2022届高考数学二轮复习仿真测3---Word版含解析.docx

仿真测3
时间120分钟，满分150分。
一、选择题(本大题共12个小题，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．(2021·石家庄市二模)已知集合U＝{y|y＝log2x，x>1}，P＝{y|y＝，x>2}，则∁UP＝(　　)
A．　　　　　　　 B．(0，＋∞)
C． D．(－∞，0]∪
[答案]　C
[解析]　U＝{y|y＝log2x，x>1}＝{y|y>0}，P＝{y|y＝，x>2}＝{y|0<y<}，
∴∁UP＝{y|y≥}，故选C．
2．(2021·上饶市三模)若{an}为等差数列，Sn是其前n项的和，且S11＝π，{bn} 为等比数列，b5·b7＝，则tan(a6＋b6)＝(　　)
A． B．±
C．－ D．±
[答案]　C
[解析]　由条件S11＝＝11a6＝，
∴a6＝.
∵{bn}为等比数列，
∴b＝b5·b7＝，∴b6＝±，
∴tan(a6＋b6)＝tan(±)
＝－，故选C．
3．(2021·哈尔滨质检)已知O，A，M，B为平面上四点，且＝λ＋(1－λ)，实数λ∈(1,2)，则(　　)
A．点M在线段AB上 B．点B在线段AM上
C．点A在线段BM上 D．O，A，M，B确定共线
[答案]　B
[解析]　依题意得－＝λ(－)，即＝λ.
又λ∈(1,2)，因此点B在线段AM上，故选B．
[易错分析]　主要错因是不能机敏应用向量的线性运算和向量共线定理对条件进行等价变形，从而无法确定点M，A，B的位置关系．
4．(文)(2021·河南八市质量监测)已知双曲线－＝1(a>0，b>0)的离心率为2，则双曲线的渐近线方程为(　　)
A．y＝±x B．y＝±x
C．y＝±x D．y＝±x
[答案]　D
[解析]　由于e2＝＝＝4，所以＝3，所以双曲线的渐近线方程为：y＝±x.
(理)(2021·洛阳市期末)在平面直角坐标系内，若曲线C：x2＋y2＋2ax－4ay＋5a2－4＝0上全部的点均在第四象限内，则实数a的取值范围为(　　)
A．(－∞，－2) B．(－∞，－1)
C．(1，＋∞) D．(2，＋∞)
[答案]　A
[解析]　曲线C：(x＋a)2＋(y－2a)2＝4，由已知得：，解得a<－2，选A．
5．(文)(2021·太原市二模)执行下图所示的程序框图，若p＝，则输出的n＝(　　)

A．4　　　 B．5　　　
C．6　　　 D．3
[答案]　D
[解析]　程序运行过程为：开头→p＝→n＝1，S＝0→S<p成立S＝0＋×1＝，n＝1＋1＝2→S<p仍成立S＝＋×2＝，n＝2＋1＝3→S<p不成立，输出n的值3后结束，故选D．
(理)(2021·太原市一模)执行如图所示的程序框图，则输出的a＝(　　)

A．20 B．14
C．10 D．7
[答案]　C
[解析]　由程序框图得：i＝1，a＝＝5；i＝2，a＝3×5－1＝14；i＝3，a＝＝7；i＝4，a＝3×7－1＝20；i＝5，a＝＝10；i＝6，a＝＝5；…，a的值以周期为5循环毁灭，故i＝2021时，a＝10；i＝2022时，结束循环，输出a＝10.
6．(2021·南昌市二模)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是(　　)

A．2　　　 B．　　　
C．4　　　 D．
[答案]　B
[解析]　由三视图知，该几何体是如图所示的四棱锥A1－ABFE，其中E、F分别是正方体ABCD－A1B1C1D1的棱D1D和C1C的中点，故其体积V＝×2×＝.

