2021年江西省鹰潭市高考数学一模试卷(理科)

2021年江西省鹰潭市高考数学一模试卷（理科）
一、单选题（本大题共12小题，共60.0分）
1. 已知A ={x|x =2n −1,n ∈N ∗}，B ={x|(x −2)(x −5)≤0}，则A ∩B =( )
A. {3,5}
B. {3,4，5}
C. (3,5)
D. [3,5]
2. 设等比数列{a n }的公比q =2，前n 项和为S n ，则S 3
a 4
的值为( )
A. 15
8
B. 15
4
C. 7
4
D. 7
8
3. 已知a =
ln22
，b =1
e ，c =
ln33
，则a 、b 、c 的大小关系为( )
A. b <c <a
B. c <a <b
C. a <c <b
D. c <b <a
4. 下列说法中正确的是( )
①不等式1
x >1
2的解集是{x|x <2}；
②命题“∀x ∈R ，x 2−x +2≥0”的否定是∃x 0∈R ，x 0
2
−x 0+2<0； ③已知随机变量X 服从正态分布N(2,σ2)且P(X <4)=0.9，
则P(0<X <2)=0.4． A. ②③ B. ①② C. ③④ D. ①②③
5. 我国著名数学家华罗庚先生曾说：数缺形时少直观，形缺数时难入微，数形结合百
般好，隔裂分家万事休，在数学的学习和研究中，函数的解析式常用来琢磨函数图象的特征.函数f(x)=(x −1
x )sin|x|(−π≤x ≤π,x ≠0)的图象可能为( )
A.
B.
C.
D.
6. 已知双曲线
x 2a
2−
y 2b 2
=1(a >0,b >0)的两个焦点分别为F 1(−c,0)，F 2(c,0)(c >0)，
过点P(a
2
c
,0)的直线与双曲线的左、右两支分别交于A ，B 两点，且F 1A ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =−3F 2B ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，则双曲线的离心率为( )
A. √2
B. √3
C. √5
D. √6
7. 若α，β∈(π
2,π)，且sinα=2√5
5
，sin(α−β)=−3
5，则sinβ=( )
A. −11√525
B. −√55
C. √55
D. 11√525
8. 如图是某四面体ABCD 水平放置时的三视图，图中网格纸
的小正方形的边长为1，则四面体ABCD 外接球的体积为( )
A. 500π3
B. 100π3
C.
125π6
D. 20π
9. 已知随机变量X 服从二项分布B(a,1
3)，其期望E(X)=1，当{x ≥1y ≥2x +y ≤4
时，目标函
数z =x −y 的最小值为b ，则(a +bx)5的展开式中各项系数之和为( )
A. 0
B. 1
C. 25
D. 35
10. 已知O 为△ABC 内的一点，满足OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +λOB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +(1+λ)OC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0
⃗ ，且△OAB 的面积与△OBC 的面积之比为3：1，若在△ABC 内任取一点，则该点取自△OAC 的概率为( )
A. 1
6
B. 1
3
C. 1
2
D. 2
3
11. 函数f(x)=sin(ωx +φ)(ω>0,|φ|≤π
2)，已知(−π
6,0)为f(x)图象的一个对称中心，
直线x =
13π
12
为f(x)图象的一条对称轴，且f(x)在[13π12,19π
12
]上单调递减.记满足条件的
所有ω的值的和为S ，则S 的值为( )
A. 8
5
B. 12
5
C. 16
5
D. 18
5
12. 已知奇函数f(x)的定义域为(−π
2,0)∪(0,π
2)，其导函数是f′(x).当x ∈(0,π
2)时，
f′(x)sinx −f(x)cosx <0，则关于x 的不等式f(x)<2f(π
6)sinx 的解集为( )
A. (−π2,−π6)∪(0,π
6) B. (−π2,π6)∪(π6,π
2) C. (−π
6,0)∪(0,π
6)
D. (−π
6,0)∪(π6,π
2)
二、单空题（本大题共4小题，共20.0分） 13. 若复数z =
(1+i)23+4i
，则|z|= ______ ．
14. 小赵、小钱、小孙、小李四名同学报名参加了龙虎山、三清山、井冈山、庐山四个
