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2022-2023学年四川省成都市树德中学高二（下）月考数学试卷（文科）（5月份）（含解析）
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这是一份2022-2023学年四川省成都市树德中学高二（下）月考数学试卷（文科）（5月份）（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。
2022-2023学年四川省成都市树德中学高二（下）月考数学试卷（文科）（5月份）
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. 已知A={−3,0,1}，B={−4,−3,1}，则A∪B的真子集的个数为( )
A. 3 B. 7 C. 15 D. 31
2. 若条件p：−1
C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件
3. 已知a为实数，若复数z=(a2−1)+(a+1)i为纯虚数，则a+i31+i的值为( )
A. 1 B. −1 C. i D. −i
4. 对具有线性相关关系的变量x、y，有一组观测数据(xi,yi)(i=1,2,3,…,8)，其回归方程为y=16x+a，且x1+x2+x3+…+x8=6，y1+y2+y3+…+y8=9，则实数a的值是( )
A. −2 B. 2 C. −1 D. 1
5. 已知命题p：对任意x∈R,2x2+2x+12<0，命题q：存在x∈R,sinx−cosx= 2，则下列判断正确的是( )
A. p是真命题 B. q是假命题 C. p的否定是假命题 D. q的否定是假命题
6. 执行如图所示的程序框图后，输出的值为4，则P的取值范围是( )
A. (34,78] B. (23,78] C. (45,89] D. (56,910]
7. 下列各图中，A、B为正方体的两个顶点，M、N、P分别为其所在棱的中点，能得出AB//平面MNP的图形的序号是( )
A. ①③ B. ②③ C. ①④ D. ②④
8. 若函数f(x)=−12x2+4x−2alnx有两个不同的极值点，则实数a的取值范围是( )
A. (−∞,1) B. (0,1) C. (0,2) D. (2,+∞)
9. 已知a>1，b>1，且eaa=eb+1b，则下列结论一定正确的是( )
A. a>b B. 2a+1<2b C. 2a+2b<23 D. a
①C的离心率e=2；
②两渐近线夹角为30°；
③|PA|⋅|PB|为定值34；
④|AB|的最小值为 32．
则所有正确结论为( )
A. ①② B. ①③ C. ③④ D. ①③④
11. 定义在(0,+∞)的函数f(x)的导函数f′(x)满足x3f′(x)+8>0，且f(2)=2，则不等式f(ex)<4e2x+1的解集为( )
A. (−∞,2) B. (−∞,ln2) C. (0,2) D. (0,ln2)
12. 在三棱锥P−ABC中，AB=4,AC=1,BC= 13,PA=4,PB=4 2,PC= 17，则此三棱锥的外接球的表面积为( )
A. 76π3 B. 100π3 C. 103π4 D. 98π3
二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 已知点A是曲线ρ=2cosθ上任意一点，则点A到直线ρsin(θ+π6)=4的距离的最小值是______ ．
14. 设变量x，y满足：y≥xx+3y≤4x≥−2，则z=3y−x的最大值为______ ．
15. 一只蚂蚁在三边长分别为3、4、5的三角形区域内随机地爬行，则其恰在离三个顶点距离都大于1的地方的概率______．
16. 如图，椭圆x22+y2=1的左、右焦点分别为F1，F2，过点A(2,0)作椭圆的切线，切点为T，若M为x轴上的点，满足∠ATM=∠AF1T，则点M的坐标为______．
三、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题10.0分)
已知函数f(x)=x3−x2−x+c．
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)设函数g(x)=[f(x)−x3]⋅ex，若函数g(x)在x∈[−3,2]上单调递增，求实数c的取值范围．
18. (本小题12.0分)
某市为了宣传环保知识，举办了一次“环保知识知多少”的问卷调查活动(一人答一份).现从回收的年龄在20～60岁的问卷中随机抽取了100份，统计结果如图表所示．
年龄
分组
抽取份数
答对全卷
的人数
答对全卷的人数
占本组的概率
[20,30)
40
28
0.7
[30,40)
n
27
0.9
[40,50)
10
4
b
[50,60]
20
a
0.1
(1)分别求出n，a，b，c的值；
(2)从年龄在[40,60]答对全卷的人中随机抽取2人授予“环保之星”，求年龄在[50,60]的人中至少有1人被授予“环保之星”的概率．
19. (本小题12.0分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面四边形ABCD为直角梯形，AD//BC，AD⊥AB，PA=AD=AB=2，BC=1，M为PC中点．
(1)求证：PB⊥DM．
(2)求点C到平面PBD的距离．
20. (本小题12.0分)
已知椭圆C：x24+y2=1，A，B是椭圆上的两个不同的点，O为坐标原点，A，O，B三点不共线，记△AOB的面积为S△AOB．
(1)若OA=(x1,y1),OB=(x2,y2)，求证：S△AOB=12|x1y2−x2y1|；
(2)记直线OA，OB的斜率为k1，k2，当k1k2=−14时，试探究S△AOB2是否为定值并说明理由．
21. (本小题12.0分)
设函数f(x)=ax3+x(a∈R)．
(1)若直线y=2x−1是函数y=f(x)图像的一条切线，求实数a的值；
(2)若a>0，当x>0时，不等式2x−6asinx
在直角坐标系中，以原点为极点，x轴的正半轴为极轴，以相同的长度单位建立极坐标系.已知直线l的极坐标方程为ρcos(θ+π3)=3，曲线C的极坐标方程为ρ=4acosθ(a>0)．
(1)设t为参数，若y=2 3+12t，求直线l的参数方程；
(2)已知直线l与曲线C交于P，Q，设M(0,−2 3)，且|PQ|2=|MP|⋅|MQ|，求实数a的值．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查两个集合的并集的真子集的个数的求法，考查并集定义等基础知识，是基础题．
利用并集定义先求出A∪B，由此能求出A∪B的真子集的个数．
【解答】
解：∵A={−3,0,1}，B={−4,−3,1}，