7．(文)(2021·昆明市质检)已知α为其次象限角，sinα＝，则tan＝(　　)
A．－3 B．－1
C．－ D．1
[答案]　C
[解析]　由已知得：cosα＝－，∴tanα＝－2，
tan＝＝＝－.
(理)(2021·东北三校二模)函数f(x)＝sinx＋sin图象的一条对称轴方程为(　　)
A．x＝ B．x＝π
C．x＝ D．x＝
[答案]　D
[解析]　f(x)＝sinx＋sincosx－cossinx＝sinx＋cosx＝sin，当x＝时，f(x)＝sin＝，故选D．
8．(文)(2022·唐山一模)下面的茎叶图表示柜台记录的一天销售额状况(单位：元)，则销售额中的中位数是(　　)
1
0
2

2
0
1
4

3
1
1
2
6
4
3
8

A．30.5　 　 B．31.5　 　
C．31　　 　 D．32
[答案]　C
[解析]　由茎叶图和中位数的定义知选C．
(理)

如图，一环形花坛分成A、B、C、D四块，现有4种不同的花供选种，要求在每块里种1种花，且相邻的2块种不同的花，则不同的种法总数为(　　)
A．96 B．84
C．60 D．48
[答案]　B
[分析]　可按花坛种花种数进行分类，最多用4种，最少用2种．
[解析]　当花坛中的花各不相同时，有A种不同的种法；若在花坛中种植三种花，此时一种方法是A与C种的花相同有C种，B、D各不相同有A种，另一种方法是B、D相同，A、C各不相同，共有CA种，因此种植三种花时有2CA种；若在花坛中种植两种花，则只能A、C相同B、D相同，共有CC种．所以共有A＋2CA＋CC＝24＋48＋12＝84(种)不同种法．
9．(2021·商丘市二模)下列命题中，真命题是(　　)
A．a－b＝0的充要条件是＝1 B．∀x∈R，ex>xe
C．∃x0∈R，|x0|≤0 D．若p∧q为假，则p∨q为假
[答案]　C
[解析]　当a＝b＝0时，A不正确；x＝e时，B不正确；p、q一真一假时，D不正确；当x0＝0时知C正确，故选C．
10．(文)(2021·广东综合测试二)二次函数y＝f(x)的图象如图1所示，则其导函数y＝f′(x)的图象可能是(　　)

