2023-2024学年河北省衡水市武邑中学高三（上）第三次调研数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年河北省衡水市武邑中学高三（上）第三次调研数学试卷（含解析），共18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.已知全集U=R，集合A={x|x2>4}，B={x|x+3x−1≤0}，则(∁UA)∩B等于( )
A. {x|−2≤x<1}B. {x|−3≤x<2}C. {x|−2≤x<2}D. {x|−3≤x≤2}
2.已知a为实数，1+2ia+i>32，则a=( )
A. .1B. 12C. ．13D. .−2
3.已知锐角θ满足2cs2θ=1+sin2θ，则tanθ=( )
A. 13B. 12C. 2D. 3
4.(中数量积)已知向量a，b，x，y满足|a|=|b|=1，a⋅b=0，且a=−x+yb=2x−y，则|x|+|y|等于( )
A. 2+ 3B. 2+ 5C. 2D. 5
5.已知正三棱柱的高与底面边长均为2，则该正三棱柱内半径最大的球与其外接球的表面积之比为( )
A. 17B. 77C. 37D. 217
6.如图，当甲船位于A处时获悉，在其正东方向相距20海里的B处有一艘渔船遇险等待营救，甲船立即前往营救，同时把消息告知在甲船的南偏西30°，相距10海里C处的乙船，乙船立即朝北偏东θ角的方向沿直线前往B处救援，则sinθ的值等于( )
A. 217B. 22C. 32D. 5 714
7.设a=1.12，b=sina，c=e0.2，则( )
A. a>b>cB. a>c>bC. b>c>aD. c>a>b
8.抛物线C1：x2=2py(p>0)与双曲线C2：x2−3y2=λ有一个公共焦点F，过C2上一点P(3 5,4)向C1作两条切线，切点分别为A，B，则|AF|⋅|BF|=( )
A. 32B. 49C. 52D. 68
二、多选题：本题共3小题，共15分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn=2(an−a)(其中a为常数)，则下列说法正确的是( )
A. 数列{an}一定是等比数列B. 数列{an}可能是等差数列
C. 数列{Sn}可能是等比数列D. 数列{Sn}可能是等差数列
10.以下四个命题表述正确的是( )
A. 直线(3+m)x+4y−3+3m=0(x∈R)恒过定点(−2,3)
B. 圆x2+y2=4上有且仅有3个点到直线l：x−y+ 2=0的距离都等于1
C. 曲线C1：x2+y2+2x=0与曲线C2：x2+y2−4x−8y+m=0恰有三条公切线，则m=4
D. 若双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的一条渐近线被圆x2+y2−6x=0截得的弦长为2 5，则双曲线的离心率为3 55
11.如图，棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，P为线段A1B上的动点(不含端点)，则下列结论正确的是( )
A. 直线D1P与AC所成的角可能是π6
B. 平面D1A1P⊥平面A1AP
C. 三棱锥D1−CDP的体积为定值
D. 平面APD1截正方体所得的截面可能是等腰梯形
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
12.若直线3x+4y−8=0被圆(x−a)2+y2=4截得的弦长为2 3，则a= ______．
13.某工厂建造一个无盖的长方体贮水池，其容积为4800m3，深度为3m.如果池底每1m2的造价为150元，池壁每1m2的造价为120元，要使水池总造价最低，那么水池底部的周长为______m.
