2024年四川省成都外国语学校高考数学模拟试卷（文科）（四）（含详细答案解析）

这是一份2024年四川省成都外国语学校高考数学模拟试卷（文科）（四）（含详细答案解析），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。

1.设集合U={x∈Z|x2≤4}，A={1,2}，则∁UA=( )
A. [−2,0]B. {0}C. {−2,−1}D. {−2,−1,0}
2.已知向量a=(2,1)，b=(−2,4)，则|a−b|=( )
A. 2B. 3C. 4D. 5
3.已知i是虚数单位，则满足z−i=|3+4i|的复数z在复平面上对应点所在的象限为( )
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
4.已知α，β是空间两个不同的平面，命题p：“α//β”，命题q：“平面α内有无数条直线与β平行”，则p是q的( )
A. 充分而不必要条件B. 必要而不充分条件
C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件
5.中国古代著作《张丘建算经》有这样一个问题：“今有马行转迟，次日减半疾，七日行七百里”，意思是说有一匹马行走的速度逐渐减慢，每天行走的里程是前一天的一半，七天一共行走了700里路，则该马第五天走的里程数约为( )
A. 2.76B. 5.51C. 11.02D. 22.05
6.求函数f(x)=2x3−3x+1零点的个数为( )
A. 1B. 2C. 3D. 4
7.在区间[−2,2]上随机取一个数k，使直线y=k(x+2)与圆x2+y2=1相交的概率为( )
A. 33B. 312C. 36D. 34
8.若α∈(0,π2)，α∈(0,π2),tan2α=2csα3−2sinα，则tanα等于( )
A. 33B. 18C. 22D. 24
9.若如图所示的框图运行结果为S=28，那么判断框中应填入的关于k的条件是( )
A. k≥8？B. k>8？C. k>9？D. k≥7？
10.若定义域为(−∞,0)∪(0,+∞)的偶函数f(x)在(0,+∞)上的图象如图所示，则不等式f(x)f′(x)>0的解集是( )
A. (−∞,−1)∪(0,1)B. (−1,0)∪(1,+∞)
C. (−∞,−1)∪(1,+∞)D. (−1,0)∪(0,1)
11.已知a=15,b=5e−1,c=ln65，则( )
A. c12.P是椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)上一点，F1、F2是C的两个焦点，PF1⋅PF2=0，点Q在∠F1PF2的平分线上，O为原点，OQ//PF1，且|OQ|=b.则C的离心率为( )
A. 12B. 33C. 63D. 32
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.抛物线x2+12y=0的准线方程是______.
14.已知命题p：若△ABC满足sinA=csB，则△ABC是直角三角形．说明p为假命题的一组角为A=__________，B=__________.
15.已知数列{an}满足an+1an=an+1−1,n∈N*，若a1=−1，则数列an的前2024项之和为______.
16.在平面四边形ABCD中，AB=AD=3 2，BC=CD=3，BC⊥CD，将△ABD沿BD折起，使点A到达点A′，且A′C=3 3，则四面体A′−BCD的外接球O的体积为______；若点 E在线段BD上，且BD=4BE，过点E作球O的截面，则所得的截面圆中面积最小的圆的半径为______.
三、解答题：本题共7小题，共82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)
中国茶文化博大精深，饮茶深受大众喜爱，茶水的口感与茶叶类型和水的温度有关，某数学建模小组为了获得茶水温度y(单位： ℃)关于时间x(单位：min)的回归方程模型，通过实验收集在25℃室温，用同一温度的水冲泡的条件下，茶水温度随时间变化的7组数据，并对数据做初步处理得到如图所示散点图以及如表所示数据.
表中：wi=ln(yi−25)，w−=17i=17wi.
(1)根据散点图判断，①y=a+bx与②y=d⋅cx+25哪一个更适宜作为该茶水温度y关于时间x的回归方程类型？(给出判断即可，不必说明理由)请根据你的判断结果及表中数据建立该茶水温度y关于时间x的回归方程；
(2)已知该茶水温度降至60℃口感最佳，根据(1)中的回归方程，求在相同条件下冲泡的茶水，大约需要放置多长时间才能达到最佳饮用口感？
附：(1)对于一组数据(x1,y1)，(x2,y2)，…(xn,yn)，其回归直线y=a +β x的斜率和截距的最小二乘估计分别为β =i=1n(xi−x−)(yi−y−)i=1n(xi−x−)2，α =y−−β x−；
(2)参考数据：e−0.08≈0.92，e4.09≈60，ln7≈1.9，ln3≈1.1，ln2≈0.7
18.(本小题12分)
已知函数f(x)=12−sin2ωx+ 32sin2ωx,(ω>0)的最小正周期为4π.
