”成立的充分必要条件为a<2，
其成立的一个充分不必要条件可以为a<0．
故选：B．
当x>0，x+1x≥2，当且仅当x=1时，等号成立，所以若a<2，则命题成立，若命题成立，则a<2．
本题主要考查充要条件，需要注意的一个区间的子区间是其充分不必要条件，属中档题．

6.【答案】C 
【解析】解：作出不等式组对应的平面区域如图：

z=yx+3的几何意义表示可行域内的点与定点P(−3,0)连线的直线斜率，
由图可知，当可行域内的点取点A时，直线AP的斜率最大，
联立方程x+2y−2=0x+y−1=0，解得x=0y=1，即A(0,1)，
所以直线AP的斜率为10+3=13，
即z=yx+3的最大值为13．
故选：C．
作出不等式组对应的平面区域，z=yx+3的几何意义表示可行域内的点与定点P(−3,0)连线的直线斜率，数形结合即可求出z的最大值．
本题主要考查了简单的线性规划问题，考查了数形结合的数学思想，属于中档题．

7.【答案】D 
【解析】解：根据题中条件，甲、乙、丙3名志愿者分配到其中7个项目参加志愿活动，共有73种分配方法．
对于所求事件包含样本点个数可以这样求：
先对3名志愿者分成两组有C32=3种方法，
每个组安排到两个项目中共有A72种方法，
所以共有3⋅A72种分配方法；
根据古典概型概率计算公式知，所求概率为3A7273=1849．
故选：D．
先求出3名志愿者分配到其中7个项目参加志愿活动的分配方法总数，接着先对3名志愿者分成两组，再把两个组分到两个项目中，计算出分配的方法总数，利用古典概型概率计算公式计算即可．
本题考查古典概型相关知识，属于基础题．

8.【答案】A 
【解析】解：因为义在R上可导的奇函数f(x)，当x∈(0,+∞)时始终满足f′(x)>0，
所以f(x)在R上单调递增，且f(0)=0，
因为a=2.10.2>1，b=0.22.1∈(0,1)，c=logab<0，
即a>b>c，
所以f(a)>f(b)>f(c)．
故选：A．
由已知得到f(x)的单调性，再比较a，b，c的大小即可．
本题主要考查了抽象单调性、奇偶性，属于中档题．

9.【答案】C 
【解析】解：因为f(x)=sin(ωx+π3)(ω>0)的最小正周期为π，
所以2πω=π，解得ω=2，
所以f(x)=sin(2x+π3)，
当x∈(−π2,0)时，2x+π3∈(−2π3,π3)，
由正弦函数的性质可知y=sinx在(−2π3,π3)上不单调，所以A，B错误；
当x∈(−m,m)时，2x+π3∈(−2m+π3,2m+π3)，
当f(x)在(−m,m)上恰有两个极值点时，
则有−3π2≤−2m+π3<−π2π2<2m+π3≤3π2，解得5π12 所以m的取值范围是(5π12,7π12]，故C正确，D错误．
故选：C．
由题意可得f(x)=sin(2x+π3)，当x∈(−π2,0)时，2x+π3∈(−2π3,π3)，结合正弦函数的性质判断A，B；
由f(x)在(−m,m)上恰有两个极值点时，列出不等式组，解出m的范围，从而判断C，D．
本题考查了正弦函数的性质、难点是对C，D选项的判断，属于中档题．

10.【答案】C 
【解析】解：作PM⊥AB于点P，

因为平面ABCD⊥平面ABEF，平面ABCD∩平面ABEF=AB，MP⊂平面ABCD，
所以MP⊥平面ABEF，
由BC⊥AB，PM、AB共面，得MP//BC，
而AC= 2，则MPBC=AMAC，
所以MP=BC⋅AMAC= 2−a 2，
即三棱锥M−BEN的高为 2−a 2，
S△BNE=12BN⋅BEsin∠EBN= 24a′
则VM−BEN=13× 24a× 2−a 2=−a2+ 2a12=−a(a− 2)12，
根据二次函数的性质可知，当a= 22时，(VM−BEN)max=124．
故选：C．
作PM⊥AB于点P，根据面面垂直的性质可得MP⊥平面ABEF，利用相似比求出三棱锥M−BEN的高MP，再根据锥体的体积公式，结合二次函数即可得解．
本题考查了面面垂直的性质以及三棱锥体积的最值问题，属于中档题．

