还剩15页未读，
继续阅读
2022-2023学年四川省成都市嘉祥重点学校高二（下）零诊数学试卷（文科）（含解析）
展开
这是一份2022-2023学年四川省成都市嘉祥重点学校高二（下）零诊数学试卷（文科）（含解析），共18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学年四川省成都市嘉祥重点学校高二（下）零诊数学试卷（文科）
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. 已知集合A={3,5,7,9,11,13,17}，B={x|x=4n+1,n∈Z}，则A∩B=( )
A. {5,9,11} B. {5,9,11,17} C. {5,13,17} D. {5,9,13,17}
2. 已知z+2−i=z(2+i)，则复数z=( )
A. −12−32i B. 12−32i C. −32−32i D. 32−32i
3. 已知a=0.823，b=log923，c=40.3，则( )
A. a
A. 18π+12 B. 20π+12 C. 18π+16 D. 20π+16
5. 某高山地区的大气压强p(Pa)与海拔高度h(m)近似满足函数关系p=p0e−kh，其中k=0.000126，p0是海平面大气压强，已知在该地区甲、乙两处测得的大气压强分别为p1，p2，且p1p2=12，那么甲、乙两处的海拔高度之差约为( )
(参考数据：ln2≈0.693)
A. 4900m B. 5500m C. 6200m D. 7400m
6. 若函数f(x)=2x3−6x+a的图象与x轴有三个交点，则实数a的取值范围为( )
A. {−4,4} B. {4}
C. {a|a<−4或a>4} D. {a|−4
A. x−y−2=0 B. 2x−y−6=0 C. x+y−6=0 D. x−2y=0
8. 执行如图所示的程序框图，如果输入的N=10，则输出的k=( )
A. 6 B. 7 C. 8 D. 9
9. 已知函数f(x)满足：对任意x∈R，f(x+12)=−f(x−12)，当x∈[−1,0)时，f(x)=3x−1，则f(log390)=( )
A. −19 B. 19 C. −1727 D. 1727
10. 已知三棱锥S−ABC的体积为28 33，其外接球的体积为5003π，若AB=AC=4，∠BAC=120°，则线段SA的长度的最小值为( )
A. 8 B. 5 2 C. 6 D. 4 2
11. 已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，过F1的直线与C的左、右两支分别于点M，N，且满足|F1N|=3|F1M|，△MNF2是等边三角形，则双曲线C的渐近线方程为( )
A. y=± 3x B. y=±2x C. y=± 6x D. y=± 7x
12. 如图，在四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，底面ABCD为正方形，AA1⊥底面ABCD，AA1=2AB，M、N分别是棱BB1、DD1上的动点，且DN=B1M，则下列结论中正确的是( )
A. 直线AC与直线MN所成角的大小与点M的位置有关
B. 直线AD与直线MN所成角的最大值为π3
C. 直线A1C与直线MN可能异面
D. 三棱锥A1−C1MN的体积保持不变
二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 2022年北京冬奥会自由式单板滑雪障碍追逐赛(SX)，是每组4名选手在由各种地形障碍构成的赛道上竞速的比赛，由通过终点线的顺序决定排名，每组的前两名将晋级下一轮比赛．假设一组运动员技术水平相同，则运动员A，B同时晋级的概率为______．
14. 函数f(x)=(x−2)ex,x≥0−x−2,x<0的单调递减区间为______．
15. 若数据x1，x2，x3，x4，x5，x6，x7，x8，4，6的方差为5，则数据x1，x2，x3，x4，x5，x6，x7，x8，3，7的方差为______．
16. 已知函数f(x)=mlnx−2x3+4ex2−mx(m≥0)，若f(x)在[1,+∞)上有零点，则实数m的取值范围为______ ．
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12.0分)
为迎接2022年北京冬季奥运会，普及冬奥知识，某校开展了“冰雪答题王”冬奥知识竞赛活动．现从参加冬奥知识竞赛活动的学生中随机抽取100名学生，将他们的竞赛成绩(满分为100分)分为6组：[40,50)，[50,60)，[60,70)，[70,80)，[80,90)，[90,100]，得到如图1所示的频率分布直方图．
(1)估计这100名学生的平均成绩(同一组中的数据用该组区间的中点值为代表)，并估计这100名学生成绩的中位数(精确到0.01)；
(2)在抽取的100名学生中，规定：竞赛成绩不低于80分为“优秀”，竞赛成绩低于80分为“非优秀”．
①请将下面的2×2列联表补充完整，并判断是否有99%的把握认为“竞赛成绩是否优秀与性别有关”？
②求出等高条形图需要的数据，并画出等高条形图2(按图中“优秀”和“非优秀”所对应阴影线画)，利用条形图判断竞赛成绩优秀与性别是否有关系？
2×2列联表
优秀
非优秀
合计
男生
10
女生
50
合计
100
参考公式及数据：K2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)，n=a+b+c+d，
P(K2≥k0)
0.10
0.05
0.025
0.010
0.005
0.001
k0
2.706
3.841
5.024
6.635
7.879
10.828
18. (本小题12.0分)
已知函数f(x)=13x3−x2+2．
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)求函数f(x)在区间[a,a+1](a>0)的最大值．
19. (本小题12.0分)
如图所示在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AA1=6，△ABC是边长为4的等边三角形，D，E，F分别为棱B1C1，AA1，BB1的中点，点P在棱BC上，且BC=4CP．
(Ⅰ)证明：AP//平面DCE；
(Ⅱ)求点D到平面CEF的距离．
20. (本小题12.0分)
已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为12，其右焦点为F，点P(0,1)，且|PF|= 2．
(Ⅰ)求C的方程；
(Ⅱ)过点P且斜率为k(k≠0)的直线l与椭圆C交于A，B两点，过A，B分别作y轴的垂线，垂足为M，N，直线AN与直线y=3交于点E，证明：B，M，E三点共线．
21. (本小题12.0分)
已知函数f(x)=(x+1)lnx+(a−3)x．
(1)若函数f(x)为增函数，求实数a的取值范围；
(2)若函数f(x)有两个极值点x1，x2(x1−2．
22. (本小题10.0分)