(1)求f(x)在[0,π]上的单调增区间；
(2)在△ABC中角A，B，C的对边分别是a，b，c满足(2a−c)csB=b⋅csC，求函数f(A)的取值范围.
19.(本小题12分)
如图，在三棱锥A−BCD中，侧面ABD，ACD是全等的直角三角形，AD是公共的斜边，且AD= 3，BD=CD=1，另一个侧面是正三角形.
(1)求证：AD⊥BC；
(2)在棱AC上是否存在一点E，使ED与面BCD所成角为30∘？若存在，求CE的长；若不存在，说明理由.
20.(本小题12分)
已知在平面直角坐标系：xOy中，动圆P与圆C1：x2+y2+2x=8内切，与圆C2：x2+y2−2x=0外切，记动圆圆心P的轨迹为曲线E.
(1)求E的标准方程.
(2)若直线x=t(t≠1)与E交于A，B两点，直线BC2与E交于另一个点M，连接AM交x轴于点N，试问是否存在t，使得△MC2N的面积等于94？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由.
21.(本小题12分)
已知f(x)=ex−ax2，f′(x)是f(x)的导函数，其中a∈R.
(1)讨论函数f′(x)的单调性；
(2)设g(x)=f(x)+x(ex−1)+ax2−1，y=g(x)与x轴负半轴的交点为点P，y=g(x)在点P处的切线方程为y=h(x).求证：对于任意的实数x，都有g(x)≥h(x).
22.(本小题12分)
在直角坐标系xOy中，以坐标原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，半圆C的极坐标方程为ρ+4sinθ=0,θ∈[π,3π2].
(1)求C的参数方程；
(2)已知点D在C上，若C在D处的切线与直线l:y= 3x−3平行，求点D的极坐标.
23.(本小题12分)
已知函数f(x)=|2x+1|+|2x−2|.
(1)求f(x)的最小值；
(2)若x≥0时，f(x)≤ax+b恒成立，求a+b的最小值.
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：集合U={x∈Z|x2≤4}={−2,−1,0,1,2}，A={1,2}，
则∁UA={−2,−1,0}.
故选：D.
根据已知条件，结合补集的定义，即可求解．
本题主要考查补集及其运算，属于基础题．
2.【答案】D
【解析】解：因为a=(2,1)，b=(−2,4)，
所以a−b=(2,1)−(−2,4)=(4,−3)，
所以|a−b|= 16+9=5.
故选：D.
由平面向量模的坐标求法计算即可．
本题考查平面向量的坐标运算，属于基础题．
3.【答案】A
【解析】解：由z−i=|3+4i|，得z= 32+42+i=5+i，
∴复数z在复平面上对应点的坐标为(5,1)，所在的象限为第一象限．
故选：A.
把已知等式变形求得z，得到z在复平面内对应的点的坐标得答案．
本题考查复数的代数表示法及其几何意义，考查了复数模的求法，是基础题．
4.【答案】A
【解析】解：若α//β，则平面α内的任意一条直线平行于另一个平面，故平面α内有无数条直线与β平行，所以p可以推出q，
根据面面平行的判定定理，如果一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，那么这两个平面平行，
若平面α内有无数条直线与β平行，则α与β可能相交，不一定平行，所以q不能推出p，
所以p是q的充分不必要．
故选：A.
利用面面平行的性质和判定定理即可求得结果．
本题主要考查了充分条件和必要条件的定义，属于基础题．
5.【答案】D
【解析】解：设该马第n(n∈N*)天行走的里程数为an，
由题意可知，数列{an}是公比为q=12的等比数列，
所以，该马七天所走的里程为a1(1−127)1−12=127a164=700，
解得a1=27×350127，
故该马第五天行走的里程数为a5=a1⋅124=27×350127×124=2800127≈22.05.
故选：D.