14.已知点M(3,1)在圆C：(x−1)2+(y+1)2=r2(r>0)内，过点M的直线被圆C截得的弦长最小值为8，则r=______．
15.已知抛物线C：y2=2px(p>0)的焦点到准线的距离为2，O为坐标原点，点P在抛物线上，平面上一点M满足PM=9MF，则直线OM斜率的最大值为______．
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。
16.(本小题10分)
已知数列{an}的前n项和为Sn=n2+n2(n∈N*)
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn=2an+(−1)nan，求数列{bn}的前2n项和．
17.(本小题12分)
已知函数f(x)=sinxsin(x+π6)+cs2(x−π12)−12．
(1)求函数f(x)的单调递减区间；
(2)已知锐角△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且f(B2)= 32，b= 3，求acsB−bcsC的取值范围．
18.(本小题12分)
已知圆C：x2+y2−4y+1=0，点M(−1,−1)，从圆C外一点P向该圆引一条切线，记切点为T．
(1)若过点M的直线l与圆交于A，B两点且|AB|=2 2，求直线l的方程；
(2)若满足|PT|=|PM|，求使|PT|取得最小值时点P的坐标．
19.(本小题12分)
如图，四棱锥P−ABCD的底面是等腰梯形，AD//BC，BC=2AB=2AD=2，PC= 3，PC⊥底面ABCD，M为棱AP上的一点．
(1)证明：AB⊥CM；
(2)若二面角A−DC−M的余弦值为 1717，求PMPA的值．
20.(本小题12分)
已知曲线C上任意一点到点F(2,0)的距离比它到y轴的距离大2，过点F(2,0)的直线l与曲线C交于A，B两点．
(1)求曲线C的方程；
(2)若曲线C在A，B处的切线交于点M，求△MAB面积的最小值．
21.(本小题12分)
已知函数f(x)=xex−kx2，k∈R．
(1)当k=0时，求函数f(x)在[−2,2]上的值域；
(2)若函数f(x)在(0,+∞)上仅有两个零点，求实数k的取值范围．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查补集、交集的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意补集、交集定义的合理运用．
先分别求出集合A、B，从而求出∁UA，由此能求出(∁UA)∩B．
【解答】
解：∵全集U=R，集合A={x|x2>4}={x|x>2或x<−2}，
B={x|x+3x−1≤0}={x|−3≤x<1}，
∴∁UA={x|−2≤x≤2}，
∴(∁UA)∩B={x|−2≤x<1}．
故选A．
2.【答案】B
【解析】解：1+2ia+i=(1+2i)(a−i)(a+i)(a−i)=a+2+(2a−1)ia2+1，
所以a=12时1+2ia+i=5254=2>32；
故选：B．
化简复数的左侧部分为a+bi的形式，虚部为0，求出实部满足不等式的a的值即可．
本题考查复数的基本概念，实数能够比较大小，注意虚部为0时，实部的数值与32的比较．
3.【答案】A
【解析】解：∵2cs2θ=1+sin2θ，∴2(cs2θ−sin2θ)=(csθ+sinθ)2，
即2(csθ−sinθ)(csθ+sinθ)=(csθ+sinθ)2，
又∵θ为锐角，∴csθ+sinθ>0，
∴2(csθ−sinθ)=csθ+sinθ，
即csθ=3sinθ，
∴tanθ=13．
故选：A．
根据已知条件，利用二倍角公式转化为关于θ的三角函数的方程，化简，然后利用同角三角函数关系求得tanθ的值．
本题考查了三角恒等变换及同角的三角函数关系，属于基础题．
4.【答案】B
【解析】解：由所给的方程组解得x=a+by=2a+b，
|x|= a2+ b2+2a⋅b= 2，|y| = 4 a2 + b2+4a⋅b= 5，
∴|x|+|y|= 2+ 5．
故选B．
求向量的模，先求它们的平方，这里求平方，利用向量的完全平方公式即可．
