2020-2021学年四川省成都七中高二(下)期末数学试卷(理科)(附答案详解)

2020-2021学年四川省成都七中高二（下）期末数学试卷
（理科）
一、单选题（本大题共12小题，共60.0分）
1. 设集合A ={x|x 2−4x +3<0}，B ={x|2x −3>0}，则A ∪B =( )
A. (1,3
2)
B. (1,+∞)
C. (1,3)
D. (3
2,3)
2. 已知复数z 满足(1−i)z =i(i 为虚数单位)，则z 的虚部为( )
A. −1
2
B. 1
2
C. −1
2i
D. 1
2i
3. 极坐标系中，直线l 的方程为ρsin(θ+π
3)=2与曲线C ：ρ=2的位置关系为( )
A. 相交
B. 相切
C. 相离
D. 不确定，与θ有关
4. 若双曲线的中心为坐标原点，焦点在y 轴上，其离心率为2，则该双曲线的渐近线
方程为( )
A. y =±√3x
B. y =±√3
3
x
C. y =±4x
D. y =±1
4x
5. △ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别是a ，b ，c ，已知b =c ，a 2=2b 2(1−sinA)，
则A =( )
A. 3π
4
B. π
3
C. π
4
D. π
6
6. 等差数列{a n }公差为d ，且满足a 3，a 5，a 8成等比数列，则d
a 1
=( )
A. 1
2
B. 0或1
2
C. 2
D. 0或2
7. 在圆x 2
+y 2
=16内随机取一点P ，则点P 落在不等式组{x +y −4≤0
x −y +4≥0y ≥0
，表示的区
域内的概率为( )
A. 1
4π
B. 3
4π
C. 1
π
D. 4
3π
8. 已知直线l 为曲线y =sinx +xcosx 在x =π
2处的切线，则在直线l 上方的点是( )
A. (π
2,1)
B. (2,0)
C. (π,−1)
D. (1,−π)
9. 设a ⃗ =(3,m)，b ⃗ =(5,1)，p ：向量a ⃗ 与a ⃗ −b ⃗ 的夹角为钝角，q ：m ∈(−2,3)，则p
是q 的( )条件
A. 充分不必要
B. 必要不充分
C. 充要
D. 既不充分也不必要
10. 某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )
A. 2
B. 4
C. 8+6√2
D. 14+6√2
11. 已知函数f(x)满足：对任意x ∈R ，f(−x)=−f(x)，f(2−x)=f(2+x)，且在区
间[0,2]上，f(x)=
x 22
+cosx −1，m =f(√3)，n =f(7)，t =f(10)，则( )
A. m <n <t
B. n <m <t
C. m <t <n
D. n <t <m
12. 已知椭圆C ：
x 2a
2+
y 2b 2
=1(a >b >0)的左、右顶点分别为A 和B ，P 是椭圆上不同
于A ，B 的一点．设直线AP ，BP 的斜率分别为m ，n ，则当a
b (3−2
3mn )+3
mn +9
2(ln|m|+ln|n|)取最小值时，椭圆C 的离心率为( )
A. 2√23
B. 4
5
C. √32
D. 1
5
二、单空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 观察下列式子，ln2>1
3，ln3>1
3+1
5，ln4>1
3+1
5+1
7，……，根据上述规律，第n
个不等式应该为__________．
14. 已知sinβ=4
5，sin(α+β)=5
13，其中α，β∈(0,π)，则sinα的值为______． 15. 已知偶函数f(x)，对任意的x 都有2f(x)+xf′(x)>6，且f(1)=2，则不等式
x 2f(x)>3x 2−1的解集为______．
16. 抛物线C 1：x²=2py(p >0)与双曲线C 2：x²−3y²=λ有一个公共焦点F ，过C 2上
一点P(3√5,4)向C 1作两条切线，切点分别为A 、B ，则|AF|⋅|BF|=______． 三、解答题（本大题共6小题，共70.0分）