设该马第n(n∈N*)天行走的里程数为an，分析可知，数列{an}是公比为q=12的等比数列，利用等比数列的求和公式求出a1的值，即可求得a5的值．
本题主要考查了等比数列的通项公式及求和公式的应用，属于中档题．
6.【答案】C
【解析】解：f′(x)=6x2−3=0，x=± 22，
f(x)在(−∞,− 22)上单调递增，在(− 22, 22)上单调递减，在( 22,+∞)上上单调递增，
所以当x=− 22时，f(x)取到极大值1+ 2>0，
所以当x= 22时，f(x)取到极小值1− 2<0，
所以函数f(x)=2x3−3x+1零点的个数为3
故选C
通过求导研究函数的单调性和极值与0的大小即可得到答案．
本题考查函数零点个数的判断，注意利用导数判断函数的单调性、极值在判断函数零点个数中的应用．
7.【答案】C
【解析】解：因为圆x2+y2=1的圆心为(0,0)，半径r=1，
直线y=k(x+2)与圆x2+y2=1相交，
所以圆心到直线y=k(x+2)的距离d=|2k| 1+k2<1，解得− 33所以，直线y=k(x+2)与圆x2+y2=1相交的概率为P=2 334= 36.
故选：C.
求出直线与圆相交时k的取值范围，利用几何概型的概率公式可求得所求事件的概率．
本题主要考查直线与圆的位置关系，以及几何概型的概率公式，属于基础题．
8.【答案】D
【解析】解：显然tan2α=sin2αcs2α=2sinαcsα1−2sin2α，而α∈(0,π2),tan2α=2csα3−2sinα，
因此2sinαcsα1−2sin2α=2csα3−2sinα，解得sinα=13，由α∈(0,π2)，得csα= 1−sin2α=2 23，
所以tanα=sinαcsα= 24.
故选：D.
根据给定条件，利用二倍角的正切公式建立方程，求出sinα，再利用同角公式计算即可．
本题主要考查三角函数的同角公式，是基础题．
9.【答案】A
【解析】解：由题意可知第一次循环：S=11，k=9；
第二次循环：S=20，k=8；
第三次循环：S=28，k=7，
此时S满足输出结果，退出循环，
所以判断框中的条件为k≥8，
故选：A.
利用程序框图的性质以及循环条件即可判断求解．
本题考查了程序框图的应用，考查了学生的理解运算能力，属于基础题．
10.【答案】B
【解析】解：由图可知：
f(x)在区间(0,+∞)上单调递增，
则在区间(0,+∞)上f′(x)>0.
又由f(x)为偶函数．
则f(x)在区间(−∞,0)上单调递减，
则在区间(−∞,0)上f′(x)<0.
由f(−1)=f(1)=0可得
在区间(−∞,−1)上f′(x)<0，f(x)>0.
在区间(−1,0)上f′(x)<0，f(x)<0.
在区间(0,1)上f′(x)>0，f(x)<0.
在区间(1,+∞)上f′(x)>0，f(x)>0.
故不等式f(x)f′(x)>0的解集为(−1,0)∪(1,+∞)
故选B
本题考查的知识点是函数奇偶性及单调性，由f(x)为偶函数，我们可以根据偶函数的性质--偶函数的图象关于y轴对称，判断出函数图象在y轴左侧的情况，然后结合导数的意义，不难求出等式f(x)f′(x)>0的解集．
利用导数研究函数的单调性比用函数单调性的定义要方便，f′(x)>0(或f′(x)<0)仅是f(x)在某个区间上为增函数(或减函数)，反之，f(x)在某个区间上为增函数(或减函数)，则f′(x)>0(或f′(x)<0).
11.【答案】C
【解析】解：设f(x)=ln(1+x)−x，x∈(0,+∞)，
则f′(x)=11+x−1=−x1+x<0，
所以f(x)在(0,+∞)上单调递减，
所以f(x)所以f(15)=ln65−15<0，即ln65<15，则c设g(x)=ex−x−1，(x>0)，则g′(x)=ex−1>0，故g(x)在(0,+∞)上单调递增，
则g(15)=e15−15−1>g(0)=0，即e15−1>15，则b>a，
综上c故选：C.
