2023-2024学年浙江省温州市温州中学高二上学期12月月考数学试题（含解析）

这是一份2023-2024学年浙江省温州市温州中学高二上学期12月月考数学试题（含解析），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。

1.直线 2x+ 6y+1=0的倾斜角是
( )
A. 5π6B. π6C. π3D. 2π3
2.抛物线y=−18x2的焦点到准线的距离
( )
A. 4B. 14C. 2D. 14
3.已知直线l上有两点A(1,2,3)，B(2,1,1)，平面α的一个法向量为n=(−3,2,m)，若l//α，则m=( )
A. 2B. 1C. −12D. −52
4.已知f(x)=f′(2023)lnx−12x2+x，则f′(2023)=( )
A. 0B. −2023C. 1D. 2023
5.已知双曲线y2a2−x2b2=1(a>0,b>0)，焦距为2c，若a， 22b，c成等比数列，则该双曲线的离心率为
( )
A. 2B. 2C. 2+1D. 5
6.定义“等方差数列”：如果一个数列从第二项起，每一项的平方与它的前一项的平方的差都等于同一个常数，那么这个数列就叫作等方差数列，这个常数叫作该数列的方公差．设an是由正数组成的等方差数列，且方公差为4，a5=3 2，则数列2an+an+1的前24项和为
( )
A. 3 22B. 3C. 3 2D. 6
7.动点M在正方体ABCD−A1B1C1D1从点B1开始沿表面运动，且与平面A1DC1的距离保持不变，则动直线A1M与平面A1DC1所成角正弦值的取值范围是
( )
A. [13, 33]B. [12, 33]C. [13, 63]D. [12, 63]
8.若a=sin3，b=15，c=e−45，则
( )
A. a二、多选题：本题共4小题，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.在空间直角坐标系Oxyz中，已知点P(1,2,3)，则( )
A. 点P关于x轴的对称点是P1(1,−2,−3)
B. 点P关于Oxy平面的对称点是P2(−1,−2,3)
C. 点P关于z轴的对称点是P3(1,2,−3)
D. 点P关于原点的对称点是P4(−1,−2,−3)
10.已知f(x)=lnxx，下列说法正确的是
( )
A. f(x)在x=1处的切线方程为y=x+1
B. f(x)的单调递减区间为(e,+∞)
C. f(x)在x=1处的切线方程为y=x−1
D. f(x)的单调递增区间为(e,+∞)
11.设等差数列an的前n项和为Sn，若S8=S12，且(n+1)Sn( )
A. 数列an为递增数列B. S10和S11均为Sn的最小值
C. 存在正整数k，使得Sk=0D. 存在正整数m，使得Sm=S3m
12.已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右两个焦点分别为F1，F2，短轴的上、下两个端点分别为B1，B2，△F2B1B2的面积为1，离心率为 22，点P是C上除长轴和短轴端点外的任意一点，∠F1PF2的平分线交C的长轴于点M，则
( )
A. 椭圆的焦距等于短轴长B. △PB1B2面积的最大值为 2
C. |PF2|= 2|F2M|D. |MB1|+|MB2|的取值范围是(2, 6)
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.直线y=x−1被圆x2+y2=4截得的弦长为 ．
14.中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：有一个人走了378里路，第一天健步行走，从第二天起，由于脚痛，每天走的路程是前一天的一半，走了6天后到达目的地，则此人第三天走的路程为 ．
15.已知函数f(x)=e|x+1|+sin(π2x)，则使得f(x+1)>f(x)成立的x的取值范围是 ．
16.已知点F1是抛物线C1：y=14x2与椭圆C2：x2a2+y2b2=1(b>a>0)的公共焦点，点F2是椭圆C2的另一焦点，点P是抛物线C1上的动点，当|PF1||PF2|取得最小值时，点P恰好在椭圆C2上，则椭圆C2的离心率为 ．
四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题10分)
已知正项等差数列an的前n项和为Sn，S3=15，a3，a6，a13成等比数列．
(1)求数列an的通项公式;
(2)令bn=an⋅2n，求{bn}的前n项和Tn．
18.(本小题12分)
如图，直三棱柱ABC−A1B1C1中，ABC是边长为2的正三角形，O为AB的中点．
(1)证明：CO⊥平面ABB1A1;
(2)若BB1=2，求平面A1BC1与平面ABC1夹角的余弦值．
19.(本小题12分)
已知F为抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点，O为坐标原点，M为C的准线l上的一点，线段MF长度的最小值为2．
(1)求C的方程;
(2)过点F作一条直线m，交C于A，B两点，试问在准线l上是否存在定点N，使得直线NA与NB的斜率之和等于直线NF斜率的平方?若存在，求出点N的坐标;若不存在，请说明理由．
20.(本小题12分)
已知函数f(x)=lnx+12x2−ax有两个极值点x1，x2(x1(1)当a=52时，求f(x2)−f(x1)的值;
(2)若x2≥ex1(e为自然对数的底数)，求f(x2)−f(x1)的最大值．
21.(本小题12分)
已知双曲线E的左、右焦点分别为F1(−2,0)，F2(2,0)，点(2, 33)在双曲线E上．
(1)求E的方程;
(2)过F2作两条相互垂直的直线l1和l2，与E的右支分别交A，C两点和B，D两点，求四边形ABCD面积的最小值．
22.(本小题12分)
已知函数f(x)=ax−lnx，a∈R.