17.某单位500人报名参加2020年“学雷锋”志愿活动，按年龄分组：第1组[25,30)，
第2组[30,35)，第3组[35,40)，第4组[40,45)，第5组[45,50]，得到的频率分布直方图如图所示．
区间[25,30)[30,35)[35,40)[40,45)[45,50]
人数5050a150b
(1)如表是年龄的频数分布表，求正整数a，b的值；
(2)现在要从年龄较小的第1，2，3组中用分层抽样的方法抽取6人年龄在第1，2，
3组的人数分别是多少？
(3)在(2)的前提下，从这6人中随机抽取2人参加社区宣传交流活动，求至少有1
人年龄在第3组的概率．
18.已知曲线f(x)=x2+lnx−ax+1．
(1)当a=1时，求曲线在x=1处的切线方程；
(2)对任意的x∈[1,+∞)，都有f(x)≥0，求实数a的取值范围．
19.如图，四棱柱ABCD−A1B1C1D1的底面ABCD是菱
形，AC∩BD=O，A1O⊥底面ABCD，AB=2，
AA1=3．
(Ⅰ)证明：平面A1CO⊥平面BB1D1D；
(Ⅱ)若∠BAD=60°，求二面角B−OB1−C的余弦值．
20.已知椭圆C：x2
a2+y2
b2
=1(a>b>0)的右焦点(√3,0)，且经过点(−1,√3
2
)，点M是x
轴上的一点，过点M的直线l与椭圆C交于A，B两点(点A在x轴的上方)
(1)求椭圆C的方程；
(2)若|AM|=2|MB|，且直线l与圆O：x2+y2=4
7
相切于点N，求|MN|的长．
21. 已知函数f(x)=
e x x
，g(x)=2(x −lnx)．
(Ⅰ)当x >0时，记φ(x)=f(x)−g(x)，求φ(x)的最小值；
(Ⅱ)已知点P(x,xf(x))，点Q(−sinx,cosx)，设函数ℎ(x)=OP ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅OQ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，当x ∈[−π2,π
2]时，试判断ℎ(x)的零点个数．
22. 在平面直角坐标系xOy 中，直线l 的参数方程为{x =1−
√32t y =1
2
t
(t 为参数)，曲线
C 的
极坐标方程为ρ=4cosθ．
(Ⅰ)求直线l 的普通方程及曲线C 的直角坐标方程；
(Ⅱ)设点P(1,0)，直线l 与曲线C 相交于A ，B ，求1
|PA|+1
|PB|的值．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：∵A={x|1<x<3},B={x|x>3
2
}，
∴A∪B=(1,+∞)．
故选：B．
可以求出集合A，B，然后进行并集的运算即可．
本题考查了描述法、区间的定义，一元二次不等式的解法，并集的运算，考查了计算能力，属于基础题．
2.【答案】B
【解析】解：由(1−i)z=i，得z=i
1−i =i(1+i)
(1−i)(1+i)
=−1
2
+1
2
i，
∴z的虚部为1
2
．
故选：B．
把已知等式变形，再由复数代数形式的乘除运算化简得答案．
本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，是基础题．3.【答案】B
【解析】解：直线l的方程为ρsin(θ+π
3)=2，根据{
x=ρcosθ
y=ρsinθ
x2+y2=ρ2
转换为直角坐标
方程为1
2y+√3
2
x=2，
整理得√3x+y−4=0；
曲线C：ρ=2，转换为直角坐标方程为x2+y2=4，
利用圆心(0,0)到直线√3x+y−4=0的距离d=|0+0−4|
2
=2=r，
故直线与圆相切；
故选：B．
首先把极坐标方程转换为直角坐标方程，进一步利用点到直线的距离公式的应用判断直
本题考查的知识要点：极坐标方程和直角坐标方程之间的转换，直线与圆的位置关系系，点到直线的距离公式的应用，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题．
4.【答案】B
=√e2−1=√3，而焦点在y轴上的双曲线的渐近线方【解析】解：因为e=2，所以b
a
x，
程为：y=±a
b
x.