分别构造函数f(x)=ln(1+x)−x，x∈(0,+∞)，和g(x)=ex−x−1，x∈(0,+∞)，求导得到函数f(x)，g(x)的单调性，由单调性即可比较出a，b，c的大小．
本题主要考查了函数的单调性在函数值大小比较中的应用，属于中档题．
12.【答案】C
【解析】解：不妨取点P在第一象限，且∠F1PF2的平分线PQ与x轴的交点E位于x轴的正半轴，如图所示，
设|PF1|=m，|PF2|=n，|F1F2|=2c，
由角平分线的性质知，|PF1||EF1|=|PF2||EF2|，
所以mc+|OE|=nc−|OE|①，
因为OQ//PF1，且|OQ|=b，
所以|OQ||PF1|=|OE||EF1|，所以bm=|OE|c+|OE|②，
联立①②，消去|OE|，可得m−n=2b，
由椭圆的定义知，|PF1|+|PF2|=m+n=2a，
所以m=a+b，n=a−b，
因为PF1⋅PF2=0，
所以|PF1|2+|PF2|2=|F1F2|2，
所以(a+b)2+(a−b)2=4c2，即a2+b2=2c2，
又b2=a2−c2，
所以3c2=2a2，
所以离心率e=ca= 23= 63.
故选：C.
不妨取点P在第一象限，且∠F1PF2的平分线PQ与x轴的交点E位于x轴的正半轴，设|PF1|=m，|PF2|=n，|F1F2|=2c，结合角平分线的性质与平行线的性质，推出m−n=2b，再利用椭圆的定义与勾股定理，计算椭圆的离心率即可．
本题考查椭圆离心率的求法，熟练掌握椭圆的定义，角平分线的性质等是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
13.【答案】y=3
【解析】解：抛物线x2+12y=0可化为x2=−12y，则2p=12，∴p2=3
∴抛物线x2+12y=0的准线方程是y=3
故答案为：y=3.
抛物线x2+12y=0化为x2=−12y，即可得到抛物线的准线方程．
本题考查抛物线的性质，考查学生的计算能力，属于基础题．
14.【答案】120∘
30∘

【解析】【分析】
若A=120∘，B=30∘，满足条件sinA=csB，此时三角形不是直角三角形，即可得解．
本题考查命题的真假的判断与应用，属于基础题．
【解答】
解：若A=120∘，B=30∘，
则sinA=csB，此时三角形不是直角三角形，说明p为假命题．
故答案为：120∘，30∘.
15.【答案】1010.5
【解析】解：因为an+1an=an+1−1，显然，an≠1，
所以an+1=−1an−1，
又因为a1=−1，
令n=1可得a2=−1a1−1=12，
令n=2可得a3=−1a2−1=2，
令n=3可得a4=−1a3−1=−1，
所以数列{an}是以3为周期的数列，
设数列{an}的前n项和为Sn，
则S2024=674(−1+12+2)−1+12=1010.5.
故答案为：1010.5.
首先求出数列{an}是以3为周期的数列，再求前2024项和即可．
本题主要考查了数列的递推关系在数列项的求解中的应用，属于中档题．
16.【答案】27 3π2 2
【解析】解：第一空：因为AB=AD=3 2,BC=CD=3，BC⊥CD，
所以BE=CE=DE=3 22,AE= AD2−DE2= (3 2)2−(3 22)2=3 62，且AC⊥BD，点E为△BCD外接圆的圆心，
所以四面体A′−BCD的外接球的球心O一定在过点E且垂直面BCD的直线上，
如图不妨设GE⊥面BCD，A′F⊥面BCD，
设四面体A′−BCD的外接球的半径R，OE=h,OB=R= OE2+EB2= h2+92,设FE=x，
则由对称性可知点F也在直线CE上且A′F⊥FC，AF=2OE=2h，
由题意A′E=AE=3 62,FC=FE+EC=x+3 22,A′C=3 3，
在Rt△A′FE中，有A′F2+FE2=A′E2，即x2+(2h)2=272，
在Rt△A′FC中，有A′F2+FC2=A′C2，即(x+3 22)2+(2h)2=27，
联立以上两式解得x=3 22,h=32，
所以R= h2+92= 94+92=3 32，
从而四面体A′−BCD的外接球的体积为V=43πR3=43×π×81 38=27 32π；
第二空：如图所示，
由题意将上述第一空中的点E用现在的点F来代替，而现在的点E为线段BD的靠近点B的三等分点，
此时过点E作球O的截面，若要所得的截面中面积最小，只需截面圆半径最小，
设球心到截面的距离为d，截面半径为r，则r= R2−d2，所以只需球心到截面的距离为d最大即可，
而当且仅当OE与截面垂直时，球心到截面的距离为d最大，即dmax=OE，
由以上分析可知此时OO1=FE=FB−BE=12BD−13BD= 22,OF=32，OE= OF2+EF2= 94+12= 112,R=3 32，
所以rmin= R2−OE2= 274−114=2.
