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- 2021-07-01 发布
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2020年湖北省黄冈中学高考数学三模试卷（文科）
一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60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A＝{−1, 0, 1, 3, 5}，B＝{x|x>3或x<1}，则(∁RB)∩A＝（ ）
A.{−1, 0, 5} B.{1, 2, 3} C.{2, 3} D.{1, 3}
2. 复数z=3+i1−2i（其中i为虚数单位），则|z¯|＝（ ）
A.2 B.43 C.2 D.5
3. 已知直线l1:mx+y−1＝0，l2：(2m+3)x+my−1＝0，m∈R，则“m＝−2”是“l1⊥l2”的（ ）
A.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. 如图所示，在边长为4的正三角形中有一封闭曲线围成的阴影区域．在正三角形中随机撒一粒豆子，它落在阴影区域内的概率为34，则阴影区域的面积为（ ）
A.3 B.23 C.33 D.43
5. 设x，y满足约束条件x+3y≥3x−y≥1y≥0 ，则z＝x+y的最小值为（ ）
A.0 B.1 C.2 D.3
6. 在△ABC中AC→=5AD→,E是直线BD上一点，且BE→=2BD→，若AE→=mAB→+nAC→，则m+n＝（ ）
A.25 B.−25 C.35 D.−35
7. 中国气象局规定：24小时内降雨的深度称为日降雨量，表示降雨量的单位通常用毫米．例如：1毫米的降雨量是指单位面积上水深1毫米．在连续几天的暴雨天气中，某同学用一个长方体容器来测量降雨量，已知该长方体的底面是边长为20mm的正方形，高为40mm，该容器的容器口为上底面正方形的内切圆，将该容器放在雨中，雨水从圆形容器口进入容器中，24小时后，测得容器中水深10mm，则该同学测得的降水量约为( )(π取3.14)
A.127毫米 B.12.7毫米 C.509毫米 D.100毫米
8. 已知圆C:x2+(y+2)2＝2，则在x轴和y轴上的截距相等且与圆C相切的直线有几条（ ）
A.3条 B.2条 C.1条 D.4条
9. 若函数f(x)=3sinx+cosx在区间[a, b]上是增函数，且f(a)＝−2，f(b)＝2，则函数g(x)=3cosx−sinx在区间[a, b]上（ ）
A.是增函数 B.是减函数
C.可以取得最大值2 D.可以取得最小值−2
10. 棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中P为正方体表面上的一个动点，且总有PC⊥BD1，则动点P的轨迹的长度为（ ）
A.34π B.4π C.32 D.42
11. 已知F1(−c, 0)、F2(c, 0)是双曲线C:x2a2−y2b2=1的左、右焦点，F1关于双曲线的一条渐近线的对称点为P，且点P在抛物线y2＝4cx上，则双曲线的离心率为（ ）
A.2+1 B.2 C.5 D.5+12
12. 已知等腰三角形一腰上的中线长为2，则该三角形面积的最大值是（ ）
A.433 B.83 C.423 D.9
二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
若lna=1e，则ae−logae＝________．
设x＝θ是函数f(x)＝3sinx−cosx的一个极值点，则sin2θ+2cos2θ＝________．
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已知直三棱柱ABC−A1B1C1中，∠ABC＝120∘，AB＝BC＝2，CC1＝1，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为________35 ．
已知一族双曲线En:x2−y2=n2020(n∈N*，且n≤2020)，设直线x＝2与En在第一象限内的交点为An，点An在En，的两条渐近线上的射影分别为Bn，∁n，记△AnBn∁n的面积为an，则a1+a2+a3+……+a2020＝ ________． ．
三、解答题（本大题共6个小题，满分0分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
如图，正三棱柱ABC−A1B1C1（侧棱垂直于底面，且底面是正三角形的棱柱）的底面边长为6，点M在边BC上，△AMC1是以点M为直角顶点的等腰直角三角形．
