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2024年四川省成都外国语学校高考数学模拟试卷（理科）（三）（含解析）
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这是一份2024年四川省成都外国语学校高考数学模拟试卷（理科）（三）（含解析），共17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。
1.已知集合A={x|x2−4x≤0,x∈Z}，B={x|−1≤x<4}，则A∩B=( )
A. [−1,4]B. [0,4)C. {0,1,2,3,4}D. {0,1,2,3}
2.已知i为虚数单位，若复数z=4−m2−(m−2)i为纯虚数，则实数m=( )
A. 0B. 2C. −2D. 4
3.“1A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
4.已知α为锐角，若sin(2α−π2)=2− 34，则csα=( )
A. 3−18B. 3−14C. 3+18D. 3+14
5.正方形ABCD的边长为2，E是AD的中点，F是DC的中点，则(EB+EF)⋅BF=( )
A. 4B. 3C. −4D. −3
6.已知非零实数a，b满足a>|b|+1，则下列不等关系不一定成立的是( )
A. a2>b2+1B. 2a>2b+1C. a2>4bD. |a||b|>b+1
7.已知函数f(x)=x2+14，g(x)=sinx，则图象为如图的函数可能是( )
A. y=f(x)g(x)
B. y=g(x)f(x)
C. y=f(x)+g(x)−14
D. y=f(x)−g(x)−14
8.某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积(单位：cm3)是( )
A. 22π
B. 8π
C. 223π
D. 163π
9.已知甲同学从学校的2个科技类社团，4个艺术类社团，3个体育类社团中选择报名参加，若甲报名了两个社团，则在仅有一个是艺术类社团的条件下，另一个是体育类社团的概率( )
A. 35B. 613C. 12D. 34
10.鼎湖峰，矗立于浙江省缙云县仙都风景名胜区，状如春笋拔地而起，其峰顶镶嵌着一汪小湖，传说黄帝炼丹鼎坠积水成湖.白居易曾以诗赋之：“黄帝旌旗去不回，片云孤石独崔嵬.有时风激鼎湖浪，散作晴天雨点来”.某校开展数学建模活动，有建模课题组的学生选择测量鼎湖峰的高度，为此，他们设计了测量方案.如图，在山脚A测得山顶P得仰角为45°，沿倾斜角为15°的斜坡向上走了90米到达B点(A,B,P,Q在同一个平面内)，在B处测得山顶P得仰角为60°，则鼎湖峰的山高PQ为米．( )
A. 45( 6− 2)B. 45( 6+ 2)C. 90( 3−1)D. 90( 3+1)
11.已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为4，E，F分别是棱AA1，BC的中点，则平面D1EF截该正方体所得的截面图形周长为( )
A. 6B. 10 2
C. 13+2 5D. 2 13+9 5+253
12.已知F1，F2分别是双曲线Γ：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点，过F1的直线分别交双曲线左、右两支于A，B两点，点C在x轴上，CB=5F2A，BF2平分∠F1BC，则双曲线Γ的离心率为( )
A. 2 63B. 2 33C. 4 63D. 83
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.某产品的广告费投入与销售额的统计数据如下表所示：
已知回归方程为y =9.4x+9.1，则此表中M的值为______．
14.若(x+5)2023=a0+a1x+a2x2+…+a2023x2023，T=a0+a1+a2+…+a2023，则T被5除所得的余数为______．
15.若函数f(x)=|sin(ωx+π3)|(ω>1)在区间[π,54π]上单调递减，则实数ω的取值范围是______．
16.已知f′(x)是定义域为R的函数f(x)的导函数，曲线f(x−1)关于(1,0)对称，且满足f(x)−f(6−x)=3−x，则f(2022)+f(2028)= ______；f′(−2025)= ______．
三、解答题：本题共6小题，共58分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题12分)
已知数列{an}的前n项和为Sn，a1=2，an+1=Sn+2．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn=1lg2an⋅lg2an+2，记数列{bn}的前n项和为Tn，证明Tn<34．
18.(本小题12分)
在矩形ABCD中，AB=4，AD=2.点E，F分别在AB，CD上，且AE=2，CF=1.沿EF将四边形AEFD翻折至四边形A′EFD′，点A′∉平面BCFE．
(1)A、A′、D、D′四点是否共面？给出结论，并给予证明；
(2)在翻折过程中，若平面A′EFD′⊥BCFE，求此时A′−BC−E二面角大小的余弦值．
19.(本小题12分)
已知抛物线C的顶点为原点，其焦点F(0,c)(c>0)到直线l：x−y−2=0的距离为3 22，设P为直线l上的点，过点P作抛物线C的两条切线PA，PB，其中A，B为切点．
(1)求抛物线C的方程；
(2)当点P(x0,y0)为直线l上的定点时，求直线AB的方程；
(3)当点P在直线l上移动时，求|AF|⋅|BF|的最小值．
20.(本小题12分)
已知函数f(x)=ex−ax2−x．
(1)当a=12时，求不等式f( x−1−1)<1的解集；
(2)当a>12时，求证f(x)在(0,+∞)上存在极值点x0，且f(x0)<3−x02．
21.(本小题5分)
如图所示形如花瓣的曲线G称为四叶玫瑰线，在极坐标系中，其极坐标方程为ρ=2sin2θ．
(1)若射线l：θ=π6与G相交于异于极点O的点P，求|OP|；
(2)若A，B为G上的两点，且∠AOB=π4，求△AOB面积的最大值．
22.(本小题5分)
已知函数f(x)=|2−x|+2|x+1|．
(1)若存在x0∈R，使得f(x0)≤4−a2，求实数a的取值范围；
(2)令f(x)的最小值为M.若正实数a，b，c满足1a+4b+9c=M，求证：a+b+c≥12．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：∵集合A={x|x2−4x≤0,x∈Z}={x|0≤x≤4,x∈Z}={0,1,2,3,4}，
B={x|−1≤x<4}，
则A∩B={0,1,2,3}．
故选：D．
求出集合A，利用交集定义能求出A∩B．
本题考查集合的运算，考查交集定义、不等式性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
2.【答案】C
【解析】解：∵z=4−m2−(m−2)i为纯虚数，
∴4−m2=0−(m−2)≠0，解得m=−2．
故选：C．
根据已知条件，结合纯复数的概念，即可求解．
本题主要考查纯虚数的概念，属于基础题．
3.【答案】B
【解析】【分析】
本题主要考查充分条件和必要条件的判断，根据椭圆的定义和方程是解决本题的关键.根据椭圆的定义和性质，利用充分条件和必要条件的定义进行判断即可．
【解答】
解：若方程x2m−1+y23−m=1表示椭圆，
则满足m−1>03−m>0m−1≠3−m，即m>1m<3m≠2，
即1当m=2时，满足1故“1故选B．
4.【答案】D
【解析】解：已知α为锐角，若sin(2α−π2)=2− 34，
则cs2α= 3−24，
则2cs2α−1= 3−24，
又csα>0，
则csα= 3+14．
故选：D．
由诱导公式，结合二倍角公式求解．
本题考查了诱导公式，重点考查了二倍角公式，属中档题．
5.【答案】D
【解析】解：设AB=a，AD=b，则a⋅b=0，
由题意得EB+EF=EA+AB+ED+DF