故答案为：27 3π2；2.
第一空：由题意先画出图形，算出△BCD外接圆的半径，然后再算出点A到平面BCD的距离，从而即可得解；
第二空：若要所得的截面中面积最小，只需截面圆半径最小，所以只需球心到截面的距离为d最大即可，而当且仅当OE与截面垂直时，球心到截面的距离为d最大，即dmax=OE，所以只需算出OE的长度即可．
本题考查空间几何体的外接球和截面圆问题，属于中档题．
17.【答案】解：(1)更适宜的回归方程为②y=d⋅cx+25，
由y=d⋅cx+25，可得y−25=d⋅cx，
两边取自然对数，得ln(y−25)=lnd+xlnc，
令w=ln(y−25)，a=lnd，b=lnc，
则w=bx+a，
计算得x−=0+1+2+3+4+5+67=3，
所以i=17(xi−x−)2=28，
结合表中数据，可得b=i=17(xi−x−)(wi−w−)i=17(xi−x−)2=−2.2428=−0.08，
所以a=w−−bx−=3.85+0.08×3=4.09，
所以d=ea=e4.09≈60，c=eb=e−0.08≈0.92，
所以茶水温度y关于时间x的回归方程为y=60×0.92x+25；
(2)由题意可知，25℃室温下，茶水温度降至60摄氏度口感最佳，
即60=60⋅0.92x+25⇒x1n0.92=1n60−2560，
所以xln0.92=ln7−2ln2−ln3≈−0.6，
解得x≈−0.6−0.08=7.5，
故在室温下，刚泡好的茶水大约需要放置7.5min才能达到最佳引用口感．
【解析】(1)由散点图可判断更适宜的回归方程为②y=d⋅cx+25，转化为线性回归方程w=bx+a，其中w=ln(y−25)，a=lnd，b=lnc，利用公式求出a，b的值，进而求出c，d的值即可；
(2)由题意可知60=60×0.92x+25，进而求出x的值即可．
本题主要考查了线性回归方程的求解与应用，属于中档题．
18.【答案】解：(1)f(x)=12−sin2ωx+ 32sin2ωx
=12−1−cs2ωx2+ 32sin2ωx
= 32sin2ωx+12cs2ωx
=sin(2ωx+π6)，
∵T=2π2ω=4π，
∴ω=14，
故f(x)=sin(12x+π6)，
由−π2+2kπ≤12x+π6≤π2+2kπ,k∈Z，解得4kπ−4π3≤x≤4kπ+2π3,k∈Z，
当k=0时，−4π3≤x≤2π3，
又x∈[0,π]，
所以f(x)在[0,π]上的单调增区间为[0,2π3]；
(2)由(2a−c)csB=b⋅csC，得(2sinA−sinC)csB=sinBcsC，
∴2sinAcsB=sinBcsC+csBsinC=sin(B+C)=sinA，
∵sinA≠0，
∴csB=12，
∵B∈(0,π)，
∴B=π3，
∴f(A)=sin(12A+π6)，
∵0∴π6∴12∴f(A)的取值范围为(12,1).
【解析】(1)利用三角恒等变换化简f(x)，再利用整体代入法即可得解；
(2)利用正弦定理的边角变换与三角函数的和差公式求得角B，从而得到A的取值范围，进而利用三角函数的性质即可得解．
本题主要考查了三角函数恒等变换，正弦定理以及三角函数的性质，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．
19.【答案】(1)证明：如图1所示，取BC中点M，连接AM，DM，
因为BD=CD，所以DM⊥BC，
又因为AB=AC，所以AM⊥BC
又因为DM∩AM=M，且DM，AM⊂平面ADM，所以BC⊥平面ADM，
因为AD⊂平面ADM，所以AD⊥BC.