∴A∪B={−4,−3,0,1}，
∴A∪B的真子集的个数为24−1=15．
故选：C．
2.【答案】B
【解析】解：由题意可知条件p：−1
所以p是q的充分而不必要条件．
故选：B．
利用充分条件和必要条件的定义即可求解．
本题考查充分条件和必要条件的定义，属于基础题．
3.【答案】B
【解析】解：复数z=(a2−1)+(a+1)i为纯虚数，∴a2−1=0a+1≠0，a=1．
则a+i31+i=1−i1+i=(1−i)2(1+i)(1−i)=−2i2i=−1．
故选：B．
利用纯虚数的定义、复数的运算法则即可得出．
本题考查了复数的运算法则、纯虚数的定义，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
4.【答案】D
【解析】解：∵x1+x2+x3+…+x8=6，(y1+y2+y3+…+y8)=9，
∴x.=34，y.=98，∴样本中心点的坐标为(34,98)，
代入回归直线方程得，98=16×34+a，∴a=1．
故选：D．
求出横坐标和纵坐标的平均数，写出样本中心点，把样本中心点代入线性回归方程，得到关于a的方程，解方程即可．
本题考查线性回归方程，解题的关键是线性回归直线一定过样本中心点，这是求解线性回归方程的步骤之一．
5.【答案】D
【解析】解：因为对∀x∈R，2x2+2x+12=2(x+12)2≥0，所以命题P是假命题，
又sinx−cosx= 2sin(x−π4)，所以存在x=3π4，使得sinx−cosx= 2，故命题q是真命题，
根据命题否定的定义知，q的否定是假命题，选项D正确．
故选：D．
首先对不等式及三角方程进行分析，得出命题p，q的真假，再根据命题否定的含义进行判断即可．
本题考查命题真假的判定，命题否定的含义，属基础题．
6.【答案】A
【解析】解：执行程序框图，有
n=1，S=0
满足条件S
执行程序框图，写出每次循环得到的S，n的值，当输出n的值为4时，有S=78，故可求P的取值范围．
本题主要考察了程序框图和算法，属于基础题．
7.【答案】A
【解析】解：对①，∵M、N、P分别为其所在棱的中点，可证MN、NP与平面AB，∴平面AB//平面MNP，∴AB//平面MNP，故①正确；
对②，如图：AB与平面MNP不可能平行，设MP∩平面ABN=O，若AB//平面MNP，则AB//ON，则O为底面对角线的中点，显然错误，故②不正确；
对③，如图，可证平面ABC//平面MNP，AB⊂平面ABC，∴AB//平面MNP，故③正确；
对④，若AB//平面MNP，则可证平面AB//平面MNP，由图知平面AB与平面MNP不可能平行，故④不正确；
故选：A．
通过证面面平行，由面面平行的性质可得线面平行，判断①③的正确性；利用线面平行的性质，得线线平行可判断②的正确性；由线面平行可得面面平行，从而判断④的正确性．
本题考查了线面平行、面面平行的判定及线面、面面平行的性质，考查了学生的识图能力，属于中档题．
8.【答案】C
【解析】解：因为f(x)=−12x2+4x−2alnx有两个不同的极值点，
所以f′(x)=−x+4−2ax=−x2+4x−2ax=0在(0,+∞)上有2个不同的零点，且零点两侧异号，
所以x2−4x+2a=0在(0,+∞)有2个不同的实数根x1，x2，且根据二次函数的性质可知这两根的两侧函数值异号，
所以Δ=16−4×2a>0x1+x2=4>0x1x2=2a>0，解得0
计算f′(x)，再将问题转化为x2−4x+2a=0在(0,+∞)有2个不同的两侧异号的实数根，从而利用二次函数的根的分布即可得解．
本题主要考查利用导数研究函数的极值，考查运算求解能力，属于中档题．
9.【答案】A
【解析】解：由eaa=eb+1b，化简可得eaa=ebb+1b，
故eaa−ebb=1b>0，
又a>1，b>1，
故考虑构造函数f(x)=exx,x>1，
则当x>1时，f′(x)=ex(x−1)x2>0恒成立，
所以f(x)在(1,+∞)上单调递增，
因为f(a)−f(b)=eaa−ebb=1b>0，即f(a)>f(b)，
所以a>b，A正确，D错误；
因为a>b，
所以2a+1>2a>2b，B错误；
取b=3，则eaa=e3+13>e33，
因为f(x)在(1,+∞)上单调递增，且f(3)=e33，f(4)=e44>e3+13，
存在a=a0∈(3,4)满足该方程，
此时2a+2b=2a0+23>23，C错误．
故选：A．
由eaa=eb+1b可得eaa−ebb=1b>0，构造函数f(x)=exx,x>1，求导后判断函数的单调性，由此证明a>b，结合指数函数性质判断BC．
本题考查导数的综合运用，考查运算求解能力，属于中档题．
10.【答案】D
【解析】解：双曲线C的渐近线的方程为y=±bx，
因为圆(x−1)2+y2=34，
所以圆心(1,0)，半径r= 32，
所以圆心(1,0)到渐近线的距离d=|±b| 12+b2= 32，
解得b2=3，
所以双曲线的方程为x2−y23=1，
对于①：e=ca= a2+b2a= 1+31=2，故①正确；
对于②：由上可知两将近线的斜率k1= 3，k2=− 3，
不妨设两渐近线的夹角θ，则tanθ=|k1−k21+k1k2|=| 3−(− 3)1+ 3⋅(− 3)|= 3，
所以两渐近线的夹角为60°，故②错误；
对于③：设P(x0,y0)到渐近线 3x+y=0的距离|PA|=| 3x0−y0| 12+( 3)2=| 3x0−y0|2，
点P到渐近线 3x+y=0的距离|PB|=| 3x0+y0| 12+( 3)2=| 3x0+y0|2，
所以|PA||PB|=| 3x0−y0|2⋅| 3x0+y0|2=|3x02−y02|4，
又点P在双曲线上，
所以x02−y023=1，则x0=y023+1，
所以|PA||PB|=|3x02−y02|4=|3⋅(y023+1)−y02|4=34，故③正确；
对于④：联立直线PA与渐近线y= 3x，得y−y0=− 33(x−x0)y= 3x，
解得x=x04+ 3y04，y= 3x04+34y0，
即A(x04+ 3y04, 3x04+34y0)
同理可得B(x04− 3y04,− 3x04+34y0)，
所以|AB|= (x04+ 3y04−x04+ 3y04)2+( 3x04+3y04+ 3x04−3y04)2
= 32 x02+y02= 32 1+y023+y02= 32 1+4y023，y02≥0，
所以|AB|min= 32，故④正确，
故选：D．
根据题意可得，圆心(1,0)到渐近线的距离d=|±b| 12+b2= 32，解得b2.对于①：e=ca= a2+b2a，即可判断①是否正确；对于②：不妨设两渐近线的夹角θ，则tanθ=|k1−k21+k1k2|，所以两渐近线的夹角为60°，故②错误；对于③：设P(x0,y0)到渐近线距离|PA|，|PB|，再计算|PA||PB|，即可判断③是否正确；对于④：联立直线PA与渐近线y= 3x，解得A点的坐标，同理可得B点坐标，再计算|AB|，即可判断④是否正确．