本题中的方程组是关于向量的方程，这与一般的关于实数的方程在解法上没有本质区别，方法与实数的方程组的解法相似．
5.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查多面体外接球表面积的求法，属于中档题．
由已知求出正三棱柱底面内切圆的半径，再求出其外接球的半径，分别代入球的表面积公式，作比得答案．
【解答】
解：正三棱柱的高与底面边长均为2，
∵边长为2的等边三角形的内切圆的半径为13× 3= 33<1，
∴正三棱柱内半径最大的球的半径为 33；
边长为2的等边三角形的外接圆的半径为2 33，
则正三棱柱外接球的半径为 12+(2 33)2= 73．
∴正三棱柱内半径最大的球与其外接球的表面积之比为4π×( 33)24π×( 73)2=17．
故选：A．
6.【答案】D
【解析】解：根据题目条件可作图如图：
在△ABC中，AB=20，AC=10，∠CAB=120°，由余弦定理有
BC2=AC2+AB2−2AC⋅ABcs∠CAB
=202+102−2×20×10cs120°
=700，
∴BC=10 7，再由正弦定理得ABsin∠ACB=BCsin∠CAB，
∴sin∠ACB=ABsin∠CABBC=20×sin120°10 7= 217，
cs∠ACB=2 77．
所以sinθ=sin(30°+∠ACB)
=sin30°cs∠ACB+cs30°sin∠ACB
=12×2 77+ 32× 217=5 714．
故选：D．
先根据题意做出图象，在△ABC中，利用余弦定理求得BC，然后根据正弦定理求得sin∠ACB，则cs∠ACB可得，进而利用sinθ=sin(30°+∠ACB)根据正弦函数的两角和公式解决．
本题主要考查了解三角形的实际应用．考查了考生运用所学知识解决实际问题的能力．
7.【答案】D
【解析】解：设a=1.12=1.21，
b=sina∈[−1,1]，
c=e0.2=5e，
∵a5=1.215≈2.5937，
c5≈2.71828，
∴c>a>b．
故选：D．
利用指数函数、三角函数的性质直接求解．
本题考查指数函数、三角函数的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
8.【答案】B
【解析】解：由C2上一点P(3 5,4)，可得λ=45−3×16=−3，
则双曲线的方程为x2−3y2=−3，即为y2−x23=1，
则F(0,2)，抛物线的方程为x2=8y，准线方程为y=−2，
设A(x1,y1)，B(x2,y2)，x12=8y1，x22=8y2，
则y=18x2的导数为y′=x4，
所以A处的切线的方程为y−y1=14x1(x−x1)，
所以y−18x12=14x1x−14x12，即y=14x1x−18x12，
将(3 5,4)代入可得3 5x1−4y1−16=0，
同理可得3 5x2−4y2−16=0，
则直线AB的方程为3 5x−4y−16=0，
联立抛物线的方程x2=8y，可得2y2−29y+32=0，
所以y1+y2=292，y1y2=16，
则|AF|⋅|BF|=(y1+2)(y2+2)=y1y2+2(y1+y2)+4=16+29+4=49．
故选：B．
将P的坐标代入双曲线的方程，可得λ，求得双曲线的方程和准线方程，由导数的几何意义可得A，B处的切线的斜率，求得切点弦AB的方程，与抛物线的方程联立，运用韦达定理和抛物线的定义，计算即可．
本题考查抛物线和双曲线的性质，以及直线和抛物线的位置关系，考查方程思想和运算能力，属于中档题．
9.【答案】BD
【解析】解：Sn=2(an−a)，
当n>1时可得，Sn−1=2(an−1−a)，
两式相减可得，an=2an−1，n>1，
又n=1时，S1=2(a1−a)可得，a1=2a，
若a=0时，数列{an}不是等比数列，而是等差数列，其各项都为0，和也为等差数列
当a≠0时，数列{an}是等比数列，不是等差数列，而非常数性等比数列的前n项和不是等比，
故选：BD．
结合已知可得an=2an−1，n>1，然后结合a是否为0可进行判定是否满足等差或等比．
本题主要考查了利用递推公式求解数列的通项公式，体现了分类讨论思想的应用．
10.【答案】BCD