[答案]　A
[解析]　函数f(x)的图象自左向右看，在y轴左侧，依次是增、减、增；在(0，＋∞)上是减函数．因此，f′(x)的值在y轴左侧，依次是正、负、正，在(0，＋∞)上的取值恒非正，结合各选项知，选A．
[易错分析]　不理解原函数与导函数的关系，不能将原函数的单调性、极值等函数性质反映到导函数的性质上是主要错因，需要有针对性加强训练．
(理)(2021·商丘市二模)已知直线y＝x＋1与曲线y＝ln(x＋a)相切，则a的值为(　　)
A．1 B．2
C．－1 D．－2
[答案]　B
[解析]　设切点为(x0，y0)，则y′＝，∴＝1，x0＝1－a，代入y＝ln(x＋a)得：y0＝0，代入y＝x＋1得，a＝2.
11．(文)(2021·天津十二区县联考)已知函数f(x)＝若af(－a)>0，则实数a的取值范围是(　　)
A．(－1,0)∪(0,1) B．(－∞，－1)∪(1，＋∞)
C．(－1,0)∪(1，＋∞) D．(－∞，－1)∪(0,1)
[答案]　A
[解析]　据函数解析式得af(－a)>0⇒或分别解出取并集即得不等式解集为(－1，0)∪(0,1)，故选A．
[易错分析]　不能对a正确分类，或者解与对数函数有关的不等式时，忽视对数函数的定义域，这些都是本题的易错点，要多加训练．
(理)若二项式(＋)n的开放式的第四项是，而第三项的二项式系数是15，则x的取值为(　　)
A．(k∈Z) B．kπ－(k∈Z)
C．kπ＋(k∈Z) D．kπ±(k∈Z)
[答案]　D
[解析]　二项式(＋)n的开放式的通项是Tr＋1＝C·()n－r()r＝C·(tan2x)－r.
依题意有，解得n＝6，tanx＝±，x＝kπ±，其中k∈Z，选D．
12．(文)(2021·北京东城区训练)若实数x，y满足不等式组则z＝2|x|＋y的取值范围是(　　)
A．[－1,3] B．[1,11]
C．[1,3] D．[－1,11]
[答案]　D
[解析]　在平面直角坐标系内画出题中的不等式组表示的平面区域，可知该平面区域是以点(－2，－1)，(0,1)，(0，－1)为顶点的三角形区域D和以(6，－1)，(0,1)，(0，－1)为顶点的三角形区域E组成，由图易知当x≤0时，当射线z＝－2x＋y(x≤0)经过三角形区域D内的点(0，－1)时，z取得最小值zmin＝－2×0－1＝－1；当射线z＝－2x＋y(x≤0)经过三角形区域D内的点(－2，－1)时，z取得最大值zmax＝－2×(－2)－1＝3；当x>0时，当射线z＝2x＋y(x>0)经过三角形区域E内的点(0，－1)时，z取得最小值zmin＝2×0－1＝－1；当射线z＝2x＋y(x>0)经过三角形区域E内的点(6，－1)时，z取得最大值zmax＝2×6－1＝11.综上所述，z＝2|x|＋y的取值范围为[－1,11]，故选D．
(理)(2022·河北名校名师俱乐部模拟)设x、y均为正数，且方程(x2＋xy＋y2)·a＝x2－xy＋y2成立，则实数a的取值范围是(　　)
A．[，1) B．[，1)
C．[，) D．(，2]
[答案]　A
[解析]　(x2＋xy＋y2)·a＝x2－xy＋y2⇔(＋＋1)·a＝－＋1.
令＝t(t>0)，方程可化为(a－1)t2＋(a＋1)t＋a－1＝0，有正根，
当a＝1时，明显不成立，
当a≠1时，由于方程(a－1)t2＋(a＋1)t＋a－1＝0只能有两正根，
所以△＝(a＋1)2－4(a－1)2≥0，且－>0，解之得≤a<1.
二、填空题(本大题共4个小题，每小题5分，共20分，将正确答案填在题中横线上)
13．古希腊毕达哥拉斯学派的数学家争辩过各种多边形数，如三角形数1,3,6,10，…，第n个三角形数为＝n2＋n，，记第n个k边形数为N(n，k)(k≥3)，以下列出了部分k边形数中第n个数的表达式：
三角形数 N(n,3)＝n2＋n，
正方形数 N(n,4)＝n2，
五边形数 N(n,5)＝n2－n，
六边形数 N(n,6)＝2n2－n，
………………………………………
可以推想N(n，k)的表达式，由此计算N(10,24)＝________.
[答案]　1000
[解析]　观看给出的k边形数的特点，找出其规律：
N(n,3)＝n2＋n＝n2＋n；
N(n,4)＝n2＝n2＋n；
N(n,5)＝n2－n＝n2＋n；
N(n,6)＝2n2－n＝n2＋n；
…………
由此猜想，N(n，k)＝n2＋n，
从而N(10,24)＝×102＋×10＝1000.
14．(文)(2021·深圳市二调)设等差数列{an}的前n项和为Sn，已知S3＝15，S9＝153，则S6＝________.
[答案]　66
[解析]　由于数列{an}为等差数列，所以S9－S6，S6－S3，S3也成等差数列，所以2(S6－S3)＝S9－S6＋S3，
即2(S6－15)＝153－S6＋15，解得S6＝66.
(理)(2021·浙江理，13)如图，在三棱锥A－BCD中，AB＝AC＝BD＝CD＝3，AD＝BC＝2，点M，N分别为AD，BC的中点，则异面直线AN，CM所成的角的余弦值是________．

[答案]　
[解析]　
如图，连接DN，取线段DN中点P，连接PM，PC，则可知∠PMC即为异面直线AN，CM所成角(或其补角)易得PM＝AN＝，
PC＝＝＝，CM＝＝2，
∴cos∠PMC＝＝，即异面直线AN，CM所成角的余弦值为.
15．(文)(2021·北京西城二模)已知正数a，b，c满足a＋b＝ab，ab＋c＝abc，则c的取值范围是________．
[答案]　(1，]
[解析]　a＋b＝ab≥2，即ab≥4，ab＋c＝abc，
即ab(c－1)＝c，ab＝，因此
解得1<c≤，即实数c的取值范围是(1，]．
[易错分析]　不能利用基本不等式求出ab的范围，或者不能对ab的范围进行转移，得到关于c的不等式，导致无法求解．
(理)(2021·武汉市调研)已知圆O的半径为1，点A，B，C是圆O上的动点，满足∠AOB等于120°，＝m＋n(m，n∈R)，则m4＋n4的取值范围为________．
[答案]　[，2]
[解析]　解法1：由题意可得·＝－.将＝m＋n两边平方得1＝m2＋n2－mn，得1＋mn＝m2＋n2≥2|mn|，－mn－1≤2mn≤mn＋1，－≤mn≤1，m4＋n4＝(m2＋n2)2－2(mn)2＝(mn＋1)2－2(mn)2＝－(mn)2＋2mn＋1，又由于函数f(x)＝－x2＋2x＋1在[－，1]上单调递增，所以当mn＝－时，m4＋n4取得最小值，当mn＝1时，m4＋n4取得最大值2，故m4＋n4的取值范围是[，2]．
解法2：由条件知·＝，∵＝m＋n，
∴||2＝m2||2＋n2||2＋2mn··，
∴1＝m2＋n2－mn，
∴(m＋n)2－3mn＝1，
设m＋n＝x，mn＝y，则x2－3y＝1，
∵x2≥0，∴y≥－，
∴m4＋n4＝(m2＋n2)2－2m2n2
＝[(m＋n)2－2mn]2－2(mn)2
＝(x2－2y)2－2y2
＝(3y＋1－2y)2－2y2
＝－y2＋2y＋1＝－(y－1)2＋2，
∵y≥－，∴≤m4＋n4≤2.
16．(文)(2021·湖北七市联考)若i为虚数单位，图中网格纸的小正方形的边长是1，复平面内点Z表示复数z，则复数的共轭复数是________．

