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2023年湖南省岳阳市岳阳县高考数学适应性试卷（含解析）
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这是一份2023年湖南省岳阳市岳阳县高考数学适应性试卷（含解析），共25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。
2023年湖南省岳阳市岳阳县高考数学适应性试卷
一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 若复数z=2+ia+i的实部与虚部相等，则实数a的值为( )
A. −3 B. −1 C. 1 D. 3
2. 已知p：∀x>0，a≤x+14x，q：a2−2a−3<0，若p和q均为真命题，则实数a的取值范围是( )
A. (−1,1] B. [1,3) C. (3,4] D. (−1,4]
3. 空间中，α，β，γ是三个互不重合的平面，l是一条直线，则下列命题中正确的是( )
A. 若α⊥β，l//α，则l⊥β B. 若α⊥β，l⊥β，则l//α
C. 若l⊥α，l//β，则α⊥β D. 若l//α，l//β，则α//β
4. 某地病毒爆发，全省支援，需要从我市某医院某科室的5名男医生(含一名主任医师)、4名女医生(含一名主任医师)中分别选派3名男医生和2名女医生，则在有一名主任医师被选派的条件下，两名主任医师都被选派的概率为( )
A. 38 B. 310 C. 311 D. 35
5. 已知函数f(x)为偶函数，且当x≥0时，f(x)=ex−cosx，则不等式f(x−3)−f(2x−1)<0的解集为( )
A. (−2,43) B. (−∞,−2)
C. (−2,+∞) D. (−∞,−2)∪(43,+∞)
6. 已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若S2021>0，S2022<0，下列结论正确的是( )
A. 数列{an}是递增数列 B. |a1012|>|a1011|
C. 当Sn取得最大值时，n=1012 D. S1012
A. 30 37 B. 30 314 C. 225 314 D. 135 314
8. 国家体育场“鸟巢”的钢结构鸟瞰图如图1所示，内外两圈的钢骨架是离心率相同的椭圆；某校体育馆的钢结构与“鸟巢”相同，其平面图如图2所示，若由外层椭圆长轴一端点A和短轴一端点B分别向内层椭圆引切线AC，BD，且两切线斜率之积等于−58，则椭圆的离心率为( )
A. 34 B. 58 C. 74 D. 64
二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）
9. 已知正实数a，b满足a+4b=2，则( )
A. ab≤14 B. 2a+16b≥4 C. 1a+1b≥92 D. a+2 b≥4
10. 关于函数f(x)= 3sin(2x−π6)+2sin2(x−π12)，下列结论正确的是( )
A. 函数f(x)的最大值是2
B. 函数f(x)在(−π12,5π12)单调递减
C. 函数f(x)的图像可以由函数y=2sin2x+1的图像向右平移π6个单位得到
D. 若方程f(x)−m=0在区间[π12,π2]有两个实根，则m∈[ 3+1,3]
11. 在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AD=2AB=2AA1=4，E是棱B1C1的中点，过点B，E，D1的平面α交棱AD于点F，点P为线段D1F上一动点，则( )
A. 三棱锥P−ABE的体积为定值
B. 存在点P，使得DP⊥α
C. 直线PE与平面BCC1B1所成角的正切值的最大值为 2
D. 三棱锥P−BB1E外接球表面积的取值范围是[12π,44π]
12. 已知双曲线E：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)与椭圆x29+y25=1的焦点相同，双曲线E的左右焦点分别为F1，F2，过点F2的直线与双曲线E的右支交于P，Q两点，PF1与y轴相交于点A，△PAF2的内切圆与边AF2相切于点B.若|AB|=1，则下列说法正确的有( )
A. 双曲线E的渐近线方程为y=± 3x
B. 过点(1,1)存在两条直线与双曲线E有且仅有一个交点
C. 点P在变化过程中，△AF1F2面积的取值范围是(12 313,4 3)
D. 若PF1⊥PF2，则△PAF2的内切圆面积为316π
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 已知向量a，b满足|a|=1，|a−2b|= 7，=150°，则|b|= ______ ．
14. (x2+x+y)5的展开式中，x5y2的系数为 ．
15. 如图，点F是抛物线C：x2=4y的焦点，点A，B分别在抛物线C和圆x2+(y−1)2=4的实线部分上运动，且AB总是平行于y轴，则△AFB周长的取值范围是 ．
16. 我国民间剪纸艺术在剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折．现有一张半径为R的圆形纸，对折1次可以得到两个规格相同的图形，将其中之一进行第2次对折后，就会得到三个图形，其中有两个规格相同，取规格相同的两个之一进行第3次对折后，就会得到四个图形，其中依然有两个规格相同，以此类推，每次对折后都会有两个图形规格相同．如果把k次对折后得到的不同规格的图形面积和用Sk表示，由题意知S1=πR22，S2=3πR24，则S4= ；如果对折n次，则k=1nSk= ．
四、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)=Asin(ωx+φ)(x∈R,A>0,ω>0,|φ|<π2)部分图象如图所示．
(Ⅰ)求f(x)的最小正周期及解析式；
(Ⅱ)将函数y=f(x)的图象向右平移π6个单位长度得到函数y=g(x)的图象，求函数g(x)在区间[0,π2]上的最大值和最小值．
18. (本小题12.0分)
已知数列{an}满足a1+3a2+⋯+(2n−1)an=n．
(1)求{an}的通项公式；
(2)已知cn=119an,n为奇数anan+2,n为偶数，求数列{cn}的前20项和．
19. (本小题12.0分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，已知PC⊥底面ABCD，AB⊥AD，AB//CD，AB=2，AD=CD=1，E是PB的中点．
(1)求证：平面EAC⊥平面PBC；
(2)若E是PB的中点，且二面角P−AC−E的余弦值是 63，求直线PA与平面EAC所成角的正弦值．
20. (本小题12.0分)
汽车尾气排放超标是全球变暖、海平面上升的重要因素．我国近几年着重强调可持续发展，加大在新能源项目的支持力度，积极推动新能源汽车产业迅速发展，某汽车制造企业对某地区新能源汽车的销售情况进行调查，得到下面的统计表：
年份t
2017
2018
2019
2020
2021
年份代码x(x=t−2016)
1
2
3
4
5
销量y/万辆
10
12
17
20
26
(1)统计表明销量y与年份代码x有较强的线性相关关系，求y关于x的线性回归方程，并预测该地区新能源汽车的销量最早在哪一年能突破50万辆；
(2)为了解购车车主的性别与购车种类(分为新能源汽车与传统燃油汽油车)的情况，该企业随机调查了该地区200位购车车主的购车情况作为样本，其中男性车主中购置传统燃油汽车的有ω名，购置新能源汽车的有45名，女性车主中有20名购置传统燃油汽车．
①若ω=95，将样本中购置新能源汽车的性别占比作为概率，以样本估计总体，试用(1)中的线性回归方程预测该地区2023年购置新能源汽车的女性车主的人数假设每位车主只购买一辆汽车，结果精确到千人)；
②设男性车主中购置新能源汽车的概率为p，若将样本中的频率视为概率，从被调查的所有男性车主中随机抽取5人，记恰有3人购置新能源汽车的概率为f(p)，求当w为何值时，f(p)最大．
附：y=bx+a为回归方程，b =i=1nxiyi−nx−⋅y−i=1nxi2−nx2−,a =y−−b x−．
21. (本小题12.0分)
已知F1、F2分别为椭圆Γ：x24+y2=1的左、右焦点，M为Γ上的一点．
(1)若点M的坐标为(1,m)(m>0)，求△F1MF2的面积；
(2)若点M的坐标为(0,1)，且直线y=kx−35(k∈R)与Γ交于不同的两点A、B，求证：MA⋅MB为定值，并求出该定值；
(3)如图，设点M的坐标为(s,t)，过坐标原点O作圆M：(x−s)2+(y−t)2=r2(其中r为定值，0
22. (本小题12.0分)
已知函数f(x)=e−x(x+1)
(1)求函数f(x)的极值；