景点的旅游，且每人只参加了其中一个景点的旅游，记事件A 为“4个人去的景点互不相同”，事件B 为“只有小赵去了龙虎山景点”，则P(A|B)= ______ ．
15.设抛物线y2=2x的焦点为F，过F的两条直线l1，l2分别交抛物线于点A，B，C，
D，且l1，l2的斜率k1，k2满足k12+k22=2，则|AB|+|CD|的最小值为______ ．16.已知△ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，若A=2B，则ac+2b2
的取值范
ab 围为______ ．
三、解答题（本大题共7小题，共82.0分）
17.已知正项等差数列{a n}满足：S n2=a13+a23+⋯+a n3，n∈N∗，S n是数列{a n}的前
n项和．
(1)求数列{a n}的通项公式；
(n∈N∗)，数列{b n}的前项和为T n，求T2n．
(2)令b n=(−1)n4n
(2a n−1)(2a n+1)
18.习近平总书记在党的十九大工作报告中提出，永远把人民美好生活的向往作为奋斗
目标.在这一号召下，全国人民积极工作，健康生活.当前，“日行万步”正式成为健康生活的代名词.某地一研究团队统计了该地区1000位居民的日行步数，得到如下表格：
(1)为研究日行步数与居民年龄的关系，以日行步数是否超过8千步为标准进行分
层抽样，从上述1000位居民中抽取200人，得到如下列联表，请将列联表补充完整，并根据列联表判断是否有97.5%的把握认为日行步数与居民年龄超过40岁有关；
(2)以这1000位居民日行步数超过8千步的频率代替该地区1位居民日行步数超过
8千的概率，每位居民日行步数是否超过8千相互独立.为了深入研究，该研究团队随机调查了20位居民，其中日行步数超过8千的最有可能(即概率最大)是多少位居民？
附：
P(K2≥k0)0.050.0250.010 k0 3.841 5.024 6.635 K2=n(ad−bc)2
，其中n=a+b+c+d．
(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)
19.如图，在四棱锥中P−ABCD，PA⊥平面ABCD，AD//BC，
AD⊥CD，且AD=CD=2，BC=4，PA=√2．
(1)求证：AB⊥PC；
(2)在线段PD上，是否存在一点M，使得二面角M−
AC−D的大小为45°，如果存在，求BM与平面MAC所
成的角的正弦值，如果不存在，请说明理由．
20.已知函数f(x)=xlnx+e x−ax，g(x)=(x2−2x−1)e x−x2．
(1)若a=1，求曲线f(x)在点(1,f(1))的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；
(2)若对任意x∈(0,1)，f(x)+g(x)<0，求整数a的最小值．
21. 如图：已知抛物线C 1：x 2=4y 与椭圆C 2：y 2
a 2+x
2
b
2=1(a >b >0)有相同焦点F ，Q 为抛物线C 1与椭圆C 2在第一象限的公共点，且|QF|=5
3，过焦点F 的直线l 交抛物线C 1于A ，B 两点、交椭圆C 2于C ，D 两点，直线PA ，PB 与抛物线C 1分别相切于A ，B 两点． (Ⅰ)求椭圆C 2的方程；
(Ⅱ)求△PCD 的面积S 的最小值．
22. 在极坐标系下有许多美丽的曲线，如贝努利双纽线ρ2=a 2cos2θ的形状是一个横8
字，和谐、对称、优美.以极点O 为原点，极轴为x 轴的正半轴的直角坐标系下，曲线C 的参数方程为{x =2+tcosαy =tsinα(α≠π
2+kπ,k ∈Z,t 为参数)． (Ⅰ)求曲线C 的普通方程和贝努利双纽线的直角坐标方程；
(Ⅱ)若a =2,α=π
6，将曲线C 向左平移2个单位得到曲线C′，曲线C′与贝努利双纽线交于A ，B 两点，求A ，B 的极坐标．
|+2．
23.设函数f(x)=|2x+1|+|2x−a|，g(x)=|x+1
x
(1)若a=1，解不等式f(x)≥4；
(2)如果任意x1∈R，都存在x2∈R，使得f(x1)=g(x2)，求实数a的取值范围．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：∵A={x|x=2n−1,n∈N∗}，B={x|2≤x≤5}，
∴A∩B={3,5}．
故选：A．
可求出集合B，然后进行交集的运算即可．
本题考查了集合的描述法和列举法的定义，一元二次不等式的解法，交集及其运算，考查了计算能力，属于基础题．
2.【答案】D
【解析】解：∵等比数列{a n}的公比q=2，前n项和为S n，