在平面直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为x=1+ty=t−6(t为参数)，以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，圆C2的极坐标方程为ρ−3ρ=6sinθ−4cosθ．
(Ⅰ)求C1的普通方程和C2的直角坐标方程；
(Ⅱ)过C1上一点P作C2的一条切线l，切点为Q，当|PQ|最小时，求△C2PQ外接圆的参数方程．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：∵集合A={3,5,7,9,11,13,17}，B={x|x=4n+1,n∈Z}，
∴当k=1，2，3，4时，B与A有交集，
∴A∩B={5,9,13,17}．
故选：D．
直接求交集即可得解．
本题考查交集及其运算，属基础题．
2.【答案】B
【解析】解：由z+2−i=z(2+i)，
得z=2−i1+i=(2−i)(1−i)2=12−32i，
故选：B．
由复数的运算求解即可．
本题考查了复数的运算，属基础题．
3.【答案】D
【解析】解：∵0<0．823<0.80=1，
∴0
∴b
利用指数函数与对数函数的单调性及特值0，1比较三个数的大小即可．
本题考查三个数的大小比较的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意对数函数和指数函数的性质的合理运用．
4.【答案】C
【解析】解：由三视图可知，该几何体是一个底面半径为2，高为4的圆柱体的34，
其表面积为π×22×34×2+2π×2×34×4+2×4×2=18π+16，
故选：C．
根据三视图判断出该几何体为圆柱体的34即可求解．
本题考查了由三视图还原几何体以及几何体表面积的计算，属于基础题．
5.【答案】B
【解析】解：记甲、乙两处的海拔高度分别为h1，h2，则由题可知：
p1p2=p0e−kh1p0e−kh2=e−k(h1−h2)=12，
则h1−h2=ln2k=0.6930.000126=5500m，
故选：B．
根据已知列式，由幂的运算化简，然后转化为对数式可得．
本题考查了指数的运算及指数与对数的转换，属于基础题．
6.【答案】D
【解析】解：f′(x)=6x2−6=6(x−1)(x+1)，
所以当x∈(−∞,−1)和(1,+∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
当x∈(−1,1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
故函数f(x)的极大值f(−1)=4+a，极小值f(1)=a−4，
函数f(x)=2x3−6x+a的图象与x轴有三个交点，
所以4+a>0a−4<0，得a∈(−4,4)，
故选：D．
求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间，求出函数的极值，根据图像和x轴交点的个数得到关于a的不等式，解出即可．
本题考查了函数的单调性，极值问题，考查导数的应用以及转化思想，是中档题．
7.【答案】A
【解析】解：设点A(x1,y1)、B(x2,y2)，则y1+y2=4y1+y2=4，
若直线l⊥x轴，则线段AB的中点在x轴上，不合乎题意，
则直线l的斜率存在，
由已知y12=4x1y22=4x2，
两式作差可得(y1−y2)(y1+y2)=4(x1−x2)，
所以，直线l的斜率为y1−y2x1−x2=4y1+y2=1，
因此，直线l的方程为y−2=x−4，
即x−y−2=0．
故选：A．
设点A(x1,y1)，B(x2,y2)，则x1+x2=8y1+y2=4，利用点差法可求得直线l的斜率，再利用点斜式可得出直线l的方程．
本题考查了直线与抛物线的位置关系，属于基础题．
8.【答案】A
【解析】解：执行程序框图，有N=10，n=1，k=0，满足条件n≤N；
满足条件n2≥2n−1，k=1，n=2，满足条件n≤N；
满足条件n2≥2n−1，k=2，n=3，满足条件n≤N；
满足条件n2≥2n−1，k=3，n=4，满足条件n≤N；
满足条件n2≥2n−1，k=4，n=5，满足条件n≤N；
满足条件n2≥2n−1，k=5，n=6，满足条件n≤N；
满足条件n2≥2n−1，k=6，n=7，满足条件n≤N；
不满足条件n2≥2n−1，n=8，满足条件n≤N；
不满足条件n2≥2n−1，n=9，满足条件n≤N；
不满足条件n2≥2n−1，n=10，满足条件n≤N；
不满足条件n2≥2n−1，n=11，满足条件n≤N；
输出k=6．
故选：A．
执行程序框图，写出每一次循环n，k的值，当n=11时，满足n≥N，可得输出k的值．
本题考查了程序框图的应用问题，解题时应模拟程序框图的运行过程，以便得出正确的结论，考查运算求解能力，是基础题．
9.【答案】C
【解析】解：对任意x∈R，f(x+12)=−f(x−12)，
所以f(x+1)=−f(x)，f(x+2)=f(x)，即函数的周期T=2，
当x∈[−1,0)时，f(x)=3x−1，
则f(log390)=f(log3109)=−f(log31027)=3log31027−1=1027−1=−1727．
故选：C．
由已知先求出函数的周期，然后结合对数的运算及周期把所求函数值的变量转化到已知区间上，代入结合对数恒等式可求．
本题主要考查了函数值的求解，体现了转化思想的应用，属于中档题．
10.【答案】B
【解析】解：如图，
O1是△ABC所在截面圆圆心O是球心，OO1⊥平面ABC，
SH⊥平面ABC，H为垂足，连接HA，HO1，
则SH⊥AH，SH⊥O1H，
则OO1//SH，AB=AC=4，∠BAC=120°，
则BC=2ABsin60°=4 3，
2O1A=BCsin∠BAC,O1A=4 32sin120°=4，
S△ABC=12×4×4×sin120°=4 3，
由VS−ABC=13S△ABC⋅SH，得SH=7，
由球体积V=43πR3，得43πR3=5003π,R=5，
即OS=OA=5，
OO1= OA2−O1A2= 52−42=3，
在直角梯形SOO1H中，O1H= OO12−(SH−OH)2=3，
即H在以O1为圆心，3为半径的圆上，
AHmin=AO1−O1H=4−3=1，
所以SAmin= 72+12=5 2，
故选：B．
作出三棱锥的高SH，O是球心，O1是△ABC所在截面圆圆心，由球体积求得球半径，由已知求得△ABC面积，截面圆O1的半径，由棱锥体积求得高SH，计算出O1H，得H点轨迹是圆，从而由点与圆的位置关系可求得AH的最小值，即得SA的最小值．
本题考查了几何体的外接球问题，属于中档题．
11.【答案】C
【解析】解：设|NF2|=m，
因为△MNF2是等边三角形，
所以|MN|=|MF2|=m，
由双曲线的定义知，|NF1|−|NF2|=2a，|MF2|−|MF1|=2a，
所以|NF1|=2a+m，|MF1|=m−2a，
因为|F1N|=3|F1M|，所以2a+m=3(m−2a)，即m=4a，
在△MF1F2中，由余弦定理知，|F1F2|2=|MF1|2+|MF2|2−2|MF1|⋅|MF2|cos∠F1MF2，
所以4c2=(m−2a)2+m2−2(m−2a)⋅mcos120°=4a2+16a2+2m2+2⋅2a⋅4a⋅(−12)，
即c2=7a2，
所以渐近线方程y=±bax=± c2a2−1x=± 6x.