(1)讨论函数f(x)的单调性;
(2)当a=1时，设g(x)=(x−1)2f(x)，求证：函数g(x)存在极大值点x0，且2e2答案和解析
1.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查直线的倾斜角的求法，是基础题，解题时要注意直线的斜率的灵活运用．
先求出直线的斜率，再求直线的倾斜角．
【解答】
解：直线 2x+ 6y+1=0的斜率k=− 33，
∴直线 2x+ 6y+1=0的倾斜角α=5π6．
故选：A．
2.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查抛物线的简单性质，属于基础题．
利用抛物线方程中p的几何意义即可得答案．
【解答】
解：由题意，得抛物线的标准方程x2=−8y，可知p=4，
所以焦点到准线的距离为p=4，
故选A．
3.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查空间向量的垂直，以及线面平行的向量表示，属于基础题．
根据直线与平面平行等价于直线的方向向量与面的法向量垂直，根据数量积运算求出 m 的值．
【解答】
解：因为直线 l 上有两点 A(1,2,3),B(2,1,1) ，所以直线的一个方向向量为 AB=1,−1,−2
又因为 l//α ，平面 α 的一个法向量为 n=(−3,2,m) ，所以 n⊥AB ，
即 n⋅AB=−3×1+2×−1−2m=0 ，解得 m=−52 ．
故选：D．
4.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查了导数的运算，属于基础题．
求出f′x，代入x=2023即可求解．
【解答】
解：f′x=f′2023x−x+1，
故f′2023=f′20232023−2023+1，解得f′2023=−2023．
故选B．
5.【答案】C
【解析】【分析】
本题主要考查了双曲线的离心率、等比数列的性质，属于较易题．
根据等比数列的性质得ac=12b2，代入a2+b2=c2，化简可得离心率．
【解答】
解：由双曲线知：a2+b2=c2，又a， 22b，c成等比数列，
则ac=12b2，∴c2−2ac−a2=0，
∴e2−2e−1= 0，即(e−1)2=2，
又e>1，解得e= 2+1，
则该双曲线的离心率为 2+1．
故选C．
6.【答案】C
【解析】【分析】
本题主要考查了等差数列的通项公式，裂项相消法求和，数列中的新定义，属于中档题．
由等方差数列的定义得：an2−an−12=p，求出a12=2，判断出数列{an2}是以2为首项、以4公差的等差数列，代入等差数列的通项公式求出an= 4n−2，则2an+an+1= 4n+2− 4n−22，利用裂项相消法求和即可．
【解答】
解：由等方差数列的定义可知：an2−an−12=p，n≥2，n∈N.