【解析】解：对于A，由(3+m)x+4y−3+3m=0，得3x+4y−3+m(x+3)=0，
联立3x+4y−3=0x+3=0，解得x=−3y=3，
则直线(3+m)x+4y−3+3m=0(x∈R)恒过定点(−3,3)，故A错误；
对于B，圆x2+y2=4的圆心(0,0)到直线l：x−y+ 2=0的距离d=| 2| 2=1，
且圆的半径为2，则圆上有且仅有3个点到直线l：x−y+ 2=0的距离都等于1，故B正确；
对于C，曲线C1：x2+y2+2x=0与曲线C2：x2+y2−4x−8y+m=0恰有三条公切线，
则两圆外切，圆C1的圆心坐标为(−1,0)，半径为1，圆C2的圆心坐标为(2,4)，半径为 20−m，
∴ (−1−2)2+(0−4)2=1+ 20−m，解得m=4，故C正确；
对于D，若双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的一条渐近线被圆x2+y2−6x=0截得的弦长为2 5，
即圆心(3,0)到直线bx−ay=0的距离d=|3b| b2+a2=3bc=2，可得9b2=9(c2−a2)=4c2，
即e=ca=3 55，故D正确．
故选：BCD．
由直线系方程求出直线所过定点坐标判断A；由点到直线的距离公式结合直线与圆的位置关系判断B；由两圆圆心距与半径的关系判断C；求出双曲线的离心率判断D．
本题考查直线系方程的应用，考查双曲线的几何性质及直线与圆的位置关系，考查运算求解能力，是中档题．
11.【答案】BCD
【解析】解：对于A，以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DDl为z轴，建立空间直角坐标系，
Dl(0,0,1)，A(1,0,0)，C(0,1,0)，设P(1,a,b)，(0D1P=(1,a,b−1),AC=(−1,1,0)，cs=D1P⋅AC|D1P||AC|=a−1 1+a2+(b−1)2× 2<0，
∵0∴直线DlP与AC所成的角为(π4,π2)，故A错误；
对于B，正方体ABCD−ABCD中，A1D1⊥AA1，A1D1⊥AB，
∵AA1∩AB=A，∴A1D1⊥平面A1AP，
∵A1D1⊥平面D1AlP，∴平面D1A1P⊥平面A1AP，故B正确；
对于C，∵S△CDD1=12×1×1=12,P到平面CDD1的距离BC=1，
∴三棱锥D1−CDP的体积：VD1−CDP=VP−CDD1=13×12×1=16为定值，故C正确；
对于D，当AP延长线交BB1的中点E时，设平面APD1与直线B1C1交于点F，
因为平面ADD1A1/​/平面BCC1B1，平面APD1∩平面ADD1A1=AD1，平面APD1∩平面BCC1B1=EF，
所以EF/​/AD1，∴F为B1C1的中点，
∴截面AD1FE为等腰梯形的截面，故D正确；
故选：BCD．
判断结论是否正确，需要每个选项都验证；对于A选项，在该空间几何体中建立空间直角坐标系，用向量法求出异面直线所成的角即可；B选项用面面垂直的判定证明平面D1A1P⊥平面A1AP；C选项用换底法VD1−CDP=VP−CDD1得出体积为定值；D选项则直接观测即可判断．
本题考查了立体几何的综合应用，属于中档题．
12.【答案】1或133
【解析】解：根据题意，圆(x−a)2+y2=4的圆心为C(a,0)，半径r=2.过C作CD⊥AB，垂足为D，
在Rt△ADC中，∠ADC=90°，|AC|=2,|AD|=12|AB|= 3，可得|CD|= |AC|2−|AD|2= 4−3=1，
∵点C到直线3x+4y−8=0的距离等于1，
∴|3a−8| 32+42=1，解得a=1或a=133．
故答案为：1或133．
根据直线与圆相交的性质以及点到直线的距离公式，建立关于a的方程，解之即可得到本题的答案．
本题主要考查圆的方程及其性质、直线与圆的位置关系等知识，考查了计算能力、图形的理解能力，属于中档题．
13.【答案】160
【解析】解：设水池底面一边的长度为xm，则另一边的长度为48003xm，
由题意可得水池总造价f(x)=150×48003+120(2×3x+2×3×48003x)
=240000+720(x+1600x)(x>0)．
则f(x)=720(x+1600x)+240000≥720×2 x⋅1600x+240000
