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- 2021-06-11 发布
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数学试卷
一、选择题（本大题共10小题，共40.0分）
1. 设集合A={x∈N||x|<4}，B={x|2x≤4}，则A∩B=( )
A. {x|x≤2} B. {x|-40)的焦点，B，C是抛物线上的两个动点．
(Ⅰ)若点P(2,1)，且满足PC⊥CB，求点B横坐标的取值范围；
(Ⅱ)若A，B，C三点共线，过坐标原点O的直线l平分BC，且与椭圆交于M，N两点，求△BMN面积的最大值．
2. 已知函数f(x)=ax+lnx，g(x)=f(x)(x-lnx)-x2，a∈R．
(Ⅰ)讨论f(x)的单调性；
(Ⅱ)若a∈Z，且函数g(x)只有一个零点，求a的最小值．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：∵A={0,1，2，3}，B={x|x≤2}，
∴A∩B={0,1，2}．
故选：C．
可以求出集合A，B，然后进行交集的运算即可．
本题考查了描述法、列举法的定义，绝对值不等式的解法，指数函数的单调性，交集的运算，考查了计算能力，属于基础题．
2.【答案】D
【解析】解：由题知，z=2+3ii=2i+3=3-2i，
对应的点(3,-2)，在复平面内位于第四象限，
故选：D．
把已知等式变形，再由复数代数形式的乘除运算化简，求出z的坐标得答案．
本题考查复数的几何意义和除法运算，是基础题．
3.【答案】C
【解析】解：在等比数列{an}中，an+1-an=a1qn-1⋅(q-1),a1<0，若数列{an}是递增数列，则00，数列{an}是递增数列，所以“0-12，目标函数z=x+4y中的z随直线x+4y=0向上平移而增大，
所以目标函数z=x+4y在点A(1,1)处取得最大值5，在点C(-1,-1)处取得最小值-5，故|x+4y|的最大值为5，
故选：
D．
作出不等式对应的平面区域，利用线性规划的知识，通过平移即可求z的最小值．
本题主要考查线性规划的应用，利用数形结合是解决线性规划题目的常用方法．
5.【答案】A
【解析】解：因为y=-cosx⋅ln|x|为偶函数，定义域为{x|x≠0}，故排除C，D；
当x=π时，y=lnπ<2，排除B；
故选：A．
由函数为偶函数，可排除C，D，由lnπ<2，可排除B，由此得出正确选项．
本题考查函数图象及性质，属于基础题．
6.【答案】B
【解析】解：∵P(X=p)=p，P(X=1-p)=1-p，∴E(X)=p2+(1-p)2，
∵Y=1-X，∴E(Y)=1-E(X)=2p(1-p)，
由基本不等式可知E(X)≥E(Y)．
又D(Y)=D(1-X)=D(X)，
故选：B．
先根据随机变量X的概率分布，计算出E(X)，由于Y=1-X，所以可得出E(Y)，D(X)和D(Y)的大小关系．
本题考查随机变量的期望和方差，考查学生的逻辑推理能力和运算能力，属于基础题．
7.【答案】B
【解析】解：如图所示，设点O为底面BCD的中心，作OH⊥EF于点H，连接AH，AO，PO，
则θ1=∠APO，θ2=∠AHO，
二面角A-CD-B与二面角A-BC-D相等，
所以θ3=∠AEO．
因为OH≤OP≤OE，
所以tanθ2≥tanθ1≥tanθ3，
所以θ2≥θ1≥θ3，
故选：B．
如图，作OH⊥EF得到θ1=∠APO，θ2=∠AHO，θ3=∠AEO.根据OH≤OP≤OE，则可得θ2≥θ1≥θ3，
本题考查空间角的直观分析．数形结合，属于中档题．
8.【答案】D
【解析】解：设双曲线焦距为2c，由题意得|PF1|=|F1F2|=2c，所以|PF2|=2c-2a．