（1）求证：点M为BC边的中点；
（2）求点C到平面AMC1的距离．
已知数列{an}，{bn}满足a1=12，b1＝1，2an+1＝an，b1+12b2+13b3+⋯⋯1nbn=bn+1−1(n∈N*)．
（1）求an与bn；
（2）记数列{anbn}的前n项和为Tn，求Tn．
随着经济的快速增长、规模的迅速扩张以及人民生活水平的逐渐提高，日益剧增的垃圾给城市的绿色发展带来了巨大的压力，相关部门在有5万居民的光明社区采用分层抽样方法得到年内家庭人均GDP与人均垃圾清运量的统计数据如表：
人均GDPx（万元/人）
3
6
9
12
15
人均垃圾清运量y（吨/人）
0.13
0.23
0.31
0.41
0.52
（1）已知变量y与x之间存在线性相关关系，求出其回归直线方程；
（2）随着垃圾分类的推进，燃烧垃圾发电的热值大幅上升，平均每吨垃圾可折算成上网电量200干瓦时，右图是光明社区年内家庭人均GDP的频率分布直方图，请补全[15, 18]的缺失部分，并利用（1）的结果，估计整个光明社区年内垃圾可折算成的总上网量．
[参考公式]回归方程y=bx+a中，b=i=1n (xi−x¯)(yi−y¯)i=1n (xi−x¯)2=i=1n xiyi−nxy¯i=1n xi2−nx¯2．
已知点F1，F2是椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)）的左、右焦点，椭圆上一点P满足PF1⊥x轴，|PF2|＝5|PF1|，|F1F2|＝22．
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）过F2的直线l交椭圆C于A，B两点，当△ABF1的内切圆面积最大时，求直线l的方程．
已知函数f(x)=2(x−1)x+a−lnx，其中a>0．
（1）求f(x)的单调区间；
（2）设x1，x2是f(x)的两个极值点，判断1f(x1)+1f(x2)的正负，并说明理由．
[选修4-4:坐标系与参数方程]
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在平面直角坐标系中，已知曲线C1:x=23+10cosαy=10sinα （α为参数），P(3,3)．以坐标原点O为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，直线l1的极坐标方程为θ=π6(ρ∈R)．
（1）求曲线C1的极坐标方程及点P的极坐标；
（2）设直线l1与曲线C1交于A、B两点，记△POA的面积为S，△BOC1的面积为S′，求SS′+S′S的值．
[选修4-5：不等式选讲]
已知函数f(x)=m−|x−2|，m∈R，且f(x+2)≥1的解集A满足[−1, 1]⊆A．
(1)求实数m的取值范围B；
(2)若a，b，c∈(0, +∞)，m0为B中的最小元素且1a+12b+13c=m0，求证：a+2b+3c≥92．
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参考答案与试题解析
2020年湖北省黄冈中学高考数学三模试卷（文科）
一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60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.
【答案】
D
【考点】
交、并、补集的混合运算
【解析】
根据补集和交集的定义，计算即可．
【解答】
集合A＝{−1, 0, 1, 3, 5}，B＝{x|x>3或x<1}，
则∁RB＝{x|1≤x≤3}，
所以(∁RB)∩A＝{1, 3}．
2.
【答案】
C
【考点】
复数的模
【解析】
根据|z¯|＝|z|，计算即可．
【解答】
设复数z=3+i1−2i，
则|z¯|＝|z|＝|3+i1−2i|=|3+i||1−2i|
=32+1212+(−2)2=105=2．
3.
【答案】
A
【考点】
充分条件、必要条件、充要条件
【解析】
由两直线垂直与系数的关系列式求得m值，可得“m＝−2”⇒“l1⊥l2”，反之不成立．再由充分必要条件的判定方法得答案．
【解答】
直线l1:mx+y−1＝0，l2：(2m+3)x+my−1＝0，m∈R，
l1⊥l2⇔m(2m+3)+m＝0，即m＝−2或m＝0．
∴ 由“m＝−2”⇒“l1⊥l2”，反之不成立．
∴ “m＝−2”是“l1⊥l2”的充分不必要条件．
4.
【答案】
C
【考点】
几何概型计算（与长度、角度、面积、体积有关的几何概型）
【解析】
由题意结合几何概型计算公式得到关于面积的方程，解方程即可求得最终结果．
【解答】
设阴影部分的面积为S，结合几何概型公式可得：S12×4×4×32=34；
解得S＝33：
5.