[答案]　－i
[解析]　＝＝＝i，其共轭复数为－i.
[易错分析]　本题有两个易错点：一是不理解复数的几何意义造成解题错误；二是运算错误．纠错方法应加强对复数运算的训练．
(理)(2021·太原二模)“求方程()x＋()x＝1的解”有如下解题思路：设f(x)＝()x＋()x，则f(x)在R上单调递减，且f(2)＝1，所以原方程有唯一解x＝2.类比上述解题思路，不等式x6－(x＋2)>(x＋2)3－x2的解集是________．
[答案]　(－∞，－1)∪(2，＋∞)
[解析]　原不等式等价于x6＋x2>(x＋2)3＋(x＋2)，令f(x)＝x3＋x，易知函数在R上为单调递增函数，故原不等式等价于f(x2)>f(x＋2)，即x2>x＋2，解得x>2或x<－1，故原不等式的解集为(－∞，－1)∪(2，＋∞)．
三、解答题(解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
17．(本题满分12分)(文)(2021·江西质量监测)南昌市一次联考后，某校对甲、乙两个文科班的数学考试成果进行分析，规定：大于或等于120分为优秀，120分以下为非优秀．统计成果后，得到如下的2×2列联表，且已知在甲、乙两个文科班全部120人中随机抽取1人为优秀的概率为.

优秀
非优秀
合计
甲班
11

乙班

30

合计

120
(1)请完成上面的列联表；
(2)若按下面的方法从甲班优秀的同学中抽取一人：把甲班优秀的11名同学从2到12进行编号，先后两次抛掷一枚均匀的骰子，毁灭的点数之和为被抽取人的序号．试求抽到9号或10号的概率．
[解析]　(1)甲、乙两班优秀的人数和为120×＝30，
∴乙班优秀人数为40－11＝29，
∴乙班总人数为29＋30＝59，甲班总人数为120－59＝61，故乙班非优秀人数为50，得到列联表如下：

优秀
非优秀
合计
甲班
11
50
61
乙班
29
30
59
合计
40
80
120
(2)设“抽到9或10号”为大事A，先后两次抛掷一枚均匀的骰子，毁灭的点数为{x，y}．
全部的基本大事有：(1,1)，(1,2)，(1,3)，…，(6,6)共36个．
大事A包含的基本大事有：(3,6)，(4,5)，(5,4)，(6,3)，(5,5)，(4,6)，(6,4)共7个．
所以P(A)＝，即抽到9号到10号的概率为.
(理)某市统计局就本地居民的月收入调查了10000人，并依据所得数据画了样本的频率分布直方图(每个分组包括左端点，不包括右端点，如第一组表示收入在[1000,1500)之间(单位：元)．