(2)设t1，t2为两个不等的正数，t10恒成立，求实数λ的取值范围．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：∵数z=2+ia+i=(2+i)(a−i)(a+i)(a−i)=2a+1a2+1+a−2a2+1i的实部与虚部相等，
∴2a+1a2+1=a−2a2+1，解得a=−3．
故选：A．
根据已知条件，结合复数的四则运算，以及复数的实部和虚部的定义，即可求解．
本题主要考查复数的四则运算，以及复数的实部和虚部的定义，属于基础题．
2.【答案】A
【解析】解：对于p，有x+14x≥2 14=1，若∀x>0，a≤x+14x为真，则a≤1，
对于q，a2−2a−3<0，解可得−1
故选：A．
根据题意，求出p、q为真命题时a的取值范围，再取交集即可．
本题考查复合命题真假的判断，涉及全称、特称命题真假的判断，属于基础题，
3.【答案】C
【解析】解：若α⊥β，l//α，则l与β可能平行也可能相交，故A错误；
若α⊥β，l⊥β，则l//α或l⊂α，故B错误；
若l//β，则存在直线m⊂β，使得l//m，
又由l⊥α可得m⊥α，故α⊥β，故C正确；
若l//α，l//β，则α与β可能平行也可能相交(此时交线与l平行)．
故选：C．
根据空间线面关系，线线关系，面面关系的定义，几何特征，性质及判定方法，逐一判断四个答案中的结论的真假，即可得到答案．
本题考查的知识点是空间直线与平面之间的位置关系，熟练掌握空间线面关系，面面关系，线线关系的定义，几何特征及性质和判定方法是解答的关键．
4.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查了条件概率的概念与计算，古典概型及其计算，以及组合问题，属于中档题．
设事件A表示“有一名主任医师被选派”，B表示“另一名主任医师被选派”，根据古典概型分别求出P(A)，P(AB)，再利用条件概率公式求出在有一名主任医师被选派的条件下，两名主任医师都被选派的概率．
【解答】
解：需要从我市某医院某科室的5名男医生(含一名主任医师)、4名女医生(含一名主任医师)中分别选派3名男医生和2名女医生．
设事件A表示“有一名主任医师被选派”，B表示“另一名主任医师被选派”，
P(A)=C11C42C32C53C42+C43C11C31C53C42+C22C42C31C53C42=45，
P(AB)=C22C42C31C53C42=310，
则在有一名主任医师被选派的条件下，两名主任医师都被选派的概率为：
P(B|A)=P(AB)P(A)=31045=38．
故选：A．
5.【答案】D
【解析】解：当x≥0时，f(x)=ex−cosx，则f′(x)=ex+sinx，
∵x≥0，∴ex≥1，
∴f′(x)≥1+sinx≥0，即f(x)在[0,+∞)上单调递增，
又函数f(x)为偶函数，则f(x)在(−∞,0]上单调递减，
∵f(x−3)−f(2x−1)<0，即f(x−3)
故不等式f(x−3)−f(2x−1)<0的解集为(−∞,−2)∪(43,+∞)．
故选：D．
由题意得当x≥0时，f′(x)=ex+sinx，则f′(x)≥1+sinx≥0，即f(x)在[0,+∞)上单调递增，即f(x)在(−∞,0]上单调递减，原不等式转化为f(x−3)
6.【答案】B
【解析】解：∵S2021>0，S2022<0，
∴2021(a1+a2021)2=2021a1011>0，2022(a1+a2022)2=1011(a1011+a1012)<0，
∴a1011>0，a1011+a1012<0，
∴a1011>0，a1012<0，
∴公差d<0，等差数列{an}是递减数列，|a1011|<|a1012|，
n=1011时，Sn取得最大值，S1012=S1009+a1010+a1011+a1012=S1009+2a1011>S1009，
因此只有B正确．
故选：B．
由已知S2021>0，S2022<0，利用求和公式及其性质可得：a1011>0，a1011+a1012<0，进而判断出结论．
本题考查了等差数列的通项公式求和公式及其性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
7.【答案】D
【解析】解：由正弦定理及诱导公式，可得asin(B+π)+bcos(5π6−A)=0，
所以−sinAsinB+sinB(− 32cosA+12sinA)=0，
∵sinB>0，
化简得：sinA+ 3cosA=0⇒tanA=− 3，
又A∈(0,π)，则A=2π3，
又BM=25BC，则 BM=6，MC=9，
因∠MAB=∠MBA，则∠MAC=2π3−B，∠MCA=π3−B，
则在△MAC中，MCsin∠MAC=MAsin∠MCA，
即9sin(2π3−B)=6sin(π3−B)，
解得tanB= 35．
则sin∠AMC=sin2B=2tanB1+tan2B=5 314，
则△MAC中，边AM对应高h=6×5 314=15 37，
则△MAC面积S=12×9×15 37=135 314．
故选：D．
由正弦定理及诱导公式结合asin(B+π)+bcos(5π6−A)=0可得A=2π3.由BM=25BC，结合a=15可得BM=6，MC=9，由∠MAB=∠MBA，A=2π3结合正弦定理，可得sin∠AMC，即可得面积．
本题主要考查了正弦定理，和差角公式，三角形的面积公式及同角基本关系在求解三角形中的应用，属于中档题．
8.【答案】D
【解析】解：设内圈椭圆的方程为x2a2+y2b2=1，外圈椭圆的方程为x2(ma)2+y2(mb)2=1，其中m>1，
则A(−ma,0)，B(0,mb)，设C(xC,yC)，D(xD,yD).
过C点且与内圈椭圆相切的直线方程为xCxa2+ycyb2=1，代入A点坐标，整理得xC=−am，
代入x2a2+y2b2=1且yC<0，解得yC=−b m2−1m，所以kAC=yCxC+ma=−ba⋅1 m2−1；
过D点且与内圈椭圆相切的直线方程为xDxa2+yDyb2=1，代入B点坐标，整理得yD=bm，
代入x2a2+y2b2=1且xD>0，解得xD=−am m2−1，所以kBD=yD−mbxD=ba⋅ m2−1．
所以kAC⋅kBD=−b2a2=−58，e= 1−b2a2= 38= 64．
故选：D．
过P(x0,y0)且与椭圆x2a2+y2b2=1相切的直线方程为x0xa2+y0yb2=1，利用这一结论分别设出过C点和D点与椭圆相切的直线方程，
分别代入A，B坐标，求出C，D的坐标，进而表示出直线AC和直线BD的斜率，再代入kAC⋅kBD=−58求出a，b的关系式，进而求出离心率．
本题考查椭圆的切线方程，几何性质，属于中档题．
9.【答案】ABC
【解析】解对：于A，因为2=a+4b≥2 4ab，所以ab≤14，当且仅当a=4b=1，即a=1,b=14时，取到等号，故A正确；
对于B，2a+16b≥2 2a⋅16b=2 2a+4b=4，当且仅当a=4b=1，即a=1,b=14时，取到等号，故B正确；
对于C，1a+1b=12(a+4b)(1a+1b)=12(5+ab+4ba)≥12(5+2 ab×4ba)=92，当且仅当a=2b，即a=23,b=13时，取到等号，故C正确；
对于D，( a+2 b)2=a+4b+4 ab≤4，所以 a+2 b≤2，当且仅当a=4b=1，即a=1,b=14时，取到等号，故D错误．
故选：ABC．
利用基本不等式可得A，B，D正误，利用1的妙用可得C的正误．
本题主要考查了基本不等式在最值求解中的应用，属于中档题．
10.【答案】CD
【解析】解：f(x)= 3sin(2x−π6)+2sin2(x−π12)= 3sin(2x−π6)−cos(2x−π6)+1=2[ 32sin(2x−π6)−12cos(2x−π6)]+1=2sin(2x−π3)+1．
当sin(2x−π3)=1时，函数f(x)的最大值是3，故A错误；
当x∈(−π12,5π12)时，2x−π3∈(−π2,π2)，
故(−π2,π2)是正弦函数的递增区间，故B错误；
函数y=2sin2x+1的图像向右平移π6个单位得到函数y=2sin2(x−π6)+1=2sin(2x−π3)+1的图像，故C正确；
令−π2+2kπ≤2x−π3≤π2+2kπ(k∈Z)，解得−π12+kπ≤x≤5π12+kπ(k∈Z)，
f(x)在[−π12+kπ,5π12+kπ](k∈Z)上单调递增，
令π2+2kπ≤2x−π3≤3π2+2kπ(k∈Z)，解得5π12+kπ≤x≤11π12+kπ(k∈Z)，
故f(x)在[5π12+kπ,11π12+kπ](k∈Z)上单调递减，
当x∈[π12,π2]时，f(x)在[π12,5π12]上单调递增，在[5π12,π2]上单调递减，
f(π12)=1，f(5π12)=3，f(π2)= 3+1，
故f(x)−m=0在区间[π12,π2]有两个实根，m∈[ 3+1,3]，故D正确．
故选：CD．
利用倍角公式和辅助角公式化简函数解析式，根据函数解析式研究选项中相关的函数性质．