=−12b+a+12b+12a=32a，
又BF=BC+CF=b−12a，
所以(EB+EF)⋅BF=32a⋅(b−12a)
=32a⋅b−34a2=−3．
故选：D．
根据向量的线性运算及数量积运算求解即可．
本题考查平面向量的线性运算及数量积运算，属基础题．
6.【答案】D
【解析】解：非零实数a，b满足a>|b|+1⇔a2>b2+2|b|+1>b2+1，A一定成立；
a>|b|+1≥b+1⇒2a>2b+1，B一定成立；
又b2+1≥2|b|，故a2>4|b|≥4b，C一定成立；
令a=5，b=3，即可推得D不一定成立．
故选：D．
利用不等式的基本性质即可判断出结论．
本题考查了不等式的基本性质，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
7.【答案】B
【解析】解：易知函数f(x)=x2+14是偶函数，g(x)=sinx是奇函数，给出的图象对应的函数是奇函数，
对于A，因为y=f(x)g(x)=(x2+14)sinx，y′=2xsinx+(x2+14)csx，
当x∈(0,π2)时，y′>0，函数y=f(x)g(x)单调递增，由图象可知所求函数在(0,π4)上不单调，故A不符合题意；
对于C，y=f(x)+g(x)−14=x2+sinx为非奇非偶函数，故C不符合题意；
对于D，y=f(x)−g(x)−14=x2−sinx为非奇非偶函数，故C不符合题意．
故选：B．
由函数的奇偶性与单调性，结合图象，逐项分析排除即可得答案．
本题主要考查函数图象的识别和判断，利用函数的奇偶性和对称性以及排除法进行判断是解决本题的关键，是基础题．
8.【答案】C
【解析】解：由三视图可知几何体是上部为半球，中部是圆柱，下部是圆台，
所以几何体的体积为：12×4π3×13+π×12×2+13(22×π+12×π+ 22×π×12×π)×2=223π.
故选：C．
判断几何体的形状，利用三视图的数据，求解几何体的体积即可．
本题考查三视图求解几何体的体积，判断几何体的形状是解题的关键，是中档题．
9.【答案】A
【解析】解：根据题意，设事件A为“所报的两个社团中仅有一个是艺术类”，事件B为“所报两个社团中有一个是体育类”，
则P(A)=C41⋅C51C92=59，
P(AB)=C41C31C92=1236=39，
则P(B|A)=P(AB)P(A)=35．
故选：A．
根据条件概率相关知识可解．
本题考查条件概率相关知识，属于中档题．
10.【答案】B
【解析】解：在△ABP中，AB=90m，
则∠BPA=45°−30°=15°，
∠ABP=180°−∠BAP−∠APB=180°−(45°−15°)−15°=135°，
因为APsin∠ABP=ABsin∠APB，且sin15°=sin(60°−45°)=sin60°cs45°−cs60°sin45°= 6− 24，
则AP=ABsin∠ABPsin∠APB=90sin135°sin15∘=90× 22 6− 24=180 2 6− 2，
在Rt△PAQ中，则PQ=APsin45°=180 2 6− 2× 22=45( 6+ 2)m.
故选：B．
在△ABP中，利用正弦定理求AP，进而在Rt△PAQ中，求山的高度．
本题考查正弦定理的应用，属于中档题．
11.【答案】D
【解析】解：取CC1的中点G，连接BG，则D1E//BG，取CG的中点N，连接FN，则FN//BG，
∴FN//D1E，则直线FN⊂平面D1EF，
延长D1E，DC交于H，连接CH交AB于点M，连接ME，则A为HD的中点，
则平面D1EF截该正方体所得的截面图形为D1EMFN，
由题意得A1E=AE=2，则C1N=3，CN=1，
D1E= 42+22=2 5，D1N= 42+32=5，FN= 12+22= 5，
取AD中点Q，连接QF，则AM//FQ，∴AMFQ=AHHQ，
∴AM=AHHQ×FQ=46×4=83，则MB=43，
则ME= AE2+AM2= 4+(83)2=103，
MF= MB2+BF2= 4+(43)2=2 133，
∴平面D1EF截该正方体所得的截面图形D1EMFN的周长为：
D1E+EM+MF+FN+ND1=2 5+103+2 133+ 5+5=2 13+9 5+253．
故选：D．
取CC1的中点G，连接BG，则D1E//BG，取CG的中点N，连接FN，延长D1E，DC交于H，连接CH交AB于点M，连接ME，作出截面图形D1EMFN，由此能求出平面D1EF截该正方体所得的截面图形周长．
本题考查平面截该正方体所得的截面图形周长的求法，考查正方体的结构特征、线线平行的判定与性质等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
12.【答案】A
【解析】解：因为CB=5F2A，则CB//F2A，
所以△F1AF2∽△F1BC，
设|F1F2|=2c，则|F2C|=8c，
设|AF1|=t，则|BF1|=5t，|AB|=4t．
因为BF2平分∠F1BC，由角平分线定理可知，|BF1||BC|=|F1F2||F2C|=2c8c=14，
所以|BC|=4|BF1|=20t，
所以|AF2|=15|BC|=4t，
由双曲线定义知|AF2|−|AF1|=2a，即4t−t=2a，t=2a3，①
又由|BF1|−|BF2|=2a得|BF2|=5t−2a=2t，
在△ABF2中，由余弦定理知cs∠ABF2=|AB|2+|BF2|2−|AF2|22⋅|AB|⋅|BF2|=16t2+4t2−16t22×4t×2t=14，
在△F1BF2中，由余弦定理知cs∠F1BF2=|BF1|2+|BF2|2−|F1F2|22⋅|BF1|⋅|BF2|，
即14=25t2+4t2−4c22×5t×2t，
化简得c2=6t2，
把①代入上式得c2=24a29，
解得e=ca=2 63．
故选：A．
因为CB=5F2A，所以△F1AF2∽△F1BC，设|F1F2|=2c，则|F2C|=8c，设|AF1|=t，则|BF1|=5t，|AB|=4t.由角平分线的性质可得|AF2|=4t，由双曲线的定义可得t=2a3，|BF2|=2t，再结合余弦定理可得c2=6t2，从而可求解．
本题考查了双曲线的性质，属于中档题．
13.【答案】39
【解析】解：由题意可知，x−=4+2+3+54=72，
因为回归方程y =9.4x+9.1过样本中心点(x−,y−)，
所以y−=9.4×72+9.1=42，
所以49+26+M+54=4×42，
解得M=39．
故答案为：39．
根据线性回归方程一定过样本中心点(x−,y−)求解．
本题主要考查了线性回归方程的性质，属于基础题．
14.【答案】1
【解析】解：(x+5)2023=a0+a1x+a2x2+…+a2023x2023，T=a0+a1+a2+…+a2023，
令x=1，则T=(1+5)2023=C20230⋅50+C20231⋅51+...+C20232023⋅52023，
上式中的2024项，只有第1项不能被5整除，
则T被5除所得的余数即1被5除所得的余数，即1．
故答案为：1．
采用赋值法求出T，结合二项展开式计算即可．
本题考查二项式定理的应用，属于基础题．
15.【答案】[76,43]
【解析】【分析】
由题意求得ω≤2，区间[π,]内的x值满足kπ+≤ωx+≤kπ+π，k∈z，求得k+≤ω≤(k+)，k∈z，再给k取值，进一步确定ω的范围．本题主要考查三角函数的图象和性质，求出函数的单调递减区间是解决本题的关键，综合性较强，属于中档题．
【解答】
解：∵函数f(x)=|sin(ωx+π3)|(ω>0)在[π,5π4π]上单调递减，
∴T=πω≥π2，即ω≤2．
∵ω>0，根据函数y=|sinx|的周期为π，减区间为[kπ+π2,kπ+π]，k∈z，
由题意可得区间[π,54π]内的x值满足kπ+π2≤ωx+π3≤kπ+π，k∈z，
即ω⋅π+π3≥kπ+π2，且ω⋅5π4+π3≤kπ+π，k∈z．
解得k+16≤ω≤45(k+23)，k∈z．
求得：当k=0时，16≤ω≤815，不符合题意；
当k=1时，76≤ω≤43；
当k=2时，136≤ω≤3215，不符合题意．
综上可得，76≤ω≤43，
故答案为：[76,43].