本题考查双曲线的性质，解题中需要一定的计算能力，属于中档题．
11.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查利用导数研究函数的单调性，构造函数，属于中档题．
令F(x)=f(x)−4x2−1，求出函数F(x)的导数，得到函数的单调性，又因为F(ex)=f(ex)−4e2x−1<0=F(2)，问题转化为0
解：由条件知f′(x)+8x3>0，
令F(x)=f(x)−4x2−1，
则F′(x)=f′(x)+8x3>0，
故F(x)在(0,+∞)上是增函数，
F(2)=f(2)−422−1=0，
又F(ex)=f(ex)−4e2x−1<0=F(2)，
从而0
故选：B．
12.【答案】B
【解析】解：设三棱锥外接球的球心为O，△ABC外接圆圆心为O1，如图所示，
AB=4,AC=1,BC= 13,PA=4,PB=4 2,PC= 17，
PA2+AC2=PC2，则PA⊥AC；PA2+AB2=PB2，则PA⊥AB，
AB∩AC=A，AB，AC⊂平面ABC，则PA⊥平面ABC，
△ABC中，由余弦定理cos∠BAC=AB2+AC2−BC22AB⋅AC=16+1−132×4×1=12，则sin∠BAC= 32，
所以△ABC外接圆半径O1A=12⋅BCsin∠BAC= 133，OO1=12PA=2，
Rt△OO1A中，OA= OO12+O1A2= 4+133=5 33，即三棱锥的外接球的半径为5 33，
三棱锥的外接球的表面积为4π×(5 33)2=100π3，
故选：B．
根据正弦定理求△ABC外接圆半径，构造直角三角形利用勾股定理求三棱锥外接球半径，再求表面积．
本题考查三棱锥的外接球问题，化归转化思想，属中档题．
13.【答案】52
【解析】解：曲线ρ=2cosθ即(x−1)2+y2=1表示圆心在(1,0)，半径等于1的圆，直线ρsin(θ+π6)=4，即x+ 3y−8=0，圆心(1,0)到直线的距离等于|1+0−8|2=72，所以点A到直线ρsin(θ+π6)=4的距离的最小值是72−1=52．
故答案为：52．
把直线的极坐标方程化为普通方程，再把圆C的极坐标方程化为普通方程，求出圆心坐标，再利用点到直线的距离公式求出圆心C到直线l的距离．
本题考查极坐标方程化为普通方程的方法，点到直线的距离公式的应用，体现了转化的数学思想．
14.【答案】8
【解析】解：由线性约束条件作出可行域如图，
由z=3y−x得y=13x+13z，
由图可知，当直线y=13x+13z过点A(−2,2)时，
直线有y轴上截距最大，z有最大值3×2−(−2)=8．
故答案为：8．
由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，把最优解的坐标代入目标函数得答案．
本题考查简单线性规划相关知识，属于基础题．
15.【答案】1−π12
【解析】
【分析】
本题考查几何概型概率公式、对立事件概率公式、三角形的面积公式、扇形的面积公式，属于中档题．
先求出三角形的面积，再求出据三角形的三顶点距离小于等于1的区域为三个扇形，三个扇形的和是半圆，求出半圆的面积；利用对理事件的概率公式及几何概型概率公式求出恰在离三个顶点距离都大于1的地方的概率．
【解答】
解：由题意三角形ABC为直角三角形，面积为12×3×4=6，
离三个顶点距离都不大于1的地方恰好为半径为1的半圆，面积为12π，如图，
所以其恰在离三个顶点距离都大于1的地方的概率为
P=1−12π6=1−π12，
故答案为1−π12．
16.【答案】(3− 2,0)
【解析】解：椭圆x22+y2=1的F1(−1,0)
设过点A(2,0)与椭圆的相切的切线方程为y=k(x−2)，
由y=k(x−2)x2+2y2=2，消去y得(1+2k2)x2−8k2x+8k2−2，
所以Δ=(−8k2)2−(1+2k2)(8k2−2)=0，解得k2=12，代入解得T(1,± 22)
由对称性不妨取T(1, 22)，
tan=∠AF1T= 22−01−(−1)= 24，
设M(m,0)，kAT=0− 222−1=− 22，
∠ATM=∠AF1T，所以tan∠ATM=tan∠AF1T，
所以tan(∠F1MT−∠F1AT)=tan∠AF1T，所以−0+ 22m−11− 22m−1× 22= 24，
解得m=3− 2．
所以M的坐标为(3− 2,0)
椭圆x22+y2=1的F1(−1,0)，设切线方程为y=k(x−2)，与椭圆联立方程组求得切点T的坐标，由∠ATM=∠AF1T，得tan(∠F1MT−∠F1AT)=tan∠AF1T，可得−0+ 22m−11− 22m−1× 22= 24，求解可得M的坐标．
本题考查直线与椭圆的位置关系，利用斜率关系求点的坐标，属中档题．
17.【答案】解：(1)因为f(x)=x3−x2−x+c，所以f′(x)=3x2−2x−1=3(x+13)(x−1)，
令f′(x)>0，得x<−13或x>1，令f′(x)<0，得−13
(2)函数g(x)=(f(x)−x3)⋅ex=(−x2−x+c)⋅ex，
有g′(x)=(−2x−1)ex+(−x2−x+c)ex=(−x2−3x+c−1)ex，
因为函数在区间x∈[−3,2]上单调递增，所以g′(x)≥0在区间[−3,2]上恒成立，
令h(x)=−x2−3x+c−1，则等价于h(x)=−x2−3x+c−1≥0在x∈[−3,2]上恒成立，
函数h(x)=−x2−3x+c−1的对称轴为x=−32，
易知h(x)=−x2−3x+c−1在区间(−∞,−32]上单调递增，在区间[−32,+∞)上单调递减，
所以当x∈[−3,2]时，h(x)min=h(2)，所以h(2)≥0，即−4−6+c−1≥0，
解得c≥11，所以c的取值范围是[11,+∞)．
【解析】(1)直接对函数求导，再利用导数与函数的单调性间的关系，求出f′(x)>0和f′(x)<0的解，即可求出结果；
(2)利用条件，将问题转化成导函数g′(x)≥0在区间[−3,2]上恒成立，构造函数h(x)=−x2−3x+c−1，即求h(x)在[−3,2]上的最小值，进而可求出结果．
本题考查导数的综合应用，利用导数研究函数的单调性与最值，化归转化思想，属中档题．
18.【答案】解：(1)因为抽取总问卷为100份，所以n=100−(40+10+20)=30，
年龄在[40,50)中，抽取份数为10份，答对全卷人数为4人，所以b=4÷10=0，
年龄在[50,60]中，抽取份数为20份，答对全卷的人数占本组的概率为0.1，
所以a÷20=0.1，解得a=2，
根据频率直方分布图，得(0.04+0.03+c+0.01)×10=1，
解得c=0.02;
(2)因为年龄在[40,50)与[50,60]中答对全卷的人数分别为4人与2人．
年龄在[40,50)中答对全卷的4人记为A，B，C，D，年龄在[50,60]中答对全卷的2人记为a，b，则从这6人中随机抽取2人授予“环保之星”奖的所有可能的情况是：
