1、第 1页 （共 18页） 2021 年新高考第二次适应性考试试题 数学学科试题2021 年 4 月 （考试时间：120 分钟；总分：150 分） 一、单选题：本题共 8 小是，每小题 5 分，共 40 分在每小题给出的四个选项中只有一项 是符合题目要求的 1已知集合Ax|y 1x， By|y21x，x0，则 AB() Ax|x1Bx|0 x1Cx|0 x1Dx|x1 【答案】C 【考点】集合的运算、解指数不等式 【解析】由题意可知，Ax|x1，Bx|0 x2，所以 ABx|0 x1，故答案选 C. 2已知 i 为虚数单位，复数满足 z(2i)34i，记z为 z 的共轭复数，|z|() A 29
2、 3 B5 5 3 C 29 5 D 5 【答案】D 【考点】复数的运算 【解析】 由题意可知， z34i 2i (34i)(2i) (2i)(2i) 2i， 所以z2i， 所以|z| 221 5， 故答案选 D. 3我国古代数学名著九章算术中有如下问题： “今有垣厚八尺，两鼠对穿，大鼠日一尺， 小鼠日半尺，大鼠日倍增，小鼠日自半，问几何日相逢?”意思是“今有土墙厚 8 尺，两鼠 从墙两侧同时打洞，大鼠第一天打洞一尺，小鼠第一天打洞半尺，大鼠之后每天打洞比前一 天多一倍，小鼠之后每天打洞长度是前一天的一半，问两鼠几天打通相遇?”两鼠相逢需要 的天数最小为() A2B3C4D5 【答案】C 【考
3、点】新情景问题下的文化题：数列求和问题 【解析】由题意可知，大鼠与小鼠所打的厚度分别看作数列an与bn，设其前 n 项和分别 为 An，Bn，则数列an是以 1 为首项，2 为公比的等比数列，数列bn是以1 2为首项， 1 2为公 第 2页 （共 18页） 比的等比数列，所以 An12 n 12 2n1，Bn 1 2 1 1 2 n 11 2 1 1 2 n1，因为 A nBn8，所以 2n11 1 2 n18，解得 n4，故答案选 C. 4已知函数 f(x)xsinx，则 f(x)的导函数 f(x)的部分图象大致为 () 【答案】A 【考点】函数图象的识别与判断 【解析】由题意可知，f(x)
4、sinxxcosx，且 f(x)sin(x)xcos(x)sinxxcosx f(x)，即 f(x)为奇函数，则排除选项 C，D；又 f()0，所以排除选项 B，故答案选 A. 5三位同学获得学校数学竞赛的前三名，向老师询问结果，老师跟他们透露了 3 条信息： 甲不是第三名；乙是第三名；丙不是第一名，并告知他们以上 3 条信息中有且只有一 条信息正确，那么该竞赛的第一名，第二名，第三名依次为() A甲、乙、丙B丙、甲、乙C甲、丙、乙D乙、丙、甲 【答案】D 【考点】逻辑推理题 【解析】由题意可知，若甲正确，则乙和丙都错，则甲为第三名，且乙丙中必有一人正确， 一人错误；若丙错误，可得到不符合题意
5、，所以丙为第二名，所以名次的顺序为乙、丙、甲， 故答案选 D. 6已知，(0，)，cos3 10 10 ，若 sin(2)1 2sin，则( ) A5 4 B2 3 C7 6 D7 4 【答案】A 第 3页 （共 18页） 【考点】三角恒等变换的应用 【解析】由题意可知，sin(2)1 2sin，可化为 sin() 1 2sin()，展开得 sincos()cossin()1 2 cossin()1 2 sincos()，则 cossin()3 sincos()0，因为，(0，)，且 cos3 10 10 ，所以 sin 1cos2 10 10 ，则 3 10 10 sin()3 10 10
6、cos()0，且( 2，)，所以 sin()cos()，当 cos( )0 时不满足题意，所以 tan()1，因为( 2，)，(0，)，所以( 2，2)， 则5 4，故答案选 A. 7在平面直角坐标系 xOy 中，点F1，F2分别是双曲线 C：x 2 a2 y 2 b2 1(a0，b0)的左，右 焦点，过点F1且与直线 l：yb ax垂直的直线交 C 的右支于点 M，设直线 l 上一点 N(N 在第二象限)满足F1NF2N，且( F1N F2M)MN0，则双曲线 C 的离心率的值为() A 5B 3C 21D2 【答案】A 【考点】双曲线的几何性质、双曲线与直线的位置关系 【解析】法一：由题意