【答案】
C
【考点】
简单线性规划
【解析】
作出不等式组表示的平面区域，由z＝x+y可得y＝−x+z，则z表示直线y＝−x+z在y轴上的截距，截距越小，z越小，结合图象可求z的最小值．
【解答】
作出不等式组表示的平面区域，如图所示的阴影部分：
由z＝x+y可得y＝−x+z，则z表示直线y＝−x+z在y轴上的截距，截距越小，z越小，
由题意可得，x+3y=3x−y=1 ，解得A(32, 12)，
当y＝−x+z经过点A时，z最小，
由可得A(32, 12)，此时z＝x+y＝2．
6.
【答案】
【考点】
平面向量的基本定理
【解析】
根据题意，画出图象，可知AE→=AB→+BE→=AB→+2BD→=AB→+2(AD→−AB→)=AB→+2(15AC→−AB→)=−AB→+25AC→．进而求得m和n的值，算出m+n的值．
【解答】
如图所示：
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AE→=AB→+BE→=AB→+2BD→=AB→+2(AD→−AB→)=AB→+2(15AC→−AB→)=−AB→+25AC→．
∵ AE→=mAB→+nAC→，
∴ m＝−1，n=25．
m+n=−35．
故选：D．
7.
【答案】
B
【考点】
棱柱、棱锥、棱台的体积
【解析】
由题意求出容器中水的容积，除以圆的面积得答案．
【解答】
由题意，水的体积V＝20×20×10＝4000mm3，
容器口的面积S＝π×102＝100πmm2，
∴ 降雨量=4000100π≈12.7mm．
∴ 该同学测得的降水量约为12.7毫米．
8.
【答案】
A
【考点】
直线与圆的位置关系
【解析】
先看直线不过原点的情况，设出直线的方程，斜率为−1，则可知这样的直线有2条，再看直线过原点的情况，把原点代入即可知原点在圆外，则这样的直线也应该有2条，最后验证以上4条中有一条是重复，最后综合得到结论．
【解答】
若直线不过原点，其斜率＝−1，设其方程为y＝−x+m，
则d=|0−2−m|2=2，解得m＝0或−4，当m＝0时，直线过原点；
若过原点，把(0, 0)代入02+(0+2)2＝4>2，
即原点在圆外，所以过原点有2条切线，
综上，一共有3条，
9.
【答案】
C
【考点】
正弦函数的图象
函数单调性的性质与判断
【解析】
由题意利用两角和差的三角公式化简函数的解析式，再利用正弦函数的图象和性质，得出结论．
【解答】
∵ 函数f(x)=3sinx+cosx=2sin(x+π6) 在区间[a, b]上是增函数，
且f(a)＝−2，f(b)＝2，
∴ f(a)＝2sin(a+π6)为最小值，f(b)＝2sin(b+π6)为最大值，
则函数g(x)=3cosx−sinx=2cos(x+π6)＝2sin(x+π6+π2)，
即g(x)的图象由f(x)的图象向左平移π2个单位（即14个周期）得到的．
令x+π6=t，取t∈[−π2, π2]，则t+π2∈[0, π]，
故g(x)在区间[a, b]上能取得最大值2，
10.
【答案】
C
【考点】
轨迹方程
空间中直线与直线之间的位置关系
【解析】
画出正方体，利用已知条件，判断P的轨迹，然后求解轨迹长度．
【解答】
P点的轨迹为过点C与直线BD1垂直的截面与正方体的交线，就是图形中点三角形ACB1，它的周长为：32．
11.
【答案】
D
【考点】
双曲线的离心率
圆锥曲线的综合问题
【解析】
利用已知条件画出图形，求出P的坐标，代入抛物线方程，然后转化求解双曲线的离心率即可．
【解答】
如图：F1P垂直直线bx−ay＝0，交点为H，F1到双曲线的一条渐近线bx−ay＝0的距离为：d=bca2+b2=b，
△F1PF2中，PF1＝2d＝2b，抛物线y2
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＝4cx的焦点坐标(c, 0)，
PF2＝2a，tan∠F1OH=ba，∴ cos∠F1OH=ac，sin∠F1OH=bc，
可得cos∠OF1P=bc，sin∠OF1P=ac，P(2b2c−c, 2abc)，
点P在抛物线y2＝4cx上，
可得：4a2b2c2=4c⋅(2b2c−c)=8b2−4c2，
∴ e4−3e2+1＝0，e>1，
∴ e=5+12．
12.