AB，AC，AD，Aa，Ab，BC，BD，Ba，Bb，CD，Ca，Cb，Da，Db，ab共15种．
其中所抽取年龄在[50,60)的人中至少有1人被授予“环保之星”的情况是：Aa，Ab，Ba，Bb，Ca，Cb，Da，Db，ab共9种，
故所求的概率为915=35．
【解析】(1)根据频率直方分布图，通过概率的和为1，求求出n，a，b，c的值，
(2)年龄在[40,50)中答对全卷的4人记为A，B，C，D，年龄在[50,60]中答对全卷的2人记为a，b，分别列举出所有的基本事件，根据概率公式计算即可．
本题考查频率分布直方图，古典概型得概率问题，关键是不重不漏得列举基本事件，属于基础题．
19.【答案】解：(1)证明：如图，取PB中点N，连AN，MN，
∵PA=AB=2，∴AN⊥PB，
又PA⊥平面ABCD，且AD⊂平面ABCD，
∴PA⊥AD，
又AD⊥AB，AB⋂PA=A，AB⊂平面PAB，PA⊂平面PAB，
∴AD⊥平面PAB，又PB⊂平面PAB，
∴AD⊥PB，又AN⊥PB，AN⋂AD=A，AN⊂平面ADMN，AD⊂平面ADMN，
∴PB⊥平面ANMD，又DM⊂平面ANDM，
∴PB⊥DM．
(2)由已知得，BD= AB2+AD2=2 2，同理可得PB=PD=BD=2 2，
又BC=1，PA=AB=2，则VP−BCD=13S△BCD×PA=13×12×BC⋅AB⋅PA=13×12×1×2×2=23，
设点C到平面PBD的距离h，
由PB=PD=BD=2 2，得到S△PBD= 34×(2 2)2=2 3，
则VC−PBD=13S△PBD×h=13×2 3×h=2 33h，
又因为VP−BCD=VC−PBD，得到23=2 33h，所以h= 33，
即点C到平面PBD的距离为 33．
【解析】(1)利用线面垂直得到PA⊥AD，再利用线线垂直得到线面垂直，即AD⊥平面PAB，进而得到AD⊥PB，AN⊥PB，从而得到PB⊥平面ANMD，再利用线面垂直的性质定理即可证明结论；
(2)利用等体积法，即利用VP−BCD=VC−PBD，再利用条件求出VP−BCD，再求出S△PBD，即可求出结果．
本题考查线面垂直的判定定理与性质，等体积法求解点面距，化归转化思想，属中档题．
20.【答案】证明：(1)设OA,OB的夹角为θ(0≤θ≤π)，
则cosθ=OA⋅OB|OA||OB|，所以sinθ= 1−cos2θ= 1−(OA⋅OB)2|OA|2|OB|2，
则S△AOB=12|OA||OB|sinθ=12 |OA|2|OB|2−(OA⋅OB)2，
=12 (x12+y12)(x22+y22)−(x1x2+y1y2)2=12|x1y2−x2y1|；
(2)解：由y=kxx2+4y2−4=0可知，(1+4k2)x2=4，
所以x2=41+4k2，
设直线OA，OB的方程分别为：y=k1x，y=k2x，
设A(x1,y1)，B(x2,y2).
则x12=41+4k12,x22=41+4k22，
∵k1k2=−14，
所以S△AOB2=14|x1y2−x2y1|2=14x12x22(k1−k2)2
=4(k1−k2)2(1+4k12)(1+4k22)=4(k12+k22−2k1k2)1+4(k12+k22)+16k12k22=4(k12+k22+12)2+4(k12+k22)=1．
【解析】(1)由三角形面积公式，正余弦的平方关系和向量夹角余弦公式可得S△AOB=12 |OA|2|OB|2−(OA⋅OB)2，再根据向量运算的坐标表示完成证明；
(2)联立方程组y=kxx2+4y2−4=0，可得x2=41+4k2，设直线OA，OB的方程分别为：y=k1x，y=k2x，由此利用k1，k2表示x1，x2，进一步表示S△AOB2，可得结论．
本题主要考查直线与椭圆的综合，考查转化能力，属于难题．
21.【答案】解：(1)函数f(x)=ax3+x的定义域为R，导函数f′(x)=3ax2+1，
设切点P(x0,y0)，
则y0=ax03+x0y0=2x0−13ax02+1=2，
解得，x0=32a=427，
所以a=427；
(2)不等式2x−6asinx
设t=16a，由已知(sinx−tx+16x3)min≥0
令h(x)=sinx−tx+16x3，则h′(x)=cosx+12x2−t，
令m(x)=cosx+12x2−t，则m′(x)=−sinx+x，
再令s(x)=−sinx+x，则s′(x)=−cosx+1≥0，
所以s(x)在(0,+∞)单调递增，又s(0)=0，则s(x)>0，即m′(x)>0，
所以m(x)在(0,+∞)单调递增，y=cosx+12x2(x>0)的值域为(1,+∞)．
①当t≤1时，即a≥16时，m(x)=cosx+12x2−t≥0⇔h′(x)≥0，
则h(x)在(0,+∞)单调递增，又h(0)=0，所以h(x)>0恒成立，符合．
②当t>1时，即0
所以存在x0>0，使m(x0)=0，
则当x∈(0,x0)时，m(x)<0，函数h(x)在(0,x0)上单调递减，而h(0)=0，
所以h(x)<0对x∈(0,x0)成立，不符合．
综上，实数a的取值范围是[16,+∞)．
【解析】(1)根据导数的几何意义列方程求a的值；
(2)原不等式可化为sinx−tx+16x3≥0，设t=16a，由已知(sinx−tx+16x3)min≥0，讨论a，利用导数研究h(x)=sinx−tx+16x3的单调性，由此确定a的取值范围．
本题主要考查了导数几何意义的应用，还考查了由不等式恒成立求解参数范围，体现了转化思想的应用，属于中档题．
22.【答案】解：(1)直线l的极坐标方程为ρcos(θ+π3)=3，
∴12ρcosθ− 32ρsinθ=3，即12x− 32y=3，
∵将y=−2 3+12t代入上式得x= 32t，
∴直线l的参数方程为x= 32ty=−2 3+12t(t为参数)；
(2)由ρ=4acosθ(a>0)，得ρ2=4aρcosθ(a>0)，
∴x2+y2=4ax(a>0)，
将直线l的参数方程与C的直角坐标方程联立，得t2−2 3(1+a)t+12=0，
由Δ=[2 3(1+a)]2−4×12=(1+a)2−4>0，解得a>1，
设点P和点Q分别对应参数t1、t2为上述方程的根，
由根与系数的关系得t1+t2=2 3(1+a),t1t2=12，
由题意得，|PQ|2=|t1−t2|2=(t1+t2)2−4t1t2=12(1+a)2−48，
|MP|⋅|MQ|=|t1|⋅|t2|=|t1t2|=12，
∴12(1+a)2−48=12，
解得a= 5−1，或a=−1− 5(舍)，
∴a= 5−1．
【解析】(1)利用直线极坐标方程，求得直角坐标方程，将y=−2 3+12t代入，即可求直线l参数方程；
(2)把直线l的参数方程代入曲线C的方程，设MP=t1，MQ=t2.根据|PQ|2=|MP|⋅|MQ|，根据根与系数的关系即可得出．