16.【答案】−2025 −12
【解析】解：因为曲线f(x−1)关于(1,0)对称，
所以曲线f(x)关于坐标原点O对称，即函数f(x)为奇函数．
又因为x∈R，所以f(0)=0，f(0)−f(6)=3，所以f(6)=−3．
因为f(x)−f(6−x)=3−x，整理得f(x)+x2=f(6−x)+6−x2，
令g(x)=f(x)+x2，则函数g(x)为R上的可导奇函数，
g(0)=0，且g(x)=g(6−x)．
又g(6−x)=−g(x−6)，
所以g(x)=−g(x−6)=g(x−12)，
所以函数g(x)的图象关于直线x=3对称，且12为函数g(x)的一个周期，
所以g(2022)+g(2028)=g(168×12+6)+g(169×12+0)=g(6)+g(0)=f(6)+62=0，
则f(2022)+f(2028)=g(2022)−20222+g(2028)−20282=−2025．
因为g(x)=g(6−x)=−g(x−6)，所以g′(x)=−g′(6−x)=−g′(x−6)，
所以g′(3)=−g′(3)=−g′(−3)，所以g′(3)=−g′(3)=−g′(−3)=0．
又g(x)=g(x−12)，所以g′(x)=g′(x−12)，
所以函数g′(x)也是以12为周期的周期函数．
因为f(x)=g(x)−x2，所以f′(x)=g′(x)−12，
所以f′(2025)=g′(2025)−12=g′(169×12−3)−12=g′(−3)−12=−12．
因为f(x)+f(−x)=0，所以f′(x)−f′(−x)=0，即f′(−x)=f′(x)，
所以f′(−2025)=f′(2025)=−12．
故答案为：−2025；−12．
构造函数g(x)=f(x)+x2，根据已知条件判断g(x)的奇偶性和周期性，从而求得g(2022)+g(2028)，进而求出f(2022)+f(2028)，再结合g′(x)的周期性，从而求出f′(−2025)．
本题考查抽象函数的奇偶性、周期性、导数的应用，推理论证能力、运算求解能力，逻辑推理、数学运算，属难题．
17.【答案】解：(1)∵an+1=Sn+2，
∴当n≥2时，an=Sn−1+2，
两式相减，得an+1−an=an，即an+1=2an，
又∵a1=2，
∴a2=S1+2=2+2=4，满足上式，
即数列是首项为2，公比为2的等比数列，
所以an=2n；
证明：(2)∵bn=1lg2an⋅lg2an+2=1lg22n⋅lg22n+2
=1n(n+2)=12(1n−1n+2)，
∴Tn=b1+b2+⋯+bn
=12[(1−13)+(12−14)+⋯+(1n−1−1n+1)+(1n−1n+2)]
=12(1+12−1n+1−1n+2)
=34−12(1n+1+1n+2)<34．
【解析】(1)利用数列的递推式得到an+1=2an，根据等比数列的通项公式即可求解；
(2)利用裂项相消求和即可求解．
本题考查了数列的递推式和裂项相消求和，属于中档题．
18.【答案】解：(1)证明：∵DF//AE且D′F//A′E，
又∵DF⊂面DFD′，DF⊄面AEA′，而AE⊂面AEA′，
∴DF//面AEA′，同理D′F//面AEA′，
又∵DF∩D′F=F，
∴面DFD′//面AEA′，
又∵AE≠DF，
∴AD与AD′必相交，
∴A、A′、D、D′四点共面．
(2)过A作AG⊥EF于点G，再过G作GH⊥BC于H，连接A′H，
易得∠A′HG为二面角A′−BC−E的平面角，
记∠FEB=α，则tanα=2，sinα=2 55，csα= 55，
∴csα=GEAE⇒GE=2× 55=2 55，
∴MGGE=csα，即GM=GE⋅csα=25，
∴GH=GM+MH=125，又∵A′G=AE⋅sinα=4 55，
∴A′H= A′G2+GH2= (4 55)2+(125)2=4 145，
∴cs∠A′HG=GHA′H=1254 145=3 1414．
【解析】(1)利用两条相交直线确定一个平面，即可得证；
(2)先证出∠A′HG为二面角A′−BC−E的平面角，然后结合已知条件，在三角形中求解即可．
本题考查共面以及二面角的求法，属于中档题．
19.【答案】解：(1)焦点F(0,c)(c>0)到直线l：x−y−2=0的距离d=|−c−2| 2=c+2 2=3 22，解得c=1，
所以抛物线C的方程为x2=4y．
(2)设A(x1,14x12)，B(x2,14x22)，
由(1)得抛物线C的方程为y=14x2，y′=12x，所以切线PA，PB的斜率分别为12x1，12x2，
所以PA：y−14x12=12x1(x−x1)①，PB：y−14x22=12x2(x−x2)②
联立①②可得点P的坐标为(x1+x22,x1x24)，即x0=x1+x22，y0=x1x24，
又因为切线PA的斜率为12x1=y0−14x12x0−x1，整理得y0=12x1x0−14x12，
直线AB的斜率k=14x12−14x22x1−x2=x1+x24=x02，
所以直线AB的方程为y−14x12=12x0(x−x1)，
整理得y=12x0x−12x1x0+14x12，即y=12x0x−y0，
因为点P(x0,y0)为直线l：x−y−2=0上的点，所以x0−y0−2=0，即y0=x0−2，
所以直线AB的方程为x0x−2y−2y0=0．
(3)根据抛物线的定义，有|AF|=14x12+1，|BF|=14x22+1，
所以|AF|⋅|BF|=(14x12+1)(14x22+1)=116x12x22+14(x12+x22)+1=116x12x22+14[(x1+x2)2−2x1x2]+1，
由(2)得x1+x2=2x0，x1x2=4y0，x0=y0+2，
所以|AF|⋅|BF|=y02+14(4x02−8y0)+1=x02+y02−2y0+1=(y0+2)2+y02−2y0+1=2y02+2y0+5=2(y0+12)2+92．
所以当y0=−12时，|AF|⋅|BF|的最小值为92．
【解析】(1)利用焦点到直线l：x−y−2=0的距离建立关于变量c的方程，即可解得c，从而得出抛物线C的方程；
(2)先设A(x1,14x12)，B(x2,14x22)，由(1)得到抛物线C的方程求导数，得到切线PA，PB的斜率，最后利用直线AB的斜率的不同表示形式，即可得出直线AB的方程；
(3)根据抛物线的定义，有|AF|=14x12+1，|BF|=14x22+1，从而表示出|AF|⋅|BF|，再由(2)得x1+x2=2x0，x1x2=4y0，x0=y0+2，将它表示成关于y0的二次函数的形式，从而即可求出|AF|⋅|BF|的最小值．
本题以抛物线为载体，考查抛物线的标准方程，考查利用导数研究曲线的切线方程，考查计算能力，有一定的综合性．
20.【答案】解：(1)由题意f′(x)=ex−2ax−1，
令g(x)=ex−2ax−1，
当a=12时，g(x)=ex−x−1，
则g′(x)=ex−1，
所以当x∈(−∞,0)上，g′(x)<0，g(x)单调递减，