如图，在等腰△PF1F2
中，cos∠PF2F1=c-a2c，
又由PF2与双曲线的一条渐近线平行知cos∠PF2F1=ac，
所以c-a2c=ac，
解得c=3a，
则该双曲线的离心率e=3，
故选：D．
由三角形的余弦定理和双曲线的渐近线可得所以c-a2c=ac，化简可得c=3a，再由离心率公式可得所求值．
本题主要考查双曲线离心率的计算，根据条件求出a、c关系，是解决本题的关键．
9.【答案】D
【解析】解：令f(x)=0，得a=g(x)=x2x-1,x<1；lnxx,x≥1．
当x<1且x≠0时，g(x)=x2x-1=11x-(1x)2=1-(1x-12)2+14；
故其在(-∞,0)上单调递增，在(0,1)上单调递减；
且g(0)=0；
当x≥1时，g(x)=lnxx，g'(x)=1-lnxx2；
故g(x)在(1,e)上单调递增，在(e,+∞)上单调递减，且g(1)=0其余对应的g(x)>0
画出y=g(x)的图象如图所示．
由图象可知，y=g(x)与y=a的交点个数可能是0个，1个和两个；不可能是3个；
故选：D．
把所求问题通过整理，转化为求g(x)=x2x-1,x<1；lnxx,x≥1．与y=a的交点个数问题，画出图象，借助于图象求解即可．
本题考查了方程的根与函数的零点的关系，同时考查了数形结合的数学思想以及转化思想，属于基础题．
10.【答案】C
【解析】解：由题可知a1=1,a2=13,a3=35>a2，故(1)不正确；
由题意得an>0，则|an+1-12||an-12|=12an+1<1，故数列{|an-12|}为单调递减数列，故(3)正确；
因为a1=1,a2=13.所以当n≥3时，|an-12|<16，则13Rn，且T1>R1，
∴Tn>Rn(n∈N*)．
【解析】(Ⅰ)运用数列的递推式：当n≥2时，an=Sn-Sn-1，计算可得an；运用数列的递推式和等比数列的定义、通项公式可得所求bn；
(Ⅱ)求得1Sn=1n(n+2)=12(1n-1n+2)，由数列的裂项相消求和可得Rn，讨论当n≥2时，n=1时，Rn与Tn的大小可得所求关系．
本题考查数列的通项与求和，考查运算求解能力以及化归与转化思想，属于中档题．
21.【答案】解：(Ⅰ)由题易知A(0,1)，则p2=1，则抛物线的方程为x2=4y．
设B(x1,x124),C(x2,x224)．
∵PC⊥CB，
∴PC⋅CB=(x2-2,x224-1)⋅(x1-x2,x12-x224)=(x2-2)(x1-x2)+x22-44⋅x12-x224=0，
化简得1+(x2+2)(x1+x2)16=0，
即x1=-16x2+2-x2=-[(x2+2)+16(x2+2)]+2∈(-∞,-6]∪[10,+∞)，
故点B橫坐标的取值范围为(-∞,-6]∪[10,+∞)．
(Ⅱ)设直线BC：y=kx+1,B(x1,x124),C(x2,x224)，
联立y=kx+1x2=4y得x2-4kx-4=0，
显然△>0，∴x1+x2=4kx1x2=-4，∴BC的中点坐标为(2k,2k2+1)．
设直线MN的方程为y=mx，其中m=2k2+12k．
联立y=mxx2+2y2=2得(1+2m2)x2=2，
∴xM=-xN=21+2m2，
∴|MN|=21+m2|21+2m2|．
由点到直线的距离公式可知，点B、C到MN的距离分别为d1=|x124-mx1|m2+1，d2=|x224-mx2|m2+1．
且点B，C在直线MN
的两侧，
∴d1+d2=|(x124-mx1)-(x224-mx2)|m2+1=|x1+x24(x1-x2)-m(x1-x2)|m2+1=4|k-m|⋅k2+1m2+1．
∵MN平分BC，∴S△BMN=S△CMN，