本题考查了直角坐标方程与极坐标方程互化、直线参数方程及其应用、直线与曲线相交弦长问题、一元二次方程的根与系数的关系，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
2022-2023学年四川省成都市树德中学高二（下）月考数学试卷（文科）（5月份）
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. 已知A={−3,0,1}，B={−4,−3,1}，则A∪B的真子集的个数为( )
A. 3 B. 7 C. 15 D. 31
2. 若条件p：−1
C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件
3. 已知a为实数，若复数z=(a2−1)+(a+1)i为纯虚数，则a+i31+i的值为( )
A. 1 B. −1 C. i D. −i
4. 对具有线性相关关系的变量x、y，有一组观测数据(xi,yi)(i=1,2,3,…,8)，其回归方程为y=16x+a，且x1+x2+x3+…+x8=6，y1+y2+y3+…+y8=9，则实数a的值是( )
A. −2 B. 2 C. −1 D. 1
5. 已知命题p：对任意x∈R,2x2+2x+12<0，命题q：存在x∈R,sinx−cosx= 2，则下列判断正确的是( )
A. p是真命题 B. q是假命题 C. p的否定是假命题 D. q的否定是假命题
6. 执行如图所示的程序框图后，输出的值为4，则P的取值范围是( )
A. (34,78] B. (23,78] C. (45,89] D. (56,910]
7. 下列各图中，A、B为正方体的两个顶点，M、N、P分别为其所在棱的中点，能得出AB//平面MNP的图形的序号是( )
A. ①③ B. ②③ C. ①④ D. ②④
8. 若函数f(x)=−12x2+4x−2alnx有两个不同的极值点，则实数a的取值范围是( )
A. (−∞,1) B. (0,1) C. (0,2) D. (2,+∞)
9. 已知a>1，b>1，且eaa=eb+1b，则下列结论一定正确的是( )
A. a>b B. 2a+1<2b C. 2a+2b<23 D. a
①C的离心率e=2；
②两渐近线夹角为30°；
③|PA|⋅|PB|为定值34；
④|AB|的最小值为 32．
则所有正确结论为( )
A. ①② B. ①③ C. ③④ D. ①③④
11. 定义在(0,+∞)的函数f(x)的导函数f′(x)满足x3f′(x)+8>0，且f(2)=2，则不等式f(ex)<4e2x+1的解集为( )
A. (−∞,2) B. (−∞,ln2) C. (0,2) D. (0,ln2)
12. 在三棱锥P−ABC中，AB=4,AC=1,BC= 13,PA=4,PB=4 2,PC= 17，则此三棱锥的外接球的表面积为( )
A. 76π3 B. 100π3 C. 103π4 D. 98π3
二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 已知点A是曲线ρ=2cosθ上任意一点，则点A到直线ρsin(θ+π6)=4的距离的最小值是______ ．
14. 设变量x，y满足：y≥xx+3y≤4x≥−2，则z=3y−x的最大值为______ ．
15. 一只蚂蚁在三边长分别为3、4、5的三角形区域内随机地爬行，则其恰在离三个顶点距离都大于1的地方的概率______．
16. 如图，椭圆x22+y2=1的左、右焦点分别为F1，F2，过点A(2,0)作椭圆的切线，切点为T，若M为x轴上的点，满足∠ATM=∠AF1T，则点M的坐标为______．
三、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题10.0分)
已知函数f(x)=x3−x2−x+c．
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)设函数g(x)=[f(x)−x3]⋅ex，若函数g(x)在x∈[−3,2]上单调递增，求实数c的取值范围．
18. (本小题12.0分)
某市为了宣传环保知识，举办了一次“环保知识知多少”的问卷调查活动(一人答一份).现从回收的年龄在20～60岁的问卷中随机抽取了100份，统计结果如图表所示．
年龄
分组
抽取份数
答对全卷
的人数
答对全卷的人数
占本组的概率
[20,30)
40
28
0.7
[30,40)
n
27
0.9
[40,50)
10
4
b
[50,60]
20
a
0.1
(1)分别求出n，a，b，c的值；
(2)从年龄在[40,60]答对全卷的人中随机抽取2人授予“环保之星”，求年龄在[50,60]的人中至少有1人被授予“环保之星”的概率．
19. (本小题12.0分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面四边形ABCD为直角梯形，AD//BC，AD⊥AB，PA=AD=AB=2，BC=1，M为PC中点．
(1)求证：PB⊥DM．
(2)求点C到平面PBD的距离．
20. (本小题12.0分)
已知椭圆C：x24+y2=1，A，B是椭圆上的两个不同的点，O为坐标原点，A，O，B三点不共线，记△AOB的面积为S△AOB．
(1)若OA=(x1,y1),OB=(x2,y2)，求证：S△AOB=12|x1y2−x2y1|；
(2)记直线OA，OB的斜率为k1，k2，当k1k2=−14时，试探究S△AOB2是否为定值并说明理由．
21. (本小题12.0分)
设函数f(x)=ax3+x(a∈R)．
(1)若直线y=2x−1是函数y=f(x)图像的一条切线，求实数a的值；
(2)若a>0，当x>0时，不等式2x−6asinx
在直角坐标系中，以原点为极点，x轴的正半轴为极轴，以相同的长度单位建立极坐标系.已知直线l的极坐标方程为ρcos(θ+π3)=3，曲线C的极坐标方程为ρ=4acosθ(a>0)．
(1)设t为参数，若y=2 3+12t，求直线l的参数方程；
(2)已知直线l与曲线C交于P，Q，设M(0,−2 3)，且|PQ|2=|MP|⋅|MQ|，求实数a的值．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查两个集合的并集的真子集的个数的求法，考查并集定义等基础知识，是基础题．
利用并集定义先求出A∪B，由此能求出A∪B的真子集的个数．
【解答】
解：∵A={−3,0,1}，B={−4,−3,1}，
∴A∪B={−4,−3,0,1}，
∴A∪B的真子集的个数为24−1=15．
故选：C．
2.【答案】B
【解析】解：由题意可知条件p：−1
所以p是q的充分而不必要条件．
故选：B．
利用充分条件和必要条件的定义即可求解．
本题考查充分条件和必要条件的定义，属于基础题．
3.【答案】B