∴S3
a4=
a1(1−23)
1−2
a1×23
=7
8
．
故选：D．
利用等比数列的前n项和公式、通项公式直接求解．
本题考查等比数列的运算，涉及到等比数列的前n项和公式、通项公式等基础知识，考查运算求解能力等核心数学素养，是基础题．
3.【答案】C
【解析】解：b
c =
lne
e
ln3
3
=3
e
lne
ln3
=log3e e3，
∵e3>3e，
∴b
c
>1，
∴b>c，
同理c>a．
故选：C．
通过除，把得到的结果和1比较便可以得到答案．本题考查对数的比较大小，属于中等题．
4.【答案】A
【解析】解：①不等式1x >1
2的解集是{x|0<x <2}；所以①不正确；
②命题“∀x ∈R ，x 2−x +2≥0”的否定是∃x 0∈R ，x 0
2
−x 0+2<0，满足命题的否定形式，所以②正确；
③已知随机变量X 服从正态分布N(2,σ2)且P(X <4)=0.9，则P(X <2)=0.5， P(2<X <4)=0.4，∴P(0<X <2)=0.4.所以③正确； 故选：A ．
通过不等式的解集判断①；命题的否定形式判断②；正态分布判断③．
本题考查命题的真假的判断与应用，考查正态分布的性质，不等式的解法，命题的否定，是基础题．
5.【答案】D
【解析】解：∵f(−x)=(−x +1
x )sin|−x|=−(x −1
x )sin|x|=−f(x)， ∴函数f(x)为奇函数，排除选项A 和B ，
当x ∈(0,1)时，sin|x|=sinx >0，x <1
x ，∴f(x)<0，排除选项C ， 故选：D ．
先判断函数的奇偶性，再考虑x ∈(0,1)时，f(x)与0的大小关系，得解．
本题考查函数的图象与性质，一般可从函数的单调性、奇偶性或特殊点处的函数值等方面着手思考，考查学生的逻辑推理能力和运算求解能力，属于基础题．
6.【答案】A
【解析】解：由F 1A ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =−3F 2B ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 可知，F 1A//F 2B ，
所以△AF 1P∽△BF 2P ，且PF
1
PF 2
=3，
即
a 2c
+c =3(c −a 2c )，化简可得c 2
a =2，
即e 2=2，所以e =√2(负值舍去)， 故选：A ．
利用已知向量关系推出△AF 1P∽△BF 2P ，且PF
1
PF 2
=3，由此建立等式关系即可求解．
本题考查了双曲线的性质以及向量共线的性质，涉及到三角形相似，考查了学生的运算能力，属于中档题．
7.【答案】C
【解析】解：∵α，β∈(π
2,π)，且sinα=2√55
，∴cosβ=−√1−sin 2β=−√5
5
，
∵sin(α−β)=−35，∴α−β∈(−π2,0)，∴cos(α−β)=√1−sin 2(α−β)=4
5，
则sinβ=sin[α−(α−β)]=sinαcos(α−β)−cosαsin(α−β)=2√55×4
5
+
√5
5
×(−3
5)=
√5
5
， 故选：C ．
由题意利用同角三角函数的基本关系式，两角差的正弦公式，求得sinβ=sin[α−(α−β)]的值．
本题主要考查同角三角函数的基本关系式，两角差的正弦公式的应用，属于基础题．
8.【答案】C
【解析】解：根据几何体的三视图转换为直观图为：该几何体为三棱锥体； 如图所示：
O 为外接球的球心，设外接球的半径为R ， 所以R =√22+(3
2)2=5
2，
故V 球=4
3⋅π⋅(5
2)3=125π6
．
故选：C ．
首先把三视图转换为几何体的直观图，进一步求出几何体的外接球半径，最后求出球的体积．
本题考查的知识要点：三视图和几何体的直观图之间的转换，几何体外接球的半径的求法，球的体积公式，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题．
9.【答案】B
【解析】解：由约束条件作出可行域如图，
联立{x =1x +y =4
，可得A(1,3)，
由z =x −y ，得y =x −z ，由图可知，当直线y =x −z 过A 时， 直线y =x −z 在y 轴上的截距最大，z 有最小值为−2，即b =−2． ∵随机变量X 服从二项分布B(a,1
3)，其期望E(X)=1， ∴1
3a =1，即a =3．
∴(a +bx)5=(3−2x)5，取x =1，可得(a +bx)5的展开式中各项系数之和为1． 故选：B ．