当x∈(0,+∞)上，g′(x)>0，g(x)单调递增，
所以g(x)≥g(0)=0，即f′(x)≥f′(0)=0，
所以f(x)在R上单调递增，
又f(0)=1，由f( x−1−1)<1=f(0)，可得 x−1−1<0，
解得1≤x<2，
所以不等式f( x−1−1)<1的解集为[1,2)．
(2)证明：当a>12时，由(1)令g′(x)=ex−2a=0，可得x=ln2a>0，
当0当x>ln2a时，g′(x)>0，g(x)=f′(x)单调递增，
又f′(0)=0，
所以f′(x)min=f′(ln2a)=2a−2aln2a−1<0，
下证ex>x2在(0,+∞)上恒成立，
令h(x)=ex−x2，则h′(x)=ex−2x，
令m(x)=ex−2x，则m′(x)=ex−2，
所以当0当x>ln2时，m′(x)>0，m(x)为增函数，
所以m(x)>m(ln2)=eln2−2ln2=2(1−ln2)>0，即h′(x)>0，
所以h(x)=ex−x2在(0,+∞)上是增函数，
所以h(x)>h(0)=1>0，
即ex>x2在(0,+∞)上恒成立，
所以当x∈(ln2a,+∞)时，f′(x)=ex−2ax−1>x2−2ax−1=(x−a)2−(1+a2)，
取x=2a+1，则f′(2a+1)>(2a+1−a)2−(1+a2)=2a>0，
所以存在x0∈(ln2a,2a+1)，使得f′(x0)=ex0−2ax0−1=0，即a=ex0−12x0，
所以在(0,x0)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
在(x0,+∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
所以x0是f(x)在(0,+∞)上的极小值点，
所以f(x)存在极小值f(x0)=ex0−ax02−x0=12[(2−x0)ex0−x0]，
若f(x0)<3−x02，则12[(2−x0)ex0−x0]<3−x02，
需要证明(x0−2)ex0+3>0，
令φ(x)=(x−2)ex+3(x>0)，
则φ′(x)=(x−1)ex，
所以在(0,1)上，φ′(x)<0，φ(x)单调递减，
在(1,+∞)上，φ′(x)>0，φ(x)单调递增，
所以φ(x)min=φ(1)=3−e>0，
因为x0>0，
所以φ(x0)=(x0−2)ex0+3>0，
所以f(x0)<3−x02．
【解析】(1)由题意f′(x)=ex−2ax−1，令g(x)=ex−2ax−1，当a=12时，g(x)=ex−x−1，求导分析g(x)的单调性，进而可得g(x)≥g(0)=0，进而可得f(x)在R上单调递增，则f( x−1−1)<1=f(0)，可得 x−1−1<0，即可得出答案．
(2)当a>12时，由(1)令g′(x)=ex−2a=0，可得x=ln2a，分析g(x)的单调性，证明ex>x2在(0,+∞)上恒成立，分析f(x)的单调性，f(x)存在极小值f(x0)，再证f(x0)<3−x02，即可得出答案．
本题考查导数的综合应用，解题中需要理清思路，属于中档题．
21.【答案】解：(1)在极坐标系中，曲线G的极坐标方程为ρ=2sin2θ，
若射线l：θ=π6与极坐标方程相交于点P，
所以|OP|=ρP=2sinπ3= 3，
故|OP|= 3．
(2)设A(ρ1,θ1)，B(ρ2,θ2)，且θ2=θ1+π4，
故S△AOB=12|ρ1||ρ2|sinπ4=12×2×|sin(2θ1)|×2×|sin(2θ1+π2)|× 22=2× 22×|sin2θ1|⋅|cs2θ1|= 22|sin4θ1|，
当4θ1=2kπ±π2，(k∈Z)，整理得θ1=12kπ±π8，(k∈Z)，
故△AOB面积的最大值为 22．
【解析】(1)直接利用曲线与直线的位置关系求出极径的长；
(2)利用三角形的面积公式和三角函数的关系式的变换及正弦型函数的性质求出三角形面积的最大值．
本题考查的知识要点：极坐标方程的应用，三角形的面积公式，三角函数的关系式的变换，正弦型函数的性质，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于中档题．
22.【答案】(1)解：f(x)=|2−x|+2|x+1|=−3x,x≤−1x+4,−12．
所以f(x)在(−∞,−1]上递减，在(−1,+∞)上递增，
所以f(x)min=f(−1)=3，
4−a2≥3，解得−1≤a≤1，
即实数a的取值范围是[−1,1]．
(2)证明：由(1)得1a+4b+9c=3，a，b，c∈(0,+∞)，
所以a+b+c=13(1a+4b+9c)(a+b+c)≥13( 1a× a+ 4b× b+ 9c× c)2=12，
当且仅当a=2，b=4，c=6时等号成立．
【解析】(1)由绝对值定义分类去绝对值符号化为分段函数，由函数性质得最小值，再解相应不等式可得结果；
(2)由柯西不等式证明即可．
本题主要考查绝对值不等式的解法，不等式的证明，柯西不等式的应用，考查运算求解能力，属于中档题．广告费万元x/万元
4
2
3
5
销售额万元y/万元
49
26
M
54
1.已知集合A={x|x2−4x≤0,x∈Z}，B={x|−1≤x<4}，则A∩B=( )
A. [−1,4]B. [0,4)C. {0,1,2,3,4}D. {0,1,2,3}
2.已知i为虚数单位，若复数z=4−m2−(m−2)i为纯虚数，则实数m=( )
A. 0B. 2C. −2D. 4
3.“1
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
4.已知α为锐角，若sin(2α−π2)=2− 34，则csα=( )
A. 3−18B. 3−14C. 3+18D. 3+14
5.正方形ABCD的边长为2，E是AD的中点，F是DC的中点，则(EB+EF)⋅BF=( )
A. 4B. 3C. −4D. −3
6.已知非零实数a，b满足a>|b|+1，则下列不等关系不一定成立的是( )
A. a2>b2+1B. 2a>2b+1C. a2>4bD. |a||b|>b+1
7.已知函数f(x)=x2+14，g(x)=sinx，则图象为如图的函数可能是( )
A. y=f(x)g(x)
B. y=g(x)f(x)
C. y=f(x)+g(x)−14
D. y=f(x)−g(x)−14
8.某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积(单位：cm3)是( )
A. 22π
B. 8π
C. 223π
D. 163π
9.已知甲同学从学校的2个科技类社团，4个艺术类社团，3个体育类社团中选择报名参加，若甲报名了两个社团，则在仅有一个是艺术类社团的条件下，另一个是体育类社团的概率( )
A. 35B. 613C. 12D. 34