7、可知，设直线 F1M 的方程为 ya b(xc)，则设 M(x 0，a b(x 0c)，N(t， b at)，因为 F 1(c，0)，F2(c，0)，且F1NF2N，所以 F1N F2N(tc，b at)(tc， b at)0， 即 t2c2(b at) 20， 解得 ta， 所以 N(a， b)， 所以 F1N(ca， b)， F2M(x0c， a b(x 0 c)，MN(ax0，ba b(x 0c)，则( F1N F2M)MN(x0a，a b(x 0c)b)(ax0，b a b(x 0c)0，即 a2x02b2a b(x 0c)20，解得 x0b 2a2 c ，所以 M(b 2a2 c ，
8、2ab c )，因 为点 M 在双曲线上，所以代入双曲线方程可得，(b 2a2)2 a2c2 4a 2 c2 1，即(e2 e) 24 e21，解得 e25，e 5，故答案选 A. 法二：由题意可设 N(t，b at)，t0，设直线 F 1M 的方程为 ya b(xc)，则 F1N F2N(tc， b at)(tc， b at)0，即 t 2c2(b at) 20，解得 ta，所以 N(a，b)，设 M(x，y)，则 F1N F2M(xa，yb)，因为( F1N F2M)MN0，所以(xa，yb)(ax，by)0， 第 4页 （共 18页） 则有 a2x2b2y20， 则 c2x2y2， 联立
9、 ya b(xc)可得， x b2a2 c ， y2ab c ， 即 M(b 2a2 c ， 2ab c )，因为点 M 在双曲线上，所以代入双曲线方程可得，(b 2a2)2 a2c2 4a 2 c2 1，即(e2 e) 24 e2 1，解得 e25，e 5，故答案选 A. 8如图，在边长为 2 的正方形 ABCD 中，点 M、N 分别是边 CD、BC 的中点，将ADM 沿 AM 翻折到PAM，在ADM 翻折到PAM 的过程中，tanPND 的 最大值为() A 5 4 B2 5 5 C 5 5 D2 3 【答案】B 【考点】立体几何中的动态问题求最值 【解析】法一：由题意，由翻折可得，ADM
10、DCN，则 AMDN，可设 AM 与 DN 交 于点 E，连结 PE，则得到 PEAM，所以 AM平面 PDE，所以平面 PDE平面 ABCD， 过点 P 作 PQPN 于点 Q，设PED，所以 PQ2 5 5 sin，QN3 5 5 2 5 5 cos，则 tan PND 2sin 32cosm，即有 2sin2mcos3m，由辅助角公式可得 44m2sin() 3m，而 sin()1，所以44m2sin() 44m2，即 3m 44m2，则 5m24， 解得 m2 5 5 ，故答案选 B. 法二：由题意，由翻折可得，ADMDCN，则 AMDN，所以可得到 AM平面 PDM， 设 DN 与
11、AM 交于点 O，所以点 P 的轨迹为以 O 为圆心，DO 为半径的圆，所以当 PN 为圆 O 的切线时，有 DO2 5 5 ，NO3 5 5 ，则 sinPNDDO NO 2 3，则此时 tanPND 取得最大 值，最大值为2 5 5 ，故答案选 B. 二、选择题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分在每小题给出的选项中，有多项符合 题目要求全部选对的得 5 分，部分选对的得 2 分，有选错的得 0 分 第 5页 （共 18页） 92020 年突如其来的新冠肺炎疫情对房地市场造成明显的冲击，如图为某市 2020 年国庆 节 7 天假期的楼房认购量与成交量的折线图，某同学根据折线图对
12、这 7 天的认购量(单位： 套)与成交量(单位：套)作出如下判断，则下列判断正确的是() A日成交量的中位数是 16 B日成交量超过平均成交量的只有 1 天 C10 月 7 日认购量的增长率大于 10 月 7 日成交量的增长率 D日认购量的方差大于日成交量的方差 【答案】BD 【考点】信息图表题：信息的处理 【解析】由题意可知，对于选项 A，日成交量为 8，13，16，26，32，38，166，所以中位 数为 26，所以选项 A 错误；对于选项 B，平均成交量为1 7(13832162638166) 42.7，所以日成交量超过平均成交量的只有 1 天，即为 7 日，所以选项 B 正确；对于选项