(1)估量居民月收入在[1500,2000)的概率；
(2)依据频率分布直方图算出样本数据的中位数；
(3)若将频率视为概率，从本地随机抽取3位居民(看作有放回的抽样)，求月收入在[2500,3500)的居民数X的分布列和数学期望．
[解析]　(1)依题意及频率分布直方图知，居民月收入在[1500,2000)的概率约为0.0004×500＝0.2.
(2)频率分布直方图知，中位数在[2000,2500)，设中位数为x，则0.0002×500＋0.0004×500＋0.0005×(x－2000)＝0.5，解得x＝2400.
(3)居民月收入在[2500,3500)的概率为(0.0005＋0.0003)×500＝0.4.
由题意知，X～B(3,0.4)，
因此P(X＝0)＝C×0.63＝0.216，P(X＝1)＝C×0.62×0.4＝0.432，P(X＝2)＝C×0.6×0.42＝0.288，P(X＝3)＝C×0.43＝0.064，
故随机变量X的分布列为
X
0
1
2
3
P
0.216
0.432
0.288
0.064
X的数学期望为E(X)＝0×0.216＋1×0.432＋2×0.288＋3×0.064＝1.2.
18．(本题满分12分)(文)已知二次函数y＝f(x)的图象经过坐标原点，其导函数为f ′(x)＝6x－2，数列{an}的前n项和为Sn，点(n，Sn)(n∈N*)均在函数y＝f(x)的图象上．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝，Tn是数列{bn}的前n项和，求使得Tn<对全部n∈N*都成立的最小正整数m.
[解析]　(1)设二次函数f(x)＝ax2＋bx，则f ′(x)＝2ax＋b，由于f ′(x)＝6x－2，所以a＝3，b＝－2，
所以f(x)＝3x2－2x.
又点(n，Sn)(n∈N*)均在函数y＝f(x)的图象上，所以Sn＝3n2－2n.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝6n－5；当n＝1时，a1＝S1＝1，也适合an＝6n－5.所以an＝6n－5(n∈N*)．
(2)由(1)得bn＝＝
＝(－)．
故Tn＝i＝[(1－)＋(－)＋…＋(－)]＝(1－)．
随着n的增加，Tn渐渐增大直至趋近，故Tn<对全部n∈N*都成立，只要≤即可，即只要m≥10.故使得Tn<对全部n∈N*都成立的最小正整数为10.
(理)设数列{an}的前n项和为Sn，满足2Sn＝an＋1－2n＋1＋1，n∈N*，且a1，a2＋5，a3成等差数列．
(1)求a1的值；
(2)求数列{an}的通项公式；
(3)证明：对一切正整数n，有＋＋…＋<.
[解析]　(1)2Sn＝an＋1－2n＋1＋1，n∈N*，又a1，a2＋5，a3成等差数列，
∴⇒，∴a1＝1.
(2)∵2Sn＝an＋1－2n＋1＋1，∴2Sn－1＝an－2n＋1，
两式相减得，an＋1＝3an＋2n
∴an＋1－3an＝2n，∴－·＝
令＝bn，∴bn＋1－bn＝.
变形bn＋1＋1＝(bn＋1)，∴{bn＋1}为等比数列．
∴bn＋1＝(b1＋1)·()n－1＝()n.
∴bn＝＝()n－1，∴an＝3n－2n
(3)∵3n－3n－1＝(3－1)·3n－1＝2·3n－1>2·2n－1＝2n，∴3n－2n>3n－1，∴<
∴＋＋…＋<1＋＋＋…＋
＝<＝.
19．(本题满分12分)(文) (2021·江西省质量监测)如图，三棱锥P－ABC中，PB⊥平面ABC，∠BCA＝90°，PB＝BC＝CA＝4，E为PC的中点，M为AB的中点，点F在PA上，且AF＝2FP.

(1)求证：平面BEF⊥平面PAC；
(2)求三棱锥M－BEF的体积．
[解析]　(1)PB⊥平面ABC⇒PB⊥AC，

又∵BC⊥AC⇒AC⊥平面PBC⇒AC⊥BE，
又∵PB＝BC，E为中点⇒BE⊥PC⇒BE⊥平面PAC⇒平面BEF⊥平面PAC．
(2)在三角形PAC中，PC＝＝4，CA＝4，
PA＝＝＝4，
∴PC2＋AC2＝PA2，∴∠PCA＝90°
∵S△AEF＝S△APC－S△ACE－S△PEF＝
又∵BE＝2是三棱锥B－AEF的高
∴VM－BEF＝VA－BEF＝VB－AEF＝×S△AEF·BE
＝×××2＝.
(理)(2021·济南模拟)直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝10，AC＝8，BC＝6，AA1＝8，点D在线段AB上．

(1)当AC1∥平面B1CD时，确定D点的位置并证明；
(2)当＝时，求二面角B－CD－B1的余弦值．
[解析]　(1)证明：当D是AB的中点时，AC1∥平面B1CD．
连接BC1，交B1C于点E，连接DE.
由于三棱柱ABC－A1B1C1是直三棱柱，
所以侧面BB1C1C为矩形，DE为△ABC1的中位线，
所以DE∥AC1.
由于DE⊂平面B1CD，AC1⊄平面B1CD，
所以AC1∥平面B1CD．
(2)由AB＝10，AC＝8，BC＝6得AC⊥BC．
以C为原点建立如图所示的空间直角坐标系C－xyz，