由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，把最优解的坐标代入目标函数求解b ，再由二项分布的概率求得a ，代入(a +bx)5，取x =1得答案．
本题考查简单的线性规划，考查数形结合思想，考查二项分布的期望与二项式定理的应用，是中档题．
10.【答案】B
【解析】解：OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +λOB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +(1+λ)OC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0⃗ ， 变为OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +OC ⃗⃗⃗⃗⃗ +λ(OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +OC ⃗⃗⃗⃗⃗ )=0⃗ ． 如图，D ，E 分别是对应边的中点，
由平行四边形法则，知OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +OC ⃗⃗⃗⃗⃗ =2OE ⃗⃗⃗⃗⃗ ，λ(OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +OC ⃗⃗⃗⃗⃗ )=2λOD
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ， 故OE ⃗⃗⃗⃗⃗ =−λOD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，O 在DE 上，DE 为△ABC 的中位线， 故△AOB 底边AB 上的高是△ABC 底边AB 上高的一半， 则S △AOB =1
2S △ABC ，
∵S △COB =1
3S △AOB =1
3×1
2S △ABC =1
6S △ABC ，
S △COA =S △ACB −16S △ABC −12S △ABC =1
3S △ABC ， 则S △COA
S
△ABC
=1
3．
故在△ABC 内任取一点，则该点取自△OAC 的概率为1
3． 故选：B ．
由题意画出图形，可得O 在三角形ABC 的中位线上，由已知面积关系求得S △COA
S △ABC
=1
3，
则答案可求．
本小题主要考查向量的加法与减法、及向量共线的几何意义等基础知识，考查几何概型概率的求法，考查数形结合、化归与转化思想，属于中档题．
11.【答案】B
【解析】解：函数f(x)=sin(ωx +φ)，
由题意知−π
6ω+φ=k 1π，k 1∈Z ，13π
12ω+φ=k 2π+π
2，k 2∈Z ，
两式相减可求得ω=4
5[(k 2−k 1)+1
2]，k 1，k 2∈Z ，即ω=4
5(k +1
2)，k ∈Z ， 因为f(x)在[13π12,19π
12
]上单调递减，
所以T
2≥19π12
−
13π12=π
2
， 所以
2π
2×45(k+12
)≥π
2，且45(k +12
)>0，k ∈Z ，
解得0≤k ≤2，所以k =0，1，2， k =0时，ω=2
5，此时φ=π
15，符合题意； k =1时，ω=6
5，此时φ=π
5，不满足f(x)在[13π12,19π
12
]上单调递减，不符合题意；
k =2时，ω=2，此时φ=π
3，符合题意； 所以符合条件的ω值之和为2
5+2=125
．
故选：B ．
由题意列方程组求出ω的值，再利用函数的单调性确定ω的值，从而求得符合条件ω值之和．
本题考查了三角函数的图象与性质的应用问题，也考查了分析问题和解决问题的能力，属于中档题．
12.【答案】D
【解析】解：设g(x)=f(x)
sinx
，
∴g′(x)=f′(x)sinx−f(x)cosx
sin2x
，
∵当x∈(0,π
2
)时，f′(x)sinx−f(x)cosx<0，∴g′(x)<0，
∴g(x)在(0,π
2
)上单调递减，
∵f(x)是定义在(−π
2,0)∪(0,π
2
)上的奇函数，
故g(−x)=f(−x)
sin(−x)=f(x)
sinx
=g(x)
∴g(x)是定义在(−π
2,0)∪(0,π
2
)上的偶函数．
∴g(x)在(−π
2
,0)上单调递增．
①当x∈(0,π
2
)时，sinx>0，
则不等式f(x)<2f(π
6)sinx可转化为f(x)
sinx
<f(
π
6
)
sinπ
6
，
即g(x)<g(π
6
)，
∴x>π
6，故x∈(π
6
,π
2
).