13、 C， 10 月 7 日认购量的增长率为 y1276112 112 1.464，成交量的增长率为 y216638 38 3.368， 则选项 C 错误；对于选项 D，日认购量的均值为1 7(22310591107100112276) 144.857，由各数据与均值的差可看出，日认购量的方差大于日成交量的方差，所以选项 D 正确；综上，答案选 BD. 10已知 alog3e，blog23，cln3，则() AabcBacbCacbDacb 【答案】BC 【考点】对数比较大小 【解析】由题意可知，对于选项 AB，因为 blog23ln3 ln2 ln3 lneln3c，所以 bc，又因为 alog
14、3elog331，且 cln3lne1，所以 ca，则 bca，所以选项 A 错误，选项 B 第 6页 （共 18页） 正确；对于选项 CD，aclog3eln3lne ln3ln3 1 ln3ln32 1 ln3ln32，且 blog 23 blog242，所以 acb，故选项 C 错误，选项 D 正确；综上，答案选 BC. 11如图，已知函数 yAsin(x)(A0，0，| 2)的图象与 x 轴交于点 A，B，与 y 轴交于点 C，若|OB|7|OA|，0|AB|5 2，且 tanACB 9 8，则下列说法正确的是( ) Af(x)的最小正周期为 4 B将 f(x)的图象向左平移 6个单位
15、后的图象关于原点对称 Cf(x)在区间(1，1)上的值域为2， 3) Df(x)在区间(6，7)上单调递增 【答案】AC 【考点】三角函数的图象与性质应用 【解析】由图像可知，A2，设 OCn，OAm，所以 tanACBtan(OCBOCA) OB OC OA OC 1OB OC OA OC OC(OBOA) (OC)2OAOB 9 8，解得(3OC7OA)(OC3OA)0，则 n 7m 3 或 n3m，则 点由 A(m，0)，可得 2sin(m)0，即 mk，kZ，又因为|AB|6m ，所以 m 6，则k 6，kZ，因为| 2，所以 k0， 6，所以 yf(x)2sin(x 6)， 则 nf
16、(0)1，则 m1 3或 m 3 7，当 m 3 7时，|AB|6m 18 7 5 2，所以舍去，则 m 1 3，则 6m 2，则 f(x)2sin( 2x 6)，对于选项 A，其最小正周期 T 2 2 4，所以选项 A 正确； 对于选项 B， f(x)的图象向左平移 6个单位后为 2sin 2(x 6) 62sin( 2x 2 12 6)不关于原点 对称，所以选项 B 错误；对于选项 C，x(1，1)时，则 2x 6( 2 3 ， 3)，所以 2sin( 2x 6)2， 3)，所以选项 C 正确；对于选项 D，x(6，7)时， 2x 6( 17 6 ，19 6 )，此区 间有增有减，所以选项
17、 D 错误；综上，答案选 AC. 12在四面体 ABCD 中，ABC 是边长为 2 的正三角形ADB60，二面角 DABC 的大小为 60，则下列说法正确的是() AABCD 第 7页 （共 18页） B四面体 ABCD 的体积 V 的最大值为 3 2 C棱 CD 的长的最小值为 3 D四面体 ABCD 的外接球的表面积为52 9 【答案】BCD 【考点】立体几何综合应用 【解析】由题意可知，对于选项 A，若 ABCD，可取 AB 的中点为点 M，由ABC 是正三 角形，可得 CMAB，则 DMAB，则与题意矛盾，所以选项 A 错误；对于选项 B，四面 体 ABCD 的体积 V1 3S ABC
18、DF， 即高 DF 最大时(或ABD 为正三角形时)， 体积达到最大值， 且 V1 3S ABCDF1 3 3 3 2 3 2 ， 所以选项 B 正确； 由选项 B 可知， 当高 DF 最大时(或ABD 为正三角形时)，此时 CD 最小，且 CDmin 3 2 2 3 2 2 3，所以选项 C 正确；对于选 项 D，可设过点 M 作 MN平面 ABD，过点 C 作 CRED 于点 R，则外接球的球心 O 在 MN 直线上，只需 OAOC，而 CR3 2，ER 3 2 ，EM 3 3 ，MR 3 6 ，设 OMx，因为 OA OC， 所以 OA2OC2， 即 x2(2 3 3 )2( 3 6 )