则B(6,0,0)，A(0,8,0)，A1(0,8,8)，B1(6,0,8)．
设D(a，b,0)(a>0，b>0)，
由于点D在线段AB上，且＝，即＝.
所以a＝4，b＝.
所以＝(－6,0，－8)，＝(4，，0)．
平面BCD的一个法向量为n1＝(0,0,1)，
设平面B1CD的法向量为n2＝(x，y,1)，
由·n2＝0，·n2＝0得
所以x＝－，y＝2，n2＝(－，2,1)．
设二面角B－CD－B1的大小为θ，cosθ＝||
＝，
所以二面角B－CD－B1的余弦值为.
20．(本题满分12分)(文)(2022·河北名校名师俱乐部模拟)已知圆C的圆心为C(m,0)，m<3，半径为，圆C与椭圆E：＋＝1(a>b>0)有一个公共点A(3,1)，F1、F2分别是椭圆的左、右焦点．
(1)求圆C的标准方程；
(2)若点P的坐标为(4,4)，摸索究斜率为k的直线PF1与圆C能否相切，若能，求出椭圆E和直线PF1的方程，若不能，请说明理由．
[解析]　(1)由已知可设圆C的方程为(x－m)2＋y2＝5(m＜3)，
将点A的坐标代入圆C的方程，得(3－m)2＋1＝5，
即(3－m)2＝4，解得m＝1或m＝5，
∵m＜3，∴m＝1.
∴圆C的方程为(x－1)2＋y2＝5.
(2)直线PF1能与圆C相切．
依题意设直线PF1的方程为y＝k(x－4)＋4，
即kx－y－4k＋4＝0，
若直线PF1与圆C相切，则＝，
∴4k2－24k＋11＝0，解得k＝或k＝，
当k＝时，直线PF1与x轴的交点横坐标为，不合题意，舍去，
当k＝时，直线PF1与x轴的交点横坐标为－4，
∴c＝4，F1(－4,0)，F2(4,0)，
∴由椭圆的定义得：2a＝|AF1|＋|AF2|＝5＋＝6，∴a＝3，即a2＝18，∴b2＝a2－c2＝2，
直线PF1能与圆C相切，直线PF1的方程为x－2y＋4＝0，椭圆E的方程为＋＝1.
(理)(2022·广州市综合测试)已知定点F(0,1)和直线l：y＝－1，过点F且与直线l相切的动圆圆心为点M，记点M的轨迹为曲线E.
(1)求曲线E的方程；
(2)若点A的坐标为(2,1)，直线l1：y＝kx＋1(k∈R，且k≠0)与曲线E相交于B、C两点，直线AB、AC分别交直线l于点S、T.试推断以线段ST为直径的圆是否恒过两个定点？若是，求这两个定点的坐标；若不是，请说明理由．
[解析]　(1)解法一：由题意，点M到点F的距离等于它到直线l的距离，故点M的轨迹是以点F为焦点，l为准线的抛物线．
∴曲线E的方程为x2＝4y.
解法二：设点M的坐标为(x，y)，依题意，得|MF|＝|y＋1|，
则＝|y＋1|，
化简得x2＝4y.
∴曲线E的方程为x2＝4y.
(2)解法一：设点B、C的坐标分别为(x1，y1)、(x2，y2)，
依题意得x＝4y1，x＝4y2.
由消去y得x2－4kx－4＝0，
解得x1,2＝＝2k±2.
∴x1＋x2＝4k，x1x2＝－4.
直线AB的斜率kAB＝＝＝，
故直线AB的方程为y－1＝(x－2)．
令y＝－1，得x＝2－，
∴点S的坐标为(2－，－1)．
同理可得点T的坐标为(2－，－1)．
∴|ST|＝|2－－(2－)|
＝||＝||
＝||＝||.
∴|ST|2＝＝
＝.
设线段ST的中点坐标为(x0，－1)，
则x0＝(2－＋2－)
＝2－
＝2－＝2－＝－.
∴以线段ST为直径的圆的方程为
(x＋)2＋(y＋1)2＝.
开放得x2＋x＋(y＋1)2＝－＝4.
令x＝0，得(y＋1)2＝4，解得y＝1或y＝－3.
∴以线段ST为直径的圆恒过两个定点(0,1)，(0，－3)．
解法二：由(1)得抛物线E的方程为x2＝4y.
设直线AB的方程为y－1＝k1(x－2)，点B的坐标为(x1，y1)，
由解得
∴点S的坐标为(2－，－1)．
由消去y得x2－4k1x＋8k1－4＝0，
即(x－2)(x－4k1＋2)＝0，解得x＝2或x＝4k1－2.
∴x1＝4k1－2，y1＝x＝4k－4k1＋1.
∴点B的坐标为(4k1－2,4k－4k1＋1)．
同理，设直线AC的方程为y－1＝k2(x－2)，
则点T的坐标为(2－，－1)，
点C的坐标为(4k2－2,4k－4k2＋1)．
∵点B，C在直线l1：y＝kx＋1上，
∴k＝
＝＝k1＋k2－1.
∴k1＋k2＝k＋1.
又4k－4k1＋1＝k(4k1－2)＋1，
得4k－4k1＝4kk1－2k＝4(k1＋k2－1)k1－2k，
化简得k1k2＝.
设点P(x，y)是以线段ST为直径的圆上任意一点，
则·＝0，