又a5=3 2，p=4，则a52=a12+4×4，解得a12=2，
∴数列{an2}是以2为首项、以4公差的等差数列，
则an2=2+4(n−1)=4n−2，
∵an>0，∴an= 4n−2，
2an+an+1=2 4n−2+ 4n+2= 4n+2− 4n−22，
则数列{2an+an+1}的前24项和为12 6− 2+ 10− 6+...+ 98− 94
=127 2− 2=3 2．
故选：C．
7.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查线面角的取值范围的求法，考查运算求解能力，考查数形结合思想，属于中档题．
先得到动点M的在三角形ACB1的边长线上运动，设正方体的棱长为1，直线A1M与平面A1DC1所成角为θ，可得sinθ=dA1M= 33A1M，数形结合进而求得答案．
【解答】
解：由动点M从点B1开始沿表面运动，且与平面A1DC1的距离保持不变，则B1M//平面A1DC1，
易得，点M的轨迹为△ACB1，则有平面ACB1//平面A1DC1，
所以动点M的在三角形ACB1的边长线上运动，
设正方体的棱长为1，直线A1M与平面A1DC1所成角为θ，
由正方体性质易知BD1⊥平面ACB1，BD1⊥平面A1DC1，且点M到平面A1DC1的距离为定值d=13BD1= 33，
所以sinθ=dA1M= 33A1M，
由图形可知A1M⊥AB1时，A1M取得最小值为 22，点M与点C重合时，A1M取得最大值为 3，即 22⩽A1M⩽ 3，
所以13⩽sinθ⩽ 63，即动直线A1M与平面A1DC1所成角的正弦值的取值范围是 13, 63
故选C．
8.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查比较大小，考查了推理能力与计算能力，属于较难题．
构造f(x)=x−sinx与g(x)=ex−1−x,x∈(0,1)，利用导数即可求解．
【解答】
解：构造f(x)=x−sinx，则f′(x)=1−csx⩾0，
故f(x)单调递增，且f(0)=0，
从而当x>0时，f(x)>0恒成立，及x>sinx恒成立，
所以sin(π−3)<π−3；
设 g(x)=ex−1−x,x∈(0,1) ，则 g′(x)=ex−1−1<0 ，
故 g(x)=ex−1−x,x∈(0,1) 为减函数，
故 g(x)>g(1)=0 ，即 ex−1>x,x∈(0,1) ，
故 15故sin3=sin(π−3)<π−3<15故a9.【答案】AD
【解析】【分析】
本题考查了空间中点的对称问题，属于基础题．
根据空间坐标的对称性进行判断即可．
【解答】
解：点P关于x轴的对称点是P1(1,−2,−3)，故A正确；
点P关于Oxy平面的对称点是P2(1,2,−3)，故B错误；
点P关于z轴的对称点是P3(−1,−2,3)，故C错误；
点P关于原点的对称点是P4(−1,−2,−3)，故D正确．
故选AD．
10.【答案】BC
【解析】【分析】
本题考查利用导数研究函数的单调性，同时考查导数的几何意义，属于中档题．
求出导数，利用导数的几何意义及导数与单调性的关系，逐一分析求解即可．
【解答】解：因为 fx=lnxx，
所以 f′(x)=1x·x−lnxx2=1−lnxx2，
由f′(1)=1及f(1)=0，知 fx在 x=1处的切线方程为 y=x−1，所以A错误，C正确;
令f′(x) <0，解得x>e，令f′(x)>0，得011.【答案】ACD
【解析】【分析】
本题考查等差数列的通项公式与前n项和公式，属于中档题．
由(n+1)Sn0，求出d>0，A正确；
由S8=S12得到a1=−192d，从而求出an=a1+(n−1)d=(n−212)d，得到a10<0，a11>0，求出S10为Sn的最小值，B错误；
Sk=k2−20k2d，令Sk=0，解方程，求出k=20，C正确；
求出Sm=m2−20m2d，S3m=9m2−60m2d，列出方程，求出m=5，D正确．
【解答】
解：设等差数列an的公差为d，
因为n∈N∗时，(n+1)Sn即Sn因为Sn=na1+n(n−1)2d，
所以Snn=a1+n−12d即nd−n−12d=n+12d>0，
因为n+1>0恒成立，所以d>0，
故等差数列an为递增数列，A正确；
由S8=S12，则8a1+28d=12a1+66d，
即a1=−192d，
故an=a1+(n−1)d=−192d+(n−1)d=(n−212)d，
由A选项知d>0，故a10=(10−212)d<0，a11=(11−212)d>0，
所以S11>S10，故S10为Sn的最小值，B错误；