②当(−π
2
,0)时，sinx<0，
则不等式f(x)<2f(π
6)sinx可转化为f(x)
sinx
>f(
π
6
)
sinπ
6
，
即g(x)>g(π
6)=g(−π
6
)，
∴x>−π
6，故x∈(−π
6
,0)．
不等式f(x)<2f(π
6)sinx的解集为(−π
6
,0)∪(π
6
,π
2
).
故选：D．
设g(x)=f(x)
sinx
，利用导数判断出g(x)的单调性，根据函数的单调性求出不等式的解集．本题主要考查利用导数研究函数的单调性，不等式的解法，考查转化思想、分类讨论思想以及运算求解能力，属于中档题．
13.【答案】2
5
【解析】解：∵z =(1+i)23+4i
=
1+2i+i 23+4i
=
2i 3+4i
，
∴|z|=|
2i 3+4i
|=
|2i||3+4i|
=
√32+42
=2
5
． 故答案为：2
5．
利用复数代数形式的乘除运算化简，再由商的模等于模的商求解． 本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数模的求法，是基础题．
14.【答案】1
4
【解析】 【分析】
先分别求出P(A)，P(AB)，由此能求出P(A|B)的值．
本题考查概率的求法，考查古典概型、条件概率等基础知识，考查运算求解能力等数学核心素养，是基础题． 【解答】
解：小赵、小钱、小孙、小李四名同学报名参加了龙虎山、三清山、井冈山、庐山四个景点的旅游，
每人只参加了其中一个景点的旅游，
记事件A 为“4个人去的景点互不相同”，事件B 为“只有小赵去了龙虎山景点”， 则P(A)=A 4444
=
332
，
P(AB)=
C 11A 3
344
=3
128，
∴P(A|B)=P(AB)P(A)
=
3
128332
=1
4．
故选：1
4．
15.【答案】8
【解析】解：抛物线的焦点坐标为F(1
2,0)，
设直线l 1：y =k 1(x −1
2)(k 1≠0)，直线l 2：y =k 2(x −1
2)(k 2≠0)， 联立{
y 2=2x
y =k 1(x −1
2)
，整理得4k 12x 2−(4k 12+8)x +k 12
=0．
设A(x 1,y 1)，B(x 2,y 2)，则x 1+x 2=1+2
k 1
2，
设C(x 3,y 3)，D(x 4,y 4)，同理可得x 3+x 4=1+2
k 2
2．
由抛物线的性质可得：|AB|=2+2k 1
2，|CD|=2+2
k 2
2，
又∵k 12+k 22
=2，
∴|AB|+|CD|=4+
2(k 12+k 22)k 12k 2
2=4+
4
k 12k 2
2≥4+
4
(k 12+k 22
2
)2
=4+4=8．
∴|AB|+|CD|的最小值为8． 故答案为：8．
由抛物线方程求得焦点坐标，分别设出两直线方程，与抛物线方程联立，利用根与系数的关系及抛物线弦长公式求得|AB|，|CD|，作和后利用基本不等式求最值．
本题考查抛物线的几何性质，考查直线与抛物线位置关系的应用，训练了利用基本不等式求最值，是中档题．
16.【答案】(2,4)
【解析】解：由于A =2B ，作∠CDA =∠A ，则CD =AC =BD =b ，
因为c
b >1，2b
a >1，可得c
b +2b a
>2，
所以
ac+2b 2ab =c b +
2b a
=
ac+2b 2ab
<a(a+b)+2b 2
ab
=
a 2+2
b 2ab
+1=
1+2×(b a
)2
b
a
+1，
令t =b a ，可得1
2<t <1， 所以
1+2×(b a
)2
b a +1=1
t +2t +1，
令f(t)=1
t +2t +1，可得f′(t)=2−
1t
2=
(√2t−1)(√2t+1)
t 2
，
由1
2<t <1，可得f(t)在(1
2,√2
2]单调递减，在(√2
2,1)上单调递增，
所以ac+2b 2ab
=c b +
2b a <4， 综上
ac+2b 2ab
=c
b
+
2b a
∈(2,4)．
故答案为：(2,4)．
作∠CDA =∠A ，则CD =AC =BD =b ，由c