19、2(3 2x) 2， 化简解得 x1 3， 所以 R 2(1 3) 2(2 3 3 )2 13 9 ，则外接球的表面积为 4R252 9 ，所以选项 D 正确(另解：设外接球球心为 T，ABD 的外接圆圆心为 H，由正弦定理可得，ABD 的外接圆半径为 r2 3 3 ，则球心 T 到ABD 所在的平面的距离为 dHMtan30 3 3 3 3 1 3， 所以外接球的半径 R r 2d2 13 3 ， 则外 接球的表面积为 4R252 9 )；综上，答案选 BCD. 二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分 第 8页 （共 18页） 13已知(x2)(xm)5a6x6a5x5a
20、1xa0，m 为常数，若a02，则a4_ 【答案】20 【考点】二项式定理展开式的应用 【解析】由题意，可令 x0，此时2m5a0，因为 a02，所以 m1，则a4C3 5(1) 2 (2)C4 5(1)101020. 14某公司根据上年度业绩筛选出业绩出色的 A，B，C，D 四人，欲从此 4 人中选择 1 人 晋升该公司某部门经理一职，现进入最后一个环节：A，B，C，D 四人每人有 1 票，必须投 给除自己以外的一个人，并且每个人投给其他任何一人的概率相同，则最终仅 A 一人获得 最高得票的概率为_ 【答案】 5 27 【考点】随机事件的概率计算 【解析】由题意可知，每个人投给其他任何一人的
21、概率相同，则最终仅 A 一人获得最高得 票有如下两种情况：若 A 得 3 票，其概率为 P1(1 3) 3C1 3(1 3) 1 27；若 A 得 2 票，其概率 为P2C2 3(1 3) 2C1 2(1 3)C 1 2(1 3) 4 27， 所以最终仅A一人获得最高得票的概率为PP 1P2 1 27 4 27 5 27. 15在ABC 中，a，b，c 分别为角 A，B，C 的对边，已知 a2，b2c2bc4若以 AB， AC 为边向ABC 外分别作正MAB，正NAC，记MAB，NAC 的中心分别为 P，Q， 则BPCQ的最大值为_ 【答案】4 3 【考点】数量积在平面几何中的应用 【解析】由
22、题意可知，在ABC 中，因为b2c2bc4，则由余弦定理可得 cosA1 2，因为 A(0，)，所以 A60，又MAB，NAC 均为正三角形，P，Q 为其中心，则可得到 BP CQ，所以BPCQ(BMMP)(CNNQ)BMCNBMNQMPCNMPNQcb1 2 3 3 c 3 3 b(1 2) 1 2bc 1 6bc 1 3bc， 而b 2c2bc42bcbcbc， 即 bc4， 所以 BPCQ1 3bc 4 3，所以 BPCQ的最大值为4 3. 第 9页 （共 18页） 16设 a0，函数f(x)xa x1在定义域上有两个零点 m，n，函数g(x) alnx x x1有两个 零点 p，q，e
23、 为自然对数的底数，若 mpnq，则实数 a 的取值范围是_ 【答案】(e2e，) 【考点】函数的零点与数形结合思想应用 【解析】由题意可知，令 f(x)0，可得 xa x10，即 a xx1，令(x)0，可得 alnx x x1 0，即alnx x x1，则可设 ya x与 y alnx x 交于点 A(x0，y0)，则a x0 alnx0 x0 ，解得 x0e，且 e 1a e，所以 ae 2e，则实数 a 的取值范围是(e2e，). 三、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(本小题满分 10 分) 在2ab cosB c cosC；4S 3(
24、a 2b2c2)；csinAacos(C 6)这三个条件中任选一个，补 充在下面的问题中，并解答 在ABC 中，a，b，c 分别是角 A，B，C 的对边，已知，ab6，且ABC 中的 面积 S9 3 4 ，求ABC 的周长 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分 【考点】结构不良题：解三角形与三角恒等变换综合应用 第 10页 （共 18页） 【解析】 选，由2ab cosB c cosC及正弦定理得， 2sinAsinB cosB sinC cosC ， 整理得，2sinAcosCsinCcosBsinBcosCsin(BC)sin(A)sinA， 因为 A(0，)，故 sinA0，