10.鼎湖峰，矗立于浙江省缙云县仙都风景名胜区，状如春笋拔地而起，其峰顶镶嵌着一汪小湖，传说黄帝炼丹鼎坠积水成湖.白居易曾以诗赋之：“黄帝旌旗去不回，片云孤石独崔嵬.有时风激鼎湖浪，散作晴天雨点来”.某校开展数学建模活动，有建模课题组的学生选择测量鼎湖峰的高度，为此，他们设计了测量方案.如图，在山脚A测得山顶P得仰角为45°，沿倾斜角为15°的斜坡向上走了90米到达B点(A,B,P,Q在同一个平面内)，在B处测得山顶P得仰角为60°，则鼎湖峰的山高PQ为米．( )
A. 45( 6− 2)B. 45( 6+ 2)C. 90( 3−1)D. 90( 3+1)
11.已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为4，E，F分别是棱AA1，BC的中点，则平面D1EF截该正方体所得的截面图形周长为( )
A. 6B. 10 2
C. 13+2 5D. 2 13+9 5+253
12.已知F1，F2分别是双曲线Γ：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点，过F1的直线分别交双曲线左、右两支于A，B两点，点C在x轴上，CB=5F2A，BF2平分∠F1BC，则双曲线Γ的离心率为( )
A. 2 63B. 2 33C. 4 63D. 83
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.某产品的广告费投入与销售额的统计数据如下表所示：
已知回归方程为y =9.4x+9.1，则此表中M的值为______．
14.若(x+5)2023=a0+a1x+a2x2+…+a2023x2023，T=a0+a1+a2+…+a2023，则T被5除所得的余数为______．
15.若函数f(x)=|sin(ωx+π3)|(ω>1)在区间[π,54π]上单调递减，则实数ω的取值范围是______．
16.已知f′(x)是定义域为R的函数f(x)的导函数，曲线f(x−1)关于(1,0)对称，且满足f(x)−f(6−x)=3−x，则f(2022)+f(2028)= ______；f′(−2025)= ______．
三、解答题：本题共6小题，共58分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题12分)
已知数列{an}的前n项和为Sn，a1=2，an+1=Sn+2．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn=1lg2an⋅lg2an+2，记数列{bn}的前n项和为Tn，证明Tn<34．
18.(本小题12分)
在矩形ABCD中，AB=4，AD=2.点E，F分别在AB，CD上，且AE=2，CF=1.沿EF将四边形AEFD翻折至四边形A′EFD′，点A′∉平面BCFE．
(1)A、A′、D、D′四点是否共面？给出结论，并给予证明；
(2)在翻折过程中，若平面A′EFD′⊥BCFE，求此时A′−BC−E二面角大小的余弦值．
19.(本小题12分)
已知抛物线C的顶点为原点，其焦点F(0,c)(c>0)到直线l：x−y−2=0的距离为3 22，设P为直线l上的点，过点P作抛物线C的两条切线PA，PB，其中A，B为切点．
(1)求抛物线C的方程；
(2)当点P(x0,y0)为直线l上的定点时，求直线AB的方程；
(3)当点P在直线l上移动时，求|AF|⋅|BF|的最小值．
20.(本小题12分)
已知函数f(x)=ex−ax2−x．
(1)当a=12时，求不等式f( x−1−1)<1的解集；
(2)当a>12时，求证f(x)在(0,+∞)上存在极值点x0，且f(x0)<3−x02．
21.(本小题5分)
如图所示形如花瓣的曲线G称为四叶玫瑰线，在极坐标系中，其极坐标方程为ρ=2sin2θ．
(1)若射线l：θ=π6与G相交于异于极点O的点P，求|OP|；
(2)若A，B为G上的两点，且∠AOB=π4，求△AOB面积的最大值．
22.(本小题5分)
已知函数f(x)=|2−x|+2|x+1|．
(1)若存在x0∈R，使得f(x0)≤4−a2，求实数a的取值范围；
(2)令f(x)的最小值为M.若正实数a，b，c满足1a+4b+9c=M，求证：a+b+c≥12．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：∵集合A={x|x2−4x≤0,x∈Z}={x|0≤x≤4,x∈Z}={0,1,2,3,4}，
B={x|−1≤x<4}，
则A∩B={0,1,2,3}．
故选：D．
求出集合A，利用交集定义能求出A∩B．
本题考查集合的运算，考查交集定义、不等式性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
2.【答案】C
【解析】解：∵z=4−m2−(m−2)i为纯虚数，
∴4−m2=0−(m−2)≠0，解得m=−2．
故选：C．
根据已知条件，结合纯复数的概念，即可求解．
本题主要考查纯虚数的概念，属于基础题．
3.【答案】B
【解析】【分析】
本题主要考查充分条件和必要条件的判断，根据椭圆的定义和方程是解决本题的关键.根据椭圆的定义和性质，利用充分条件和必要条件的定义进行判断即可．
【解答】
解：若方程x2m−1+y23−m=1表示椭圆，
则满足m−1>03−m>0m−1≠3−m，即m>1m<3m≠2，
即1
4.【答案】D
【解析】解：已知α为锐角，若sin(2α−π2)=2− 34，
则cs2α= 3−24，
则2cs2α−1= 3−24，
又csα>0，
则csα= 3+14．
故选：D．
由诱导公式，结合二倍角公式求解．
本题考查了诱导公式，重点考查了二倍角公式，属中档题．
5.【答案】D
【解析】解：设AB=a，AD=b，则a⋅b=0，
由题意得EB+EF=EA+AB+ED+DF
=−12b+a+12b+12a=32a，
又BF=BC+CF=b−12a，
所以(EB+EF)⋅BF=32a⋅(b−12a)
=32a⋅b−34a2=−3．
故选：D．
根据向量的线性运算及数量积运算求解即可．
本题考查平面向量的线性运算及数量积运算，属基础题．
6.【答案】D
【解析】解：非零实数a，b满足a>|b|+1⇔a2>b2+2|b|+1>b2+1，A一定成立；
a>|b|+1≥b+1⇒2a>2b+1，B一定成立；
又b2+1≥2|b|，故a2>4|b|≥4b，C一定成立；
令a=5，b=3，即可推得D不一定成立．
故选：D．
利用不等式的基本性质即可判断出结论．
本题考查了不等式的基本性质，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
7.【答案】B
【解析】解：易知函数f(x)=x2+14是偶函数，g(x)=sinx是奇函数，给出的图象对应的函数是奇函数，
对于A，因为y=f(x)g(x)=(x2+14)sinx，y′=2xsinx+(x2+14)csx，
当x∈(0,π2)时，y′>0，函数y=f(x)g(x)单调递增，由图象可知所求函数在(0,π4)上不单调，故A不符合题意；