本题主要考查三角函数的图象与性质，考查转化能力，属于中档题．
11.【答案】ACD
【解析】解：对于A，因为平面AA1D1D//平面BB1C1C，
根据面面平行的性质，平面α与这两个平面的交线互相平行，即D1F//BE，
因为D1F⊄面ABE，BE⊂面ABE，
所以D1F//平面ABE，
又点P在线段D1F上，所以三棱锥P−ABE的体积为定值，故A正确；
对于B，若存在点P，使得DP⊥α，因为BF⊂α，则DP⊥BF，
因为DD1⊥BF，DD1∩DP=D，DD1，DP⊂平面AA1D1D，所以BF⊥平面AA1D1D，与题意矛盾，故B错误；
对于C，如图1所示，取BC的中点Q，连接C1Q，
则点P在平面BCC1B1内的射影P′在C1Q上，直线PE与平面BCC1B1所成角即∠PEP′，且有tan∠PEP′=PP′EP′，
由已知可得PP′=2，EP′最小为 2，所以tan∠PEP′的最大值为 2，故C正确．
对于D，如图2，取A1D1的中点G，连接AG，分别取BE，AG的中点O1，O2，
连接O1，O2，因为△BB1E是等腰直角三角形，
所以三棱锥P−BB1E外接球的球心O在直线O1O2上，
设三棱锥P−BB1E外接球的半径为R，则OB=OP=R，
所以|OO1|2+|O1B|2=|OO2|2+|O2P|2，
设|OO1|=d，则d2+2=(2−d)2+|O2P|2，
所以d=12+|O2P|24，
当点P与F重合时，|O2P|取最小值 2，此时d=1，R2=3，
三棱锥P−BB1E外接球的表面积为4πR2=12π，
当点P与D1重合时，|O2P|取最大值 10，
此时d=3，R2=11，三棱锥P−BB1E外接球的表面积为4πR2=44π，故D正确．
故选：ACD．
对于选项A，利用面面平行的性质，得到D1F//平面ABE，从而可判断出选项A正确；对于选项B，假设存在，可推出BF⊥平面AA1D1D，从而判断选项B错误；对于选项C，利用线面角的定义，找出线面角为∠PEP′，从而在Rt△PP′E中，求出tan∠PEP′的值，进而判断选项C正确．对于选项D，利用球的截面圆的几何性质，找出球心在直线O1O2上，利用R2=r2+d2，建立方程|OO1|2+|O1B|2=|OO2|2+|O2P|2，从而求出球的表面积的取值范围．
本题考查立体几何知识的综合运用，考查逻辑推理能力和运算求解能力，属于中档题．
12.【答案】AC
【解析】解：由题可得F1(−2,0)，F2(2,0)，
因为△PAF2的内切圆与边AF2相切于点B，设△PAF2的内切圆与PF1，PF2分别切于M，N，如图，
由切线长定理可知|PM|=|PN|，|F2B|=|F2N|，|AM|=|AB|，|AF1|=|AF2|，
所以|PF1|−|PF2|=|PM|+|AM|+|AF1|−(|PN|+|F2N|)=|AM|+|AF1|−|F2N|=|AB|+|AF2|−|F2B|=2|AB|=2，
∴a=1,c=2,b= 4−1= 3，
所以双曲线E的方程为x2−y23=1，
对A，由题可得双曲线E的渐近线方程为y=±bax=± 3x，故A正确；
对B，由双曲线的性质可知过点(1,1)的直线与渐近线平行时与双曲线有且仅有一个公共点，
又过点(1,1)的直线斜率不存在时，即x=1与双曲线x2−y23=1有且仅有一个公共点，
故过点(1,1)的直线存在三条直线与双曲线E有且仅有一个交点，故B错误．
对C，因为△AF1F2面积为S△AF1F2=12|F1F2||yA|=2|yA|，因此只需求|yA|的范围即可，可取临界位置，
当AF1与渐近线平行时，不妨设AF1：y= 3(x+2)，令x=0可得y=2 3，
当PF2与另一条渐近线平行时，不妨设PF2：y=− 3(x−2)，联立双曲线方程x2−y23=1，
解得x=54,y=3 34，即P(54,3 34)，所以PF1：y=3 3454+2(x+2)，令x=0可得y=6 313，
所以|yA|∈(6 313,2 3)，S△AF1F2∈(12 313,4 3)，故C正确；
对D，当PF1⊥PF2时，则|PF1|−|PF2|=2，|PF1|2+|PF2|2=42，解得|PF1|= 7+1,|PF2|= 7−1，
故△PAF2的内切圆的周长为|PA|+|AF2|+|F2P|=|PF1|+|PF2|=2 7，
△PF1F2的面积为S△PF1F2=12|PF1||PF2|=12( 7+1)( 7−1)=3，
由题可知Rt△PF1F2～Rt△OF1A，故|OA||OF1|=|PF2||PF1|，|OA|2= 7−1 7+1，即|OA|=8−2 73，
所以S△AF1F2=12|F1F2||OA|=16−4 73，S△PAF2=S△PF1F2−S△AF1F2=3−16−4 73=4 7−73，
设△PAF2的内切圆的半径为r，
则S△PAF2=4 7−73=12×2 7⋅r，即r=4− 73，△PAF2的内切圆的面积为πr2=(4− 73)2π，故D错误．
故选：AC．
结合双曲线的定义、圆的切线长定理求得a，b，从而求得双曲线E的方程，结合双曲线的渐近线、直线和双曲线的交点、焦点三角形的性质、三角形内切圆面积等知识对选项进行分析，从而确定正确答案．
本题综合考查了双曲线性质的应用，考查了数学运算的核心素养，属于中档题．
13.【答案】 32
【解析】解：因为|a−2b|= 7，所以|a−2b|2=7，
即|a−2b|2=a2+4b2−4a⋅b=1+4|b|2−4|a||b|cos150°=1+4|b|2+2 3|b|=7，
即4|b|2+2 3|b|−6=0，
因为|b|>0，
所以可解得|b|= 32．
故答案为： 32．
由|a−2b|= 7得|a−2b|2=7，展开可得关于|b|的方程，解方程即得答案．
本题主要平面向量的数量积运算，属于中档题．
14.【答案】30
【解析】
【分析】
本题考查了二项式定理的灵活应用问题，也考查了分步相乘原理的应用问题，是中档题目．
利用分步相乘原理，可以得出x5y2的系数．
【解答】
解：(x2+x+y)5可看作5个(x2+x+y)相乘，
从中选2个y，有C52种选法；
再从剩余的三个(x2+x+y)选出2个x2，
最后一个(x2+x+y)选出x，有C32⋅C11种选法；
∴x5y2的系数为C52⋅C32⋅C11=30，
故答案为：30．
15.【答案】(4,6)
【解析】
【分析】
本题考查了抛物线的定义与圆的标准方程及其性质、三角形的周长，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
圆(y−1)2+x2=4的圆心为(0,1)，半径r=2，与抛物线的焦点重合，可得|FB|=2，|AF|=yA+1，|AB|=yB−yA，即可得出三角形ABF的周长=2+yA+1+yB−yA=yB+3，利用1
解：抛物线x2=4y的焦点为(0,1)，准线方程为y=−1，
圆(y−1)2+x2=4的圆心为(0,1)，
与抛物线的焦点重合，且半径r=2，
∴|FB|=2，|AF|=yA+1，|AB|=yB−yA，
∴三角形ABF的周长=2+yA+1+yB−yA=yB+3，
∵抛物线x2=4y与圆(y−1)2+x2=4的交点为(−2,1)和(2,1)，
∴1
故答案为：(4,6)．
16.【答案】15πR216
(n−1+12n)πR2
【解析】
【分析】
本题考查等比数列的前n项和公式，属中档题．
对折一次有S1=πR22，对折二次有S2=3πR24，且S2−S1=14πR2，对折三次有S3=7πR28，且S3−S2=18πR2；则Sn−Sn−1=12nπR2，n≥2；累加可求得Sn，当n=1时也适合，进而可求k=1nSk．
【解答】
解：对折一次有S1=πR22，
对折二次有S2=3πR24，且S2−S1=14πR2，
对折三次有S3=7πR28，且S3−S2=18πR2；
对折四次有S4=15πR216，且S4−S3=116πR2；
对折n(n≥2)次后Sn−Sn−1=12nπR2；
所以n≥2时，Sn=(Sn−Sn−1)+⋯⋯+(S4−S3)+(S3−S2)+(S2−S1)+S1
=12nπR2+⋯⋯+116πR2+18πR2+14πR2+12πR2
=12πR2[1−(12)n]1−12=(1−12n)πR2，
当n=1时也适合，
所以k=1nSk=S1+S2+S3+S4+⋯⋯+Sn
=(1−12)πR2+(1−14)πR2+(1−18)πR2+⋯⋯+(1−12n)πR2
=nπR2−12πR2[1−(12)n]1−12=nπR2−(1−12n)πR2=(n−1+12n)πR2．
故答案为15πR216；(n−1+12n)πR2．
17.【答案】解：(1)由图可知，A=1，T4=2π3−5π12=π4，T=π，
所以ω=2．
当x=2π3时，f(x)=−1，可得sin(2×2π3+φ)=−1．
∵|φ|<π2∴φ=π6
∴求f(x)的解析式为：f(x)=sin(2x+π6)；
(2)由(1)知f(x)=sin(2x+π6).