故选：C．
设|NF2|=m，结合等边三角形的性质与双曲线的定义，推出m=4a，再在△MF1F2中，利用余弦定理，可得c2=7a2，而渐近线方程y=± c2a2−1x，代入运算，得解．
本题考查双曲线的定义与几何性质，还涉及余弦定理，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
12.【答案】D
【解析】解：由题可知四棱柱ABCD−A1B1C1D1为正四棱柱，如下图，
由AC⊥DB，AC⊥DN，DB∩DN=D，可得AC⊥平面DBMN，所以AC⊥MN，与点M的位置无关，故A错误；
如下图作NP//DA交AA1于P，则∠PNM为所求角，
又PN⊥PM，则cos∠PNM=PNMN,MN最大时，cos∠PNM最小，∠PNM最大，
可求得cos∠PNMmin= 66≠12,∠PNMmax≠π3，故B错误；
由题易证四边形A1MCN为平行四边形，所以直线A1C与直线MN一定相交，故C错误；
如下图，VA1−C1MN=VM−C1A1N=VA−C1A1N=VN−C1A1A=VD−C1A1A为定值，故D正确．
故选：D．
确定AC与平面MNDB的位置关系可判定A；根据MN的变化情况，确定直线AD与直线MN所成角最大时的位置，求出余弦值即可判定B；确定直线A1M和CN位置关系即可判定C；求出三棱锥A1−C1MN的体积即可判定D．
本题考查了异面直线所成的角、三棱锥体积的计算，属于中档题．
13.【答案】16
【解析】解：设这4名运动员分别是A，B，C，D，
则分别有AB，AC，AD，BC，BD，CD6中基本事件，
满足运动员A，B同时晋级的概率P=16，
故答案为：16．
根据列举法求出满足条件的概率即可．
本题考查了古典概型问题，考查概率求值，是基础题．
14.【答案】(−∞,1)
【解析】解：当x<0时，f(x)=−x−2，在(−∞,0)上递减，
当x≥0时，f(x)=(x−2)ex，
则f′(x)=ex+(x−2)ex=(x−1)ex，
当0≤x<1时，f′(x)<0，所以f(x)在0，1)上递减，
综上，f(x)的单调递减区间为(−∞,1)，
故答案为：(−∞,1)．
利用导数求出f(x)=(x−2)ex，x≥0的单调区间，从而可求出函数的减区间．
本题考查了分段函数的单调性，属于中档题．
15.【答案】5.6
【解析】解：设数据x1，x2，x3，x4，x5，x6，x7，x8，4，6的平均数为x−，
由数据x1，x2，x3，x4，x5，x6，x7，x8，4，6的方差为5，
则110[(x1−x−)2+...+(x8−x−)2+(4−x−)2+(6−x−)2]=5，
又数据x1，x2，x3，x4，x5，x6，x7，x8，4，6的平均数与数据x1，x2，x3，x4，x5，x6，x7，x8，3，7的平均数相等，
则数据x1，x2，x3，x4，x5，x6，x7，x8，3，7的方差为110[(x1−x−)2+...+(x8−x−)2+(3−x−)2+(7−x−)2]=110[(x1−x−)2+...+(x8−x−)2+(4−x−)2+(6−x−)2+6]=5.6，
故答案为：5.6．
由平均数、方差的运算求解即可．
本题考查了平均数、方差的运算，属基础题．
16.【答案】[0,2e3e−1].
【解析】解：若f(x)=mlnx−2x3+4ex2−mx=0，则m⋅lnx−xx=2x2−4ex，
g(x)=lnx−xx且x≥1，g′(x)=1−lnxx2，
故[1,e)上g′(x)>0，(e,+∞)上g′(x)<0，
所以g(x)在[1,e)上单调递增，在(e,+∞)上单调递减，故g(x)≤g(e)=1−ee；
令h(x)=2x2−4ex(x≥1)，
则由h′(x)=4x−4e>0，得x>e．
故在[1,e)上h′(x)<0，在(e,+∞)上h′(x)>0，
所以h(x)在[1,e)上单调递减，在(e,+∞)上单调递增，
故h(x)≥h(e)=−2e2；
要使f(x)在[1,+∞)上有零点，只需1−ee⋅m≥−2e2，可得0≤m≤2e3e−1，
即实数m的取值范围为：[0,2e3e−1].
故答案为：[0,2e3e−1].
将条件转化为m⋅lnx−xx=2x2−4ex在[1,+∞)上有解，令g(x)=lnx−xx、h(x)=2x2−4ex，并利用导数研究它们在[1,+∞)上的单调性和最值，注意最值对应的自变量，结合mg(x)max≥h(x)min即求m的范围．
本题考查了利用导数研究函数的零点问题，属于中档题．
17.【答案】解：(1)这100名学生的平均成绩：45×0.05+55×0.1+65×0.25+75×0.3+85×0.2+95×0.1=73，
设成绩的中位数为x，则根据频率分布直方图可知，有(0.05+0.1+0.25)+(x−70)×0.03=0.5，
解得x=70+103≈73.33.(或另解：(0.1+0.2)+(80−x)×0.03=0.5，解得x=80−302≈73.33).