25、所以 2cosC1， cosC1 2， 又因为 C(0，)，C 3. 4 分 由 S9 3 4 ，得1 2absinC 9 4 3，即 ab9 又 ab6，由余弦定理得c2a2b22abcosC(ab)2ab62945， 所以c3 5(负舍)7 分 又(ab)2(ab)24ab624972，故ab6 2(负舍)， 选，由4S 3(a2b2c2)，得1 2absinC 3(a 2b2c2)，即sinC 3a 2b2c2 2ab . 由余弦定理知cosCa 2b2c2 2ab ，故sinC 3cosC， 又 C(0，)，显然C 2，得tanC 3，C 3， 4 分 下同 选，由 csinAacos
26、(C 6)及正弦定理得， sinCsinAsinAcos(C 6)， 又 A(0，)，sinA0， 故sinCcos(C 6)，即sinC 3 2 cosC1 2sinC，得 1 2sinC 3 2 cosC， 又 C(0，)，显然C 2，故tanC 3，C 3， 4 分 下同 18(本小题满分 12 分) 已知数列an的前 n 项和为Sn，已知 a23a13，且当 n2，nN*时，Sn12an13Sn1 4Sn (1)证明数列an1an是等比数列； (2)设 bn an1 an1an，求数列b n的前 n 项和 Tn 第 11页 （共 18页） 【考点】数列的通项公式与求和、等比数列的证明
27、【解析】 (1)当 m2，nN*时，Sn12an13Sn14Sn， 即Sn1Sn2an13(SnSn1)， 所以当 n2，nN*时，an12an13an，即an1an2(anan1).3 分 又 a23a13，得 a11，a2a120， 故当 n2，nN*时， anan10，4 分 所以an1an anan1 2为定值，其中 n2，nN*， 所以数列an1an是首项为 2，公比为 2 的等比数列5 分 (2)由(1)知an1an2n.7 分 当 n2，nN*时，an(anan1)(an1an2)(a2a1)a1 2n12n2212(12 n1) 12 12n1， 又 a11 符合上式， 所以
28、an2n1，9 分 故 bn an1 an1an 2n (2 n11)(2n1)( 2n11)(2n1) (2 n11)(2n1) 1 2n1 1 2 n11， 10 分 所以 Tnb1b1bn ( 1 211 1 221)( 1 221 1 231)( 1 2n1 1 2 n11) 1 211 1 2 n11 1 1 2 n11 12 分 19(本小题满分 12 分) 如图，在多面体 ABCDEF 中，底面 ABCD 是边长为 2 的菱形，BAD60，四边形 BDEF 是矩形，BF3，平面 BDEF平面 ABCD，G 和 H 分别是 CE 和 CF 的中点 (1)求证：平面 BDGH/平面
29、AEF (2)求二面角 HBDC 的大小 第 12页 （共 18页） 【考点】立体几何中的位置关系证明、二面角的求解 【解析】 (1)设 ACBDO，连接 OH 因为四边形 ABCD 是菱形，ACBD0， 所以 O 是 AC 的中点， 所以 OHAF， 又 AF面 AEF，AF面 AEF， 所以 OH面 AEF2 分 在CEF 中，G，H 分别是 CE 和 CF 的中点， 所以 GHEF， 又 EF面 AEF，GH面 AEF， 所以 GH面 AEF4 分 又 OH，GH面 BDGH，OHGHH， 所以平面 BDGH平面 AEF6 分 (2)取 EF 的中点 Q，连接 OQ 在矩形 BDEF 中
30、，O 是 BD 的中点，Q 是 EF 的中点， 所以 OQDE，且 DEBD， 故 OQBD， 又面 BDEF面 ABCD，OQ面 BDEF，面 BDEF面 ABCDBD， 所以 OQ面 ABCD， 又 AC，BD面 ABCD， 所以 OQAC，OQBD 因为四边形 ABCD 是菱形， 第 13页 （共 18页） 所以 ACBD 以 O 为原点，OB，OC，OQ 所在直线分别为 x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间 直角坐标系 Oxyz7 分 所以 Q(0，0，3)，B(1，0，0)，F(1，0，3)，C(0，3，0)，H(1 2， 3 2 ，3 2)，D(1，0，0)， 因为 OQ面 A