将函数y=f(x)的图象向右平移π6个单位长度得到函数y=g(x)=sin[2(x−π6)+π6]=sin(2x−π6)的图象，
故g(x)=sin(2x−π6)，
∵x∈[0,π2]，
∴−π6≤2x−π6≤5π6
当2x−π6=π2，即x=π3时，g(x)有最大值为1；
当2x−π6=−π6，即x=0时，g(x)有最小值为−12；
【解析】(1)由图先求得A，T，ω的值，当x=2π3时，f(x)=−1，可得φ的值，从而可求f(x)的解析式．
(2)由函数y=Asin(ωx+φ)的图象变换可得g(x)=sin(2x−π6)，由x∈[0,π2]，可得−π6≤2x−π6≤5π6，即可求函数g(x)在区间[0,π2]上的最大值和最小值．
本题主要考查了函数y=Asin(ωx+φ)的图象变换，三角函数的周期性及其求法，属于基本知识的考查．
18.【答案】解：(1)∵a1+3a2+⋯+(2n−1)an=n，
∴n≥2时，a1+3a2+⋯+(2n−3)an−1=n−1，
相减可得：(2n−1)an=1，
∴an=12n−1，
n=1时，a1=1，满足上式，
∴an=12n−1．
(2)∵cn=119an,n为奇数anan+2,n为偶数，
∴n为奇数时，cn=119(2n−1)；
n为偶数时，cn=1(2n−1)(2n+3)=14(12n−1−12n+3)，
∴数列{cn}的前20项和为119(1+5+…+37)+14[(13−17)+(17−111)+…+(139−143)]
=119×10×(1+37)2+14(13−143)
=10+10129
=1300129．
【解析】(1)由a1+3a2+⋯+(2n−1)an=n，n≥2时，a1+3a2+⋯+(2n−3)an−1=n−1，相减化简整理即可得出an．
(2)由cn=119an,n为奇数anan+2,n为偶数，可得n为奇数时，cn=119(2n−1)；n为偶数时，cn=1(2n−1)(2n+3)=14(12n−1−12n+3)，即可得出数列{cn}的前20项和．
本题考查了数列递推关系、裂项求和方法、等差数列的求和公式、分类讨论方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
19.【答案】解：(1)PC⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，得AC⊥PC．
又AD=CD=1.在Rt△ADC，得AC= 2，
设AB中点为G，连接CG．
则四边形ADCG为边长为1的正方形，
所以CG⊥AB，且BC= 2，
因为AC2+BC2=AB2，所以AC⊥BC，
又因为BC∩PC=C，所以AC⊥平面PBC，又AC⊂平面EAC．
所以平面EAC⊥平面PBC．
(2)因为PC⊥平面ABCD，所以PC就是四棱锥P−ABCD的高，设PC=a，
因为AB⊥CD，AB//CD，所以四棱锥P−ABCD的底面ABCD是直角梯形
因为VP−ABCD=13S△ACB×PC=13×12(CD+AB)×AD×PC=a2=1，所以得a=2．
在直角三角形PCB中，PB= PC2+BC2= 4+2= 6，CE=12PB= 62，
因为PC⊥平面ABCD，又PC⊂平面PCB，所以平面PBC⊥平面ABCD．
在平面PBC内过点E作BC的垂线EF，交BC于点D．
则EF⊥平面ABCD，且EF=12PC=1，
在四面体E−ABC中，设B到平面EAC的距离为h，则
VE−ABC=VB−EAC，即S△EAC⋅h=S△ABC⋅EF，所以有AC⋅CE⋅h=AC⋅CB⋅EF，
得h=CB⋅EFCE=2 33，所以点B到平面EAC的距离为2 33．
所以P到平面EAC的距离为2 33.得AC= 2，PC=2，PA= 6，
直线PA与平面EAC所成角的正弦值为：2 33 6= 23．
【解析】(1)证明AC⊥PC.设AB中点为G，连接CG.推出CG⊥AB，AC⊥BC，得到AC⊥平面PBC，然后证明平面EAC⊥平面PBC．
(2)PC就是四棱锥P−ABCD的高，设PC=a，利用VP−ABCD=13S△ACB×PC，得a=2.说明平面PBC⊥平面ABCD.通过VE−ABC=VB−EAC，求解点B到平面EAC的距离．得到P到平面的距离，然后求解直线与平面所成角的正弦函数值．
本题考查直线与平面垂直的判断定理以及性质定理的应用，几何体的体积的求法，考查空间想象以及计算能力．
20.【答案】解：(1)由题意得x−=1+2+3+4+55=3，y−=10+12+17+20+265=17，
∴b =295−5×3×1755−45=4，则a =17−4×3=5，
∴y关于x的线性回归方程为y =4x+5，
则当y>50时，即4x+5>50，解得x>11.25，
故x的最小整数值为12，年份t=2016+12=2028，
故该地区新能源汽车的销量最早在2028年能突破50万辆；
(2)①由题意得该地区200位购车车主中女性有200−95−45=60名，则其中购置新能源汽车的女性车主有60−20=40名，
∴购置新能源汽车的车主中，女性车主所占比例为4040+45=817，
由(1)得当t=2023，即x=7时，y=33万辆，
∴该地区2023年购置新能源汽车的女性车主的人数为33×817≈15.5万人；
②由题意得p=45ω+45，其中0≤ω≤135，则p∈[14,1]，
则f(p)=∁53⋅p3⋅(1−p)2=10(p5−2p4+p3)，
则f′(p)=10(5p4−8p3+3p2)=10p2(p−1)(5p−3)，
由f′(p)=0得p=1或p=35，由f′(p)>0得14≤p<35，由f′(p)<0得35
∴当p=35，即45ω+45=35，此时ω=30时，f(p)取得极大值也是最大值，f(35)=10×(35)3×(1−35)2=216625，
故当ω为30名时，f(p)最大为216625．
【解析】(1)由题意得x−=1+2+3+4+55=3，y−=10+12+17+20+265=17，利用公式，即可得出答案；
(2)①求出购置新能源汽车的车主中，女性车主所占比例为817，由(1)得该地区2023年购置新能源汽车的销量为33万辆，即可得出答案；
②由题意得p=45ω+45，其中0≤ω≤135，则p∈[14,1]，则f(p)=∁53⋅p3⋅(1−p)2=10(p5−2p4+p3)，利用导数研究f(p)的单调性，即可得出答案．
本题考查线性回归方程和用样本数据估计总体，考查转化思想和函数思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
21.【答案】解：(1)由已知条件可得14+m2=1，因为m>0，所以m= 32，
又F1，F2的坐标分别为(− 3,0)，( 3,0)，
因此△F1MF2的面积为12|F1F2|⋅m=12⋅2 3⋅ 32=32；
(2)证明：设A(x1,y1)，B(x2,y2)，
由x2+4y2=4y=kx−35可得(1+4k2)x2−245kx−6425=0，
Δ=64k2+25625>0，且x1+x2=24k5(4k2+1)，x1x2=−6425(4k2+1)，
又y1=kx1−35，y2=kx2−35，
所以MA⋅MB=(x1,y1−1)⋅(x2,y2−1)
=x1x2+(y1−1)(y2−1)=(1+k2)x1x2−85k(x1+x2)+6425
=(1+k2)[−6425(4k2+1)]−8k5⋅24k5(4k2+1)+6425=64[−(1+k2)−3k2+4k2+1]25(1+4k2)=0，
即有MA⋅MB=0为定值；
(3)因为直线OP：y=k1x与⊙M相切，则|k1s−t| k12+1=r，即(s2−r2)k12−2stk1+t2−r2=0，
同理，由直线OQ：y=k2x与⊙M相切，可得(s2−r2)k22−2stk2+t2−r2=0，
于是k1、k2是关于ξ2的方程(s2−r2)ξ22−2stξ2+t2−r2=0的两实根，
注意到|s|≠r，且s24+t2=1，故k1k2=t2−r2s2−r2=(1−s24)−r2s2−r2，
因k1k2为定值，故不妨设k1k2=δ(定值)，
于是有δ=1−s24−r2s2−r2，即(δ+14)s2+[−1+(1−δ)r2]=0．
依题意可知，s变化，而r、δ均为定值，即有δ+14=0−1+(1−δ)r2=0，解得k1k2=δ=−14,r=2 55，
设P(x1,y1)，Q(x2,y2)，
由x24+y2=1y=k1x得x12=41+4k12y12=4k121+4k12，
同理x22=41+4k22y22=4k221+4k22，
所以|OP|2⋅|OQ|2=(x12+y12)(x22+y22)=4(1+k12)1+4k12×4(1+k22)1+4k22=16(1+k12+k22+k12k22)1+4k12+4k22+16k12k22=17+16k12+16k222+4k12+4k22=4+92+4(k12+k12)≤4+92+4⋅2⋅|k1k2|=254，
当且仅当|k1|=|k2|=12(k1k2<0)时取等号，
因此4<|OP|2⋅|OQ|2≤254，解得2<|OP|⋅|OQ|≤52，所以|OP|⋅|OQ|的范围为(2,52],
当k1=−k2=12或−k1=k2=12时，直线OP，OQ关于坐标轴对称，此时圆心M为椭圆顶点，所以圆M的方程为(x±2)2+y2=45或x2+(y±1)2=45．
【解析】(1)将点M(1,m)(m>0)代入求出m= 32，再求出左、右焦点即可求解．
(2)将直线与椭圆方程联立，利用韦达定理以及向量数量积的坐标运算即可求解．