Sk=ka1+k(k−1)2d=−192kd+k(k−1)2d=k2−20k2d，
因为k∈N∗，故当k=20时，Sk=0，
所以存在正整数k，使得Sk=0，C正确；
Sm=m2−20m2d，S3m=9m2−60m2d，
令m2−20m2d=9m2−60m2d，因为m∈N∗，
解得：m=5，
所以存在正整数m，使得Sm=S3m，D正确．
故选ACD．
12.【答案】ACD
【解析】【分析】
本题考查椭圆的标准方程及其简单的几何性质，属于较难题．
由△F2B1B2的面积为1，离心率为 22列方程组，进而可求a，b，c的值，则A可判断，B选项可根据P点位置是除长M轴和短轴端点外的任意一点直接排除;对于C选项，由∠F1PF2的平分线交C长轴于点M，得到|PF1|+|PF2||PF2|=|F1M|+|F2M||F2M|，化简可得|PF2|= 2|F2M|，结合椭圆的定义，得到|MB1|+|MB2|=2 λ2+1，进而求得|MB1|+|MB2|的取值范围可判断D．
【解答】
解：对A:由△F2B1B2的面积为1，离心率为 22可得12×2bc=1ca= 22，
又a2=b2+c2，所以得a= 2，b=c=1，即焦距为2，椭圆的短轴长为2，故A正确;
对B:当P点在长轴端点位置时△PB1B2的面积才能取到最大值，
但是P点是除长轴和短轴端点外的任意一点，故△PB1B2的面积无法取到最大值，故B错误;
对C:所以椭圆C的方程为x22+y2=1，故B1(0,1)，B2(0,−1)，
由∠F1PF2的平分线交C长轴于点M，显然，S△PF1MS△PF2M=|F1M||F2M|，
又S△PF1MS△PF2M=12|PF1||PM|sin⁡∠F1PM12|PF2||PM|sin⁡∠F2PM=|PF1||PF2|，
所以|PF1||PF2|=|F1M||F2M|，即|PF1|+|PF2||PF2|=|F1M|+|F2M||F2M|，
由|PF1|+|PF2|=2a=2 2，|MF1|+|MF2|=2c=2，得|PF2|= 2|F2M|，故C正确;
对D:设M(λ,0)(−1<λ<1，且λ≠0)，则|F2M|=1−λ，而a−c<|PF2|即 2−1<|PF2|< 2+1，且|PF2|≠ 2，也就是 2−1< 2(1−λ)< 2+1，即− 22<λ< 22，λ≠0，
所以|MB1|+|MB2|=2 λ2+1，0<λ2<12，
所以2<|MB1|+|MB2|< 6，故D正确．
13.【答案】 14
【解析】【分析】
本题主要考查直线和圆的位置关系，点到直线的距离公式，弦长公式的应用，属于基础题．
在解直线与圆相交的有关问题时，通常从圆心向弦引垂线，利用弦心距，半径和弦长的一半构成的直角三角形来求解．写出圆的标准方程，求出弦心距，再利用弦长公式求得弦长．
【解答】
解：根据圆的方程可得圆心为(0,0)，半径为r=2，
则圆心到直线x−y−1=0的距离为d=−1 12+12= 22 ，
所以直线被圆截得的弦长为 2 r2−d2=2 22−( 22)2= 14.
故答案为 14．
14.【答案】48里
【解析】【分析】
本题考查了等比数列的通项公式、等比数列的前n项和，属于基础题．
由题意可知，每天走的路程里数构成以 12为公比的等比数列，由S6=378求得首项，再由等比数列的通项公式求得该人第3天走的路程，即可得答案．
【解答】
解：根据题意，记每天走的路程里数为{an}，可知{an}是以 12为公比的等比数列，
又由S6=378，得S6= a1(1−q6)1−q= a1(1−126)1−12=378，
解可得a1=192，则 a3=192×(12)2=48；
故答案为48里．
15.【答案】(−32,+∞)
【解析】解：由f(x)=2|x+1|+sin(π2x)向右平移1个单位，得
g(x)=2|x|+sin(π2x−π2)=2|x|−cs(π2x)，
由g(−x)=g(x)，定义域为R，得g(x)为偶函数，
所以g(x)的图象关于y轴对称，
所以f(x)的图象关于直线x=−1对称，
当x≥0时，g′(x)=2xln2+π2sin(π2x)，
当x∈[0,2]时，因为sin(π2x)≥0，所以g′(x)>0，
当x∈(2,+∞)时，g′(x)>22ln2−π2>0，
所以g(x)在(0,+∞)上单调递增，在(−∞,0)上单调递减，
所以f(x)在(−∞,−1)上单调递减，在(−1,+∞)上单调递增，
由f(x+1)>f(2x)，得|x+1+1|>|2x+1|，
即(x+2)2>(2x+1)2，解得x>−32，
所以使得f(x+1)>f(x)成立的x的取值范围是(−32,+∞).