11.【答案】D 
【解析】解：设M(m,n)，由题意可得N(−m,−n)，Q(m,−n)，
又ME=2MQ，可得Q为ME的中点，则E(m,−3n)，
直线NE即直线PN的斜率为kPN=−n+3n−m−m=−nm，
直线MN的斜率为kMN=nm，
由PM⊥MN，可得kPM=−mn，
所以kPM⋅kPN=1，
又设P(s,t)，则s2a2−t2b2=1，
又m2a2−n2b2=1，
上面两式相减可得(m−s)(m+s)a2=(n−t)(n+t)b2，
即为kPM⋅kPN=b2a2，
所以b2=a2，即a=b，
所以双曲线的离心率为e=ca= 1+b2a2= 2．
故选：D．
设出M，N的坐标，求得Q，E的坐标，结合两直线垂直的条件，可得直线PM的斜率，求得直线PN的斜率，可得直线PM，PN的斜率之积，再由点差法求得直线PM，PN的斜率之积，可得a，b的关系，进而得到所求离心率．
本题考查双曲线的方程和性质，考查方程思想和运算能力，属于中档题．

12.【答案】B 
【解析】解：已知f(x)=x2+ax+bex，函数定义域为R，
可得f′(x)=−x2−(a−2)x+a−bex，
因为函数f(x)有两个互为相反数的极值点x1，x2，
不妨设x1 此时x1=−x2，
又|x1|+|x2|=4，
所以x1=−2，x2=2，
则x1=−2，x2=2是方程−x2−(a−2)x+a−b=0的两个实数根，
所以x1+x2=2−a=0，x1x2=b−a=−4，
解得a=2，b=−2，故①正确；
此时函数f(x)=x2+2x−2ex，f′(x)=−x2+4ex，
当x<−2时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当−20，f(x)单调递增；
当x>2时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
所以当x=−2时，函数f(x)取得极小值，极小值f(−2)=−2e2，
当x→+∞时，f(x)→0，
则f(x)必存在最小值，最小值f(−2)=−2e2，故②正确；
若f(x)+10≤kx有唯一一个整数解，
可得f(x)≤kx−10有唯一一个整数解，
即函数f(x)的图象与直线y=kx−10的图象有且仅有一个交点，
因为f(2)=6e2，
作出两函数图象如下所示：

要使两函数有一个交点，
此时f(−2)≤−2k−10f(−3)≥−3k−10f(−1)>−k−10k≤0，
解得3e−10 则k的取值范围为(3e−10,0]，故③正确；
若存在两个不相等的正数c、d，使得f(c)=f(d)，
可得0 不妨令d= 5，
则c2+d2<22+ 52=9<10，故④错误．
故结论正确的有①②③．
故选：B．
由题意，对函数f(x)进行求导，将函数f(x)有两个互为相反数的极值点x1，x2，转化成x1=−2，x2=2是方程−x2−(a−2)x+a−b=0的两个实数根，进而可判断结论①；利用导数得到函数f(x)的单调性，结合极限思想即可判断结论②；将f(x)+10≤kx有唯一一个整数解，转化成函数f(x)的图象与直线y=kx−10的图象有且仅有一个交点，作出函数图象，利用数形结合列出等式即可判断结论③；利用特值法判断结论④．
本题考查利用导数研究函数的单调性，考查了逻辑推理、转化思想、数形结合和运算能力．

13.【答案】0.4 
【解析】解：根据题意，随机变量X～B(5,p)，
则有E(X)=5p=2，解可得p=0.4．
故答案为：0.4．
根据题意，由二项分布中期望公式可得E(X)=5p=2，解可得答案．
本题考查二项分布的性质，涉及期望的性质，属于基础题．

14.【答案】2 3 
【解析】解：△ABC中，∠B=60°，AC=2 3，BC=4，
由正弦定理得，BCsinA=ACsinB，
∴sinA=BC⋅sinBAC=4× 322 3=1，
又∵A∈(0,π)，
∴A=π2，
∴AB= BC2−AC2= 16−12=2，
∴△ABC的面积S=12AB⋅AC=12×2×2 3=2 3．
故答案为：2 3．
先利用正弦定理求出sinA=1，进而得到A=π2，再利用勾股定理求出AB，从而求出△ABC的面积．
本题主要考查了正弦定理的应用，考查了三角形的面积公式，属于基础题．

15.【答案】1 
【解析】解：因为P，Q为C上关于坐标原点对称的两点，且|PQ|=|F1F2|，
所以四边形PF1QF2为矩形，
设|PF1|=m，|PF2|=n，
由椭圆的定义可得|PF1|+|PF2|=m+n=2a=8，
所以m2+2mn+n2=64，
因为|PF1|2+|PF2|2=|F1F2|2=4c2=4(a2−b2)=36，
即m2+n2=36，
所以mn=14，
所以三角形PF1Q的面积为12|PF1||PF2|=12mn=7．
三角形的周长为2a+2c=2(4+3)=14，
△PF1Q的内切圆半径为r，
所以12×14×r=7，
可得r=1．
故答案为：1．
判断四边形PF1QF2为矩形，利用椭圆的定义及勾股定理求解△PF1Q的面积，然后求解内切圆半径．
本题主要考查椭圆的定义及其应用，椭圆中的四边形面积问题等知识，属于中档题．