b >1，2b
a >1，可得c
b +2b a
>2，可求
ac+2b 2ab
=
c
b
+
2b a
=
ac+2b 2ab
<
a(a+b)+2b 2
ab
=
1+2×(b a
)2
b a
+1，令t =b a ，可得1
2<t <1，利用二次函数的
性质可求
1+2×(b a
)2
b a
+1=1
t +2t +1在(1
2,√2
2]单调递，在(√2
2
,1)上单调递增，可得c
b +
2b a
<4，
从而得解．
本题主要考查了二次函数的性质，解三角形，考查了函数思想和数形结合思想的应用，属于中档题．
17.【答案】解：(1)正项等差数列{a n }满足：S n 2=a 13+a 23+⋯+a n
3， 当n =1时，解得a 1=1，
当n =2时，(1+a 2)2=a 13+a 2
3
，解得a 2=2． 故数列的公差d =2−1=1． 所以a n =1+n −1=n ． (2)由于b n =(−1)n 4n
(2a
n −1)(2a n +1)
=(−1)n ⋅
4n (2n−1)(2n+1)=(−1)n (
1
2n−1
+
1
2n+1
)，
所以T 2n =−(1+1
3)+(13+15)+⋯+(1
4n−1+1
4n+1)=−1+1
4n+1=−4n
4n+1．
【解析】(1)根据正项等差数列{a n }满足：S n 2=a 13+a 23+⋯+a n
3，得到首项和公差，再求出通项公式；
(2)先化简b n ，再利用裂项相消法求出T 2n ．
本题考查的知识要点：数列的递推关系式，数列的求和，裂项相消法在数列求和中的应用，考查运算能力，属于基础题．
18.【答案】解：(1)1000人中，步数不超过8千步的有400人，超过8千步有600人， 按分层抽样，抽取的人数中不超过8千步的有80人，超过8千步的有120人，列联表如下：
∴K 2
=
200×(40×80−40×40)2
80×120×120×80
≈5.556>5.024，
∴有97.5%的把握认为日行步数与居民年龄超过40岁有关． (2)每位居民步数超过8千米的概率为600
1000=3
5， 设步数超过8千米的最有可能是n 位居民，
则{C 20n ⋅(3
5)n ⋅(2
5)20−n ≥C 20n−1
⋅(3
5)n−1⋅(25)21−n C 20n ⋅(35)n ⋅(25)20−n ≥C 20n+1
⋅(35)n+1⋅(25)
19−n ， 解得：585≤n ≤635
，
∵n ∈N ∗，
∴n=12，
即最有可能是12为居民．
【解析】(1)根据题意提完表格，然后求出K2，进行比较判断．
(2)先求出每位居民步数超过8千米的概率，再利用超几何分布列出不等式组，解出n 的取值范围即可．
本题主要考查了独立性检验的实际应用，考查了超几何分布，是中档题．
19.【答案】解：(1)证明：∵四边形ABCD是直角梯形，
AD=CD=2，BC=4，
∴AC=2√2，AB=√(BC−AD)2+CD2=2√2，
∴△ABC是等腰直角三角形，即AB⊥AC，
∵PA⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，∴PA⊥AB，
又PA∩AC=A，∴AB⊥平面PAC，
又PC⊂平面PAC，∴AB⊥PC．
(2)假设存在符合条件的点M，过点M作MN⊥AD于N，则MN//PA，
∴MN⊥平面ABCD，∴MN⊥AC．
过点M作MG⊥AC于G，连接NG，则AC⊥NG，
∴∠MGN是二面角M−AC−D的平面角．
若∠MGN=45°，则NG=MN，又AN=√2NG=√2MN，
设MN=x，则AN=√2x，ND=2−√2x，MD=√3x，
由x2+(2−√2x)2=3x2，解得x=√2
2
，
∴MN=√2
2
，即M是线段PD的中点．
∴存在点M使得二面角M−AC−D的大小为45°．
在三棱锥M−ABC中，V M−ABC=1
3S△ABC⋅MN=1
3
×1
2
×4×2×√2
2
=2√2
3
，
设点B到平面MAC的距离是h，则V B−MAC=1
3
S△MAC⋅ℎ，
∵MG=√2MN=1，∴S△MAC=1