16.【答案】 2−1
【解析】【分析】
本题考查求椭圆的离心率、抛物线的几何性质、直线与抛物线位置关系及其应用、抛物线的定义，属于较难题．
由抛物线的定义分析推出，当直线PF2与抛物线相切时，|PF1||PF2|取得最小值．设直线PF2的方程为y=kx−1，联立直线PF2与抛物线C1的方程，求出切点P的坐标．根据P点在椭圆C2上结合a、b、c之间的关系式求出b的值，进而求出椭圆C2的离心率．
【解答】
解：抛物线C1的焦点坐标为F1(0,1)，准线方程为y=−1，
过点P向抛物线的准线作垂线PM，垂足为M，如图所示，
则|PM|=|PF1|，所以|PF1||PF2|=|PM||PF2|=sin∠PF2M，
显然当直线PF2与抛物线相切时，∠PF2M最小，即|PF1||PF2|取得最小值．
设直线PF2的方程为y=kx−1，联立抛物线C1：y=14x2，
得x2−4kx+4=0，令Δ=16k2−16=0，得k=±1，
不妨设点P在第一象限，点的坐标为P(x0,x024)，
抛物线C1：y=14x2，则y′|x=x0=x02=1，所以x0=2，即P(2,1)，
因为点P在椭圆C2：x2a2+y2b2=1(b>a>0)上，且点F1为椭圆C2的焦点，
所以c=14a2+1b2=1b2−a2=c2，解得b2=3+2 2或b2=3−2 2(舍去)，
所以b= 2+1，所以椭圆C2的离心率为e=cb=1 2+1= 2−1．
故答案为： 2−1．
17.【答案】解：(1)设等差数列{an}的公差为d，因为Sn=na1+n(n−1)d2，
所以S3=3a1+3d=15，因为a3，a6，a13成等比数列，
所以(a1+5d)2=a1+2da1+12d，
解得a1=1d=4,
所以an=4n−3．
(2)bn=(4n−3)2n，
所以Tn=1×21+5×22+9×23+⋯+(4n−7)2n−1+(4n−3)2n，
所以2Tn=1×22+5×23+9×24+⋯+(4n−7)2n+(4n−3)2n+1，
两个等式相减得，−Tn=1×21+4×22+4×23+⋯+4⋅2n−(4n−3)2n+1，
所以−Tn=2+4⋅22−2n+11−2−(4n−3)2n+1，
所以Tn=14+(4n−7)×2n+1．
【解析】【分析】
本题考查等差数列的通项公式，错位相减法求和，是中档题．
(1)根据题意先求出首项和公差，即可得通项为an；
(2)由于bn=(4n−3)2n，利用错位相减法求和即可．
18.【答案】(1)证明：∵△ABC是正三角形，O为AB的中点，∴CO⊥AB．
∵三棱柱ABC−A1B1C1是直三棱柱，
∴AA1⊥平面ABC，又CO⊂平面ABC，∴AA1⊥CO．
又AB∩AA1=A，AB、AA1⊂平面ABB1A1，
∴CO⊥平面ABB1A1．
(2)解：连接OB1，由(1)知CO⊥平面ABB1A1，
以O为坐标原点，OB，OC所在直线为x，z轴建立如图所示空间直角坐标系，
则B(1,0,0)，A(−1,0,0)，A1(−1,2,0)，B1(1,2,0)，C1(0,2, 3).