16.【答案】90° 
【解析】解：以D为原点，DA、DC、DD1为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
如图所示，

由棱长为1，得A(1,0,0)，C1(0,1,1)，D1(0,0,1)，
设P(x,y,z)，
由|PA|=1，
即(x−1)2+y2+z2=1①，
所以点P的轨迹是以A为球心，以1为半径的球面的一部分，
又PC1=(−x,1−y,1−z)，PD1=(−x,−y,1−z)，
所以PC1⋅PD1=x2−y+y2+(z−1)2=x2+(y−12)2+(z−1)2−14②，
它表示点P 到点M(0,12,1)的距离的平方再减去14，
由图形知，当P为AM与①所在的球面交点时，
PC1⋅PD1的值达到最小，
此时AM=32，AP=1，
所以PM=32−1=12，
因为PM=12C1D1，
所以有PD1⊥PC1，
即PC1与PD1的夹角为90°．
故答案为：90°．
以D为原点，DA、DC、DD1为x，y，z轴建立空间直角坐标系，设P(x,y,z)，利用坐标表示|PAl=1，则点P的轨迹是以A为球心，1为半径的球面一部分，计算PC1⋅PD1的值，它表示点P到点M(0,12,1)的距离的平方再减去14，从而求得PC1⋅PD1的值达到最小时PM的值，根据因为PM=12C1D1，所以有PD1⊥PC1，可得PC1与PD1的夹角大小．
本题考查了异面直线所成角的求法，考查向量法的应用，考查运算求解能力，属于中档题．

17.【答案】解：(1)列联表如下：
模的态度
性别
比较喜欢
不是很感兴趣
合计
男生
40
5
45
女生
40
15
55
合计
80
20
100
(2)易知K2=100(40×15−40×5)245×55×80×20≈4.040<7.879，
所以我们没有99.5%的把握认为学生的性别与对建模课程的喜欢有关． 
【解析】(1)由题意，根据表中数据以及题目所给信息即可完成列联表；
(2)结合(1)中所得信息，代入公式中求出K2，将其与临界值对比，即可得到答案．
本题考查独立性检验，考查了数据分析和运算能力．

18.【答案】解：(1)由题意，设正项等比数列{an}的公比为q(q>0)，
由anan+1=22n+1，n∈N*，
可得当n=1时，a1a2=23，
当n=2时，a2a3=25，
则a2a3a1a2=a3a1=2523=4，
即q2=a3a1=4，解得q=2，
∵a1a2=a12q=2a12=23，
∴a12=4，
∵a1>0，∴a1=2，
∴an=2⋅2n−1=2n，n∈N*．
(2)由(1)可得，bn=log2an=log22n=n，
则T2n+1=b1+b2+⋅⋅⋅+b2n+1
=1+2+⋅⋅⋅+(2n+1)
=(2n+1)(1+2n+1)2
=2n2+3n+1． 
【解析】(1)先设正项等比数列{an}的公比为q(q>0)，再将n=1，2分别代入题干递推公式，两式相比进一步推导即可得到公比q的值，然后将q的值代入a1a2=23计算出首项a1的值，即可计算出数列{an}的通项公式；
(2)先根据第(1)题的结果计算出数列{bn}的通项公式，再根据等差数列的求和公式计算出前2n+1项和T2n+1．
本题主要考查数列由递推公式推导出通项公式，以及数列求和问题．考查了整体思想，方程思想，转化与化归思想，等比数列的通项公式，等差数列求和公式的运用，以及逻辑推理能力和数学运算能力，属中档题．