【解析】解：复数z=(a2−1)+(a+1)i为纯虚数，∴a2−1=0a+1≠0，a=1．
则a+i31+i=1−i1+i=(1−i)2(1+i)(1−i)=−2i2i=−1．
故选：B．
利用纯虚数的定义、复数的运算法则即可得出．
本题考查了复数的运算法则、纯虚数的定义，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
4.【答案】D
【解析】解：∵x1+x2+x3+…+x8=6，(y1+y2+y3+…+y8)=9，
∴x.=34，y.=98，∴样本中心点的坐标为(34,98)，
代入回归直线方程得，98=16×34+a，∴a=1．
故选：D．
求出横坐标和纵坐标的平均数，写出样本中心点，把样本中心点代入线性回归方程，得到关于a的方程，解方程即可．
本题考查线性回归方程，解题的关键是线性回归直线一定过样本中心点，这是求解线性回归方程的步骤之一．
5.【答案】D
【解析】解：因为对∀x∈R，2x2+2x+12=2(x+12)2≥0，所以命题P是假命题，
又sinx−cosx= 2sin(x−π4)，所以存在x=3π4，使得sinx−cosx= 2，故命题q是真命题，
根据命题否定的定义知，q的否定是假命题，选项D正确．
故选：D．
首先对不等式及三角方程进行分析，得出命题p，q的真假，再根据命题否定的含义进行判断即可．
本题考查命题真假的判定，命题否定的含义，属基础题．
6.【答案】A
【解析】解：执行程序框图，有
n=1，S=0
满足条件S
执行程序框图，写出每次循环得到的S，n的值，当输出n的值为4时，有S=78，故可求P的取值范围．
本题主要考察了程序框图和算法，属于基础题．
7.【答案】A
【解析】解：对①，∵M、N、P分别为其所在棱的中点，可证MN、NP与平面AB，∴平面AB//平面MNP，∴AB//平面MNP，故①正确；
对②，如图：AB与平面MNP不可能平行，设MP∩平面ABN=O，若AB//平面MNP，则AB//ON，则O为底面对角线的中点，显然错误，故②不正确；
对③，如图，可证平面ABC//平面MNP，AB⊂平面ABC，∴AB//平面MNP，故③正确；
对④，若AB//平面MNP，则可证平面AB//平面MNP，由图知平面AB与平面MNP不可能平行，故④不正确；
故选：A．
通过证面面平行，由面面平行的性质可得线面平行，判断①③的正确性；利用线面平行的性质，得线线平行可判断②的正确性；由线面平行可得面面平行，从而判断④的正确性．
本题考查了线面平行、面面平行的判定及线面、面面平行的性质，考查了学生的识图能力，属于中档题．
8.【答案】C
【解析】解：因为f(x)=−12x2+4x−2alnx有两个不同的极值点，
所以f′(x)=−x+4−2ax=−x2+4x−2ax=0在(0,+∞)上有2个不同的零点，且零点两侧异号，
所以x2−4x+2a=0在(0,+∞)有2个不同的实数根x1，x2，且根据二次函数的性质可知这两根的两侧函数值异号，
所以Δ=16−4×2a>0x1+x2=4>0x1x2=2a>0，解得0
计算f′(x)，再将问题转化为x2−4x+2a=0在(0,+∞)有2个不同的两侧异号的实数根，从而利用二次函数的根的分布即可得解．
本题主要考查利用导数研究函数的极值，考查运算求解能力，属于中档题．
9.【答案】A
【解析】解：由eaa=eb+1b，化简可得eaa=ebb+1b，
故eaa−ebb=1b>0，
又a>1，b>1，
故考虑构造函数f(x)=exx,x>1，
则当x>1时，f′(x)=ex(x−1)x2>0恒成立，
所以f(x)在(1,+∞)上单调递增，
因为f(a)−f(b)=eaa−ebb=1b>0，即f(a)>f(b)，
所以a>b，A正确，D错误；
因为a>b，
所以2a+1>2a>2b，B错误；
取b=3，则eaa=e3+13>e33，
因为f(x)在(1,+∞)上单调递增，且f(3)=e33，f(4)=e44>e3+13，
存在a=a0∈(3,4)满足该方程，
此时2a+2b=2a0+23>23，C错误．
故选：A．
由eaa=eb+1b可得eaa−ebb=1b>0，构造函数f(x)=exx,x>1，求导后判断函数的单调性，由此证明a>b，结合指数函数性质判断BC．
本题考查导数的综合运用，考查运算求解能力，属于中档题．
10.【答案】D
【解析】解：双曲线C的渐近线的方程为y=±bx，
因为圆(x−1)2+y2=34，
所以圆心(1,0)，半径r= 32，
所以圆心(1,0)到渐近线的距离d=|±b| 12+b2= 32，
解得b2=3，
所以双曲线的方程为x2−y23=1，
对于①：e=ca= a2+b2a= 1+31=2，故①正确；
对于②：由上可知两将近线的斜率k1= 3，k2=− 3，
不妨设两渐近线的夹角θ，则tanθ=|k1−k21+k1k2|=| 3−(− 3)1+ 3⋅(− 3)|= 3，
所以两渐近线的夹角为60°，故②错误；
对于③：设P(x0,y0)到渐近线 3x+y=0的距离|PA|=| 3x0−y0| 12+( 3)2=| 3x0−y0|2，
点P到渐近线 3x+y=0的距离|PB|=| 3x0+y0| 12+( 3)2=| 3x0+y0|2，
所以|PA||PB|=| 3x0−y0|2⋅| 3x0+y0|2=|3x02−y02|4，
又点P在双曲线上，
所以x02−y023=1，则x0=y023+1，
所以|PA||PB|=|3x02−y02|4=|3⋅(y023+1)−y02|4=34，故③正确；
对于④：联立直线PA与渐近线y= 3x，得y−y0=− 33(x−x0)y= 3x，
解得x=x04+ 3y04，y= 3x04+34y0，
即A(x04+ 3y04, 3x04+34y0)
同理可得B(x04− 3y04,− 3x04+34y0)，
所以|AB|= (x04+ 3y04−x04+ 3y04)2+( 3x04+3y04+ 3x04−3y04)2
= 32 x02+y02= 32 1+y023+y02= 32 1+4y023，y02≥0，
所以|AB|min= 32，故④正确，
故选：D．
根据题意可得，圆心(1,0)到渐近线的距离d=|±b| 12+b2= 32，解得b2.对于①：e=ca= a2+b2a，即可判断①是否正确；对于②：不妨设两渐近线的夹角θ，则tanθ=|k1−k21+k1k2|，所以两渐近线的夹角为60°，故②错误；对于③：设P(x0,y0)到渐近线距离|PA|，|PB|，再计算|PA||PB|，即可判断③是否正确；对于④：联立直线PA与渐近线y= 3x，解得A点的坐标，同理可得B点坐标，再计算|AB|，即可判断④是否正确．
本题考查双曲线的性质，解题中需要一定的计算能力，属于中档题．
11.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查利用导数研究函数的单调性，构造函数，属于中档题．