对于C，y=f(x)+g(x)−14=x2+sinx为非奇非偶函数，故C不符合题意；
对于D，y=f(x)−g(x)−14=x2−sinx为非奇非偶函数，故C不符合题意．
故选：B．
由函数的奇偶性与单调性，结合图象，逐项分析排除即可得答案．
本题主要考查函数图象的识别和判断，利用函数的奇偶性和对称性以及排除法进行判断是解决本题的关键，是基础题．
8.【答案】C
【解析】解：由三视图可知几何体是上部为半球，中部是圆柱，下部是圆台，
所以几何体的体积为：12×4π3×13+π×12×2+13(22×π+12×π+ 22×π×12×π)×2=223π.
故选：C．
判断几何体的形状，利用三视图的数据，求解几何体的体积即可．
本题考查三视图求解几何体的体积，判断几何体的形状是解题的关键，是中档题．
9.【答案】A
【解析】解：根据题意，设事件A为“所报的两个社团中仅有一个是艺术类”，事件B为“所报两个社团中有一个是体育类”，
则P(A)=C41⋅C51C92=59，
P(AB)=C41C31C92=1236=39，
则P(B|A)=P(AB)P(A)=35．
故选：A．
根据条件概率相关知识可解．
本题考查条件概率相关知识，属于中档题．
10.【答案】B
【解析】解：在△ABP中，AB=90m，
则∠BPA=45°−30°=15°，
∠ABP=180°−∠BAP−∠APB=180°−(45°−15°)−15°=135°，
因为APsin∠ABP=ABsin∠APB，且sin15°=sin(60°−45°)=sin60°cs45°−cs60°sin45°= 6− 24，
则AP=ABsin∠ABPsin∠APB=90sin135°sin15∘=90× 22 6− 24=180 2 6− 2，
在Rt△PAQ中，则PQ=APsin45°=180 2 6− 2× 22=45( 6+ 2)m.
故选：B．
在△ABP中，利用正弦定理求AP，进而在Rt△PAQ中，求山的高度．
本题考查正弦定理的应用，属于中档题．
11.【答案】D
【解析】解：取CC1的中点G，连接BG，则D1E//BG，取CG的中点N，连接FN，则FN//BG，
∴FN//D1E，则直线FN⊂平面D1EF，
延长D1E，DC交于H，连接CH交AB于点M，连接ME，则A为HD的中点，
则平面D1EF截该正方体所得的截面图形为D1EMFN，
由题意得A1E=AE=2，则C1N=3，CN=1，
D1E= 42+22=2 5，D1N= 42+32=5，FN= 12+22= 5，
取AD中点Q，连接QF，则AM//FQ，∴AMFQ=AHHQ，
∴AM=AHHQ×FQ=46×4=83，则MB=43，
则ME= AE2+AM2= 4+(83)2=103，
MF= MB2+BF2= 4+(43)2=2 133，
∴平面D1EF截该正方体所得的截面图形D1EMFN的周长为：
D1E+EM+MF+FN+ND1=2 5+103+2 133+ 5+5=2 13+9 5+253．
故选：D．
取CC1的中点G，连接BG，则D1E//BG，取CG的中点N，连接FN，延长D1E，DC交于H，连接CH交AB于点M，连接ME，作出截面图形D1EMFN，由此能求出平面D1EF截该正方体所得的截面图形周长．
本题考查平面截该正方体所得的截面图形周长的求法，考查正方体的结构特征、线线平行的判定与性质等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
12.【答案】A
【解析】解：因为CB=5F2A，则CB//F2A，
所以△F1AF2∽△F1BC，
设|F1F2|=2c，则|F2C|=8c，
设|AF1|=t，则|BF1|=5t，|AB|=4t．
因为BF2平分∠F1BC，由角平分线定理可知，|BF1||BC|=|F1F2||F2C|=2c8c=14，
所以|BC|=4|BF1|=20t，
所以|AF2|=15|BC|=4t，
由双曲线定义知|AF2|−|AF1|=2a，即4t−t=2a，t=2a3，①
又由|BF1|−|BF2|=2a得|BF2|=5t−2a=2t，
在△ABF2中，由余弦定理知cs∠ABF2=|AB|2+|BF2|2−|AF2|22⋅|AB|⋅|BF2|=16t2+4t2−16t22×4t×2t=14，
在△F1BF2中，由余弦定理知cs∠F1BF2=|BF1|2+|BF2|2−|F1F2|22⋅|BF1|⋅|BF2|，
即14=25t2+4t2−4c22×5t×2t，
化简得c2=6t2，
把①代入上式得c2=24a29，
解得e=ca=2 63．
故选：A．
因为CB=5F2A，所以△F1AF2∽△F1BC，设|F1F2|=2c，则|F2C|=8c，设|AF1|=t，则|BF1|=5t，|AB|=4t.由角平分线的性质可得|AF2|=4t，由双曲线的定义可得t=2a3，|BF2|=2t，再结合余弦定理可得c2=6t2，从而可求解．
本题考查了双曲线的性质，属于中档题．
13.【答案】39
【解析】解：由题意可知，x−=4+2+3+54=72，
因为回归方程y =9.4x+9.1过样本中心点(x−,y−)，
所以y−=9.4×72+9.1=42，
所以49+26+M+54=4×42，
解得M=39．
故答案为：39．
根据线性回归方程一定过样本中心点(x−,y−)求解．
本题主要考查了线性回归方程的性质，属于基础题．
14.【答案】1
【解析】解：(x+5)2023=a0+a1x+a2x2+…+a2023x2023，T=a0+a1+a2+…+a2023，
令x=1，则T=(1+5)2023=C20230⋅50+C20231⋅51+...+C20232023⋅52023，
上式中的2024项，只有第1项不能被5整除，
则T被5除所得的余数即1被5除所得的余数，即1．
故答案为：1．
采用赋值法求出T，结合二项展开式计算即可．
本题考查二项式定理的应用，属于基础题．
15.【答案】[76,43]
【解析】【分析】
由题意求得ω≤2，区间[π,]内的x值满足kπ+≤ωx+≤kπ+π，k∈z，求得k+≤ω≤(k+)，k∈z，再给k取值，进一步确定ω的范围．本题主要考查三角函数的图象和性质，求出函数的单调递减区间是解决本题的关键，综合性较强，属于中档题．
【解答】
解：∵函数f(x)=|sin(ωx+π3)|(ω>0)在[π,5π4π]上单调递减，
∴T=πω≥π2，即ω≤2．
∵ω>0，根据函数y=|sinx|的周期为π，减区间为[kπ+π2,kπ+π]，k∈z，
由题意可得区间[π,54π]内的x值满足kπ+π2≤ωx+π3≤kπ+π，k∈z，
即ω⋅π+π3≥kπ+π2，且ω⋅5π4+π3≤kπ+π，k∈z．
解得k+16≤ω≤45(k+23)，k∈z．
求得：当k=0时，16≤ω≤815，不符合题意；
当k=1时，76≤ω≤43；
当k=2时，136≤ω≤3215，不符合题意．
综上可得，76≤ω≤43，
故答案为：[76,43].