=720×2×40+240000=297600．
当且仅当x=1600x，即x=40时，f(x)有最小值297600．
此时另一边的长度为48003x=40m．
因此，当水池的底面周长为160m时，水池的总造价最低，最低总造价是297600元．
故答案为：160．
设水池底面一边的长度为xm，则另一边的长度为48003xm，由题意可得水池总造价f(x)，然后利用基本不等式求最值，可得水池总造价最低时的水池底部的周长．
本题考查函数模型的构建，考查利用基本不等式求最值，考查利用数学知识解决实际问题，属于中档题．
14.【答案】2 6
【解析】解：由点M(3,1)在圆C：(x−1)2+(y+1)2=r2内，
所以(3−1)2+(1+1)20，解得r>2 2，
过圆内一点最短的弦，应垂直于该定点与圆心的连线，即圆心到直线的距离为|CM|，
又C(1,−1)，∴|CM|=2 2，
所以8=2 r2−|CM|2=2 r2−8，解得r=2 6，
故答案为：2 6．
根据点与圆的位置关系，可求得r的取值范围，再利用过圆内一点最短的弦，结合弦长公式可得到关于r的方程，求解即可．
本题考查直线与圆的位置关系，考查学生的运算能力，属于中档题．
15.【答案】13
【解析】解：因为C的焦点F到准线的距离为p，所以p=2，
故抛物线C的方程为y2=4x，
设点P(x1,y1)，M(x2,y2)，
由抛物线知F(1,0)，
则PM=(x2−x1,y2−y1),MF=(1−x2,−y2)，
因为PM=9MF，
所以x2−x1=9(1−x2)y2−y1=−9y2，
所以x2=110(9+x1),y2=110y1，
又因为点P在抛物线C上，则y12=4x1，
于是直线OM的斜率k=y2x2=y19+y124，
当y1⩽0时，k⩽0，
当y1>0时，k=19y1+y14⩽12 9y1⋅y14=13，
当且仅当9y1=y14，即y1=6时等号成立，所以直线OM斜率的最大值为13．
故答案为：13．
由题意得到抛物线C的方程为y2=4x，设点P(x1,y1)，M(x2,y2)，由PM=9MF结合点P在抛物线C上，得到直线OM的斜率k=y2x2=y19+y124，利用基本不等式即可求解．
本题考查了抛物线的性质，属于中档题．
16.【答案】解：(1)由Sn=n2+n2(n∈N*)，得a1=S1=1．
当n≥2时，an=Sn−Sn−1=n2+n2−(n−1)2+(n−1)2=n．
a1=1适合上式，
∴an=n；
(2)bn=2an+(−1)nan=2n+(−1)n⋅n，
设数列{bn}的前2n项和为T2n，
则T2n=(21−1)+(22+2)+(23−3)+…+(22n+2n)
=(2+22+23+…+22n)+[−1+2−3+…−(2n−1)+2n]
=2×(1−22n)1−2+n=22n+1+n−2．
【解析】(1)由已知数列的前n项和求得首项，再由an=Sn−Sn−1(n≥2)求得数列通项公式；
(2)把数列{an}的通项公式代入bn=2an+(−1)nan，利用数列的分组求和求数列{bn}的前2n项和．
本题考查数列递推式，考查了等差数列的通项公式的求法，训练了数列的分组求和方法，是中档题．
17.【答案】解：(1)由题意可得f(x)=sinxsin(x+π6)+cs2(x−π12)−12
=sinx( 32sinx+12csx)+12cs(2x−π6)
= 3(1−cs2x)4+14sin2x+ 34cs2x+14sin2x
=12sin2x+ 34，
令π2+2kπ≤2x≤3π2+2kπ，k∈Z，
得π4+kπ≤x≤3π4+kπ，k∈Z，
故函数f(x)的单调递减区间为[π4+kπ,3π4+kπ]，k∈Z．
(2)由(1)知f(B2)=12sinB+ 34= 32，解得sinB= 32，
因为B∈(0,π2)，所以B=π3，
由正弦定理可知asinA=bsinB=csinC= 3 32=2，则a=2sinA，c=2sinC，
所以acsB−bcsC=a2− 3csC=sinA− 3cs(π−A−π3= 32csA−12sinA=cs(π6+A),
因为△ABC为锐角三角形，
所以A+C=2π30所以π3故acsB−bcsC的取值范围为(−12,12).