2AC⋅MG=1
2
×2√2×1=√2，
∴1
3×√2×ℎ=2√2
3
，解得ℎ=2．
在△ABN中，AB=2√2，AN=1，∠BAN=135°，
∴BN=√8+1+2×2√2×1×√2
2
=√13，
∴BM =√BN 2+MN 2=√13+1
2=
3√6
2， ∴BM 与平面MAC 所成角的正弦值为ℎ
BM =
3√62
=
2√6
9．
【解析】(1)利用直角梯形的性质求出AB ，AC 的长，根据勾股定理的逆定理得出AB ⊥AC ，由PA ⊥平面ABCD 得出AB ⊥PA ，故AB ⊥平面PAC ，于是AB ⊥PC ；
(2)假设存在点M ，做出二面角的平面角，根据勾股定理求出M 到平面ABCD 的距离从而确定M 的位置，利用棱锥的体积求出B 到平面MAC 的距离h ，根据勾股定理计算BM ，则ℎ
BM 即为所求角的正弦值．
本题考查了项目垂直的判定与性质，空间角与空间距离的计算，属于中档题．
20.【答案】解：(1)若a =1，则函数f(x)=xlnx +e x −x ，定义域是(0,+∞)，
可得f′(x)=lnx +e x ，则f(1)=e −1，f′(1)=e ， 故曲线f(x)在点(1,f(1))的切线l 的方程为y =ex −1， 设切线l 与x ，y 轴分别交于A ，B 两点，
令x =0得y =−1，令y =0得x =1e ，即A(1
e ,0)，B(0,−1)， S △AOB =1
2e ；
(2)由x ∈(0,1)，f(x)+g(x)<0，得a >lnx −x +(x −2)e x ， 设ℎ(x)=(x −2)e x +lnx −x ，x ∈(0,1)，则ℎ′(x)=(x −1)(e x −1
x )， 当0<x <1时，x −1<0，
设u(x)=e x −1x ，则u′(x)=e x +1
x 2>0，故u(x)在(0,1)递增， 又u(1
2)=√e −2<0，u(1)e −1>0，
故存在x 0∈(12,1)，使得u(x 0)=0，即e x 0=1
x 0
，lnx 0=−x 0，
当x ∈(0,x 0)时，u(x)<0，ℎ′(x)>0，当x ∈(x 0,1)时，u(x)>0，ℎ′(x)<0， 故函数ℎ(x)在(0,x 0)内单调递增，在(x 0,1)内单调递减，
故ℎ(x)max =ℎ(x 0)=(x 0−2)e x 0+lnx 0−x 0=(x 0−2)⋅1x 0
−2x 0=1−(2
x 0
+2x 0)，
∵函数y =1−(2x 0
+2x 0)在x 0∈(1
2,1)时单调递增，
故ℎ(x 0)∈(−4,−3)，
∵a >ℎ(x)对任意x ∈(0,1]恒成立，又a ∈Z ，
故a 的最小值是−3．
【解析】(1)代入a 的值，求出函数的导数，计算f(1)，f′(1)，求出切线方程，从而求出三角形的面积即可；
(2)求出a >lnx −x +(x −2)e x ，设ℎ(x)=(x −2)e x +lnx −x ，x ∈(0,1)，求出函数的导数，根据函数的单调性求出ℎ(x)的最大值，求出a 的最小值即可．
本题考查了切线方程问题，考查三角形的面积以及函数恒成立问题，考查转化思想，是难题．
21.【答案】解：(Ⅰ)∵|QF|=5
3，∴y Q +1=5
3，∴y Q =2
3，x Q
2
=8
3
． ∵Q 为抛物线C 1与椭圆C 2在第一象限的公共点， ∴4
9a 2+8
3b 2=1且a 2−b 2=1，
解得{a 2=4b 2=3，∴椭圆C 2：y 24+x 2
3=1；
(2)设A(x 1,y 1)，B(x 2,y 2)，P(x 0,y 0)， 由已知得直线l 斜率存在，设为y =kx +1，
则直线PA ：y =1
2x 1x −1
4x 12，直线PB ：y =1
2x 2x −1
4x 22
，
则有{
x 0=x 1+x 22
y 0=
x 1x 24
，即P(
x 1+x 22
,
x 1x 24
)，
又∵k =y 1−y
2
x 1
−x 2
=
x 1+x 24，x 1x 2=−4，∴P(2k,−1)，
联立方程组{y 2
4+
x 2