【答案】
B
【考点】
解三角形
【解析】
结合已知三角形考虑建立直角坐标系，结合点的坐标表示三角形的面积，然后结合基本不等式即可求解．
【解答】
建立如图所示的直角坐标系，设C(m, 0)则B(−m, 0)，A (0, n)，D(12m,12n)，
由题意可得BD2=(3m2)2+(n2)2=4，
故S＝mn=43⋅3m2⋅n2≤43⋅(3m2)2+(n2)22=83，
当且仅当3m2=n2即n＝3m时取等号
二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
【答案】
0
【考点】
对数的运算性质
【解析】
由已知结合指数与对数的相互转化及对数的运算性质即可求解．
【解答】
因为lna=1e，
所以a＝e1e，
则ae−logae=ee×1e−1lna=e−e＝0
【答案】
−25
【考点】
利用导数研究函数的极值
同角三角函数间的基本关系
【解析】
根据极值点处的导数为零，求出tanθ的值，然后再借助于三角恒等变换求出结论．
【解答】
f′(x)＝3cosx+sinx，
∴ f′(θ)＝3cosθ+sinθ＝0，∴ tanθ＝−3．
∴ sin2θ+2cos2θ=2sinθcosθ+2cos2θcos2θ+sin2θ=2tanθ+21+tan2θ=−25．
【答案】
35
【考点】
异面直线及其所成的角
【解析】
连接B1C，交BC1于点O，取AC的中点D，连接BD、OD，则OD // AB1，故∠BOD即为所求；得出BD、OD和OB的长度后，由余弦定理求得cos∠BOD即可．
【解答】
连接B1C，交BC1于点O，则点O为B1C的中点，取AC的中点D，连接BD、OD，
∴ OD // AB1，∴ ∠BOD即为异面直线AB1与BC1所成角．
∵ ∠ABC＝120∘，AB＝BC＝2，CC1＝1，
∴ BD＝1，OD=12AB1=52，OB=12BC1=52，
在△BOD中，由余弦定理知，cos∠BOD=OB2+OD2−BD22⋅OB⋅OD=54+54−12×52×52=35．
【答案】
20218
【考点】
双曲线的离心率
数列的求和
【解析】
一族双曲线由有共同的渐近线且互相垂直，可得△AnBn∁n为直角三角形，通过计算可求出An的坐标，|AnBn|和|An∁n|，进而求出an和a1+a2+a3+……+a2020．
【解答】
双曲线En:x2−y2=n2020(n∈N*，且n≤2020)的两条渐近线为y＝x，y＝−x，互相垂直，
直线x＝2与En在第一象限内的交点为An，An(2,4−n2020)，
点An在En的两条渐近线上的射影分别为Bn，∁n
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，则|AnBn|=2−4−n20202,|AnCn|=2+4−n20202，
∴ an=12|AnBn||AnCn|=n20204=n8080，
∴ a1+a2+a3+⋯⋯+a2020=18080+28080+⋯⋯+20208080=1+20202×20208080=20218．
三、解答题（本大题共6个小题，满分0分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
【答案】
证明：∵ △AMC1为以点M为直角顶点的等腰直角三角形，
∴ AM⊥C1M且AM＝C1M
∵ 三棱柱ABC−A1B1C1，∴ CC1⊥底面ABC
∴ C1M在底面内射影为CM，∴ AM⊥CM．
∵ 底面ABC为正三角形，∴ 点M为BC边的中点
过点C作CH⊥MC1，由（1）知AM⊥C1M且AM⊥CM，
∴ AM⊥平面C1CM，
∵ CH在平面C1CM内，∴ CH⊥AM，
∴ CH⊥平面C1AM
由（1）知，AM＝C1M＝33，CM=12BC＝3，CC1⊥BC，
∴ CC1=(33)2−32=32，
∴ CH=CC1×CMC1M=32×333=6，