(2)①根据表中已知数据和频率分布直方图得下表
优秀
非优秀
合计
男生
10
40
50
女生
20
30
50
合计
30
70
100
根据表中数据可得K2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)=100(300−800)250×50×30×70=10021≈4.762，
因为4.762<6.635，
所以没有99%的把握认为“竞赛成绩是否优秀与性别有关”．
②根据2×2列联表中数据可知，样本中男生优秀的频率为1050=20%，男生非优秀的频率为4050=80%；女生优秀的频率2050=40%，女生非优秀的频率为3050=60%，
画出等高条形图如图所示：
根据等高条形图，比较图中两个用斜纹实线所画条的高可以发现，女生样本中成绩优秀的频率明显高于男生样本中成绩优秀的频率，
因此可以认为竞赛成绩优秀与性别有关．
【解析】(1)根据已知条件，结合平均数和中位数的公式，即可求解．
(2)①结合独立性检验公式，即可求解，
②分别求出男生优秀的频率，男生非优秀的频率，女生优秀的频率，女生非优秀的频率，画出等高条形图，结合图形，即可求解．
本题主要考查独立性检验公式，考查计算能力，属于中档题．
18.【答案】解：(1)f′(x)=x2−2x=x(x−2)，
当x<0或x>2时，f′(x)>0；
当0
(2)由(1)知当0
当1
①当1
所以f(x)max=f(a+1)=13a3−a+43．
综上所述，当02，并分别求出函数f(x)的最大值．
本题考查利用导数研究函数的单调性与最值，考查学生的逻辑思维能力和运算能力，属中档题．
19.【答案】(Ⅰ)证明：如图，取BC的中点O，连接DO，取CD的中点Q，连接PQ，EQ．
∵BC=4CP，∴CP=PO，可得PQ//DO，PQ=12DO．
∵AE//DO，AE=12DO，∴PQ//AE，PQ=AE．
∴四边形AEQP为平行四边形，得EQ//AP，
∵EQ⊂平面DCE，AP⊄平面DCE，
∴AP//平面DCE；
(Ⅱ)解：连接DF，AO，可得AO=2 3．
∵BB1⊥平面ABC，AO⊂平面ABC，∴BB1⊥AO．
由已知可得AO⊥BC，而BB1∩BC=B，∴AO⊥平面BCC1B1．
∵S△DCF=6×4−12×4×3−12×2×3−12×6×2=9，
∴VE−DCF=13×AO×S△DCF=13×2 3×9=6 3．
∵EC=FC= 32+42=5，EF=4，
∴S△CEF=12× 52−22×4=2 21．
设点D到平面CEF的距离为d，
则由VD−CEF=VE−DCF，得13×2 21×d=6 3，
解得d=9 77．
故点D到平面CEF的距离为9 77．
【解析】(Ⅰ)取BC的中点O，连接DO，取CD的中点Q，连接PQ，EQ.证明四边形AEQP为平行四边形，得EQ//AP，再由直线与平面平行的判定可得AP//平面DCE；
(Ⅱ)连接DF，AO，可得AO=2 3.证明AO⊥平面BCC1B1.分别求出三角形DCF与三角形CEF的面积，再由等体积法求点D到平面CEF的距离．
本题考查直线与平面平行的判定，考查空间想象能力与思维能力，训练了利用等体积法求点到平面的距离，是中档题．
20.【答案】(Ⅰ)解：设F(c,0)(c>0)，由题意知ca=12，所以a=2c．
因为点P(0,1)，且|PF|= c2+1= 2，解得c=1，
所以a=2，b= 3，
因此C的方程为x24+y23=1．
(Ⅱ)证明：由题意可知，直线l的方程为y=kx+1．
联立直线方程与椭圆方程可得(3+4k2)x2+8kx−8=0，
设A(x1,y1)，B(x2,y2)，则x1+x2=−8k3+4k2，x1x2=−83+4k2．
因为BN⊥y轴，所以N(0,y2)，所以直线AN：y=y1−y2x1x+y2，
令y=3，得E(x1(3−y2)y1−y2,3)．
因为AM⊥y轴，所以M(0,y1).
所以kEM−kBM=(3−y1)(y1−y2)x1(3−y2)−(y1−y2−x2)
=(y1−y2)[3−y1x1(3−y2)+1x2]=y1−y2x1x2(3−y2)[x2(3−y1)+x1(3−y2)]
=y1−y2x1x2(3−y2)[x2(3−kx1−1)+x1(3−kx2−1)]
=y1−y2x1x2(3−y2)[2(x2+x1)−2kx1x2]
=y1−y2x1x2(3−y2)[2×(−8k3+4k2)−2k×(−83+4k2)]=0，
所以B，M，E三点共线．
【解析】(Ⅰ)根据|PF|= 2可求c，根据离心率可求a，再根据a、b、c关系可求b，从而可求C的方程；
(Ⅱ)设A(x1,y1)，B(x2,y2).联立l方程和椭圆方程得根与系数的关系，联立AN方程与y=3求出E的坐标，验证kEM−kBM=0即可证明B、M、E三点共线．
本题主要考查椭圆方程的求解，直线与圆锥曲线的位置关系，韦达定理及其应用等知识，属于中等题．
21.【答案】解：(1)f′(x)=lnx+1x+a−2，若函数f(x)为增函数，
则f′(x)≥0恒成立．g(x)=lnx+1x+a−2，g′(x)=1x−1x2=x−1x2，令g′(x)=0得x=1，
当x∈(0,1)时，g′(x)<0，g(x)单调递减；
当x∈(1,+∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，故g(x)≥g(1)=a−1，因此a≥1．
故a∈[1,+∞)；
证明：(2)由(1)知当a<1时，f′(1)=a−1<0，
当x→0时，f′(x)→+∞；当x→+∞时，f′(x)→+∞，
故0
将③代入f(x1)+f(x2)+x1+x2=x1lnx1+x2lnx2+lnx1+lnx2+(a−2)(x1+x2)得f(x1)+f(x2)+x1+x2=lnx1+lnx2−2，
即证lnx1+lnx2>0，即证x1x2>1．
①−②得lnx1x2=1x2−1x1，令t=x1x2∈(0,1)，则x1=t−1lnt，x2=t−1tlnt，
即只需证t−1lnt⋅t−1tlnt>1，即证lnt− t+1 t>0.令g(t)=lnt− t+1 t，g′(t)=−( t−1)22t t<0，
故g(t)在区间(0,1)上单调递减，当t∈(0,1)时，g(t)>g(1)=0，命题得证．
【解析】(1)对函数求导，由于函数为增函数，则f′(x)≥0恒成立，再构造函数，求a的范围即可，
(2)函数有两个极值点，得出两个极值点的关系，再进行证明即可．
本题考查利用导数研究函数的极值，考查学生的运算能力，属于中档题．
22.【答案】解：(Ⅰ)曲线C1的参数方程为x=1+ty=t−6(t为参数)，由消去t得C1的普通方程为x−y−7=0；
圆C2的极坐标方程为ρ−3ρ=6sinθ−4cosθ，
根据x=ρcosθ y=ρsinθ x2+y2=ρ2 ，整理得：ρ2−3=6ρsinθ−4ρcosθ，
所以x2+y2−3=6y−4x，
即C2的直角坐标方程为(x+2)2+(y−3)2=16．
(Ⅱ)由圆的切线的性质可知，
当C2P⊥l时，|C2P|最小，|PQ|也最小．
此时直线C2P的斜率为−1，因为C2(−2,3)，
所以直线C2P的方程为x+y−1=0．
由得P(4,−3)，
所以C2P的中点坐标为(1,0)，|C2P|=6 2，
所以△C2PQ外接圆的参数方程为x=1+3 2cosαy=3 2sinα( α为参数)．