19.【答案】(1)证明：在Rt△ABC中，因为BC=1，AC=2，所以A=30°，∠ACB=60°，
设CE与BD相交于点O，
因为DA+DC=0,DE⊥AC，所以DE垂直平分AC，所以AE=CE，所以∠ECD=A=30°=12∠ACB，
即OC是∠ACB的平分线，
因为CD=BC=1，∠ECD=∠ECB，OC=OC，所以△CDO≌△CBO，所以OD=OB，即O为BD的中点，
所以BD⊥CE，
因为∠PDC=90°，即PD⊥CD，且PD⊥DE，CD∩DE=D，CD、DE⊂平面CDE，
所以PD⊥平面CDE，
又CE⊂平面CDE，所以PD⊥CE，
因为BD∩PD=D，BD、PD⊂平面PBD，所以CE⊥平面PBD，
又PB⊂平面PBD，所以CE⊥PB．
(2)解：设点P到平面DBC的距离为d，
因为三棱锥P−DBC的体积为 312，所以13d⋅12⋅CB⋅CD⋅sin∠ACB= 312，即13d⋅12⋅1⋅1⋅sin60°= 312，解得d=1=PD，
所以点P到平面DBC的距离就是PD，即PD⊥平面BCDE，
以D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，

则P(0,0,1)，B( 32,12,0)，C(0,1,0)，E( 33,0,0)，
所以PB=( 32,12,−1)，PE=( 33,0,−1)，PC=(0,1,−1)，
设平面PBC的法向量为m=(x,y,z)，则PB⋅m=0PC⋅m=0，即 32x+12y−z=0y−z=0，
令y=z=1，则x= 33，所以m=( 33,1,1)，
同理可得，平面PBE的法向量为n=( 3,−1,1)，
所以cos=m⋅n|m|⋅|n|=1−1+1 ( 33)2+1+1⋅ ( 3)2+1+1= 10535，
由图可知，二面角E−PB−C是钝角，
故二面角E−PB−C的余弦值为− 10535． 
【解析】(1)设CE与BD相交于点O，易知DE垂直平分AC，先证BD⊥CE，再由PD⊥CD，PD⊥DE，可证PD⊥平面CDE，从而知PD⊥CE，进而得CE⊥平面PBD，然后由线面垂直的性质定理，得证；
(2)利用棱锥的体积公式，可证PD⊥平面BCDE，以D为坐标原点建立空间直角坐标系，分别求得平面PBC和平面PBE的法向量m与n，再由cos=m⋅n|m|⋅|n|，得解．
本题考查立体几何的综合应用，熟练掌握线面垂直的判定定理与性质定理，利用空间向量求二面角的方法是解题的关键，考查空间立体感、推理论证能力和运算能力，属于中档题．

20.【答案】解：(1)因为过点M(2 63,23)的椭圆C1：y2a2+x23=1，
所以(23)2a2+(2 63)23=1，解得a2=4，
所以椭圆C1：y24+x23=1，
则椭圆的上焦点为(0,1)，
所以m4=1，解得m=4，
所以抛物线方程C2：x2=4y．
(2)依题意AB的斜率存在，设A(x1,y1)，B(x2,y2)，AB：y=kx+m(m>0)，

由y=kx+mx2=4y，消去y整理得x2−4kx−4m=0，
所以x1+x2=4kx1x2=−4mΔ=16k2+16m>0，
因为y=14x2，则y′=x2，
所以QA：y−x124=x12(x−x1)，即QA：y=x12x−x124，
同理可得QB：y=x22x−x224，
由直线QA的方程与直线QB的方程联立有y=x22x−x224y=x12x−x124，可得x=x1+x22，
将x=x1+x22代入直线y=x12x−x124，可得y=x1x24，
所以Q(x1+x22,x1x24)，即Q(2k,−m)，
因为点Q在椭圆y24+x23=1上，
所以m24+4k23=1，即3m2+16k2=12，
设AB的中点为D，
则yD=k×x1+x22+m=2k2+m，即D(2k,2k2+m)，
所以s△QAB=12|x1−x2||QD|=12|x1−x2|(2k2+2m)=|x1−x2|(k2+m)= (x1+x2)2−4x1x2(k2+m)=4 k2+m(k2+m)=4(k2+m)32，
因为3m2+16k2=12，所以k2=12−3m216≥0，解得−2≤m≤2，
又m>0，所以0 则k2+m=12−3m216+m=−316(m−83)2+2512，
所以当m=2时(k2+m)max=2，
又y=x32在(0,+∞)上单调递增，此时4(k2+m)32=8 2，
所以(S△QAB)max=8 2． 
【解析】(1)将点M坐标代入椭圆方程即可求出a2，从而求出椭圆方程与其上焦点坐标，则可求抛物线方程；
(2)依题意AB的斜率存在，设A(x1,y1)，B(x2,y2)，AB：y=kx+m(m>0)，联立直线与抛物线方程，消元、列出韦达定理，利用导数的几何意义表示出切线QA、QB，联立得到Q点坐标，从而得到3m2+16k2=12，设AB的中点为D，表示出D点坐标，则S△QAB=12|x1−x2||QD|，最后由二次函数的性质计算可得．
本题考查了椭圆与抛物线的方程以及直线与抛物线的位置关系，属于中档题．