(2)解：存在．如图1所示，作AH⊥DM于点H，由(1)知AH⊥BC，
因为DM∩BC=M，且DM，BC⊂平面BCD，所以AH⊥平面BCD，
设AH=x，则DH= 3−x2，MH= 32−x2，
因为 3−x2+ 32−x2= 22无解，即点H在DM延长线上，如图2所示，
所以 3−x2− 32−x2= 22，解得x=1，即AH=1，
所以BH=CH=1，所以垂足H与B，C，D构成一个正方形BHCD，
过E作ET//AH交HC于T，连接DT，
因此AH⊥平面BCD，所以ET⊥平面BCD，所以∠EDT=30∘，
记CE=m，则ET= 22m，DT= DC2+TC2= 1+12m2，
所以 22m 1+12m2=tan30∘= 33，解得m=1，即存在CE=1满足条件．

【解析】(1)取BC中点M，得到DM⊥BC和AM⊥BC，利用线面垂直的判定定理，证得BC⊥平面ADM，进而证得AD⊥BC.
(2)作AH⊥DM于点H，由(1)证得AH⊥平面BCD，设AH=x，列出方程求得x=1，即AH=1，过E作ET//AH交HC于T，得到∠EDT=30∘，令CE=m，列出方程，求得m的值，即可求解．
本题主要考查了垂直关系的判定定理及性质定理的应用，还考查了直线与平面所成角的求解，属于中档题．
20.【答案】解：(1)易知圆C1：(x+1)2+y2=9，圆心C1(−1,0)，半径为3，圆C2：(x−1)2+y2=1，圆心C2(1,0)，半径为1，
设动圆P的半径为R，
因为动圆P与圆C1内切，与圆C2外切，
所以|PC1|=3−R，|PC2|=1+R，
此时|PC1|+|PC2|=3−R+1+R=4>2=|C1C2|，
则曲线E是以C1，C2为左、右焦点的椭圆(不包含右顶点)，
设曲线E的方程为x2a2+y2b2=1(a>b>0)，
此时2a=4，2c=2，
解得a=2，c=1，
又a2=b2+c2，
解得b= 3，
则E的标准方程为x24+y23=1(x≠2)；
(2)易知直线BC2的斜率存在且不为0，
不妨设直线BC2的方程为x=my+1(m≠0)，B(x1,y1)，M(x2,y2)，
联立x=my+1x24+y23=1，消去x并整理得(3m2+4)y2+6my−9=0，
此时Δ>0，
由韦达定理得y1+y2=−6m3m2+4，y1y2=−93m2+4，
易知y1+y2≠0，x1≠x2，
由椭圆的对称性知A(x1,−y1)，
所以kAM=y2+y1x2−x1，
则直线AM的方程为y+y1=y2+y1x2−x1(x−x1)，
令y=0，
解得xN=y1(x2−x1)y2+y1+x1=y1(my2+1−my1−1)y2+y1+my1+1=my1(y2−y1)y2+y1+my1+1
=2my1y2y2+y1+1=2m×−93m2+4−6m3m2+4+1=4，
所以|C2N|=3，
要使△MC2N的面积等于94，
此时|y2|=32，
联立|y2|=32x24+y23=1，
解得|x2|=1，
则x2=−1或x2=1(舍去)
所以kAM=±32−1−4=±310，
不妨设kAM=310，
此时直线AM的方程为y=310(x−4)，
联立y=310(x−4)x24+y23=1，消去y并整理得7x2−6x−13=0，
因为x2=−1，
所以x1=137，
故存在t=137，使得△MC2N的面积等于94.
【解析】(1)设动圆P的半径为R，根据动圆P与圆C1内切，与圆C2外切以及椭圆的定义得到曲线E是以C1，C2为左、右焦点的椭圆(不包含右顶点)，设出椭圆的方程，结合a，b，c之间的关系列出等式，进而可解；
(2)设出直线BC2的方程，将直线BC2的方程与曲线E的方程联立，利用韦达定理得到y1+y2=−6m3m2+4，y1y2=−93m2+4，结合椭圆的对称性得到直线AM的方程和点N的横坐标，进而可得点M的坐标和直线AM的方程，将直线AM的方程与曲线E的方程联立，利用韦达定理进行求解即可．
本题考查轨迹方程以及直线与圆锥曲线的综合问题，考查了逻辑推理和运算能力，属于中档题．
21.【答案】解：(1)f(x)=ex−ax2，f′(x)是f(x)的导函数，
则f′(x)=ex−2ax，令g(x)=ex−2ax，则g′(x)=ex−2a，
当a≤0时，g′(x)>0，函数f′(x)在R上单调递增；
当a>0时，g′(x)>0，得x>ln2a，g′(x)<0，得x所以函数f′(x)在(−∞,ln2a)上单调递减，在(ln2a,+∞)上单调递增．
综上所述，当a≤0时，函数f′(x)在R上单调递增；
当a>0时，函数f′(x)在(−∞,ln2a)上单调递减，在(ln2a,+∞)上单调递增．
(2)证明：由(1)可知g(x)=(x+1)(ex−1)，
令g(x)=0，有x=−1或x=0，
故曲线y=g(x)与x轴负半轴的唯一交点P为(−1,0).