∴ 点C到平面AMC1的距离为底面边长为6．
【考点】
点、线、面间的距离计算
【解析】
（1）根据等腰直角三角形，可得AM⊥C1M且AM＝C1M，根据三垂线定理可知AM⊥CM，而底面ABC为边长为a的正三角形，进一步得到点M为BC边的中点；
（2）过点C作CH⊥MC1，根据线面垂直的判定定理可知AM⊥平面C1CM，CH⊥平面C1AM，则CH即为点C到平面AMC1的距离，根据等面积法可求出CH的长．
【解答】
证明：∵ △AMC1为以点M为直角顶点的等腰直角三角形，
∴ AM⊥C1M且AM＝C1M
∵ 三棱柱ABC−A1B1C1，∴ CC1⊥底面ABC
∴ C1M在底面内射影为CM，∴ AM⊥CM．
∵ 底面ABC为正三角形，∴ 点M为BC边的中点
过点C作CH⊥MC1，由（1）知AM⊥C1M且AM⊥CM，
∴ AM⊥平面C1CM，
∵ CH在平面C1CM内，∴ CH⊥AM，
∴ CH⊥平面C1AM
由（1）知，AM＝C1M＝33，CM=12BC＝3，CC1⊥BC，
∴ CC1=(33)2−32=32，
∴ CH=CC1×CMC1M=32×333=6，
∴ 点C到平面AMC1的距离为底面边长为6．
【答案】
数列{an}满足a1=12，b1＝1，2an+1＝an，
所以an+1an=12（常数），
所以数列{an}是以12为首项12为公比的等比数列．
所以an=12×12n−1=12n．
数列{bn}满足b1+12b2+13b3+⋯+1nbn=bn+1−1(n∈N*)①
当n≥2时，b1+12b2+13b3+⋯+1n−1bn−1=bn−1(n∈N*)②，
①-②得1nbn=bn+1−bn，
所以bn+1bn=n+1n，
所以b2b1⋅b3b2⋯bnbn−1=2×32×43×⋯n−1n−2×nn−1，
整理得bnb1=n，
所以bn＝n（首项符合通项）
故bn＝n．
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由（1）得：cn＝anbn=n⋅12n，
所以Tn=1×12+2×122+⋯+n⋅12n①．
12Tn=1×122+2×123+⋯+n⋅12n+1②，
①-②得：12Tn=(12+122+⋯+12n)−n⋅12n+1=12(1−12n)1−12−n⋅12n+1=1−12n−n⋅12n+1．
故Tn=2−12n−1−n2n．
【考点】
数列递推式
数列的求和
【解析】
（1）直接利用数列的递推关系式和叠乘法的应用求出数列的通项公式．
（2）利用（1）的结论，进一步利用乘公比错位相减法求出数列的和．
【解答】
数列{an}满足a1=12，b1＝1，2an+1＝an，
所以an+1an=12（常数），
所以数列{an}是以12为首项12为公比的等比数列．
所以an=12×12n−1=12n．
数列{bn}满足b1+12b2+13b3+⋯+1nbn=bn+1−1(n∈N*)①
当n≥2时，b1+12b2+13b3+⋯+1n−1bn−1=bn−1(n∈N*)②，
①-②得1nbn=bn+1−bn，
所以bn+1bn=n+1n，
所以b2b1⋅b3b2⋯bnbn−1=2×32×43×⋯n−1n−2×nn−1，
整理得bnb1=n，
所以bn＝n（首项符合通项）
故bn＝n．
由（1）得：cn＝anbn=n⋅12n，
所以Tn=1×12+2×122+⋯+n⋅12n①．
12Tn=1×122+2×123+⋯+n⋅12n+1②，
①-②得：12Tn=(12+122+⋯+12n)−n⋅12n+1=12(1−12n)1−12−n⋅12n+1=1−12n−n⋅12n+1．
故Tn=2−12n−1−n2n．
【答案】
由表格可得，x¯=5×(3+15)2×5=9，
y¯=0.13+0.23+0.31+0.41+0.525=0.32，
i=15 (xi−x¯)2=36+9+0+9+36=90，