【解析】(1)利用三角函数恒等变换化简函数解析式可得f(x)=12sin2x+ 34，利用正弦函数的性质即可求解．
(2)由(1)及已知可得sinB= 32，结合范围B∈(0,π2)，可得B=π3，由正弦定理，三角函数恒等变换的应用可求acsB−bcsC=cs(π6+A)，由A+C=2π30本题主要考查了三角函数恒等变换，正弦定理，正弦函数以及余弦函数的性质，考查了转化思想和函数思想，属于中档题．
18.【答案】解：(1)圆C的标准方程为x2+(y−2)2=3．
当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为x=−1，
此时|AB|=2 2，满足题意；
当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y+1=k(x+1)，即kx−y+k−1=0．
∵|AB|=2 2，
∴圆心C到直线l的距离d= 3−2=1．
∴d=|k−3| k2+1=1．
解得k=43，
则直线l的方程为4x−3y+1=0．
∴所求直线l的方程为x=−1或4x−3y+1=0；
(2)设P(x0,y0)，|PT|= |PC|2−3，
∵|PT|=|PM|，∴ x02+(y0−2)2−3= (x0+1)2+(y0+1)2，
化简得2x0+6y0+1=0，
∴点P(x0,y0)在直线2x+6y+1=0．
当|PT|取得最小值时，即|PM|取得最小值，
即为点M(−1,−1)到直线2x+6y+1=0的距离，
此时直线PM垂直于直线2x+6y+1=0，
∴直线PM的方程为6x−2y+4=0，即3x−y+2=0．
由2x+6y+1=03x−y+2=0，解得x=−1320y=120，
∴点P的坐标为(−1320,120).
【解析】(1)化圆C的方程为标准方程，求出圆心坐标与半径，当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为x=−1，满足题意；当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y+1=k(x+1)，即kx−y+k−1=0.由已知结合垂径定理求k，则直线方程可求；
(2)设P(x0,y0)，|PT|= |PC|2−3，由|PT|=|PM|，得2x0+6y0+1=0，可得点P(x0,y0)在直线2x+6y+1=0上，当|PT|取得最小值时，即|PM|取得最小值，
即为点M(−1,−1)到直线2x+6y+1=0的距离，可得直线PM垂直于直线2x+6y+1=0，求得直线PM的方程，联立两直线方程得答案．
本题考查直线与圆位置关系的应用，考查点到直线的距离公式，考查逻辑思维能力与推理运算能力，是中档题．
19.【答案】(1)证明：过点A作AN⊥BC，垂足为N，在等腰梯形ABCD中，
因为AD//BC，BC=2AB=2AD=2，所以BN=12，∠ABC=60°，
在△ABC中，AC′=AB²+BC−2AB⋅BCcs∠ABC=3，则AB2+AC2=BC2，则AC⊥AB，
因为PC⊥底面ABCD，AB⊂底面ABCD，所以PC⊥AB．
因为AC∩PC=C，所以AB⊥平面PAC．
又CM⊂平面PAC，所以AB⊥CM．

(2)解：以C为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，令PMPA=λ，0≤λ<1，
则C(0,0,0)，A( 3,0,0)，D( 32,12,0)，M( 3λ,0, 3− 3λ)，
则CD=( 32,12,0)，CM=( 3λ,0, 3−3λ)．
设平面CDM的法向量为m=(x,y,z)，则m⋅CD= 32x+12y=0m⋅CM= 3λx+( 3− 3λ)z=0，令x=1，得m=(1,− 3,−λ1−λ)，
由图可知，n=(0,0,1)是平面ADC的一个法向量．
因为二面角A−DC−M的余弦值为 1717，所以|cs|=|m⋅n||m|⋅|n|=λ1−λ 4+λ2(1−λ)2= 1717，解得λ=13，
故当二面角A−DC−M的余弦值为 1717时，PMPA=13．
【解析】(1)过点A作AN⊥BC，垂足为N，由题意可得AC⊥AB，PC⊥AB.进而可证AB⊥平面PAC，可证结论；
(2)以C为坐标原点建立空间直角坐标系，令PMPA=λ0≤λ<1，利用向量法可得λ1−λ 4+λ2(1−λ)2= 1717，求解即可．