∴BA1=(−2,2,0)，BC1=(−1,2, 3)，
设平面A1BC1的法向量为m=(x,y,z)，
则m·BA1=−2x+2y=0m·BC1=−x+2y+ 3z=0,
令z=−1，可得x=y= 3，
故平面A1BC1的一个法向量为m=( 3, 3,−1)．
AB=(2,0,0)，AC1=(1,2, 3)，
设平面ABC1的法向量为n=(a,b,c)，
则n·AB=2a=0n·AC1=a+2b+ 3c=0,
令c=2，则a=0，b=− 3，
故平面ABC1的一个法向量为n=(0,− 3,2)．
设平面A1BC1与平面ABC1夹角为θ，
则csθ=|m⋅n||m|⋅|n|=57．
故平面A1BC1与平面ABC1夹角的余弦值为57．
【解析】本题考查线面垂直的判定，二面角的向量求法，属中档题．
(1)由等边三角形证得CO⊥AB，由直棱柱证得AA1⊥CO，故可得结论；
(2)建系，用向量法求解即可．
19.【答案】解：(1)由题意可知：F(p2,0)，准线l的方程为x=−p2，
已知当M点在x轴上时，线段MF的长度最小，
即MF=2=p2+p2，解得p=2，
所以C的方程为y2=4x；
(2)假设存在点N，使得直线NA与NB的斜率之和等于直线NF斜率的平方，
由(1)得F(1,0)，抛物线C的准线l的方程为x=−1，
设直线m的方程为x=ny+1，A(x1,y1)，B(x2,y2)，N(−1,t)，
联立x=ny+1y2=4x，得y2−4ny−4=0，
所以△=16n2+16>0，y1+y2=4n，y1y2=−4，
因为kNF=0−t1+1=−t2，
kNA+kNB=y1−tx1+1+y2−tx2+1
=2ny1y2+(2−tn)(y1+y2)−4tn2y1y2+2n(y1+y2)+4
=2n⋅(−4)+4n(2−tn)−4t−4n2+2n⋅4n+4
=−4t(n2+1)4(n2+1)=−t，
所以−t=(−t2)2，解得t=0或t=−4，
故存在定点N，使得直线NA与NB的斜率之和等于直线NF斜率的平方，其坐标为(−1,0)或(−1,−4)．
【解析】本题考查抛物线的标准方程，直线与抛物线的位置关系及其应用，属于中档题．
(1)根据题意写出焦点坐标和准线方程，根据线段MF长度最小即可求p，进而得C的方程；
(2)假设存在这样的点N，设直线m的方程为x=ny+1，A(x1,y1)，B(x2,y2)，N(−1,t)，联立直线与抛物线方程，消元列出韦达定理，又kNF=−t2，kNA+kNB=y1−tx1+1+y2−tx2+1=−t，得到关于t的方程，求出t的值，即可得解．
20.【答案】解：(1)由f(x)=lnx+12x2−52x(x>0)，
则f′(x)=(x−2)(2x−1)2x，
令f′(x)>0，得02；令f′(x)<0，得12∴函数f(x)在(0,12)上单调递增，在(12,2)上单调递减，在(2,+∞)上单调递增，
∴f(x)的极大值为f(x1)=−ln2−98，f(x)的极小值为f(x2)=ln2−3．
∴f(x2)−f(x1)=2ln2−158
(2)f(x2)−f(x1)=lnx2x1+12(x22−x12)−a(x2−x1)，
又f′(x)=1x+x−a=x2−ax+1x(x>0)，
所以x1，x2是方程x2−ax+1=0的两个实根，
由韦达定理得：x1+x2=a，x1x2=1，
∴f(x2)−f(x1)=lnx2x1+12(x22−x12)−a(x2−x1)
=lnx2x1−12(x22−x12)=lnx2x1−12(x22−x12)1x1x2=lnx2x1−12(x2x1−x1x2).
设t=x2x1(t≥e)，令g(t)=lnt−12(t−1t)，t≥e，
g′(t)=1t−12(1+1t2)=−(t−1)22t2<0．
∴g(t)在[e,+∞)上是减函数，g(t)≤g(e)=1−e2+12e，
故f(x2)−f(x1)的最大值为1−e2+12e．
【解析】本题考查导数的综合应用，极值，最值，解题中注意转化思想的应用，属于中档题．
(1)对f(x)求导得f′(x)=(x−2)(2x−1)2x，分别令f′(x)>0，f′(x)<0，求得单调递增区间和单调递减区间，可得函数的极值，即可得答案．
(2)求出f′(x)，则x1，x2是方程x2−ax+1=0的两个实数根，由韦达定理可得x1+x2=a，x1x2=1，f(x2)−f(x1)=lnx2x1−12(x2x1−x1x2)，设t=x2x1(t≥e)，令g(t)=lnt−12(t−1t)，t≥e，转化为求g(t)的最大值即可．