【解析】(I)消去参数t即可得到C1的普通方程，利用极坐标和直角坐标的转化关系即可得到C2的直角坐标方程；
(II)由已知条件得|QP|= |C2P|2−|C2Q|2，则当|C2P|最小，|PQ|也最小，|C2P|最小时，C2P⊥l，即可求出直线C2P的方程，利用几何性质即可求出△C2PQ外接圆的参数方程．
本题考查极坐标方程及参数方程，考查学生的运算能力，属于中档题．
2022-2023学年四川省成都市嘉祥重点学校高二（下）零诊数学试卷（文科）
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. 已知集合A={3,5,7,9,11,13,17}，B={x|x=4n+1,n∈Z}，则A∩B=( )
A. {5,9,11} B. {5,9,11,17} C. {5,13,17} D. {5,9,13,17}
2. 已知z+2−i=z(2+i)，则复数z=( )
A. −12−32i B. 12−32i C. −32−32i D. 32−32i
3. 已知a=0.823，b=log923，c=40.3，则( )
A. a
A. 18π+12 B. 20π+12 C. 18π+16 D. 20π+16
5. 某高山地区的大气压强p(Pa)与海拔高度h(m)近似满足函数关系p=p0e−kh，其中k=0.000126，p0是海平面大气压强，已知在该地区甲、乙两处测得的大气压强分别为p1，p2，且p1p2=12，那么甲、乙两处的海拔高度之差约为( )
(参考数据：ln2≈0.693)
A. 4900m B. 5500m C. 6200m D. 7400m
6. 若函数f(x)=2x3−6x+a的图象与x轴有三个交点，则实数a的取值范围为( )
A. {−4,4} B. {4}
C. {a|a<−4或a>4} D. {a|−4
A. x−y−2=0 B. 2x−y−6=0 C. x+y−6=0 D. x−2y=0
8. 执行如图所示的程序框图，如果输入的N=10，则输出的k=( )
A. 6 B. 7 C. 8 D. 9
9. 已知函数f(x)满足：对任意x∈R，f(x+12)=−f(x−12)，当x∈[−1,0)时，f(x)=3x−1，则f(log390)=( )
A. −19 B. 19 C. −1727 D. 1727
10. 已知三棱锥S−ABC的体积为28 33，其外接球的体积为5003π，若AB=AC=4，∠BAC=120°，则线段SA的长度的最小值为( )
A. 8 B. 5 2 C. 6 D. 4 2
11. 已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，过F1的直线与C的左、右两支分别于点M，N，且满足|F1N|=3|F1M|，△MNF2是等边三角形，则双曲线C的渐近线方程为( )
A. y=± 3x B. y=±2x C. y=± 6x D. y=± 7x
12. 如图，在四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，底面ABCD为正方形，AA1⊥底面ABCD，AA1=2AB，M、N分别是棱BB1、DD1上的动点，且DN=B1M，则下列结论中正确的是( )
A. 直线AC与直线MN所成角的大小与点M的位置有关
B. 直线AD与直线MN所成角的最大值为π3
C. 直线A1C与直线MN可能异面
D. 三棱锥A1−C1MN的体积保持不变
二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 2022年北京冬奥会自由式单板滑雪障碍追逐赛(SX)，是每组4名选手在由各种地形障碍构成的赛道上竞速的比赛，由通过终点线的顺序决定排名，每组的前两名将晋级下一轮比赛．假设一组运动员技术水平相同，则运动员A，B同时晋级的概率为______．
14. 函数f(x)=(x−2)ex,x≥0−x−2,x<0的单调递减区间为______．
15. 若数据x1，x2，x3，x4，x5，x6，x7，x8，4，6的方差为5，则数据x1，x2，x3，x4，x5，x6，x7，x8，3，7的方差为______．
16. 已知函数f(x)=mlnx−2x3+4ex2−mx(m≥0)，若f(x)在[1,+∞)上有零点，则实数m的取值范围为______ ．
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12.0分)
为迎接2022年北京冬季奥运会，普及冬奥知识，某校开展了“冰雪答题王”冬奥知识竞赛活动．现从参加冬奥知识竞赛活动的学生中随机抽取100名学生，将他们的竞赛成绩(满分为100分)分为6组：[40,50)，[50,60)，[60,70)，[70,80)，[80,90)，[90,100]，得到如图1所示的频率分布直方图．
(1)估计这100名学生的平均成绩(同一组中的数据用该组区间的中点值为代表)，并估计这100名学生成绩的中位数(精确到0.01)；
(2)在抽取的100名学生中，规定：竞赛成绩不低于80分为“优秀”，竞赛成绩低于80分为“非优秀”．
①请将下面的2×2列联表补充完整，并判断是否有99%的把握认为“竞赛成绩是否优秀与性别有关”？
②求出等高条形图需要的数据，并画出等高条形图2(按图中“优秀”和“非优秀”所对应阴影线画)，利用条形图判断竞赛成绩优秀与性别是否有关系？
2×2列联表
优秀
非优秀
合计
男生
10
女生
50
合计
100
参考公式及数据：K2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)，n=a+b+c+d，
P(K2≥k0)
0.10
0.05
0.025
0.010
0.005
0.001
k0
2.706
3.841
5.024
6.635
7.879
10.828
18. (本小题12.0分)
已知函数f(x)=13x3−x2+2．
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)求函数f(x)在区间[a,a+1](a>0)的最大值．
19. (本小题12.0分)
如图所示在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AA1=6，△ABC是边长为4的等边三角形，D，E，F分别为棱B1C1，AA1，BB1的中点，点P在棱BC上，且BC=4CP．
(Ⅰ)证明：AP//平面DCE；
(Ⅱ)求点D到平面CEF的距离．
20. (本小题12.0分)
已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为12，其右焦点为F，点P(0,1)，且|PF|= 2．
(Ⅰ)求C的方程；
(Ⅱ)过点P且斜率为k(k≠0)的直线l与椭圆C交于A，B两点，过A，B分别作y轴的垂线，垂足为M，N，直线AN与直线y=3交于点E，证明：B，M，E三点共线．
21. (本小题12.0分)
已知函数f(x)=(x+1)lnx+(a−3)x．
(1)若函数f(x)为增函数，求实数a的取值范围；
(2)若函数f(x)有两个极值点x1，x2(x1
22. (本小题10.0分)