本题考查线线垂直的证明，考查二面角的余弦值问题，属中档题．
20.【答案】解：(1)设曲线C上任意一点P的坐标为(x,y)，则有： (x−2)2+y2=|x|+2，
当x≥0时，有y2=8x；当x<0时，有y=0，
所以曲线的方程为y2=8x(x≥0)或y=0(x<0)．
(2)由题意设l的方程为x=my+2，A(x1,y1)，B(x2,y2)，
由x=my+2y2=8x⇒y2−8my−16=0，∴Δ>0⇒m∈R，y1+y2=8m，y1y2=−16，
∴|AB|= 1+m2 (y1+y2)2−4y1y2=8(1+m2)，
设切线MA的方程为y−y1=k(x−x1)(k≠0)，
由y−y1=k(x−x1)y2=8x⇒y2−8ky+8y1k−8x1=0，∴Δ=0⇒ky1=4，
∴切线MA的方程为y−y1=4y1(x−x1)，化简得：yy1=4(x+x1)=4x+y122，①
同理可得切线MB的方程为yy2=4(x+x2)=4x+y222，②
由①②得点M的坐标为M(−2,4m)，
∴点M到直线l的距离d=|−2−4m2−2| 1+m2=4 1+m2，
∴S△MAB=12|AB|⋅d=16(1+m2)32≥16，
当且仅当m=0时等号成立，
故△MAB面积的最小值为16．
【解析】(1)设曲线C上任意一点P的坐标为(x,y)，根据题意得到 (x−2)2+y2=|x|+2，然后分类化简；
(2)由题意设l的方程为x=my+2，与抛物线方程联立，利用韦达定理，弦长公式求得
|AB|=8(1+m2)，设切线MA的方程为y−y1=k(x−x1)(k≠0)，与抛物线方程联立，利用判别式等于零求得ky1=4，得到切线MA的方程为y−y1=4y1(x−x1)，同理写出切线MB的方程，解方程组求得M的坐标，进而求得点M到直线l的距离d=4 1+m2，得到S△MAB=16(1+m2)32，求得其最小值．
本题主要考查切线方程的求解，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)当k=0时，f(x)=x⋅ex(x∈R)，所以f′(x)=(1+x)⋅ex，
令f′(x)=0，则x=−1，
所以f(x)min=f(−1)=−e−1=−1e，又f(−2)=−2e2,f(2)=2e2，
所以f(x)在[−2,2]上的值域为[−1e,2e2]．
(2)函数f(x)=xex−kx2=x(ex−kx)在(0,+∞)上仅有两个零点，
令g(x)=ex−kx，则问题等价于g(x)在(0,+∞)上仅有两个零点，
易求g′(x)=ex−k，因为x∈(0,+∞)，所以ex>1．
①当k∈(−∞,1]时，g′(x)>0在(0,+∞)上恒成立，所以g(x)在(0,+∞)上单调递增，
所以g(x)>g(0)=1，所以g(x)在(0,+∞)上没有零点，不符合题意；
②当k∈(1,+∞)时，令g′(x)=0，得x=lnk，
所以在(0,lnk)上g′(x)<0，在(lnk,+∞)上g′(x)>0，
所以g(x)在(0,lnk)上单调递减，在(lnk,+∞)上单调递增，
所以g(x)的最小值为g(lnk)=k−k⋅lnk，
因为g(x)在(0,+∞)上有两个零点，
所以g(lnk)=k−k⋅lnk<0，所以k>e．
因为g(0)=1>0，g(lnk2)=k2−k⋅lnk2=k(k−2lnk)，
令h(x)=x−2lnx,h′(x)=1−2x=x−2x，
所以在(0,2)上h′(x)<0，在(2,+∞)上，h′(x)>0，
所以h(x)在(0,2)上单调递减，在(2,+∞)上单调递增；
所以h(x)≥2−2ln2=lne2−ln4>0，所以g(lnk2)=k(k−2lnk)>0，
所以当k>e时，g(x)在(0,lnk)和(lnk,+∞)内各有一个零点，
即当k>e时，g(x)在(0,+∞)上仅有两个零点．
综上，实数k的取值范围是(e,+∞)．
【解析】(1)利用导数求得f(x)的单调区间，再求出函数f(x)在[−2,2]上的值域；
(2)由f(x)=x(ex−kx)=0，构造函数g(x)=ex−kx，利用导数，结合对k进行分类讨论来求出k的取值范围．
本题考查了利用导数研究函数的单调性与最值，函数的零点与方程根的关系，考查了转化思想和分类讨论思想，属难题．x
(−2,−1)
−1
(−1,2)
f′(x)
−
0
+
f(x)
单调递减
极小值
单调递增