得(x－2＋)(x－2＋)＋(y＋1)(y＋1)＝0，
整理得x2＋x－4＋(y＋1)2＝0.
令x＝0，得(y＋1)2＝4，解得y＝1或y＝－3.
∴以线段ST为直径的圆恒过两个定点(0,1)，(0，－3)．
21．(本题满分12分)(文)(2021·洛阳市期末)设函数f(x)＝＋xlnx，g(x)＝x3－x2－3.
(1)争辩函数h(x)＝的单调性；
(2)假如对任意的s，t∈，都有f(s)≥g(t)成立，求实数a的取值范围．
[解析]　(1)∵h(x)＝＋lnx，∴h′(x)＝－＋＝，
①当a≤0时，h′(x)>0，函数h(x)在(0，＋∞)上单调递增；
②当a>0时，令h′(x)>0，得x>，即函数h(x)的单调递增区间为(，＋∞)；
令h′(x)<0，得0<x<，即函数h(x)的单调递减区间为(0，)．
(2)由g(x)＝x3－x2－3得g′(x)＝3x2－2x＝3x，
由于g＝－，g＝－，g(2)＝1，
所以g(x)max＝1，
故对任意的s，t∈，都有f(s)≥g(t)成立，
等价于当x∈时，f(x)＝＋xlnx≥1恒成立，等价于a≥x－x2lnx恒成立，
记H(x)＝x－x2lnx，所以a≥H(x)max，H′(x)＝1－2xlnx－x，H′(1)＝0.
令m(x)＝1－2xlnx－x，所以m′(x)＝－3－2lnx，
由于x∈，m′(x)＝－3－2lnx<0，
所以m(x)＝1－2xlnx－x在上递减，
当x∈时，H′(x)>0，x∈(1,2]时，H′(x)<0，
即函数H(x)＝x－x2lnx在区间上递增，在区间(1,2]上递减，
所以H(x)max＝H(1)＝1，从而a≥1.
(理)(2021·长沙市模拟)已知函数f(x)＝ex，g(x)＝x－m，m∈R.
(1)若曲线y＝f(x)与直线y＝g(x)相切，求实数m的值；
(2)记h(x)＝f(x)·g(x)，求h(x)在[0,1]上的最大值；
(3)当m＝0时，试比较ef(x－2)与g(x)的大小．
[解析]　(1)设曲线f(x)＝ex与g(x)＝x－m相切于点P(x0，y0)，
由f′(x)＝ex得ex0＝1，解得x0＝0，
可求得点P的坐标为(0,1)，代入g(x)＝x－m，
解得m＝－1.
(2)由于h(x)＝(x－m)ex，
所以h′(x)＝ex＋(x－m)ex＝[x－(m－1)]ex，x∈[0,1]．
①当m－1≤0，即m≤1时，h′(x)≥0，在[0,1]上恒成立，
此时h(x)在[0,1]上单调递增，
所以h(x)max＝h(1)＝(1－m)e；
②当0<m－1<1即1<m<2时，当x∈(0，m－1)时，h′(x)<0，h(x)单调递减，
当x∈(m－1,1)时，h′(x)>0，h(x)单调递增，
h(0)＝－m，h(1)＝(1－m)e.
(ⅰ)当－m≥(1－m)e，即≤m<2时，h(x)max＝h(0)＝－m；
(ⅱ)当－m<(1－m)e，即1<m<时，
h(x)max＝h(1)＝(1－m)e；
③当m－1≥1，即m≥2时，h′(x)≤0，此时h(x)在[0,1]上单调递减，所以h(x)max＝h(0)＝－m.
综上所述，当m<时，h(x)max＝(1－m)e；
当m≥时，h(x)max＝－m.
(3)当m＝0时，ef(x－2)＝eex－2，g(x)＝x，
①当x≤0时，明显ef(x－2)>g(x)；
②当x>0时，lnef(x－2)＝lneex－2＝ex－2，lng(x)＝lnx，
记函数φ(x)＝ex－2－lnx＝×ex－lnx，
则φ′(x)＝×ex－＝ex－2－，可知φ′(x)在(0，＋∞)上单调递增，
又由φ′(1)<0，φ′(2)>0知，
φ′(x)在(0，＋∞)上有唯一实根x0，且1<x0<2，
则φ′(x0)＝ex0－2－＝0，即ex0－2＝，　(*)
当x∈(0，x0)时，φ′(x)<0，φ(x)单调递减；
当x∈(x0，＋∞)时，φ′(x)>0，φ(x)单调递增，
所以φ(x)≥φ(x0)＝ex0－2－lnx0，
结合(*)式ex0－2＝，知x0－2＝－lnx0，
所以φ(x)≥φ(x0)＝＋x0－2＝＝>0，
则φ(x)＝ex－2－lnx>0，即ex－2>lnx，所以eex－2>x.
综上所述，ef(x－2)>g(x)．
请考生在第22、23、24题中任选一题作答，假如多做，则按所做的第一题计分．作答时请写清题号．
22．(本题满分10分)(2021·郑州市质量监测)如图，已知圆O是△ABC的外接圆，AB＝BC，AD是BC边上的高，AE是圆O的直径．过点C作圆O的切线交BA的延长线于点F.