在平面直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为x=1+ty=t−6(t为参数)，以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，圆C2的极坐标方程为ρ−3ρ=6sinθ−4cosθ．
(Ⅰ)求C1的普通方程和C2的直角坐标方程；
(Ⅱ)过C1上一点P作C2的一条切线l，切点为Q，当|PQ|最小时，求△C2PQ外接圆的参数方程．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：∵集合A={3,5,7,9,11,13,17}，B={x|x=4n+1,n∈Z}，
∴当k=1，2，3，4时，B与A有交集，
∴A∩B={5,9,13,17}．
故选：D．
直接求交集即可得解．
本题考查交集及其运算，属基础题．
2.【答案】B
【解析】解：由z+2−i=z(2+i)，
得z=2−i1+i=(2−i)(1−i)2=12−32i，
故选：B．
由复数的运算求解即可．
本题考查了复数的运算，属基础题．
3.【答案】D
【解析】解：∵0<0．823<0.80=1，
∴0
∴b
利用指数函数与对数函数的单调性及特值0，1比较三个数的大小即可．
本题考查三个数的大小比较的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意对数函数和指数函数的性质的合理运用．
4.【答案】C
【解析】解：由三视图可知，该几何体是一个底面半径为2，高为4的圆柱体的34，
其表面积为π×22×34×2+2π×2×34×4+2×4×2=18π+16，
故选：C．
根据三视图判断出该几何体为圆柱体的34即可求解．
本题考查了由三视图还原几何体以及几何体表面积的计算，属于基础题．
5.【答案】B
【解析】解：记甲、乙两处的海拔高度分别为h1，h2，则由题可知：
p1p2=p0e−kh1p0e−kh2=e−k(h1−h2)=12，
则h1−h2=ln2k=0.6930.000126=5500m，
故选：B．
根据已知列式，由幂的运算化简，然后转化为对数式可得．
本题考查了指数的运算及指数与对数的转换，属于基础题．
6.【答案】D
【解析】解：f′(x)=6x2−6=6(x−1)(x+1)，
所以当x∈(−∞,−1)和(1,+∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
当x∈(−1,1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
故函数f(x)的极大值f(−1)=4+a，极小值f(1)=a−4，
函数f(x)=2x3−6x+a的图象与x轴有三个交点，
所以4+a>0a−4<0，得a∈(−4,4)，
故选：D．
求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间，求出函数的极值，根据图像和x轴交点的个数得到关于a的不等式，解出即可．
本题考查了函数的单调性，极值问题，考查导数的应用以及转化思想，是中档题．
7.【答案】A
【解析】解：设点A(x1,y1)、B(x2,y2)，则y1+y2=4y1+y2=4，
若直线l⊥x轴，则线段AB的中点在x轴上，不合乎题意，
则直线l的斜率存在，
由已知y12=4x1y22=4x2，
两式作差可得(y1−y2)(y1+y2)=4(x1−x2)，
所以，直线l的斜率为y1−y2x1−x2=4y1+y2=1，
因此，直线l的方程为y−2=x−4，
即x−y−2=0．
故选：A．
设点A(x1,y1)，B(x2,y2)，则x1+x2=8y1+y2=4，利用点差法可求得直线l的斜率，再利用点斜式可得出直线l的方程．
本题考查了直线与抛物线的位置关系，属于基础题．
8.【答案】A
【解析】解：执行程序框图，有N=10，n=1，k=0，满足条件n≤N；
满足条件n2≥2n−1，k=1，n=2，满足条件n≤N；
满足条件n2≥2n−1，k=2，n=3，满足条件n≤N；
满足条件n2≥2n−1，k=3，n=4，满足条件n≤N；
满足条件n2≥2n−1，k=4，n=5，满足条件n≤N；
满足条件n2≥2n−1，k=5，n=6，满足条件n≤N；
满足条件n2≥2n−1，k=6，n=7，满足条件n≤N；
不满足条件n2≥2n−1，n=8，满足条件n≤N；
不满足条件n2≥2n−1，n=9，满足条件n≤N；
不满足条件n2≥2n−1，n=10，满足条件n≤N；
不满足条件n2≥2n−1，n=11，满足条件n≤N；
输出k=6．
故选：A．
执行程序框图，写出每一次循环n，k的值，当n=11时，满足n≥N，可得输出k的值．
本题考查了程序框图的应用问题，解题时应模拟程序框图的运行过程，以便得出正确的结论，考查运算求解能力，是基础题．
9.【答案】C
【解析】解：对任意x∈R，f(x+12)=−f(x−12)，
所以f(x+1)=−f(x)，f(x+2)=f(x)，即函数的周期T=2，
当x∈[−1,0)时，f(x)=3x−1，
则f(log390)=f(log3109)=−f(log31027)=3log31027−1=1027−1=−1727．
故选：C．
由已知先求出函数的周期，然后结合对数的运算及周期把所求函数值的变量转化到已知区间上，代入结合对数恒等式可求．
本题主要考查了函数值的求解，体现了转化思想的应用，属于中档题．
10.【答案】B
【解析】解：如图，
O1是△ABC所在截面圆圆心O是球心，OO1⊥平面ABC，
SH⊥平面ABC，H为垂足，连接HA，HO1，
则SH⊥AH，SH⊥O1H，
则OO1//SH，AB=AC=4，∠BAC=120°，
则BC=2ABsin60°=4 3，
2O1A=BCsin∠BAC,O1A=4 32sin120°=4，
S△ABC=12×4×4×sin120°=4 3，
由VS−ABC=13S△ABC⋅SH，得SH=7，
由球体积V=43πR3，得43πR3=5003π,R=5，
即OS=OA=5，
OO1= OA2−O1A2= 52−42=3，
在直角梯形SOO1H中，O1H= OO12−(SH−OH)2=3，
即H在以O1为圆心，3为半径的圆上，
AHmin=AO1−O1H=4−3=1，
所以SAmin= 72+12=5 2，
故选：B．
作出三棱锥的高SH，O是球心，O1是△ABC所在截面圆圆心，由球体积求得球半径，由已知求得△ABC面积，截面圆O1的半径，由棱锥体积求得高SH，计算出O1H，得H点轨迹是圆，从而由点与圆的位置关系可求得AH的最小值，即得SA的最小值．
本题考查了几何体的外接球问题，属于中档题．
11.【答案】C
【解析】解：设|NF2|=m，
因为△MNF2是等边三角形，
所以|MN|=|MF2|=m，
由双曲线的定义知，|NF1|−|NF2|=2a，|MF2|−|MF1|=2a，
所以|NF1|=2a+m，|MF1|=m−2a，
因为|F1N|=3|F1M|，所以2a+m=3(m−2a)，即m=4a，
在△MF1F2中，由余弦定理知，|F1F2|2=|MF1|2+|MF2|2−2|MF1|⋅|MF2|cos∠F1MF2，
所以4c2=(m−2a)2+m2−2(m−2a)⋅mcos120°=4a2+16a2+2m2+2⋅2a⋅4a⋅(−12)，
即c2=7a2，
所以渐近线方程y=±bax=± c2a2−1x=± 6x.