令F(x)=f(x)−4x2−1，求出函数F(x)的导数，得到函数的单调性，又因为F(ex)=f(ex)−4e2x−1<0=F(2)，问题转化为0
解：由条件知f′(x)+8x3>0，
令F(x)=f(x)−4x2−1，
则F′(x)=f′(x)+8x3>0，
故F(x)在(0,+∞)上是增函数，
F(2)=f(2)−422−1=0，
又F(ex)=f(ex)−4e2x−1<0=F(2)，
从而0
故选：B．
12.【答案】B
【解析】解：设三棱锥外接球的球心为O，△ABC外接圆圆心为O1，如图所示，
AB=4,AC=1,BC= 13,PA=4,PB=4 2,PC= 17，
PA2+AC2=PC2，则PA⊥AC；PA2+AB2=PB2，则PA⊥AB，
AB∩AC=A，AB，AC⊂平面ABC，则PA⊥平面ABC，
△ABC中，由余弦定理cos∠BAC=AB2+AC2−BC22AB⋅AC=16+1−132×4×1=12，则sin∠BAC= 32，
所以△ABC外接圆半径O1A=12⋅BCsin∠BAC= 133，OO1=12PA=2，
Rt△OO1A中，OA= OO12+O1A2= 4+133=5 33，即三棱锥的外接球的半径为5 33，
三棱锥的外接球的表面积为4π×(5 33)2=100π3，
故选：B．
根据正弦定理求△ABC外接圆半径，构造直角三角形利用勾股定理求三棱锥外接球半径，再求表面积．
本题考查三棱锥的外接球问题，化归转化思想，属中档题．
13.【答案】52
【解析】解：曲线ρ=2cosθ即(x−1)2+y2=1表示圆心在(1,0)，半径等于1的圆，直线ρsin(θ+π6)=4，即x+ 3y−8=0，圆心(1,0)到直线的距离等于|1+0−8|2=72，所以点A到直线ρsin(θ+π6)=4的距离的最小值是72−1=52．
故答案为：52．
把直线的极坐标方程化为普通方程，再把圆C的极坐标方程化为普通方程，求出圆心坐标，再利用点到直线的距离公式求出圆心C到直线l的距离．
本题考查极坐标方程化为普通方程的方法，点到直线的距离公式的应用，体现了转化的数学思想．
14.【答案】8
【解析】解：由线性约束条件作出可行域如图，
由z=3y−x得y=13x+13z，
由图可知，当直线y=13x+13z过点A(−2,2)时，
直线有y轴上截距最大，z有最大值3×2−(−2)=8．
故答案为：8．
由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，把最优解的坐标代入目标函数得答案．
本题考查简单线性规划相关知识，属于基础题．
15.【答案】1−π12
【解析】
【分析】
本题考查几何概型概率公式、对立事件概率公式、三角形的面积公式、扇形的面积公式，属于中档题．
先求出三角形的面积，再求出据三角形的三顶点距离小于等于1的区域为三个扇形，三个扇形的和是半圆，求出半圆的面积；利用对理事件的概率公式及几何概型概率公式求出恰在离三个顶点距离都大于1的地方的概率．
【解答】
解：由题意三角形ABC为直角三角形，面积为12×3×4=6，
离三个顶点距离都不大于1的地方恰好为半径为1的半圆，面积为12π，如图，
所以其恰在离三个顶点距离都大于1的地方的概率为
P=1−12π6=1−π12，
故答案为1−π12．
16.【答案】(3− 2,0)
【解析】解：椭圆x22+y2=1的F1(−1,0)
设过点A(2,0)与椭圆的相切的切线方程为y=k(x−2)，
由y=k(x−2)x2+2y2=2，消去y得(1+2k2)x2−8k2x+8k2−2，
所以Δ=(−8k2)2−(1+2k2)(8k2−2)=0，解得k2=12，代入解得T(1,± 22)
由对称性不妨取T(1, 22)，
tan=∠AF1T= 22−01−(−1)= 24，
设M(m,0)，kAT=0− 222−1=− 22，
∠ATM=∠AF1T，所以tan∠ATM=tan∠AF1T，
所以tan(∠F1MT−∠F1AT)=tan∠AF1T，所以−0+ 22m−11− 22m−1× 22= 24，
解得m=3− 2．
所以M的坐标为(3− 2,0)
椭圆x22+y2=1的F1(−1,0)，设切线方程为y=k(x−2)，与椭圆联立方程组求得切点T的坐标，由∠ATM=∠AF1T，得tan(∠F1MT−∠F1AT)=tan∠AF1T，可得−0+ 22m−11− 22m−1× 22= 24，求解可得M的坐标．
本题考查直线与椭圆的位置关系，利用斜率关系求点的坐标，属中档题．
17.【答案】解：(1)因为f(x)=x3−x2−x+c，所以f′(x)=3x2−2x−1=3(x+13)(x−1)，
令f′(x)>0，得x<−13或x>1，令f′(x)<0，得−13
(2)函数g(x)=(f(x)−x3)⋅ex=(−x2−x+c)⋅ex，
有g′(x)=(−2x−1)ex+(−x2−x+c)ex=(−x2−3x+c−1)ex，
因为函数在区间x∈[−3,2]上单调递增，所以g′(x)≥0在区间[−3,2]上恒成立，
令h(x)=−x2−3x+c−1，则等价于h(x)=−x2−3x+c−1≥0在x∈[−3,2]上恒成立，
函数h(x)=−x2−3x+c−1的对称轴为x=−32，
易知h(x)=−x2−3x+c−1在区间(−∞,−32]上单调递增，在区间[−32,+∞)上单调递减，
所以当x∈[−3,2]时，h(x)min=h(2)，所以h(2)≥0，即−4−6+c−1≥0，
解得c≥11，所以c的取值范围是[11,+∞)．
【解析】(1)直接对函数求导，再利用导数与函数的单调性间的关系，求出f′(x)>0和f′(x)<0的解，即可求出结果；
(2)利用条件，将问题转化成导函数g′(x)≥0在区间[−3,2]上恒成立，构造函数h(x)=−x2−3x+c−1，即求h(x)在[−3,2]上的最小值，进而可求出结果．
本题考查导数的综合应用，利用导数研究函数的单调性与最值，化归转化思想，属中档题．
18.【答案】解：(1)因为抽取总问卷为100份，所以n=100−(40+10+20)=30，
年龄在[40,50)中，抽取份数为10份，答对全卷人数为4人，所以b=4÷10=0，
年龄在[50,60]中，抽取份数为20份，答对全卷的人数占本组的概率为0.1，
所以a÷20=0.1，解得a=2，
根据频率直方分布图，得(0.04+0.03+c+0.01)×10=1，
解得c=0.02;
(2)因为年龄在[40,50)与[50,60]中答对全卷的人数分别为4人与2人．
年龄在[40,50)中答对全卷的4人记为A，B，C，D，年龄在[50,60]中答对全卷的2人记为a，b，则从这6人中随机抽取2人授予“环保之星”奖的所有可能的情况是：
AB，AC，AD，Aa，Ab，BC，BD，Ba，Bb，CD，Ca，Cb，Da，Db，ab共15种．
其中所抽取年龄在[50,60)的人中至少有1人被授予“环保之星”的情况是：Aa，Ab，Ba，Bb，Ca，Cb，Da，Db，ab共9种，