21.【答案】解：(1)f′(x)=2x+a⋅11−x⋅(−1)=2x+ax−1=2x2−2x+ax−1，
所以f(x)在(0,f(0))处的切线斜率为f′(0)=−a，
又因为切线与直线3x+y−1=0垂直，
所以−a×(−3)=−1，
所以a=−13．
(2)证明：函数f(x)=x2−1+aln(1−x)，a∈R，定义域为{x|x<1}，
f′(x)=2x2−2x+ax−1，
因为函数f(x)存在两个极值点x1、x2，且x1 所以f′(x)=0在(−∞,1)上有两个极值点x1、x2，且x1 即2x2−2x+a=0在(−∞,1)上有两个极值点x1、x2，且x1 令h(x)=2x2−2x+a，x∈(−∞,1)，则h(x)为二次函数，对称轴为x=12，
所以h(12)>0h(1)<0x1+x2=1x1x2=a2，解得0 因为x1 要证x1f(x1)−x2f(x2)x1−x2<0，需证x1f(x1)−x2f(x2)>0，
即证f(x1)x2>f(x2)x1，
又f(x1)x2=x12−1+aln(1−x2)x2=(x1+1)(x1−1)+2x1x2ln(1−x1)x2=−(1+x1)+2x1ln(1−x1)，
f(x2)x1=−(1+x2)+2x2ln(1−x2)，
所以f(x1)x2−f(x2)x1=x2−x1+2x1ln(1−x1)−2x2ln(1−x2)=2x2−1+2(1−x2)lnx2−2x2ln(1−x2)，
令g(x)=2x−1+2(1−x)lnx−2xln(1−x)，x∈(12,1)，
g′(x)=−2ln[x(1−x)]+2x+2x1−x，x∈(12,1)，
因为x(1−x)<14，
所以−2ln[x(1−x)]>0，
又x∈(12,1)时，2x+2x1−x>0，g′(x)>0，
所以g(x)在(12,1)上单调递增，
所以g(x)>g(12)=0，得证． 
【解析】(1)求导得f′(x)，由导数的几何意义可得f(x)在(0,f(0))处的切线斜率为f′(0)，又切线与直线3x+y−1=0垂直，则−a×(−3)=−1，即可得出答案．
(2)根据题意可得f′(x)=0在(−∞,1)上有两个极值点x1、x2，且x10h(1)<0x1+x2=1x1x2=a2，解得00，即证f(x1)x2>f(x2)x1，即可得出答案．
本题考查导数的综合应用，解题中注意转化思想的应用，属于中档题．

22.【答案】解：(1)直线l的直角坐标方程为x=y−2，即x−y+2=0，所以其极坐标方程为ρcosθ−ρsinθ+2=0，
曲线C表示的是圆，其直角坐标方程为x2+y2=r2；
(2)由题意可知M为线段AB上靠近B的四等分点，
过原点且与l垂直的直线为y=−x，与x−y+2=0联立解得x=−1，y=1，
即AB的中点为(−1,1)，其与M之间的距离为 12+12= 2，到原点的距离为 12+12= 2，
所以12AB=2 2，所以OA2= 22+(2 2)2=10，
所以C的方程为x2+y2=10． 
【解析】(1)先将l转化为直角坐标方程，而后转化为极坐标方程，C表示的是圆；
(2)由题意可知M为线段AB上靠近B的四等分点，求出过原点并与直线l垂直的直线与l的交点即为AB的中点，从而求出AB的长度，进而求出圆的半径．
本题主要考查直线与圆的极坐标方程和直角坐标方程，属中档题．

23.【答案】解：(1)由题意可知当x>2，f(x)=2x−4+x+2=3x−2，
当−2≤x≤2，f(x)=4−2x+x+2=6−x，
当x<−2，f(x)=4−2x−(x+2)=2−3x，
所以函数f(x)图像大致如下：

令6−x=5，得x=1，
令3x−2=5，得x=73，
所以不等式的解集为(1,73)；
(2)当m≥0，令2m+n≤4，m≤3，
此时m，n的约束区域如下：

可见当m=0，n=4时，m+3n取得最大值为12，
当m<0，令n≤6，2m+n≤4，
此时m，n的约束区域如下：

令n=6，由2m+n=4解得m=−1，
所以此时当m=−1，n=6时，m+3n取得最大值为17，
综上，m+3n的最大值为17． 
【解析】(1)对函数去绝对值，而后结合函数图像求不等式解集；
(2)对m的正负性进行讨论．
本题主要考查分段函数的性质，数形结合是解决本题的关键，属中档题．