3=1y =kx +1，消去y 可得：(3k 2+4)x 2+6kx −9=0， 则△=36k 2+36(3k 2+4)=36(4k 2
+4)，且{x 1+x 2=−6k
3k 2
+4x 1x 2=−9
3k 2+4
， 则由弦长公式可得：|CD|=√1+k 2|x 1−x 2|=√1+k 2⋅√(x 1+x 2)2−4x 1x 2， ∴|CD|=√1
+k 2
⋅
√36(4k 2+4)3k 2+4
=
12(1+k 2)3k 2+4，
∴点P 到直线l 的距离为ℎp→l =2√k 2+1
，
∴S △PCD =1
2|CD|ℎp→l =12⋅
12(1+k 2)3k 2+4
⋅
2√k 2+1
=
12(1+k 2)3
23k 2+4
． 令1+k 2
=t(t ≥1)，∴g(t)=
12t 3
23t+1
，
∴g′(t)=
18t 12(t+1)(3t+1)2
>0恒成立，
∴当t =1，即k =0时，S △PCD 的面积最小，且S △PCD 的最小值为3．
【解析】(1)由抛物线定义可得点Q 的纵坐标，再代入抛物线方程可得Q 的横坐标，然后把Q 的坐标代入椭圆方程再结合焦点坐标即可求解；
(2)经分析直线l 的斜率存在，可设出直线l 的方程，与椭圆方程联立，写出韦达定理的关系式，然后求出弦长|CD|，再求出P 到直线l 的距离，即可求出三角形PCD 的面积的表达式，再利用函数的性质求出最小值即可．
本题考查了求椭圆的标准方程以及直线与椭圆相交的位置关系，涉及到求面积的最小值问题和函数思想，考查了学生的运算能力，属于中档题．
22.【答案】解：(Ⅰ)曲线C 的参数方程为{x =2+tcosα
y =tsinα
(α≠π
2
+kπ,k ∈Z,t 为参数).转
换为直线l 的普通方程为y =tanα(x −2)(x ≠2)． 由ρ2=a 2cos2θ，得ρ4=a 2(ρ2cos 2θ−ρ2sin 2θ)， 根据{x =ρcosθy =ρsinθ
x 2+y 2=ρ2，所以贝努利双纽线的直角坐标方程为(x 2+y 2)2=a 2(x 2−
y 2).
(Ⅱ)曲线C 向左平移2个单位得到曲线C′：y =xtanα(x ≠0)， 当α=π
6时，其极坐标方程为θ=π
6(ρ≠0)，联立{ρ2=4cos2θ,
θ=π6,
得ρ=±√2，
∴A(√2,π
6),B(−√2,π
6
)．
【解析】(Ⅰ)直接利用转换关系，把极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换； (Ⅱ)利用极径的应用，三角函数的关系式的变换的应用求出结果．
本题考查的知识要点：参数方程、极坐标方程和直角坐标方程之间的转换，极径的应用，三角函数关系式的变换，主要考查学生的运算能力和转换能力，属于基础题． 23.【答案】解：(1)当a =1时，f(x)=|2x +1|+|2x −1|={
−4x,(x <−1
2)
2,(−12≤x ≤1
2)4x,(x >12)
．
∵f(x)≥4，∴当x <−1
2时，−4x ≥4，∴x ≤−1； 当−1
2≤x ≤1
2时，显然不成立； 当x >12时，4x ≥4，∴x ≥1，
∴f(x)≥4的解集为(−∞,−1]∪[1,+∞)．
(2)由任意x 1∈R ，都存在x 2∈R ，使得f(x 1)=g(x 2)，
可得{y|y=f(x)}⊆{y|y=g(x)}，
又∵f(x)=|2x+1|+|2x−a|≥|2x+1−(2x−a)|=|1+a|，
g(x)=|x+1
x |+2=|x|+|1
x
|+2≥4，当且仅当x=±1取等号，
∴|1+a|≥4，∴a≤−5或a≥3，
∴a的取值范围为(−∞,−5]∪[3,+∞)．
【解析】(1)将a=1代入f(x)中，根据f(x)≥4，利用零点分段法解不等式即可；(2)由任意x1∈R，都存在x2∈R，使得f(x1)=g(x2)，可得{y|y=f(x)}⊆{y|y=g(x)}，再由f(x)≥|a+1|，
g(x)≥4，得到关于a的不等式，然后求出a的取值范围．
本题考查了绝对值不等式的解法，绝对值三角不等式和恒成立问题，考查了分类讨论思想和转化思想，属中档题．。