i=15 (xi−x¯)(yi−y¯)=(−6)×(−0.19)+(−3)×(−0.09)+0×(−0.01)+3×0.09+6×0.2
＝6×(0.19+0.09+0.20)＝6×0.48＝2.88，
所以b=i=15 (xi−x¯)(yi−y¯)i=15 (xi−x¯)2=2.8890=0.032，
于是a=y¯−bx¯=0.32−0.032×9＝0.032，
故变量y与x之间的回归直线方程为y=0.032(x+1)．
由频率分布直方图各小矩形的面积之和为1，得160×(1+2+4+6+5+a)×3＝1，
解得a＝2，故最右边小矩形的高度为260=130，
由频率分布直方图可知，光明社区的人均GDP为
x¯=360(1×1.5+2×4.5+4×7.5+6×10.5+5×13.5+2×16.5)＝10.2（万元/人），
由（1）可知，光明社区的人均垃圾清运量约为0.032×(10.2+1)（吨/人）．
于是光明社区年内垃圾清运总量为5×0.032×(10.2+1)＝1.792（万吨）．
由题意，整个光明社区年内垃圾可折算成的总上网量估计为：
17920×200＝3.584×106（千瓦时）即为所求．
【考点】
求解线性回归方程
【解析】
（1）由最小二乘法，算出b，a，进而可得回归直线方程．
（2）由频率分布直方图各小矩形的面积之和为1，得a＝2，最右边小矩形的高度，人均GDP，进而得光明社区的人均垃圾清运量约为0.032×(10.2+1)（吨/人）．于是光明社区年内垃圾清运总量，进而得出答案．
【解答】
由表格可得，x¯=5×(3+15)2×5=9，
y¯=0.13+0.23+0.31+0.41+0.525=0.32，
i=15 (xi−x¯)2=36+9+0+9+36=90，
i=15 (xi−x¯)(yi−y¯)=(−6)×(−0.19)+(−3)×(−0.09)+0×(−0.01)+3×0.09+6×0.2
＝6×(0.19+0.09+0.20)＝6×0.48＝2.88，
所以b=i=15 (xi−x¯)(yi−y¯)i=15 (xi−x¯)2=2.8890=0.032，
于是a=y¯−bx¯=0.32−0.032×9＝0.032，
故变量y与
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x之间的回归直线方程为y=0.032(x+1)．
由频率分布直方图各小矩形的面积之和为1，得160×(1+2+4+6+5+a)×3＝1，
解得a＝2，故最右边小矩形的高度为260=130，
由频率分布直方图可知，光明社区的人均GDP为
x¯=360(1×1.5+2×4.5+4×7.5+6×10.5+5×13.5+2×16.5)＝10.2（万元/人），
由（1）可知，光明社区的人均垃圾清运量约为0.032×(10.2+1)（吨/人）．
于是光明社区年内垃圾清运总量为5×0.032×(10.2+1)＝1.792（万吨）．
由题意，整个光明社区年内垃圾可折算成的总上网量估计为：
17920×200＝3.584×106（千瓦时）即为所求．
【答案】
由题意可得|PF2|＝5|PF1|，|F1F2|＝22，
|PF1|2+|F1F2|2＝|PF2|2，解得|PF2|=533，|PF1|=33，
由椭圆的定义可得2a=533+33=23，所以a=3，c=2，b＝1，
所以椭圆的方程为x23+y2＝1；
要使△ABF1的内切圆面积最大，只需△ABF1的内切圆的半径r最大．
因为F1(−2, 0)，F2(2, 0)，设A(x1, y1)，B(x2, y2)，
显然直线l的斜率不为0，设直线l:x＝ty+2，联立x=ty+2x2+3y2=3 ，
可得(3+t2)y2+22ty−1＝0，则y1+y2=−22t3+t2，y1y2=−13+t2，
则S△ABF1=S△F1F2A+S△F1F2B=12|F1F2|⋅|y1−y2|=2⋅(y1+y2)2−4y1y2
=2⋅(−22t3+t2)2+43+t2=26t2+13+t2，