21.【答案】解：(1)由题意，得2a= 16+13− 13=6 33=2 3⇒a= 3
又因为c=2，则b2=1，故E的方程为x23−y2=1．
(2)根据题意，直线l1，l2的斜率都存在且不为0，
设直线l1:y=k(x−2)，l2:y=−1k(x−2)，其中k≠0，
因为l1，l2均与E的右支有两个交点，所以|k|> 33，|−1k|> 33，所以13将l1的方程与x23−y2=1联立，可得(1−3k2)x2+12k2x−12k2−3=0，
设A(x1,y1)，C(x2,y2)，则x1+x2=−12k21−3k2，x1x2=−12k2−31−4k2，
所以|AC|= (x1−x2)2+(y1−y2)2= 1+k2|x1−x2|= 1+k2 (x1+x2)2−4x1x2
= 1+k2 −12k21−3k22−4×−12k2−31−3k2= 1+k2．2 3 1+k21−3k2|=2 3(1+k2)3k2−1，
用−1k替换k，可得|BD|=2 3(k2+1)3−k2，
所以SABCD=12|AC||BD|
=12⋅2 3(1+k2)3k2−1．2 3(k2+1)3−k2
=6⋅(k2+1)2(3k2−1)(3−k2)
=6(k2+1)2−3(k2+1)2+16(k2+1)−16．
令t=k2+1，t∈(43,4)，
1t∈14,34⇒1t−122∈0,116⇒−161t−122+1∈0,1，
则SABCD=6⋅t2−3t2+16t−16=6⋅1−3+16t−16t2=6−16(1t−12)2+1≥6
当1t=12，即k=±1时，等号成立，故四边形ABCD面积的最小值为6．
【解析】本体考查了求双曲线的标准方程及双曲线中多边形面积最值问题，属于一般题．
(1)根据点2, 33在双曲线E上，可得2a= 16+13− 13=6 33=2 3⇒a= 3，结合c=2，则双曲线方程可求；
(2)根据弦长公式分别求出|AC|=2 3(1+k2)3k2−1，|BD|=2 3(k2+1)3−k2，可得SABCD=12|AC||BD|=6⋅(k2+1)2(3k2−1)(3−k2).令t=k2+1，t∈(43,4)，SABCD=6−16(1t−12)2+1≥6，则四边形面积最小值可求．
22.【答案】(1)由函数 fx=ax−lnx,a∈R 的定义域为 (0,+∞) ，
则 f′x=a−1x=ax−1x ，
当 a≤0 时， f′x<0 ， fx 在 (0,+∞) 上单调递减；
当 a>0 时，当 0当 x>1a 时， f′x>0 ，则 fx 在 (1a,+∞) 上单调递增；
故当 a≤0 时， fx 在 (0,+∞) 上单调递减；
当 a>0 时， fx 在 (0,1a) 上单调递减，在 (1a,+∞) 上单调递增；
(2)当 a=1 时，由(1)可知 fx=x−lnx ，
fx 在 (0,1) 上单调递减，在 (1,+∞) 上单调递增，
故 fx≥f(1)=1 ；
故当 a=1 时， gx=x−12fx=x−12x−lnx ，
则 g′x=2x−1(x−lnx)−x−12(1−1x)(x−lnx)2=x−1(x−2lnx+2−1x)(x−lnx)2 ，
令 ℎ(x)=x−2lnx+2−1x,(x>0) ，
则 ℎ′(x)=1−2x+1x2=x2−2x+1x2=(x−1)2x2≥0 ，
仅当 x=1 时等号成立，
故 ℎ(x)=x−2lnx+2−1x 在 (0,+∞) 上单调递增，
且 ℎ(13)=13+2ln3−1>0,ℎ(e−2)=1e2+6−e2<0 ，即存在唯一 x0∈(e−2,13) ，使得 ℎ(x0)=0 ，
当 0x0 时， ℎ(x)>0 ；
则当 00 ；当 x01 时， g′x>0 ，
即 gx 在 (0,x0) 单调递增，在 (x0,1) 单调递减，在 (1,+∞) 单调递增，
故函数 gx 存在极大值点，即为 x0 ；
由 ℎ(x0)=0 ，即 x0−2lnx0+2−1x0=0 ，
故 gx0=x0−12x0−lnx0=x0−12x0−12(x0+2−1x0)=x0−1212x0−1+12x0=2x0x0−12x0−12 ，
由于 x0∈(e−2,13) ，故 gx0=2x0 ，且 2x0∈(2e−2,23) ，
即 2e2
【解析】本题考查了导数的综合应用问题，涉及到判断函数的单调性以及函数极值问题，是较难题．
(1)求出函数的导数，分类讨论，判断导数正负，即可判断函数单调性；
(2)求出函数 gx=x−12fx 的导数，由此构造函数，利用导数判断其单调性，确定函数 gx 的极值点 x0 ，并判断其范围，进而化简 gx0 的表达式，即可证明结论．