16.【答案】−2025 −12
【解析】解：因为曲线f(x−1)关于(1,0)对称，
所以曲线f(x)关于坐标原点O对称，即函数f(x)为奇函数．
又因为x∈R，所以f(0)=0，f(0)−f(6)=3，所以f(6)=−3．
因为f(x)−f(6−x)=3−x，整理得f(x)+x2=f(6−x)+6−x2，
令g(x)=f(x)+x2，则函数g(x)为R上的可导奇函数，
g(0)=0，且g(x)=g(6−x)．
又g(6−x)=−g(x−6)，
所以g(x)=−g(x−6)=g(x−12)，
所以函数g(x)的图象关于直线x=3对称，且12为函数g(x)的一个周期，
所以g(2022)+g(2028)=g(168×12+6)+g(169×12+0)=g(6)+g(0)=f(6)+62=0，
则f(2022)+f(2028)=g(2022)−20222+g(2028)−20282=−2025．
因为g(x)=g(6−x)=−g(x−6)，所以g′(x)=−g′(6−x)=−g′(x−6)，
所以g′(3)=−g′(3)=−g′(−3)，所以g′(3)=−g′(3)=−g′(−3)=0．
又g(x)=g(x−12)，所以g′(x)=g′(x−12)，
所以函数g′(x)也是以12为周期的周期函数．
因为f(x)=g(x)−x2，所以f′(x)=g′(x)−12，
所以f′(2025)=g′(2025)−12=g′(169×12−3)−12=g′(−3)−12=−12．
因为f(x)+f(−x)=0，所以f′(x)−f′(−x)=0，即f′(−x)=f′(x)，
所以f′(−2025)=f′(2025)=−12．
故答案为：−2025；−12．
构造函数g(x)=f(x)+x2，根据已知条件判断g(x)的奇偶性和周期性，从而求得g(2022)+g(2028)，进而求出f(2022)+f(2028)，再结合g′(x)的周期性，从而求出f′(−2025)．
本题考查抽象函数的奇偶性、周期性、导数的应用，推理论证能力、运算求解能力，逻辑推理、数学运算，属难题．
17.【答案】解：(1)∵an+1=Sn+2，
∴当n≥2时，an=Sn−1+2，
两式相减，得an+1−an=an，即an+1=2an，
又∵a1=2，
∴a2=S1+2=2+2=4，满足上式，
即数列是首项为2，公比为2的等比数列，
所以an=2n；
证明：(2)∵bn=1lg2an⋅lg2an+2=1lg22n⋅lg22n+2
=1n(n+2)=12(1n−1n+2)，
∴Tn=b1+b2+⋯+bn
=12[(1−13)+(12−14)+⋯+(1n−1−1n+1)+(1n−1n+2)]
=12(1+12−1n+1−1n+2)
=34−12(1n+1+1n+2)<34．
【解析】(1)利用数列的递推式得到an+1=2an，根据等比数列的通项公式即可求解；
(2)利用裂项相消求和即可求解．
本题考查了数列的递推式和裂项相消求和，属于中档题．
18.【答案】解：(1)证明：∵DF//AE且D′F//A′E，
又∵DF⊂面DFD′，DF⊄面AEA′，而AE⊂面AEA′，
∴DF//面AEA′，同理D′F//面AEA′，
又∵DF∩D′F=F，
∴面DFD′//面AEA′，
又∵AE≠DF，
∴AD与AD′必相交，
∴A、A′、D、D′四点共面．
(2)过A作AG⊥EF于点G，再过G作GH⊥BC于H，连接A′H，
易得∠A′HG为二面角A′−BC−E的平面角，
记∠FEB=α，则tanα=2，sinα=2 55，csα= 55，
∴csα=GEAE⇒GE=2× 55=2 55，
∴MGGE=csα，即GM=GE⋅csα=25，
∴GH=GM+MH=125，又∵A′G=AE⋅sinα=4 55，
∴A′H= A′G2+GH2= (4 55)2+(125)2=4 145，
∴cs∠A′HG=GHA′H=1254 145=3 1414．
【解析】(1)利用两条相交直线确定一个平面，即可得证；
(2)先证出∠A′HG为二面角A′−BC−E的平面角，然后结合已知条件，在三角形中求解即可．
本题考查共面以及二面角的求法，属于中档题．
19.【答案】解：(1)焦点F(0,c)(c>0)到直线l：x−y−2=0的距离d=|−c−2| 2=c+2 2=3 22，解得c=1，
所以抛物线C的方程为x2=4y．
(2)设A(x1,14x12)，B(x2,14x22)，
由(1)得抛物线C的方程为y=14x2，y′=12x，所以切线PA，PB的斜率分别为12x1，12x2，
所以PA：y−14x12=12x1(x−x1)①，PB：y−14x22=12x2(x−x2)②
联立①②可得点P的坐标为(x1+x22,x1x24)，即x0=x1+x22，y0=x1x24，
又因为切线PA的斜率为12x1=y0−14x12x0−x1，整理得y0=12x1x0−14x12，
直线AB的斜率k=14x12−14x22x1−x2=x1+x24=x02，
所以直线AB的方程为y−14x12=12x0(x−x1)，
整理得y=12x0x−12x1x0+14x12，即y=12x0x−y0，
因为点P(x0,y0)为直线l：x−y−2=0上的点，所以x0−y0−2=0，即y0=x0−2，
所以直线AB的方程为x0x−2y−2y0=0．
(3)根据抛物线的定义，有|AF|=14x12+1，|BF|=14x22+1，
所以|AF|⋅|BF|=(14x12+1)(14x22+1)=116x12x22+14(x12+x22)+1=116x12x22+14[(x1+x2)2−2x1x2]+1，
由(2)得x1+x2=2x0，x1x2=4y0，x0=y0+2，
所以|AF|⋅|BF|=y02+14(4x02−8y0)+1=x02+y02−2y0+1=(y0+2)2+y02−2y0+1=2y02+2y0+5=2(y0+12)2+92．
所以当y0=−12时，|AF|⋅|BF|的最小值为92．
【解析】(1)利用焦点到直线l：x−y−2=0的距离建立关于变量c的方程，即可解得c，从而得出抛物线C的方程；