(3)设出直线OP：y=k1x，直线OQ：y=k2x，利用点到直线的距离公式可得k1、k2是关于ξ2的方程(s2−r2)ξ22−2stξ2+t2−r2=0的两实根，根据题意k1k2为定值，可得k1k2=δ=−14,r=2 55，设P(x1,y1)，Q(x2,y2)，将直线OP：y=k1x，直线OQ：y=k2x与椭圆联立，求出|OP|⋅|OQ|≤52，即求．
本题考查了直线与椭圆的位置关系，椭圆中的定值和圆锥曲线的综合，属于难题．
22.【答案】解：(1)因为f′(x)=−xe−x，
所以当x∈(−∞,0)，f′(x)>0，f(x)在(−∞,0)上单调递增，
当x∈(0,+∞)，f′(x)<0，f(x)在(0,+∞)单调递减，
所以f(x)的极大值为f(0)=1，f(x)无极小值；
(2)令x1=lnt1，x2=lnt2，
则t2lnt1−t1lnt2=t1−t2⇔ex2x1−ex1x2=ex1−ex2⇔x1+1ex1=x2+1ex2，
依题意得实数x1，x2满足f(x1)=f(x2)且不等式x1+λx2>0恒成立，
不妨设x1
∴x2>−x1λ>0，
又函数f(x)在(0,+∞)单调递减，
∴f(x2)
所以f(x1)
设F(x)=λln(x+1)−λln(1−xλ)−(1+λ)x,x∈(−1,0)，
则F′(x)=λx+1+11−xλ−(1+λ)=(1+λ)x(x+1−λ)(x+1)(λ−x)，
①当λ≥1时，F′(x)>0对x∈(−1,0)恒成立，此时F(x)在(−1,0)上单调递增，
故F(x)
此时F(x)在(λ−1,0)上单调递减，故F(x)>F(0)=0，不符合题意；
综上所述，λ≥1，
若x1>x2，则由(1)知，−1
当λ>0时，不等式x1+λx2>0⇔1λx1+x2>0，
由上面的过程可知1λ≥1，解得0<λ≤1，从而λ≤1，
综上，只有λ=1满足题意，
即λ的取值范围是{1}．
【解析】(1)首先对函数求导，令导数大于零，求得增区间，令导数小于零，求得减区间，从而得极值；
(2)令x1=lnt1，x2=lnt2，将式子t2lnt1−t1lnt2=t1−t2转化为x1+1ex1=x2+1ex2，实数x1，x2满足f(x1)=f(x2)且不等式x1+λx2>0恒成立，分情况讨论求得结果．
本题考查了导数的综合应用，属于难题．
2023年湖南省岳阳市岳阳县高考数学适应性试卷
一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 若复数z=2+ia+i的实部与虚部相等，则实数a的值为( )
A. −3 B. −1 C. 1 D. 3
2. 已知p：∀x>0，a≤x+14x，q：a2−2a−3<0，若p和q均为真命题，则实数a的取值范围是( )
A. (−1,1] B. [1,3) C. (3,4] D. (−1,4]
3. 空间中，α，β，γ是三个互不重合的平面，l是一条直线，则下列命题中正确的是( )
A. 若α⊥β，l//α，则l⊥β B. 若α⊥β，l⊥β，则l//α
C. 若l⊥α，l//β，则α⊥β D. 若l//α，l//β，则α//β
4. 某地病毒爆发，全省支援，需要从我市某医院某科室的5名男医生(含一名主任医师)、4名女医生(含一名主任医师)中分别选派3名男医生和2名女医生，则在有一名主任医师被选派的条件下，两名主任医师都被选派的概率为( )
A. 38 B. 310 C. 311 D. 35
5. 已知函数f(x)为偶函数，且当x≥0时，f(x)=ex−cosx，则不等式f(x−3)−f(2x−1)<0的解集为( )
A. (−2,43) B. (−∞,−2)
C. (−2,+∞) D. (−∞,−2)∪(43,+∞)
6. 已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若S2021>0，S2022<0，下列结论正确的是( )
A. 数列{an}是递增数列 B. |a1012|>|a1011|
C. 当Sn取得最大值时，n=1012 D. S1012
A. 30 37 B. 30 314 C. 225 314 D. 135 314
8. 国家体育场“鸟巢”的钢结构鸟瞰图如图1所示，内外两圈的钢骨架是离心率相同的椭圆；某校体育馆的钢结构与“鸟巢”相同，其平面图如图2所示，若由外层椭圆长轴一端点A和短轴一端点B分别向内层椭圆引切线AC，BD，且两切线斜率之积等于−58，则椭圆的离心率为( )
A. 34 B. 58 C. 74 D. 64
二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）
9. 已知正实数a，b满足a+4b=2，则( )
A. ab≤14 B. 2a+16b≥4 C. 1a+1b≥92 D. a+2 b≥4
10. 关于函数f(x)= 3sin(2x−π6)+2sin2(x−π12)，下列结论正确的是( )
A. 函数f(x)的最大值是2
B. 函数f(x)在(−π12,5π12)单调递减
C. 函数f(x)的图像可以由函数y=2sin2x+1的图像向右平移π6个单位得到
D. 若方程f(x)−m=0在区间[π12,π2]有两个实根，则m∈[ 3+1,3]
11. 在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AD=2AB=2AA1=4，E是棱B1C1的中点，过点B，E，D1的平面α交棱AD于点F，点P为线段D1F上一动点，则( )
A. 三棱锥P−ABE的体积为定值
B. 存在点P，使得DP⊥α
C. 直线PE与平面BCC1B1所成角的正切值的最大值为 2
D. 三棱锥P−BB1E外接球表面积的取值范围是[12π,44π]
12. 已知双曲线E：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)与椭圆x29+y25=1的焦点相同，双曲线E的左右焦点分别为F1，F2，过点F2的直线与双曲线E的右支交于P，Q两点，PF1与y轴相交于点A，△PAF2的内切圆与边AF2相切于点B.若|AB|=1，则下列说法正确的有( )
A. 双曲线E的渐近线方程为y=± 3x
B. 过点(1,1)存在两条直线与双曲线E有且仅有一个交点
C. 点P在变化过程中，△AF1F2面积的取值范围是(12 313,4 3)
D. 若PF1⊥PF2，则△PAF2的内切圆面积为316π
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 已知向量a，b满足|a|=1，|a−2b|= 7，
14. (x2+x+y)5的展开式中，x5y2的系数为 ．
15. 如图，点F是抛物线C：x2=4y的焦点，点A，B分别在抛物线C和圆x2+(y−1)2=4的实线部分上运动，且AB总是平行于y轴，则△AFB周长的取值范围是 ．
16. 我国民间剪纸艺术在剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折．现有一张半径为R的圆形纸，对折1次可以得到两个规格相同的图形，将其中之一进行第2次对折后，就会得到三个图形，其中有两个规格相同，取规格相同的两个之一进行第3次对折后，就会得到四个图形，其中依然有两个规格相同，以此类推，每次对折后都会有两个图形规格相同．如果把k次对折后得到的不同规格的图形面积和用Sk表示，由题意知S1=πR22，S2=3πR24，则S4= ；如果对折n次，则k=1nSk= ．
四、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)=Asin(ωx+φ)(x∈R,A>0,ω>0,|φ|<π2)部分图象如图所示．
(Ⅰ)求f(x)的最小正周期及解析式；
(Ⅱ)将函数y=f(x)的图象向右平移π6个单位长度得到函数y=g(x)的图象，求函数g(x)在区间[0,π2]上的最大值和最小值．
18. (本小题12.0分)
已知数列{an}满足a1+3a2+⋯+(2n−1)an=n．
(1)求{an}的通项公式；
(2)已知cn=119an,n为奇数anan+2,n为偶数，求数列{cn}的前20项和．
19. (本小题12.0分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，已知PC⊥底面ABCD，AB⊥AD，AB//CD，AB=2，AD=CD=1，E是PB的中点．
(1)求证：平面EAC⊥平面PBC；
(2)若E是PB的中点，且二面角P−AC−E的余弦值是 63，求直线PA与平面EAC所成角的正弦值．
20. (本小题12.0分)
汽车尾气排放超标是全球变暖、海平面上升的重要因素．我国近几年着重强调可持续发展，加大在新能源项目的支持力度，积极推动新能源汽车产业迅速发展，某汽车制造企业对某地区新能源汽车的销售情况进行调查，得到下面的统计表：
年份t
2017
2018
2019
2020
2021
年份代码x(x=t−2016)
1
2
3
4
5
销量y/万辆
10
12
17
20
26
(1)统计表明销量y与年份代码x有较强的线性相关关系，求y关于x的线性回归方程，并预测该地区新能源汽车的销量最早在哪一年能突破50万辆；
(2)为了解购车车主的性别与购车种类(分为新能源汽车与传统燃油汽油车)的情况，该企业随机调查了该地区200位购车车主的购车情况作为样本，其中男性车主中购置传统燃油汽车的有ω名，购置新能源汽车的有45名，女性车主中有20名购置传统燃油汽车．