又S△ABF1=12(|AF1|+|BF1|+|AB|)⋅r=12⋅43⋅r＝23r，
故26t2+13+t2=23r，即r=2t2+13+t2=2t2+1+2t2+1≤12，
当且仅当t2+1=2t2+1，即t＝±1时等号成立．
所以直线l的方程为y＝x−2或y＝−x+2．
【考点】
椭圆的标准方程
椭圆的应用
直线与椭圆的位置关系
【解析】
（1）由条件和勾股定理、椭圆的定义，解方程可得a，b，然后求出椭圆的方程；
（2）设直线l:x＝ty+2，△ABF1的内切圆的半径为r，由等积法可得r关于t的函数，利用基本不等式计算r的最大值，进而得到直线的方程．
【解答】
由题意可得|PF2|＝5|PF1|，|F1F2|＝22，
|PF1|2+|F1F2|2＝|PF2|2，解得|PF2|=533，|PF1|=33，
由椭圆的定义可得2a=533+33=23，所以a=3，c=2，b＝1，
所以椭圆的方程为x23+y2＝1；
要使△ABF1的内切圆面积最大，只需△ABF1的内切圆的半径r最大．
因为F1(−2, 0)，F2(2, 0)，设A(x1, y1)，B(x2, y2)，
显然直线l的斜率不为0，设直线l:x＝ty+2，联立x=ty+2x2+3y2=3 ，
可得(3+t2)y2+22ty−1＝0，则y1+y2=−22t3+t2，y1y2=−13+t2，
则S△ABF1=S△F1F2A+S△F1F2B=12|F1F2|⋅|y1−y2|=2⋅(y1+y2)2−4y1y2
=2⋅(−22t3+t2)2+43+t2=26t2+13+t2，
又S△ABF1=12(|AF1|+|BF1|+|AB|)⋅r=12⋅43⋅r＝23r，
故26t2+13+t2=23r，即r=2t2+13+t2=2t2+1+2t2+1≤12，
当且仅当t2+1=2t2+1，即t＝±1时等号成立．
所以直线l的方程为y＝x−2或y＝−x+2．
【答案】
f′(x)=2(a+1)(x+a)2−1x=−x2+2x−a2x(x+a)2，其中a>0，
①当a≥1时，f′(x)≤−x2+2x−1x(x+a)2=−(x−1)2x(x+a)2≤0 恒成立，
所以函数f(x)在区间(0, +∞)内单调递减，无的单调增区间；
②当00，解得1−1−a21+1−a2，
所以函数f(x)在区间(0, 1−1−a2)和(1+1−a2, +∞)内单调递减，在区间(1−1−a2, 1+1−a2)内单调递增；
因为f(x)的两个极值点x1，x2，由（1）知，00，
∴ 函数g(a)在区间
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(0, 1)上单调递增，
∴ g(a)0 （为正）．
【考点】
利用导数研究函数的单调性
利用导数研究函数的极值
【解析】
（1）先求出导函数f′(x)，对a的值分情况讨论，利用导函数f′(x)的正负，即可得到函数f(x)的单调性；
（2）因为f(x)的两个极值点x1，x2，由（1）知00．
【解答】
f′(x)=2(a+1)(x+a)2−1x=−x2+2x−a2x(x+a)2，其中a>0，
①当a≥1时，f′(x)≤−x2+2x−1x(x+a)2=−(x−1)2x(x+a)2≤0 恒成立，
所以函数f(x)在区间(0, +∞)内单调递减，无的单调增区间；
②当00，解得1−1−a21+1−a2，
所以函数f(x)在区间(0, 1−1−a2)和(1+1−a2, +∞)内单调递减，在区间(1−1−a2, 1+1−a2)内单调递增；
因为f(x)的两个极值点x1，x2，由（1）知，00，
∴ 函数g(a)在区间(0, 1)上单调递增，
∴ g(a)0 （为正）．
[选修4-4:坐标系与参数方程]
【答案】
由C1:x=23+10cosαy=10sinα （α为参数），消去参数α，
可得(x−23)2+y2=10，即x2+y2−43x+2=0，
又ρ2＝x2+y2，ρcosθ＝x，