故选：C．
设|NF2|=m，结合等边三角形的性质与双曲线的定义，推出m=4a，再在△MF1F2中，利用余弦定理，可得c2=7a2，而渐近线方程y=± c2a2−1x，代入运算，得解．
本题考查双曲线的定义与几何性质，还涉及余弦定理，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
12.【答案】D
【解析】解：由题可知四棱柱ABCD−A1B1C1D1为正四棱柱，如下图，
由AC⊥DB，AC⊥DN，DB∩DN=D，可得AC⊥平面DBMN，所以AC⊥MN，与点M的位置无关，故A错误；
如下图作NP//DA交AA1于P，则∠PNM为所求角，
又PN⊥PM，则cos∠PNM=PNMN,MN最大时，cos∠PNM最小，∠PNM最大，
可求得cos∠PNMmin= 66≠12,∠PNMmax≠π3，故B错误；
由题易证四边形A1MCN为平行四边形，所以直线A1C与直线MN一定相交，故C错误；
如下图，VA1−C1MN=VM−C1A1N=VA−C1A1N=VN−C1A1A=VD−C1A1A为定值，故D正确．
故选：D．
确定AC与平面MNDB的位置关系可判定A；根据MN的变化情况，确定直线AD与直线MN所成角最大时的位置，求出余弦值即可判定B；确定直线A1M和CN位置关系即可判定C；求出三棱锥A1−C1MN的体积即可判定D．
本题考查了异面直线所成的角、三棱锥体积的计算，属于中档题．
13.【答案】16
【解析】解：设这4名运动员分别是A，B，C，D，
则分别有AB，AC，AD，BC，BD，CD6中基本事件，
满足运动员A，B同时晋级的概率P=16，
故答案为：16．
根据列举法求出满足条件的概率即可．
本题考查了古典概型问题，考查概率求值，是基础题．
14.【答案】(−∞,1)
【解析】解：当x<0时，f(x)=−x−2，在(−∞,0)上递减，
当x≥0时，f(x)=(x−2)ex，
则f′(x)=ex+(x−2)ex=(x−1)ex，
当0≤x<1时，f′(x)<0，所以f(x)在0，1)上递减，
综上，f(x)的单调递减区间为(−∞,1)，
故答案为：(−∞,1)．
利用导数求出f(x)=(x−2)ex，x≥0的单调区间，从而可求出函数的减区间．
本题考查了分段函数的单调性，属于中档题．
15.【答案】5.6
【解析】解：设数据x1，x2，x3，x4，x5，x6，x7，x8，4，6的平均数为x−，
由数据x1，x2，x3，x4，x5，x6，x7，x8，4，6的方差为5，
则110[(x1−x−)2+...+(x8−x−)2+(4−x−)2+(6−x−)2]=5，
又数据x1，x2，x3，x4，x5，x6，x7，x8，4，6的平均数与数据x1，x2，x3，x4，x5，x6，x7，x8，3，7的平均数相等，
则数据x1，x2，x3，x4，x5，x6，x7，x8，3，7的方差为110[(x1−x−)2+...+(x8−x−)2+(3−x−)2+(7−x−)2]=110[(x1−x−)2+...+(x8−x−)2+(4−x−)2+(6−x−)2+6]=5.6，
故答案为：5.6．
由平均数、方差的运算求解即可．
本题考查了平均数、方差的运算，属基础题．
16.【答案】[0,2e3e−1].
【解析】解：若f(x)=mlnx−2x3+4ex2−mx=0，则m⋅lnx−xx=2x2−4ex，
g(x)=lnx−xx且x≥1，g′(x)=1−lnxx2，
故[1,e)上g′(x)>0，(e,+∞)上g′(x)<0，
所以g(x)在[1,e)上单调递增，在(e,+∞)上单调递减，故g(x)≤g(e)=1−ee；
令h(x)=2x2−4ex(x≥1)，
则由h′(x)=4x−4e>0，得x>e．
故在[1,e)上h′(x)<0，在(e,+∞)上h′(x)>0，
所以h(x)在[1,e)上单调递减，在(e,+∞)上单调递增，
故h(x)≥h(e)=−2e2；
要使f(x)在[1,+∞)上有零点，只需1−ee⋅m≥−2e2，可得0≤m≤2e3e−1，
即实数m的取值范围为：[0,2e3e−1].
故答案为：[0,2e3e−1].
将条件转化为m⋅lnx−xx=2x2−4ex在[1,+∞)上有解，令g(x)=lnx−xx、h(x)=2x2−4ex，并利用导数研究它们在[1,+∞)上的单调性和最值，注意最值对应的自变量，结合mg(x)max≥h(x)min即求m的范围．
本题考查了利用导数研究函数的零点问题，属于中档题．
17.【答案】解：(1)这100名学生的平均成绩：45×0.05+55×0.1+65×0.25+75×0.3+85×0.2+95×0.1=73，
设成绩的中位数为x，则根据频率分布直方图可知，有(0.05+0.1+0.25)+(x−70)×0.03=0.5，
解得x=70+103≈73.33.(或另解：(0.1+0.2)+(80−x)×0.03=0.5，解得x=80−302≈73.33).
(2)①根据表中已知数据和频率分布直方图得下表
优秀
非优秀
合计
男生
10
40
50
女生
20
30
50
合计
30
70
100
根据表中数据可得K2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)=100(300−800)250×50×30×70=10021≈4.762，
因为4.762<6.635，
所以没有99%的把握认为“竞赛成绩是否优秀与性别有关”．
②根据2×2列联表中数据可知，样本中男生优秀的频率为1050=20%，男生非优秀的频率为4050=80%；女生优秀的频率2050=40%，女生非优秀的频率为3050=60%，
画出等高条形图如图所示：
根据等高条形图，比较图中两个用斜纹实线所画条的高可以发现，女生样本中成绩优秀的频率明显高于男生样本中成绩优秀的频率，
因此可以认为竞赛成绩优秀与性别有关．
【解析】(1)根据已知条件，结合平均数和中位数的公式，即可求解．
(2)①结合独立性检验公式，即可求解，
②分别求出男生优秀的频率，男生非优秀的频率，女生优秀的频率，女生非优秀的频率，画出等高条形图，结合图形，即可求解．
本题主要考查独立性检验公式，考查计算能力，属于中档题．
18.【答案】解：(1)f′(x)=x2−2x=x(x−2)，
当x<0或x>2时，f′(x)>0；
当0
(2)由(1)知当0
当1
①当1
所以f(x)max=f(a+1)=13a3−a+43．
综上所述，当0
本题考查利用导数研究函数的单调性与最值，考查学生的逻辑思维能力和运算能力，属中档题．
19.【答案】(Ⅰ)证明：如图，取BC的中点O，连接DO，取CD的中点Q，连接PQ，EQ．
∵BC=4CP，∴CP=PO，可得PQ//DO，PQ=12DO．
∵AE//DO，AE=12DO，∴PQ//AE，PQ=AE．
∴四边形AEQP为平行四边形，得EQ//AP，
∵EQ⊂平面DCE，AP⊄平面DCE，
∴AP//平面DCE；
(Ⅱ)解：连接DF，AO，可得AO=2 3．
∵BB1⊥平面ABC，AO⊂平面ABC，∴BB1⊥AO．
由已知可得AO⊥BC，而BB1∩BC=B，∴AO⊥平面BCC1B1．
∵S△DCF=6×4−12×4×3−12×2×3−12×6×2=9，
∴VE−DCF=13×AO×S△DCF=13×2 3×9=6 3．
∵EC=FC= 32+42=5，EF=4，
∴S△CEF=12× 52−22×4=2 21．
设点D到平面CEF的距离为d，
则由VD−CEF=VE−DCF，得13×2 21×d=6 3，
解得d=9 77．
故点D到平面CEF的距离为9 77．
【解析】(Ⅰ)取BC的中点O，连接DO，取CD的中点Q，连接PQ，EQ.证明四边形AEQP为平行四边形，得EQ//AP，再由直线与平面平行的判定可得AP//平面DCE；
(Ⅱ)连接DF，AO，可得AO=2 3.证明AO⊥平面BCC1B1.分别求出三角形DCF与三角形CEF的面积，再由等体积法求点D到平面CEF的距离．
本题考查直线与平面平行的判定，考查空间想象能力与思维能力，训练了利用等体积法求点到平面的距离，是中档题．
20.【答案】(Ⅰ)解：设F(c,0)(c>0)，由题意知ca=12，所以a=2c．
因为点P(0,1)，且|PF|= c2+1= 2，解得c=1，
所以a=2，b= 3，
因此C的方程为x24+y23=1．
(Ⅱ)证明：由题意可知，直线l的方程为y=kx+1．
联立直线方程与椭圆方程可得(3+4k2)x2+8kx−8=0，
设A(x1,y1)，B(x2,y2)，则x1+x2=−8k3+4k2，x1x2=−83+4k2．
因为BN⊥y轴，所以N(0,y2)，所以直线AN：y=y1−y2x1x+y2，
令y=3，得E(x1(3−y2)y1−y2,3)．
因为AM⊥y轴，所以M(0,y1).