①若ω=95，将样本中购置新能源汽车的性别占比作为概率，以样本估计总体，试用(1)中的线性回归方程预测该地区2023年购置新能源汽车的女性车主的人数假设每位车主只购买一辆汽车，结果精确到千人)；
②设男性车主中购置新能源汽车的概率为p，若将样本中的频率视为概率，从被调查的所有男性车主中随机抽取5人，记恰有3人购置新能源汽车的概率为f(p)，求当w为何值时，f(p)最大．
附：y=bx+a为回归方程，b =i=1nxiyi−nx−⋅y−i=1nxi2−nx2−,a =y−−b x−．
21. (本小题12.0分)
已知F1、F2分别为椭圆Γ：x24+y2=1的左、右焦点，M为Γ上的一点．
(1)若点M的坐标为(1,m)(m>0)，求△F1MF2的面积；
(2)若点M的坐标为(0,1)，且直线y=kx−35(k∈R)与Γ交于不同的两点A、B，求证：MA⋅MB为定值，并求出该定值；
(3)如图，设点M的坐标为(s,t)，过坐标原点O作圆M：(x−s)2+(y−t)2=r2(其中r为定值，0
22. (本小题12.0分)
已知函数f(x)=e−x(x+1)
(1)求函数f(x)的极值；
(2)设t1，t2为两个不等的正数，t1
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：∵数z=2+ia+i=(2+i)(a−i)(a+i)(a−i)=2a+1a2+1+a−2a2+1i的实部与虚部相等，
∴2a+1a2+1=a−2a2+1，解得a=−3．
故选：A．
根据已知条件，结合复数的四则运算，以及复数的实部和虚部的定义，即可求解．
本题主要考查复数的四则运算，以及复数的实部和虚部的定义，属于基础题．
2.【答案】A
【解析】解：对于p，有x+14x≥2 14=1，若∀x>0，a≤x+14x为真，则a≤1，
对于q，a2−2a−3<0，解可得−1
故选：A．
根据题意，求出p、q为真命题时a的取值范围，再取交集即可．
本题考查复合命题真假的判断，涉及全称、特称命题真假的判断，属于基础题，
3.【答案】C
【解析】解：若α⊥β，l//α，则l与β可能平行也可能相交，故A错误；
若α⊥β，l⊥β，则l//α或l⊂α，故B错误；
若l//β，则存在直线m⊂β，使得l//m，
又由l⊥α可得m⊥α，故α⊥β，故C正确；
若l//α，l//β，则α与β可能平行也可能相交(此时交线与l平行)．
故选：C．
根据空间线面关系，线线关系，面面关系的定义，几何特征，性质及判定方法，逐一判断四个答案中的结论的真假，即可得到答案．
本题考查的知识点是空间直线与平面之间的位置关系，熟练掌握空间线面关系，面面关系，线线关系的定义，几何特征及性质和判定方法是解答的关键．
4.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查了条件概率的概念与计算，古典概型及其计算，以及组合问题，属于中档题．
设事件A表示“有一名主任医师被选派”，B表示“另一名主任医师被选派”，根据古典概型分别求出P(A)，P(AB)，再利用条件概率公式求出在有一名主任医师被选派的条件下，两名主任医师都被选派的概率．
【解答】
解：需要从我市某医院某科室的5名男医生(含一名主任医师)、4名女医生(含一名主任医师)中分别选派3名男医生和2名女医生．
设事件A表示“有一名主任医师被选派”，B表示“另一名主任医师被选派”，
P(A)=C11C42C32C53C42+C43C11C31C53C42+C22C42C31C53C42=45，
P(AB)=C22C42C31C53C42=310，
则在有一名主任医师被选派的条件下，两名主任医师都被选派的概率为：
P(B|A)=P(AB)P(A)=31045=38．
故选：A．
5.【答案】D
【解析】解：当x≥0时，f(x)=ex−cosx，则f′(x)=ex+sinx，
∵x≥0，∴ex≥1，
∴f′(x)≥1+sinx≥0，即f(x)在[0,+∞)上单调递增，
又函数f(x)为偶函数，则f(x)在(−∞,0]上单调递减，
∵f(x−3)−f(2x−1)<0，即f(x−3)
故不等式f(x−3)−f(2x−1)<0的解集为(−∞,−2)∪(43,+∞)．
故选：D．
由题意得当x≥0时，f′(x)=ex+sinx，则f′(x)≥1+sinx≥0，即f(x)在[0,+∞)上单调递增，即f(x)在(−∞,0]上单调递减，原不等式转化为f(x−3)
6.【答案】B
【解析】解：∵S2021>0，S2022<0，
∴2021(a1+a2021)2=2021a1011>0，2022(a1+a2022)2=1011(a1011+a1012)<0，
∴a1011>0，a1011+a1012<0，
∴a1011>0，a1012<0，
∴公差d<0，等差数列{an}是递减数列，|a1011|<|a1012|，
n=1011时，Sn取得最大值，S1012=S1009+a1010+a1011+a1012=S1009+2a1011>S1009，
因此只有B正确．
故选：B．
由已知S2021>0，S2022<0，利用求和公式及其性质可得：a1011>0，a1011+a1012<0，进而判断出结论．
本题考查了等差数列的通项公式求和公式及其性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
7.【答案】D
【解析】解：由正弦定理及诱导公式，可得asin(B+π)+bcos(5π6−A)=0，
所以−sinAsinB+sinB(− 32cosA+12sinA)=0，
∵sinB>0，
化简得：sinA+ 3cosA=0⇒tanA=− 3，
又A∈(0,π)，则A=2π3，
又BM=25BC，则 BM=6，MC=9，
因∠MAB=∠MBA，则∠MAC=2π3−B，∠MCA=π3−B，
则在△MAC中，MCsin∠MAC=MAsin∠MCA，
即9sin(2π3−B)=6sin(π3−B)，
解得tanB= 35．
则sin∠AMC=sin2B=2tanB1+tan2B=5 314，
则△MAC中，边AM对应高h=6×5 314=15 37，
则△MAC面积S=12×9×15 37=135 314．
故选：D．
由正弦定理及诱导公式结合asin(B+π)+bcos(5π6−A)=0可得A=2π3.由BM=25BC，结合a=15可得BM=6，MC=9，由∠MAB=∠MBA，A=2π3结合正弦定理，可得sin∠AMC，即可得面积．
本题主要考查了正弦定理，和差角公式，三角形的面积公式及同角基本关系在求解三角形中的应用，属于中档题．
8.【答案】D
【解析】解：设内圈椭圆的方程为x2a2+y2b2=1，外圈椭圆的方程为x2(ma)2+y2(mb)2=1，其中m>1，
则A(−ma,0)，B(0,mb)，设C(xC,yC)，D(xD,yD).
过C点且与内圈椭圆相切的直线方程为xCxa2+ycyb2=1，代入A点坐标，整理得xC=−am，
代入x2a2+y2b2=1且yC<0，解得yC=−b m2−1m，所以kAC=yCxC+ma=−ba⋅1 m2−1；
过D点且与内圈椭圆相切的直线方程为xDxa2+yDyb2=1，代入B点坐标，整理得yD=bm，
代入x2a2+y2b2=1且xD>0，解得xD=−am m2−1，所以kBD=yD−mbxD=ba⋅ m2−1．
所以kAC⋅kBD=−b2a2=−58，e= 1−b2a2= 38= 64．
故选：D．
过P(x0,y0)且与椭圆x2a2+y2b2=1相切的直线方程为x0xa2+y0yb2=1，利用这一结论分别设出过C点和D点与椭圆相切的直线方程，
分别代入A，B坐标，求出C，D的坐标，进而表示出直线AC和直线BD的斜率，再代入kAC⋅kBD=−58求出a，b的关系式，进而求出离心率．
本题考查椭圆的切线方程，几何性质，属于中档题．
9.【答案】ABC
【解析】解对：于A，因为2=a+4b≥2 4ab，所以ab≤14，当且仅当a=4b=1，即a=1,b=14时，取到等号，故A正确；
对于B，2a+16b≥2 2a⋅16b=2 2a+4b=4，当且仅当a=4b=1，即a=1,b=14时，取到等号，故B正确；
对于C，1a+1b=12(a+4b)(1a+1b)=12(5+ab+4ba)≥12(5+2 ab×4ba)=92，当且仅当a=2b，即a=23,b=13时，取到等号，故C正确；
对于D，( a+2 b)2=a+4b+4 ab≤4，所以 a+2 b≤2，当且仅当a=4b=1，即a=1,b=14时，取到等号，故D错误．
故选：ABC．
利用基本不等式可得A，B，D正误，利用1的妙用可得C的正误．
本题主要考查了基本不等式在最值求解中的应用，属于中档题．
10.【答案】CD
【解析】解：f(x)= 3sin(2x−π6)+2sin2(x−π12)= 3sin(2x−π6)−cos(2x−π6)+1=2[ 32sin(2x−π6)−12cos(2x−π6)]+1=2sin(2x−π3)+1．
当sin(2x−π3)=1时，函数f(x)的最大值是3，故A错误；
当x∈(−π12,5π12)时，2x−π3∈(−π2,π2)，
故(−π2,π2)是正弦函数的递增区间，故B错误；
函数y=2sin2x+1的图像向右平移π6个单位得到函数y=2sin2(x−π6)+1=2sin(2x−π3)+1的图像，故C正确；
令−π2+2kπ≤2x−π3≤π2+2kπ(k∈Z)，解得−π12+kπ≤x≤5π12+kπ(k∈Z)，
f(x)在[−π12+kπ,5π12+kπ](k∈Z)上单调递增，