∴S△BMN=12(S△BMN+S△CMN)=|MN|4⋅(d1+d2)=2|k-m|k2+1|21+2m2|=2k2+14k4+6k2+1．
设k2+1=t，t≥1，
∴k2+14k4+6k2+1=t4(t-1)2+6(t-1)+1=14t-1t-2≤1，
即当k=0时，(S△BMN)max=2．
【解析】(Ⅰ)先根据椭圆的几何性质求出点A的坐标，从而得到抛物线的方程，设B(x1,x124),C(x2,x224)，结合PC⊥CB，利用平面向量数量积的坐标运算，构造等式，用x2表示出x1，然后利用对勾函数的性质即可得解；
(Ⅱ)设直线BC的方程为y=kx+1，联立该方程与抛物线的方程，结合韦达定理可求得BC中点的坐标；再设直线MN的方程为y=mx，联立该方程与椭圆的方程，可求得M、N的坐标，进而求得线段|MN|的长，以及利用点到直线的距离公式可求得B、C两点到直线MN的距离d1，d2，由于MN平分BC，所以S△BMN=12(S△BMN+S△CMN)=|MN|4⋅(d1+d2)，最后对其进行化简整理，即可得解．
本题考查直线与圆锥曲线的综合问题，涉及曲直联立、点到直线的距离公式、平面向量数量积的坐标运算、利用对勾函数、换元法等求最值，具有一定的综合性，考查学生转化与化归的思想和运算能力，属于难题．
22.【答案】解：(Ⅰ)由题意可知x>0，f'(x)=a+1x．
当a≥0时，f(x)在(0,+∞)上单调递增；
当a<0时，f(x)在(0,-1a)上单调递增，在(-1a,+∞)上单调递减．
(Ⅱ)解法一：由题意可知x>0，且g(x)=(ax+lnx)(x-lnx)-x2=0⇔(a+lnxx)(1-lnxx)=1．
令t=lnxx,t∈(-∞,1e],
则(a+t)(1-t)=1．
记φ(t)=t2+(a-1)t+1-a=0，(*)
当a≤-1时，a+t<0，1-t>0，与(a+t)(1-t)=1相矛盾，此时(*)
式无解；
当a=0时，φ(t)=t2-t+1=0无解；
当a=1时，(*)式的解为t=0，此时g(x)=0有唯一解x=1；
当a≥2时，t1t2=1-a<0t1+t2=1-a<0，
φ(1e)=1e2+(a-1)(1e-1)≤1e2+1e-1<0，
所以(*)式只有一个负根t0，g(x)=0有唯一解，故a的最小值为1．
解法二：由题得g(x)=(ax+lnx)(x-lnx)-x2=0⇔(a+lnxx)(1-lnxx)=1，
令t=lnxx，则a=11-t-t．
再令k=1-t，则a+1=k+1k．
记y=k+1k,k=1-lnxx，
函数y=k+1k和函数k=1-lnxx的图象如图所示：
当a+1<2，即a<1时，显然不成立；
当a+1≥2，即a≥1时，由a∈Z，得方程a+1=k+1k存在唯一解k0，且k0≥1．
此时k=1-lnxx亦存在唯一解x0．
综上，a的最小值为1．
【解析】(Ⅰ)可求得f'(x)=a+1x(x>0)，分a≥0与a<0两类讨论可得函数的单调情况；
(Ⅱ)解法一：由g(x)=0，可得(a+lnxx)(1-lnxx)=1，令t=lnxx,t∈(-∞,1e]，则(a+t)(1-t)=1，记φ(t)=t2+(a-1)t+1-a=0，(*)分a≤-1，a=0，a=1三类讨论，可得a的最小值；
解法二：由题得g(x)=(ax+lnx)(x-lnx)-x2=0⇔(a+lnxx)(1-lnxx)=1，令t=lnxx，则a=11-t-t，再令k=1-t，则a+1=k+1k，记y=k+1k,k=1-lnxx，作出函数y=k+1k和函数k=1-lnxx的图象，分析可求得a的最小值．
本题考查导数在研究函数中的应用，突出考查推理论证能力，考查分类与整合思想、等价转化思想及数形结合思想的综合运用，属于难题．
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