31、BCD，故平面 ABCD 的一个法向量为 n1(0，0，3)； 又BD(2，0，0)，BH(1 2， 3 2 ，3 2)， 设 n2(x，y，z)是平面 BDH 的一个法向量，则 2x0， 1 2x 3 2 y3 2z0， 令 z1，得 n2(0， 3，1)，所以平面 BDH 的一个法向量为 n2(0， 3，1)9 分 所以 cos n1 n2 | n1| n2| 3 32 1 2， 设二面角 HBDC 的大小为，则|cos|cos|1 2， 据图可知，(0， 2)，所以 cos 1 2， 3， 所以二面角 HBDC 的大小为 3 12 分 20(本小题满分 12 分) 2020 年新冠肺炎疫
32、情爆发以来，国家迅速采取最全面，最严格，最彻底的防控举措，坚决 遏制疫情蔓廷势头，努力把疫情影响降到最低，为全世界抗击新冠肺炎疫情作出了贡献为 普及防治新冠肺炎的相关知识， 某社区开展了线上新冠肺炎防控知识竞赛， 现从大批参与者 中随机抽取了 200 名幸运者的成绩进行分析， 他们的得分(满分 100 分)数据统计结果如下表： 得分人数频率 30，4050025 (40，50300150 (50，60400200 (60，70500250 (70，80450225 (80，90200100 第 14页 （共 18页） (90，100100050 合计2001 (1)若此次知识竞赛得分 X 整体
33、服从正态分布，用样本来估计总体，设，分别为抽取的 200 名幸运者得分的平均值和标准差(同一组数据用该区间中点值代替)， 求， 的值(四舍五入取 整数)，及 P(37X79)的值； (2)在(1)的条件下，为感谢大家积极参与这次活动，对随机抽取的 200 名幸运者制定如下奖 励方案： 得分低于的获得 1 次抽奖机会， 得分不低于的获得 2 次抽奖机会 假定每次抽奖， 抽到 18 元红包的概率为2 3， 抽到 36 元红包的概率为 1 3.已知张三是这次活动中的幸运者， 记 Y 为张三在抽奖中获得红包的总金额，求 Y 的分布列和数学期望，并估算举办此次活动所需 要的抽奖红包的总金额 参考数据：
34、P(X)0 6827； P(u2X2)0 9545； P(3X3)0 9973 【考点】正态分布的应用；随机变量的分布列与期望 【解析】 (1)E(x)350.025450.15550.2650.25750.225850.1950.0565， 2 分 D(x)(3565)20.025(4565)20.15(5565)20.2(6565)20.25 (7565)20.225(8565)90.2(9565)20.05210，4 分 因为962225，所以 1415， 又因1.452210.25210，故14， 所以 XN(65， 142)， 所以 P(37x79)P(2x) P(2X2)P(X)
35、2 0.95450.6827 2 0.81866 分 (2)Y 的所有可能取值分别为 18，36，54，72 依题意得，P(x)P(x)1 2 P(Y18)1 2 2 3 1 3， P(Y36)1 2 1 3 1 2 2 3 2 3 7 18， 第 15页 （共 18页） P(Y54)1 2 2 3 1 3 1 2 1 3 2 3 2 9， P(Y72)1 2 1 3 1 3 1 18， 10 分 所以 Y 的概率分布为 Y18365472 P 1 3 7 18 2 9 1 18 E(Y)1836547236 所以举办此项活动所需要的抽奖红包的总金额为 200367200 元12 分 21(本
36、小题满分 12 分) 已知椭圆C1：x 2 a2 y2 b21(ab0)的离心率为 3 2 ；且经过点 A(0，1)，过点 A 且斜率为 k 的直线l1与抛物线C2：x22py(p0)的交于点 B，C，且 C 为 AB 的中点 (1)求椭圆C1的标准方程及点 C 的纵坐标； (2)若过点 C 且斜率为k 的直线l2与椭圆C1交于 M，N 两点，求四边形 AMBN 的面积的最大 值及此时抛物线C2的方程 【考点】圆锥曲线中椭圆的几何性质、直线与椭圆的位置关系中有关最值或范围问题 【解析】 (1)由题意得ec a 3 2 ，其中ca2b2，且 b1，故a24 3c 2， 所以a2c24 3c 2c