所以kEM−kBM=(3−y1)(y1−y2)x1(3−y2)−(y1−y2−x2)
=(y1−y2)[3−y1x1(3−y2)+1x2]=y1−y2x1x2(3−y2)[x2(3−y1)+x1(3−y2)]
=y1−y2x1x2(3−y2)[x2(3−kx1−1)+x1(3−kx2−1)]
=y1−y2x1x2(3−y2)[2(x2+x1)−2kx1x2]
=y1−y2x1x2(3−y2)[2×(−8k3+4k2)−2k×(−83+4k2)]=0，
所以B，M，E三点共线．
【解析】(Ⅰ)根据|PF|= 2可求c，根据离心率可求a，再根据a、b、c关系可求b，从而可求C的方程；
(Ⅱ)设A(x1,y1)，B(x2,y2).联立l方程和椭圆方程得根与系数的关系，联立AN方程与y=3求出E的坐标，验证kEM−kBM=0即可证明B、M、E三点共线．
本题主要考查椭圆方程的求解，直线与圆锥曲线的位置关系，韦达定理及其应用等知识，属于中等题．
21.【答案】解：(1)f′(x)=lnx+1x+a−2，若函数f(x)为增函数，
则f′(x)≥0恒成立．g(x)=lnx+1x+a−2，g′(x)=1x−1x2=x−1x2，令g′(x)=0得x=1，
当x∈(0,1)时，g′(x)<0，g(x)单调递减；
当x∈(1,+∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，故g(x)≥g(1)=a−1，因此a≥1．
故a∈[1,+∞)；
证明：(2)由(1)知当a<1时，f′(1)=a−1<0，
当x→0时，f′(x)→+∞；当x→+∞时，f′(x)→+∞，
故0
将③代入f(x1)+f(x2)+x1+x2=x1lnx1+x2lnx2+lnx1+lnx2+(a−2)(x1+x2)得f(x1)+f(x2)+x1+x2=lnx1+lnx2−2，
即证lnx1+lnx2>0，即证x1x2>1．
①−②得lnx1x2=1x2−1x1，令t=x1x2∈(0,1)，则x1=t−1lnt，x2=t−1tlnt，
即只需证t−1lnt⋅t−1tlnt>1，即证lnt− t+1 t>0.令g(t)=lnt− t+1 t，g′(t)=−( t−1)22t t<0，
故g(t)在区间(0,1)上单调递减，当t∈(0,1)时，g(t)>g(1)=0，命题得证．
【解析】(1)对函数求导，由于函数为增函数，则f′(x)≥0恒成立，再构造函数，求a的范围即可，
(2)函数有两个极值点，得出两个极值点的关系，再进行证明即可．
本题考查利用导数研究函数的极值，考查学生的运算能力，属于中档题．
22.【答案】解：(Ⅰ)曲线C1的参数方程为x=1+ty=t−6(t为参数)，由消去t得C1的普通方程为x−y−7=0；
圆C2的极坐标方程为ρ−3ρ=6sinθ−4cosθ，
根据x=ρcosθ y=ρsinθ x2+y2=ρ2 ，整理得：ρ2−3=6ρsinθ−4ρcosθ，
所以x2+y2−3=6y−4x，
即C2的直角坐标方程为(x+2)2+(y−3)2=16．
(Ⅱ)由圆的切线的性质可知，
当C2P⊥l时，|C2P|最小，|PQ|也最小．
此时直线C2P的斜率为−1，因为C2(−2,3)，
所以直线C2P的方程为x+y−1=0．
由得P(4,−3)，
所以C2P的中点坐标为(1,0)，|C2P|=6 2，
所以△C2PQ外接圆的参数方程为x=1+3 2cosαy=3 2sinα( α为参数)．
【解析】(I)消去参数t即可得到C1的普通方程，利用极坐标和直角坐标的转化关系即可得到C2的直角坐标方程；
(II)由已知条件得|QP|= |C2P|2−|C2Q|2，则当|C2P|最小，|PQ|也最小，|C2P|最小时，C2P⊥l，即可求出直线C2P的方程，利用几何性质即可求出△C2PQ外接圆的参数方程．
本题考查极坐标方程及参数方程，考查学生的运算能力，属于中档题．
相关试卷
2022-2023学年四川省成都市高二（下）期末数学试卷（文科）（含解析）： 这是一份2022-2023学年四川省成都市高二（下）期末数学试卷（文科）（含解析），共19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。
四川省成都市2022-2023学年高二下学期期末零诊测试文科数学试卷及答案： 这是一份四川省成都市2022-2023学年高二下学期期末零诊测试文科数学试卷及答案，文件包含数学文pdf、文科数学答案pdf等2份试卷配套教学资源，其中试卷共8页， 欢迎下载使用。
四川省成都市2022-2023高二下学期期末零诊文科数学试卷+答案： 这是一份四川省成都市2022-2023高二下学期期末零诊文科数学试卷+答案，共8页。