故所求的概率为915=35．
【解析】(1)根据频率直方分布图，通过概率的和为1，求求出n，a，b，c的值，
(2)年龄在[40,50)中答对全卷的4人记为A，B，C，D，年龄在[50,60]中答对全卷的2人记为a，b，分别列举出所有的基本事件，根据概率公式计算即可．
本题考查频率分布直方图，古典概型得概率问题，关键是不重不漏得列举基本事件，属于基础题．
19.【答案】解：(1)证明：如图，取PB中点N，连AN，MN，
∵PA=AB=2，∴AN⊥PB，
又PA⊥平面ABCD，且AD⊂平面ABCD，
∴PA⊥AD，
又AD⊥AB，AB⋂PA=A，AB⊂平面PAB，PA⊂平面PAB，
∴AD⊥平面PAB，又PB⊂平面PAB，
∴AD⊥PB，又AN⊥PB，AN⋂AD=A，AN⊂平面ADMN，AD⊂平面ADMN，
∴PB⊥平面ANMD，又DM⊂平面ANDM，
∴PB⊥DM．
(2)由已知得，BD= AB2+AD2=2 2，同理可得PB=PD=BD=2 2，
又BC=1，PA=AB=2，则VP−BCD=13S△BCD×PA=13×12×BC⋅AB⋅PA=13×12×1×2×2=23，
设点C到平面PBD的距离h，
由PB=PD=BD=2 2，得到S△PBD= 34×(2 2)2=2 3，
则VC−PBD=13S△PBD×h=13×2 3×h=2 33h，
又因为VP−BCD=VC−PBD，得到23=2 33h，所以h= 33，
即点C到平面PBD的距离为 33．
【解析】(1)利用线面垂直得到PA⊥AD，再利用线线垂直得到线面垂直，即AD⊥平面PAB，进而得到AD⊥PB，AN⊥PB，从而得到PB⊥平面ANMD，再利用线面垂直的性质定理即可证明结论；
(2)利用等体积法，即利用VP−BCD=VC−PBD，再利用条件求出VP−BCD，再求出S△PBD，即可求出结果．
本题考查线面垂直的判定定理与性质，等体积法求解点面距，化归转化思想，属中档题．
20.【答案】证明：(1)设OA,OB的夹角为θ(0≤θ≤π)，
则cosθ=OA⋅OB|OA||OB|，所以sinθ= 1−cos2θ= 1−(OA⋅OB)2|OA|2|OB|2，
则S△AOB=12|OA||OB|sinθ=12 |OA|2|OB|2−(OA⋅OB)2，
=12 (x12+y12)(x22+y22)−(x1x2+y1y2)2=12|x1y2−x2y1|；
(2)解：由y=kxx2+4y2−4=0可知，(1+4k2)x2=4，
所以x2=41+4k2，
设直线OA，OB的方程分别为：y=k1x，y=k2x，
设A(x1,y1)，B(x2,y2).
则x12=41+4k12,x22=41+4k22，
∵k1k2=−14，
所以S△AOB2=14|x1y2−x2y1|2=14x12x22(k1−k2)2
=4(k1−k2)2(1+4k12)(1+4k22)=4(k12+k22−2k1k2)1+4(k12+k22)+16k12k22=4(k12+k22+12)2+4(k12+k22)=1．
【解析】(1)由三角形面积公式，正余弦的平方关系和向量夹角余弦公式可得S△AOB=12 |OA|2|OB|2−(OA⋅OB)2，再根据向量运算的坐标表示完成证明；
(2)联立方程组y=kxx2+4y2−4=0，可得x2=41+4k2，设直线OA，OB的方程分别为：y=k1x，y=k2x，由此利用k1，k2表示x1，x2，进一步表示S△AOB2，可得结论．
本题主要考查直线与椭圆的综合，考查转化能力，属于难题．
21.【答案】解：(1)函数f(x)=ax3+x的定义域为R，导函数f′(x)=3ax2+1，
设切点P(x0,y0)，
则y0=ax03+x0y0=2x0−13ax02+1=2，
解得，x0=32a=427，
所以a=427；
(2)不等式2x−6asinx
设t=16a，由已知(sinx−tx+16x3)min≥0
令h(x)=sinx−tx+16x3，则h′(x)=cosx+12x2−t，
令m(x)=cosx+12x2−t，则m′(x)=−sinx+x，
再令s(x)=−sinx+x，则s′(x)=−cosx+1≥0，
所以s(x)在(0,+∞)单调递增，又s(0)=0，则s(x)>0，即m′(x)>0，
所以m(x)在(0,+∞)单调递增，y=cosx+12x2(x>0)的值域为(1,+∞)．
①当t≤1时，即a≥16时，m(x)=cosx+12x2−t≥0⇔h′(x)≥0，
则h(x)在(0,+∞)单调递增，又h(0)=0，所以h(x)>0恒成立，符合．
②当t>1时，即0
所以存在x0>0，使m(x0)=0，
则当x∈(0,x0)时，m(x)<0，函数h(x)在(0,x0)上单调递减，而h(0)=0，
所以h(x)<0对x∈(0,x0)成立，不符合．
综上，实数a的取值范围是[16,+∞)．
【解析】(1)根据导数的几何意义列方程求a的值；
(2)原不等式可化为sinx−tx+16x3≥0，设t=16a，由已知(sinx−tx+16x3)min≥0，讨论a，利用导数研究h(x)=sinx−tx+16x3的单调性，由此确定a的取值范围．
本题主要考查了导数几何意义的应用，还考查了由不等式恒成立求解参数范围，体现了转化思想的应用，属于中档题．
22.【答案】解：(1)直线l的极坐标方程为ρcos(θ+π3)=3，
∴12ρcosθ− 32ρsinθ=3，即12x− 32y=3，
∵将y=−2 3+12t代入上式得x= 32t，
∴直线l的参数方程为x= 32ty=−2 3+12t(t为参数)；
(2)由ρ=4acosθ(a>0)，得ρ2=4aρcosθ(a>0)，
∴x2+y2=4ax(a>0)，
将直线l的参数方程与C的直角坐标方程联立，得t2−2 3(1+a)t+12=0，
由Δ=[2 3(1+a)]2−4×12=(1+a)2−4>0，解得a>1，
设点P和点Q分别对应参数t1、t2为上述方程的根，
由根与系数的关系得t1+t2=2 3(1+a),t1t2=12，
由题意得，|PQ|2=|t1−t2|2=(t1+t2)2−4t1t2=12(1+a)2−48，
|MP|⋅|MQ|=|t1|⋅|t2|=|t1t2|=12，
∴12(1+a)2−48=12，
解得a= 5−1，或a=−1− 5(舍)，
∴a= 5−1．
【解析】(1)利用直线极坐标方程，求得直角坐标方程，将y=−2 3+12t代入，即可求直线l参数方程；
(2)把直线l的参数方程代入曲线C的方程，设MP=t1，MQ=t2.根据|PQ|2=|MP|⋅|MQ|，根据根与系数的关系即可得出．
本题考查了直角坐标方程与极坐标方程互化、直线参数方程及其应用、直线与曲线相交弦长问题、一元二次方程的根与系数的关系，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
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