(1)求证：AC·BC＝AD·AE；
(2)若AF＝2，CF＝2，求AE的长．
[解析]　(1)证明：连接BE，由题意知△ABE为直角三角形．
由于∠ABE＝∠ADC＝90°，∠AEB＝∠ACB，
所以△ABE∽△ADC，
所以＝，即AB·AC＝AD·AE.
又AB＝BC，所以AC·BC＝AD·AE.

(2)由于FC是圆O的切线，所以FC2＝FA·FB，
又AF＝2，CF＝2，所以BF＝4，AB＝BF－AF＝2，
由于∠ACF＝∠FBC，又∠CFB＝∠AFC，
所以△AFC∽△CFB．
所以＝，得AC＝＝＝，
∴cos∠ACB＝＝，
∴sin∠ACD＝＝sin∠AEB，
∴AE＝＝.
23．(本题满分10分)(2021·邯郸市二模)已知曲线C1的参数方程为(φ为参数)，以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为ρcos＝2.
(1)求曲线C1的一般方程与曲线C2的直角坐标方程；
(2)设P为曲线C1上的动点，求点P到C2上的点的距离的最小值及此时点P的坐标．
[解析]　(1)曲线C1的一般方程为＋y2＝1，
曲线C2的直角坐标方程为x－y－4＝0
(2)设P(cosφ，sinφ)，由题意知，点P到直线C2距离为
d＝＝≥
当φ＝－时，d取最小值，
此时点P.
24．(本题满分10分)(文)(2021·陕西质量监测)设函数f(x)＝x2－x＋15，且|x－a|<1，求证：|f(x)－f(a)|<2(|a|＋1)．
[证明]　∵|x－a|<1，
∴|f(x)－f(a)|＝|(x2－x＋15)－(a2－a＋15)|
＝|(x－a)(x＋a－1)|
＝|x－a|·|x＋a－1|
<1·|x＋a－1|＝|x－a＋2a－1|
<|x－a|＋|2a－1|
<1＋|2a－1|<1＋|2a|＋1＝2(|a|＋1)．
(理)(2021·郑州市质监)已知函数f(x)＝|x＋a|＋|x－2|.
(1)当a＝－3时，求不等式f(x)≥3的解集；
(2)若f(x)≤|x－4|的解集包含[1,2]，求a的取值范围．
[解析]　(1)当a＝－3时，f(x)≥3⇔|x－3|＋|x－2|≥3
⇔或或
⇔x≤1或x≥4.
(2)原命题⇔f(x)≤|x－4|在[1,2]上恒成立⇔
|x＋a|＋2－x≤4－x在[1,2]上恒成立⇔
－2－x≤a≤2－x在[1,2]上恒成立⇔－3≤a≤0.