令π2+2kπ≤2x−π3≤3π2+2kπ(k∈Z)，解得5π12+kπ≤x≤11π12+kπ(k∈Z)，
故f(x)在[5π12+kπ,11π12+kπ](k∈Z)上单调递减，
当x∈[π12,π2]时，f(x)在[π12,5π12]上单调递增，在[5π12,π2]上单调递减，
f(π12)=1，f(5π12)=3，f(π2)= 3+1，
故f(x)−m=0在区间[π12,π2]有两个实根，m∈[ 3+1,3]，故D正确．
故选：CD．
利用倍角公式和辅助角公式化简函数解析式，根据函数解析式研究选项中相关的函数性质．
本题主要考查三角函数的图象与性质，考查转化能力，属于中档题．
11.【答案】ACD
【解析】解：对于A，因为平面AA1D1D//平面BB1C1C，
根据面面平行的性质，平面α与这两个平面的交线互相平行，即D1F//BE，
因为D1F⊄面ABE，BE⊂面ABE，
所以D1F//平面ABE，
又点P在线段D1F上，所以三棱锥P−ABE的体积为定值，故A正确；
对于B，若存在点P，使得DP⊥α，因为BF⊂α，则DP⊥BF，
因为DD1⊥BF，DD1∩DP=D，DD1，DP⊂平面AA1D1D，所以BF⊥平面AA1D1D，与题意矛盾，故B错误；
对于C，如图1所示，取BC的中点Q，连接C1Q，
则点P在平面BCC1B1内的射影P′在C1Q上，直线PE与平面BCC1B1所成角即∠PEP′，且有tan∠PEP′=PP′EP′，
由已知可得PP′=2，EP′最小为 2，所以tan∠PEP′的最大值为 2，故C正确．
对于D，如图2，取A1D1的中点G，连接AG，分别取BE，AG的中点O1，O2，
连接O1，O2，因为△BB1E是等腰直角三角形，
所以三棱锥P−BB1E外接球的球心O在直线O1O2上，
设三棱锥P−BB1E外接球的半径为R，则OB=OP=R，
所以|OO1|2+|O1B|2=|OO2|2+|O2P|2，
设|OO1|=d，则d2+2=(2−d)2+|O2P|2，
所以d=12+|O2P|24，
当点P与F重合时，|O2P|取最小值 2，此时d=1，R2=3，
三棱锥P−BB1E外接球的表面积为4πR2=12π，
当点P与D1重合时，|O2P|取最大值 10，
此时d=3，R2=11，三棱锥P−BB1E外接球的表面积为4πR2=44π，故D正确．
故选：ACD．
对于选项A，利用面面平行的性质，得到D1F//平面ABE，从而可判断出选项A正确；对于选项B，假设存在，可推出BF⊥平面AA1D1D，从而判断选项B错误；对于选项C，利用线面角的定义，找出线面角为∠PEP′，从而在Rt△PP′E中，求出tan∠PEP′的值，进而判断选项C正确．对于选项D，利用球的截面圆的几何性质，找出球心在直线O1O2上，利用R2=r2+d2，建立方程|OO1|2+|O1B|2=|OO2|2+|O2P|2，从而求出球的表面积的取值范围．
本题考查立体几何知识的综合运用，考查逻辑推理能力和运算求解能力，属于中档题．
12.【答案】AC
【解析】解：由题可得F1(−2,0)，F2(2,0)，
因为△PAF2的内切圆与边AF2相切于点B，设△PAF2的内切圆与PF1，PF2分别切于M，N，如图，
由切线长定理可知|PM|=|PN|，|F2B|=|F2N|，|AM|=|AB|，|AF1|=|AF2|，
所以|PF1|−|PF2|=|PM|+|AM|+|AF1|−(|PN|+|F2N|)=|AM|+|AF1|−|F2N|=|AB|+|AF2|−|F2B|=2|AB|=2，
∴a=1,c=2,b= 4−1= 3，
所以双曲线E的方程为x2−y23=1，
对A，由题可得双曲线E的渐近线方程为y=±bax=± 3x，故A正确；
对B，由双曲线的性质可知过点(1,1)的直线与渐近线平行时与双曲线有且仅有一个公共点，
又过点(1,1)的直线斜率不存在时，即x=1与双曲线x2−y23=1有且仅有一个公共点，
故过点(1,1)的直线存在三条直线与双曲线E有且仅有一个交点，故B错误．
对C，因为△AF1F2面积为S△AF1F2=12|F1F2||yA|=2|yA|，因此只需求|yA|的范围即可，可取临界位置，
当AF1与渐近线平行时，不妨设AF1：y= 3(x+2)，令x=0可得y=2 3，
当PF2与另一条渐近线平行时，不妨设PF2：y=− 3(x−2)，联立双曲线方程x2−y23=1，
解得x=54,y=3 34，即P(54,3 34)，所以PF1：y=3 3454+2(x+2)，令x=0可得y=6 313，
所以|yA|∈(6 313,2 3)，S△AF1F2∈(12 313,4 3)，故C正确；
对D，当PF1⊥PF2时，则|PF1|−|PF2|=2，|PF1|2+|PF2|2=42，解得|PF1|= 7+1,|PF2|= 7−1，
故△PAF2的内切圆的周长为|PA|+|AF2|+|F2P|=|PF1|+|PF2|=2 7，
△PF1F2的面积为S△PF1F2=12|PF1||PF2|=12( 7+1)( 7−1)=3，
由题可知Rt△PF1F2～Rt△OF1A，故|OA||OF1|=|PF2||PF1|，|OA|2= 7−1 7+1，即|OA|=8−2 73，
所以S△AF1F2=12|F1F2||OA|=16−4 73，S△PAF2=S△PF1F2−S△AF1F2=3−16−4 73=4 7−73，
设△PAF2的内切圆的半径为r，
则S△PAF2=4 7−73=12×2 7⋅r，即r=4− 73，△PAF2的内切圆的面积为πr2=(4− 73)2π，故D错误．
故选：AC．
结合双曲线的定义、圆的切线长定理求得a，b，从而求得双曲线E的方程，结合双曲线的渐近线、直线和双曲线的交点、焦点三角形的性质、三角形内切圆面积等知识对选项进行分析，从而确定正确答案．
本题综合考查了双曲线性质的应用，考查了数学运算的核心素养，属于中档题．
13.【答案】 32
【解析】解：因为|a−2b|= 7，所以|a−2b|2=7，
即|a−2b|2=a2+4b2−4a⋅b=1+4|b|2−4|a||b|cos150°=1+4|b|2+2 3|b|=7，
即4|b|2+2 3|b|−6=0，
因为|b|>0，
所以可解得|b|= 32．
故答案为： 32．
由|a−2b|= 7得|a−2b|2=7，展开可得关于|b|的方程，解方程即得答案．
本题主要平面向量的数量积运算，属于中档题．
14.【答案】30
【解析】
【分析】
本题考查了二项式定理的灵活应用问题，也考查了分步相乘原理的应用问题，是中档题目．
利用分步相乘原理，可以得出x5y2的系数．
【解答】
解：(x2+x+y)5可看作5个(x2+x+y)相乘，
从中选2个y，有C52种选法；
再从剩余的三个(x2+x+y)选出2个x2，
最后一个(x2+x+y)选出x，有C32⋅C11种选法；
∴x5y2的系数为C52⋅C32⋅C11=30，
故答案为：30．
15.【答案】(4,6)
【解析】
【分析】
本题考查了抛物线的定义与圆的标准方程及其性质、三角形的周长，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
圆(y−1)2+x2=4的圆心为(0,1)，半径r=2，与抛物线的焦点重合，可得|FB|=2，|AF|=yA+1，|AB|=yB−yA，即可得出三角形ABF的周长=2+yA+1+yB−yA=yB+3，利用1
解：抛物线x2=4y的焦点为(0,1)，准线方程为y=−1，
圆(y−1)2+x2=4的圆心为(0,1)，
与抛物线的焦点重合，且半径r=2，
∴|FB|=2，|AF|=yA+1，|AB|=yB−yA，
∴三角形ABF的周长=2+yA+1+yB−yA=yB+3，
∵抛物线x2=4y与圆(y−1)2+x2=4的交点为(−2,1)和(2,1)，
∴1
故答案为：(4,6)．
16.【答案】15πR216
(n−1+12n)πR2
【解析】
【分析】
本题考查等比数列的前n项和公式，属中档题．
对折一次有S1=πR22，对折二次有S2=3πR24，且S2−S1=14πR2，对折三次有S3=7πR28，且S3−S2=18πR2；则Sn−Sn−1=12nπR2，n≥2；累加可求得Sn，当n=1时也适合，进而可求k=1nSk．
【解答】
解：对折一次有S1=πR22，
对折二次有S2=3πR24，且S2−S1=14πR2，
对折三次有S3=7πR28，且S3−S2=18πR2；
对折四次有S4=15πR216，且S4−S3=116πR2；
对折n(n≥2)次后Sn−Sn−1=12nπR2；
所以n≥2时，Sn=(Sn−Sn−1)+⋯⋯+(S4−S3)+(S3−S2)+(S2−S1)+S1
=12nπR2+⋯⋯+116πR2+18πR2+14πR2+12πR2
=12πR2[1−(12)n]1−12=(1−12n)πR2，
当n=1时也适合，
所以k=1nSk=S1+S2+S3+S4+⋯⋯+Sn
=(1−12)πR2+(1−14)πR2+(1−18)πR2+⋯⋯+(1−12n)πR2
=nπR2−12πR2[1−(12)n]1−12=nπR2−(1−12n)πR2=(n−1+12n)πR2．
故答案为15πR216；(n−1+12n)πR2．
17.【答案】解：(1)由图可知，A=1，T4=2π3−5π12=π4，T=π，
所以ω=2．
当x=2π3时，f(x)=−1，可得sin(2×2π3+φ)=−1．
∵|φ|<π2∴φ=π6
∴求f(x)的解析式为：f(x)=sin(2x+π6)；
(2)由(1)知f(x)=sin(2x+π6).