曲线在点P(−1,0)处的切线方程为y=h(x)，
则h(x)=g′(−1)(x+1)，
令F(x)=g(x)−h(x)，则F(x)=g(x)−g′(−1)(x+1)，
所以F′(x)=g′(x)−g′(−1)=ex(x+2)−1e,F′(−1)=0，
当x<−1时，若x∈(−∞,−2],F′(x)<0,
若x∈(−2,−1)，令m(x)=ex(x+2)−1e，
则m′(x)=ex(x+3)>0，
故F′(x)在x∈(−2,−1)时单调递增，F′(x)故F′(x)<0，F(x)在(−∞,−1)上单调递减，
当x>−1时，由m′(x)=ex(x+3)>0知F′(x)在x∈(−1,+∞)时单调递增，F′(x)>F′(−1)=0，F(x)在(−1,+∞)上单调递增，
所以F(x)≥F(−1)=0，即g(x)≥h(x)成立．
【解析】(1)利用导数与单调性的关系求解；
(2)利用导函数与单调性、最值的关系证明不等式．
本题主要考查利用导数研究函数的最值，考查转化能力，属于中档题．
22.【答案】解：(1)ρ+4sinθ=0，即ρ2+4ρsinθ=0，
∵x2+y2=ρ2y=ρsinθ，θ∈[π,3π2]，
∴x2+y2+4y=0，x∈[−2,0]，
∴C的参数方程为x=2csαy=−2+2sinα，α∈[π2,3π2]；
(2)由(1)所得C的参数方程，可设D(2csα,−2+2sinα)，
−2+2sinα+22csα−0=− 33，∴tanα=− 33，∵α∈[π2,3π2]，∴α=5π6，
∴D(− 3,−1)，
∴ρ= ( 3)2+12=2，tanθ= 33，∴θ=7π6，
∴点D的极坐标为(2,7π6).
【解析】(1)根据极坐标方程求出C的普通方程，从而求出参数方程即可；
(2)设D(2csα,−2+2sinα)，结合题意得到直线DC的斜率− 33，求点D的极坐标．
本题考查了参数方程、普通方程以及极坐标方程的转化，考查直线的斜率问题，属中档题．
23.【答案】解：(1)因为f(x)=|2x+1|+|2x−2|=−4x+1,x<−123,−12≤x≤14x−1,x>1，
作出函数的图象，如图所示：
由此可得函数的最小值为3；
(2)因为当x≥0时，f(x)≤ax+b恒成立，
即2x+1+|2x−2|≤ax+b恒成立，
当0≤x≤1时，2x+1+2−2x≤ax+b恒成立，
即3≤ax+b恒成立，
因为y=ax+b在[0,1]上的图象为线段，
所以b≥3a+b≥3，所以a+b≥3；
当x>1时，由题意可得4x−1≤ax+b，
即(a−4)x+b+1≥0在(1,+∞)上恒成立，
所以a−4≥0a−4+b+1≥0，所以a+b≥3；
综上，a+b≥3，
所以a+b的最小值为3.
【解析】(1)将函数写成分段函数，作出图象，结合图象即可得答案；
(2)由题意可得|2x+1|+|2x−2|≤ax+b在[0,+∞)上恒成立，分0≤x≤1和x>1分别求解即可．
本题考查了一次函数的性质、分类讨论思想及数形结合思想，属于中档题．y−
w−
i=17(xi−x−)(yi−y−)
i=17(xi−x−)(wi−w−)
73.5
3.85
−95
−2.24