∴ 曲线C1的极坐标方程为ρ2−43ρcosθ+2=0．
∵ P(3,3)，∴ ρ=3+9=23，tanθ=yx=33=3，则θ=π3．
∴ 点P的极坐标为(23, π3)；
曲线C1的极坐标方程为ρ2−43ρcosθ+2=0，
圆心C1 的直角坐标为(23, 0)，
直线11的极坐标方程为θ=π6(ρ∈R)，
设点A(ρ1, π6)，B(ρ2, π6)，
代入ρ2−43ρcosθ+2=0，整理得ρ2−6ρ+2＝0，
∴ ρ1+ρ2＝6，ρ1ρ2＝2．
∴ S=12ρ1⋅ρP⋅sin(π3−π6)=32ρ1，
S′=12|OC1|⋅ρ2⋅sinπ6=32ρ2，
∴ SS′+S′S=(ρ1+ρ2)2−2ρ1ρ2ρ1ρ2=62−2×22=16．
【考点】
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圆的极坐标方程
参数方程与普通方程的互化
【解析】
（1）把曲线的参数方程中的参数消去，可得直角坐标方程，结合极坐标与直角坐标的转换关系，可得曲线C1的极坐标方程，并求得点P的极坐标；
（2）由（1）中求得的点C1的坐标，得到C1到直线l1的距离，把直线l1代入曲线C1的极坐标方程，得到关于ρ的一元二次方程，利用三角形面积公式及根与系数的关系，即可求得SS′+S′S的值．
【解答】
由C1:x=23+10cosαy=10sinα （α为参数），消去参数α，
可得(x−23)2+y2=10，即x2+y2−43x+2=0，
又ρ2＝x2+y2，ρcosθ＝x，
∴ 曲线C1的极坐标方程为ρ2−43ρcosθ+2=0．
∵ P(3,3)，∴ ρ=3+9=23，tanθ=yx=33=3，则θ=π3．
∴ 点P的极坐标为(23, π3)；
曲线C1的极坐标方程为ρ2−43ρcosθ+2=0，
圆心C1 的直角坐标为(23, 0)，
直线11的极坐标方程为θ=π6(ρ∈R)，
设点A(ρ1, π6)，B(ρ2, π6)，
代入ρ2−43ρcosθ+2=0，整理得ρ2−6ρ+2＝0，
∴ ρ1+ρ2＝6，ρ1ρ2＝2．
∴ S=12ρ1⋅ρP⋅sin(π3−π6)=32ρ1，
S′=12|OC1|⋅ρ2⋅sinπ6=32ρ2，
∴ SS′+S′S=(ρ1+ρ2)2−2ρ1ρ2ρ1ρ2=62−2×22=16．
[选修4-5：不等式选讲]
【答案】
解：(1)因为f(x)=m−|x−2|，所以f(x+2)≥1等价于|x|≤m−1，
由[−1, 1]⊆A知A是非空集合，所以 1−m≤x≤m−1，
结合[−1, 1]⊆A可得m−1≥1且1−m≤−1，解得m≥2，
即实数m的取值范围是B=[2, +∞)．
(2)由(1)知m0=2，所以1a+12b+13c=2，
∴ a+2b+3c=12(a+2b+3c)(1a+12b+13c)≥12(a⋅1a+2b⋅12b+3c⋅13c)2=92．
【考点】
其他不等式的解法
元素与集合关系的判断
【解析】
(1)因为f(x)=m−|x−2|，所以f(x+2)≥1等价于|x|≤m−1，解此不等式，结合[−1, 1]⊆A知A是非空集合，解不等式得到m范围.
(2)由(1)知m0=2，所以1a+12b+13c=2，即12×(1a+12b+13c)=1，将要证不等式左边变形为满足基本不等式的形式．
【解答】
解：(1)因为f(x)=m−|x−2|，所以f(x+2)≥1等价于|x|≤m−1，
由[−1, 1]⊆A知A是非空集合，所以 1−m≤x≤m−1，
结合[−1, 1]⊆A可得m−1≥1且1−m≤−1，解得m≥2，
即实数m的取值范围是B=[2, +∞)．
(2)由(1)知m0=2，所以1a+12b+13c=2，
∴ a+2b+3c=12(a+2b+3c)(1a+12b+13c)≥12(a⋅1a+2b⋅12b+3c⋅13c)2=92．
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