将函数y=f(x)的图象向右平移π6个单位长度得到函数y=g(x)=sin[2(x−π6)+π6]=sin(2x−π6)的图象，
故g(x)=sin(2x−π6)，
∵x∈[0,π2]，
∴−π6≤2x−π6≤5π6
当2x−π6=π2，即x=π3时，g(x)有最大值为1；
当2x−π6=−π6，即x=0时，g(x)有最小值为−12；
【解析】(1)由图先求得A，T，ω的值，当x=2π3时，f(x)=−1，可得φ的值，从而可求f(x)的解析式．
(2)由函数y=Asin(ωx+φ)的图象变换可得g(x)=sin(2x−π6)，由x∈[0,π2]，可得−π6≤2x−π6≤5π6，即可求函数g(x)在区间[0,π2]上的最大值和最小值．
本题主要考查了函数y=Asin(ωx+φ)的图象变换，三角函数的周期性及其求法，属于基本知识的考查．
18.【答案】解：(1)∵a1+3a2+⋯+(2n−1)an=n，
∴n≥2时，a1+3a2+⋯+(2n−3)an−1=n−1，
相减可得：(2n−1)an=1，
∴an=12n−1，
n=1时，a1=1，满足上式，
∴an=12n−1．
(2)∵cn=119an,n为奇数anan+2,n为偶数，
∴n为奇数时，cn=119(2n−1)；
n为偶数时，cn=1(2n−1)(2n+3)=14(12n−1−12n+3)，
∴数列{cn}的前20项和为119(1+5+…+37)+14[(13−17)+(17−111)+…+(139−143)]
=119×10×(1+37)2+14(13−143)
=10+10129
=1300129．
【解析】(1)由a1+3a2+⋯+(2n−1)an=n，n≥2时，a1+3a2+⋯+(2n−3)an−1=n−1，相减化简整理即可得出an．
(2)由cn=119an,n为奇数anan+2,n为偶数，可得n为奇数时，cn=119(2n−1)；n为偶数时，cn=1(2n−1)(2n+3)=14(12n−1−12n+3)，即可得出数列{cn}的前20项和．
本题考查了数列递推关系、裂项求和方法、等差数列的求和公式、分类讨论方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
19.【答案】解：(1)PC⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，得AC⊥PC．
又AD=CD=1.在Rt△ADC，得AC= 2，
设AB中点为G，连接CG．
则四边形ADCG为边长为1的正方形，
所以CG⊥AB，且BC= 2，
因为AC2+BC2=AB2，所以AC⊥BC，
又因为BC∩PC=C，所以AC⊥平面PBC，又AC⊂平面EAC．
所以平面EAC⊥平面PBC．
(2)因为PC⊥平面ABCD，所以PC就是四棱锥P−ABCD的高，设PC=a，
因为AB⊥CD，AB//CD，所以四棱锥P−ABCD的底面ABCD是直角梯形
因为VP−ABCD=13S△ACB×PC=13×12(CD+AB)×AD×PC=a2=1，所以得a=2．
在直角三角形PCB中，PB= PC2+BC2= 4+2= 6，CE=12PB= 62，
因为PC⊥平面ABCD，又PC⊂平面PCB，所以平面PBC⊥平面ABCD．
在平面PBC内过点E作BC的垂线EF，交BC于点D．
则EF⊥平面ABCD，且EF=12PC=1，
在四面体E−ABC中，设B到平面EAC的距离为h，则
VE−ABC=VB−EAC，即S△EAC⋅h=S△ABC⋅EF，所以有AC⋅CE⋅h=AC⋅CB⋅EF，
得h=CB⋅EFCE=2 33，所以点B到平面EAC的距离为2 33．
所以P到平面EAC的距离为2 33.得AC= 2，PC=2，PA= 6，
直线PA与平面EAC所成角的正弦值为：2 33 6= 23．
【解析】(1)证明AC⊥PC.设AB中点为G，连接CG.推出CG⊥AB，AC⊥BC，得到AC⊥平面PBC，然后证明平面EAC⊥平面PBC．
(2)PC就是四棱锥P−ABCD的高，设PC=a，利用VP−ABCD=13S△ACB×PC，得a=2.说明平面PBC⊥平面ABCD.通过VE−ABC=VB−EAC，求解点B到平面EAC的距离．得到P到平面的距离，然后求解直线与平面所成角的正弦函数值．
本题考查直线与平面垂直的判断定理以及性质定理的应用，几何体的体积的求法，考查空间想象以及计算能力．
20.【答案】解：(1)由题意得x−=1+2+3+4+55=3，y−=10+12+17+20+265=17，
∴b =295−5×3×1755−45=4，则a =17−4×3=5，
∴y关于x的线性回归方程为y =4x+5，
则当y>50时，即4x+5>50，解得x>11.25，
故x的最小整数值为12，年份t=2016+12=2028，
故该地区新能源汽车的销量最早在2028年能突破50万辆；
(2)①由题意得该地区200位购车车主中女性有200−95−45=60名，则其中购置新能源汽车的女性车主有60−20=40名，
∴购置新能源汽车的车主中，女性车主所占比例为4040+45=817，
由(1)得当t=2023，即x=7时，y=33万辆，
∴该地区2023年购置新能源汽车的女性车主的人数为33×817≈15.5万人；
②由题意得p=45ω+45，其中0≤ω≤135，则p∈[14,1]，
则f(p)=∁53⋅p3⋅(1−p)2=10(p5−2p4+p3)，
则f′(p)=10(5p4−8p3+3p2)=10p2(p−1)(5p−3)，
由f′(p)=0得p=1或p=35，由f′(p)>0得14≤p<35，由f′(p)<0得35
∴当p=35，即45ω+45=35，此时ω=30时，f(p)取得极大值也是最大值，f(35)=10×(35)3×(1−35)2=216625，
故当ω为30名时，f(p)最大为216625．
【解析】(1)由题意得x−=1+2+3+4+55=3，y−=10+12+17+20+265=17，利用公式，即可得出答案；
(2)①求出购置新能源汽车的车主中，女性车主所占比例为817，由(1)得该地区2023年购置新能源汽车的销量为33万辆，即可得出答案；
②由题意得p=45ω+45，其中0≤ω≤135，则p∈[14,1]，则f(p)=∁53⋅p3⋅(1−p)2=10(p5−2p4+p3)，利用导数研究f(p)的单调性，即可得出答案．
本题考查线性回归方程和用样本数据估计总体，考查转化思想和函数思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
21.【答案】解：(1)由已知条件可得14+m2=1，因为m>0，所以m= 32，
又F1，F2的坐标分别为(− 3,0)，( 3,0)，
因此△F1MF2的面积为12|F1F2|⋅m=12⋅2 3⋅ 32=32；
(2)证明：设A(x1,y1)，B(x2,y2)，
由x2+4y2=4y=kx−35可得(1+4k2)x2−245kx−6425=0，
Δ=64k2+25625>0，且x1+x2=24k5(4k2+1)，x1x2=−6425(4k2+1)，
又y1=kx1−35，y2=kx2−35，
所以MA⋅MB=(x1,y1−1)⋅(x2,y2−1)
=x1x2+(y1−1)(y2−1)=(1+k2)x1x2−85k(x1+x2)+6425
=(1+k2)[−6425(4k2+1)]−8k5⋅24k5(4k2+1)+6425=64[−(1+k2)−3k2+4k2+1]25(1+4k2)=0，
即有MA⋅MB=0为定值；
(3)因为直线OP：y=k1x与⊙M相切，则|k1s−t| k12+1=r，即(s2−r2)k12−2stk1+t2−r2=0，
同理，由直线OQ：y=k2x与⊙M相切，可得(s2−r2)k22−2stk2+t2−r2=0，
于是k1、k2是关于ξ2的方程(s2−r2)ξ22−2stξ2+t2−r2=0的两实根，
注意到|s|≠r，且s24+t2=1，故k1k2=t2−r2s2−r2=(1−s24)−r2s2−r2，
因k1k2为定值，故不妨设k1k2=δ(定值)，
于是有δ=1−s24−r2s2−r2，即(δ+14)s2+[−1+(1−δ)r2]=0．
依题意可知，s变化，而r、δ均为定值，即有δ+14=0−1+(1−δ)r2=0，解得k1k2=δ=−14,r=2 55，
设P(x1,y1)，Q(x2,y2)，
由x24+y2=1y=k1x得x12=41+4k12y12=4k121+4k12，
同理x22=41+4k22y22=4k221+4k22，
所以|OP|2⋅|OQ|2=(x12+y12)(x22+y22)=4(1+k12)1+4k12×4(1+k22)1+4k22=16(1+k12+k22+k12k22)1+4k12+4k22+16k12k22=17+16k12+16k222+4k12+4k22=4+92+4(k12+k12)≤4+92+4⋅2⋅|k1k2|=254，
当且仅当|k1|=|k2|=12(k1k2<0)时取等号，
因此4<|OP|2⋅|OQ|2≤254，解得2<|OP|⋅|OQ|≤52，所以|OP|⋅|OQ|的范围为(2,52],
当k1=−k2=12或−k1=k2=12时，直线OP，OQ关于坐标轴对称，此时圆心M为椭圆顶点，所以圆M的方程为(x±2)2+y2=45或x2+(y±1)2=45．
【解析】(1)将点M(1,m)(m>0)代入求出m= 32，再求出左、右焦点即可求解．
(2)将直线与椭圆方程联立，利用韦达定理以及向量数量积的坐标运算即可求解．
(3)设出直线OP：y=k1x，直线OQ：y=k2x，利用点到直线的距离公式可得k1、k2是关于ξ2的方程(s2−r2)ξ22−2stξ2+t2−r2=0的两实根，根据题意k1k2为定值，可得k1k2=δ=−14,r=2 55，设P(x1,y1)，Q(x2,y2)，将直线OP：y=k1x，直线OQ：y=k2x与椭圆联立，求出|OP|⋅|OQ|≤52，即求．
本题考查了直线与椭圆的位置关系，椭圆中的定值和圆锥曲线的综合，属于难题．
22.【答案】解：(1)因为f′(x)=−xe−x，
所以当x∈(−∞,0)，f′(x)>0，f(x)在(−∞,0)上单调递增，
当x∈(0,+∞)，f′(x)<0，f(x)在(0,+∞)单调递减，
所以f(x)的极大值为f(0)=1，f(x)无极小值；
(2)令x1=lnt1，x2=lnt2，
则t2lnt1−t1lnt2=t1−t2⇔ex2x1−ex1x2=ex1−ex2⇔x1+1ex1=x2+1ex2，
依题意得实数x1，x2满足f(x1)=f(x2)且不等式x1+λx2>0恒成立，
不妨设x1
∴x2>−x1λ>0，
又函数f(x)在(0,+∞)单调递减，
∴f(x2)
所以f(x1)
设F(x)=λln(x+1)−λln(1−xλ)−(1+λ)x,x∈(−1,0)，
则F′(x)=λx+1+11−xλ−(1+λ)=(1+λ)x(x+1−λ)(x+1)(λ−x)，
①当λ≥1时，F′(x)>0对x∈(−1,0)恒成立，此时F(x)在(−1,0)上单调递增，
故F(x)
此时F(x)在(λ−1,0)上单调递减，故F(x)>F(0)=0，不符合题意；
综上所述，λ≥1，
若x1>x2，则由(1)知，−1
当λ>0时，不等式x1+λx2>0⇔1λx1+x2>0，
由上面的过程可知1λ≥1，解得0<λ≤1，从而λ≤1，
综上，只有λ=1满足题意，
即λ的取值范围是{1}．
【解析】(1)首先对函数求导，令导数大于零，求得增区间，令导数小于零，求得减区间，从而得极值；
(2)令x1=lnt1，x2=lnt2，将式子t2lnt1−t1lnt2=t1−t2转化为x1+1ex1=x2+1ex2，实数x1，x2满足f(x1)=f(x2)且不等式x1+λx2>0恒成立，分情况讨论求得结果．
本题考查了导数的综合应用，属于难题．
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