37、21，解得c23，所以a24， 所以椭圆C1的标准方程为x 2 4 y213 分 设 B(x2，x2 2 2p)，C(x 1，x1 2 2p)， 因为点 C 是 AB 的中点，所以 2x1x2， 且kABkAB，即 x22 2p1 x2 x12 2p1 x1 ，整理得x1x2(x1x2)2p(x1x2)， 显然x1x20，x1x22p， 联立，得 x12p，故点 C 的纵坐标为x1 2p 1 2. 6 分 (2)由(1)得 2p 1 2x 12，故x1 p， 第 16页 （共 18页） 据图形的对称性，不妨设x1 p， 1 2(1) p k，即 p 3 2k， 所以点 C 的坐标为( 3 2k
38、， 1 2) 直线 MN： y1 2k(x 3 2k)，即 ykx2，设M(x3，y3)，N(x4，y4)， 联立方程组 yk2 x2 4 y21 ，整理得(4k21)x216kx120， 则0，且 x3x4 16k 4k21，x 3x4 12 4k21， 即 x3x4 16k 4k21 ， x3x4 12 4k21， 且4k230， 8 分 故MN1k2|x3x4|1k2( 16k 4k21) 2 48 4k21 4 1k24k23 4k21 又点 A(0，1)到直线 MN 的距离为d 3 k21 ， 所以四边形 AMBN 的面积 S2SAMN21 2MNd 12 4k23 4k21 12
39、4k23 (4k21)2 ，10 分 令 t4k230，所以 S12 t (t2)212 1 t16 t 8 12 1 2t16 t 8 3， 当且仅当 t16 t ，t4 时，等号成立， 此时 k 7 2 ，p7 9，抛物线 C 2的方程为 x218 7 y12 分 22(本小题满分 12 分) 己知函数 f(x)ln(x1)kx1，x0 (1)讨论函数 f(x)的单调性； (2)若关于 x 的不等式 f(x) ex x10 对任意 x0 恒成立，求实数 k 的取值范围 【考点】函数与导数：含参函数的单调性讨论、恒成立问题 【解析】 (1)f(x)ln(x1)kx1，x0，f(x) 1 x1
40、k 1kkx x1 若 k0，则 f(x)0 恒成立，故 f(x) 在0，)上单调递增 第 17页 （共 18页） 若 0k1，令 f(x)0，得 x1 k10 x(0，1 k1) 1 k1 (1 k1，) f(x)0 f(x)极大值 f(1 k1) 若 k1，则 f(x)0 恒成立，故 f(x)在0，)上单调递减 综上所述，若 k0，f(x)在0，)上单调递增；若 0k1，f(x)在(0，1 k1)上单调递增， 在(1 k1，)上单调递减；若 k1，f(x)在0，)上单调递减 4 分 (2)令g(x)f(x) ex x1，故 g(x)ln(x1)kx ex x11，x0 所以 g(x) 1
41、x1k xx (x1)2，令 h(x)g(x) 1 x1k xex (x1)2， h(x) 1 (x1)2 (x21)ex (x1)3 (x 21)ex(x1) (x1)3 ， 下面证明 exx1，其中 x0 令(x)exx1，x0，则(x)ex10 所以(x)在0，)上单调递增，故(x)(0)0， 所以当 x0 时，exx1 所以 h(x)(x 21)ex(x1) (x1)3 (x1)(x 21)(x1) (x1)3 x2 (x1)30， 所以 g(x)在0，)上单调递增，故 g(x)g(0)1k6 分 若 1k0，即 k1，则 g(x)g(0)1k0，所以 g(x)在0，)上单调递增， 所
42、以 g(x)g(0)0 对x0 恒成立，所以 k1 符合题意8 分 若 1k0，即 k1，此时 g(0)1k0， g(4k) 1 4k1k 4ke4k (4k21)2 4ke4k (4k21)2kk e4k (2k1 2) 21k，( e2k 2k1 2 )21， 且据 k1 及 exx1 可得 e2k2k12k1 2，故( e2k 2k1 2 )21， 所以 g(4k)0 又 g(x)的图象在0，)上不间断， 第 18页 （共 18页） 所以存在 x0(0，4k)，使得 g(x)0， 且当 x(0，x0)，时，g(x)0，g(x)在(0，x0)上单调递减， 所以 g(x0)g(0)0，其中 x0(0，4k)，与题意矛盾， 所以 k1 不符题意，舍去 综上所述，实数 k 的取值范围是 k112 分