(2)先设A(x1,14x12)，B(x2,14x22)，由(1)得到抛物线C的方程求导数，得到切线PA，PB的斜率，最后利用直线AB的斜率的不同表示形式，即可得出直线AB的方程；
(3)根据抛物线的定义，有|AF|=14x12+1，|BF|=14x22+1，从而表示出|AF|⋅|BF|，再由(2)得x1+x2=2x0，x1x2=4y0，x0=y0+2，将它表示成关于y0的二次函数的形式，从而即可求出|AF|⋅|BF|的最小值．
本题以抛物线为载体，考查抛物线的标准方程，考查利用导数研究曲线的切线方程，考查计算能力，有一定的综合性．
20.【答案】解：(1)由题意f′(x)=ex−2ax−1，
令g(x)=ex−2ax−1，
当a=12时，g(x)=ex−x−1，
则g′(x)=ex−1，
所以当x∈(−∞,0)上，g′(x)<0，g(x)单调递减，
当x∈(0,+∞)上，g′(x)>0，g(x)单调递增，
所以g(x)≥g(0)=0，即f′(x)≥f′(0)=0，
所以f(x)在R上单调递增，
又f(0)=1，由f( x−1−1)<1=f(0)，可得 x−1−1<0，
解得1≤x<2，
所以不等式f( x−1−1)<1的解集为[1,2)．
(2)证明：当a>12时，由(1)令g′(x)=ex−2a=0，可得x=ln2a>0，
当0
又f′(0)=0，
所以f′(x)min=f′(ln2a)=2a−2aln2a−1<0，
下证ex>x2在(0,+∞)上恒成立，
令h(x)=ex−x2，则h′(x)=ex−2x，
令m(x)=ex−2x，则m′(x)=ex−2，
所以当0
所以m(x)>m(ln2)=eln2−2ln2=2(1−ln2)>0，即h′(x)>0，
所以h(x)=ex−x2在(0,+∞)上是增函数，
所以h(x)>h(0)=1>0，
即ex>x2在(0,+∞)上恒成立，
所以当x∈(ln2a,+∞)时，f′(x)=ex−2ax−1>x2−2ax−1=(x−a)2−(1+a2)，
取x=2a+1，则f′(2a+1)>(2a+1−a)2−(1+a2)=2a>0，
所以存在x0∈(ln2a,2a+1)，使得f′(x0)=ex0−2ax0−1=0，即a=ex0−12x0，
所以在(0,x0)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
在(x0,+∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
所以x0是f(x)在(0,+∞)上的极小值点，
所以f(x)存在极小值f(x0)=ex0−ax02−x0=12[(2−x0)ex0−x0]，
若f(x0)<3−x02，则12[(2−x0)ex0−x0]<3−x02，
需要证明(x0−2)ex0+3>0，
令φ(x)=(x−2)ex+3(x>0)，
则φ′(x)=(x−1)ex，
所以在(0,1)上，φ′(x)<0，φ(x)单调递减，
在(1,+∞)上，φ′(x)>0，φ(x)单调递增，
所以φ(x)min=φ(1)=3−e>0，
因为x0>0，
所以φ(x0)=(x0−2)ex0+3>0，
所以f(x0)<3−x02．
【解析】(1)由题意f′(x)=ex−2ax−1，令g(x)=ex−2ax−1，当a=12时，g(x)=ex−x−1，求导分析g(x)的单调性，进而可得g(x)≥g(0)=0，进而可得f(x)在R上单调递增，则f( x−1−1)<1=f(0)，可得 x−1−1<0，即可得出答案．
(2)当a>12时，由(1)令g′(x)=ex−2a=0，可得x=ln2a，分析g(x)的单调性，证明ex>x2在(0,+∞)上恒成立，分析f(x)的单调性，f(x)存在极小值f(x0)，再证f(x0)<3−x02，即可得出答案．
本题考查导数的综合应用，解题中需要理清思路，属于中档题．
21.【答案】解：(1)在极坐标系中，曲线G的极坐标方程为ρ=2sin2θ，
若射线l：θ=π6与极坐标方程相交于点P，
所以|OP|=ρP=2sinπ3= 3，
故|OP|= 3．
(2)设A(ρ1,θ1)，B(ρ2,θ2)，且θ2=θ1+π4，
故S△AOB=12|ρ1||ρ2|sinπ4=12×2×|sin(2θ1)|×2×|sin(2θ1+π2)|× 22=2× 22×|sin2θ1|⋅|cs2θ1|= 22|sin4θ1|，
当4θ1=2kπ±π2，(k∈Z)，整理得θ1=12kπ±π8，(k∈Z)，
故△AOB面积的最大值为 22．
【解析】(1)直接利用曲线与直线的位置关系求出极径的长；
(2)利用三角形的面积公式和三角函数的关系式的变换及正弦型函数的性质求出三角形面积的最大值．
本题考查的知识要点：极坐标方程的应用，三角形的面积公式，三角函数的关系式的变换，正弦型函数的性质，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于中档题．
22.【答案】(1)解：f(x)=|2−x|+2|x+1|=−3x,x≤−1x+4,−1
所以f(x)在(−∞,−1]上递减，在(−1,+∞)上递增，
所以f(x)min=f(−1)=3，
4−a2≥3，解得−1≤a≤1，
即实数a的取值范围是[−1,1]．
(2)证明：由(1)得1a+4b+9c=3，a，b，c∈(0,+∞)，
所以a+b+c=13(1a+4b+9c)(a+b+c)≥13( 1a× a+ 4b× b+ 9c× c)2=12，
当且仅当a=2，b=4，c=6时等号成立．
【解析】(1)由绝对值定义分类去绝对值符号化为分段函数，由函数性质得最小值，再解相应不等式可得结果；
(2)由柯西不等式证明即可．
本题主要考查绝对值不等式的解法，不等式的证明，柯西不等式的应用，考查运算求解能力，属于中档题．广告费万元x/万元
4
2
3
5
销售额万元y/万元
49
26
M
54
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