所以该双曲线的渐近线方程为：y=±√3
3
故选：B．
利用双曲线的离心率，求出a，b关系，然后求解渐近线方程．
本题考查双曲线方程的简单性质的应用，渐近线的求法，是基础题．
5.【答案】C
【解析】
【分析】
本题主要考查解三角形的应用，根据余弦定理建立方程关系是解决本题的关键．
利用余弦定理，建立方程关系得到1−cosA=1−sinA，即sinA=cosA，进行求解即可．
【解答】
解：∵b=c，
∴a2=b2+c2−2bccosA，
=2b2−2b2cosA=2b2(1−cosA)，
∵a2=2b2(1−sinA)，
∴1−cosA=1−sinA，
则sinA=cosA，即tanA=1，
∵A为三角形内角，
∴A=π
，
4
故选：C．
【解析】解：等差数列{a n}公差为d，且满足a3，a5，a8成等比数列，可得a52=a3a8，
即(a1+4d)2=(a1+2d)(a1+7d)，
化为a1d=2d2，
可得d=0或d=1
2
a1，
则d
a1=0或1
2
．
故选：B．
由等比数列的中项性质和等差数列的通项公式，化简整理可得所求值．
本题考查等差数列的通项公式和等比数列的中项性质，考查方程思想和运算能力，属于基础题．
7.【答案】C
【解析】解：根据不等式组{x+y−4≤0
x−y+4≥0
y≥0
作点P的可行域，如图所示，等腰△ABC即
为点P的可行域，
S△ABC=1
2
×|AB|×|OC|=16，S圆=16π，
故所求的概率P=16
16π=1
π
．
故选：C．
首先画出不等式表示的可行域，根据可行域的形状求出其面积，再求出圆的面积，并结合几何概型公式，即可求解．
本题主要考查几何概型的求解，掌握数形结合的思想是解本题的关键，属于基础题．
【解析】解：∵y=sinx+xcosx，
∴y′=cosx+cosx−xsinx=2cosx−xsinx，
∴曲线y=sinx+xcosx在x=π
2处的切线的斜率k=(2cosx−xsinx)|x=π
2
=−π
2
，
又当x=π
2
时，y=1，
∴直线l的方程为：y−1=−π
2(x−π
2
)，整理得：π
2
x+y−1−π2
4
=0．
对于A，当x=π
2时，y=1，直线l过点(π
2
,1)，故A错误；
对于B，当x=2时，0−y=0−(π2
4
+1−π)<0，故点(2,0)在直线l的下方，故B错误；
对于C，当x=π时，−1−y=π2
4
−2>0，故点(π,−1)在直线l的上方，故C正确；
对于D，当x=1时，−π−y=−π
2−π2
4
−1<0，故点(1,−π,)在直线l的下方，故D
错误；
综上可得，C正确，
故选：C．
利用导数可求得曲线y=sinx+xcosx在x=π
2
处的切线的斜率，得到直线l的方程，对A、B、C、D四个选项逐一分析可得答案．
本题考查利用导数研究曲线上某点切线方程，考查直线的点斜式方程，考查运算求解能力，属于中档题．
9.【答案】A
【解析】解：由p：向量设a⃗=(3,m)，b⃗ =(5,1)，a⃗−b⃗ =(−2,m−1)，且a⃗与a⃗−b⃗ 的夹角为钝角，
∴a⃗⋅(a⃗−b⃗ )<0且a⃗与a⃗−b⃗ 不共线，由得a⃗⋅(a⃗−b⃗ )<0可得3×(−2)+m(m−1)<0，解得−2<m<3，
当a⃗与a⃗−b⃗ 不共线时，3(m−1)=−2m，可得m=3
5
，
∴实数m的取值范围为：−2<m<3且m≠3
5
，
而由q：m∈(−2,3)不可以推到p：−2<m<3且m≠3
5，p：−2<m<3且m≠3
5
可以
所以p是q的充分不必要条件，
故选：A．
由题意可得a⃗⋅(a⃗−b⃗ )<0且a⃗与a⃗−b⃗ 不共线，解不等式排除共线的情形，再根据充要条件的定义判断即可．
本题考查了向量的夹角、一元二次不等式的解法及充分必要条件，属于基础题．10.【答案】B
【解析】解：由题意可知几何体的直观图如图：
几何体的体积为：2×1
3×1
2
×2×2×3=4．
故选：B．
判断几何体的形状，利用三视图的数据求解几何体的体积
即可．
本题考查三视图求解几何体的体积以及表面积，考查数形
结合以及转化思想的应用，是基础题．
11.【答案】B
【解析】解：∵f(−x)=−f(x)，f(2−x)=f(2+x)，
∴f(x)为奇函数，且关于x=2对称．
令x=x+2，则f(2−(x+2))=f(2+x+2)，即f(−x)=f(x+4)=−f(x)，令x=x+4，f(x+8)=−f(x+4)=f(x)，即f(x)的最小正周期为8，
∴f(7)=f(8−1)=f(−1)=−f(1)，
f(10)=f(8+2)=f(2)，
当∈[0,2]时，f(x)=x2
2
+cosx−1，
f′(x)=x−sinx，f″(x)=1−cosx>0，
∴f′(x)=x−sinx为单调递增函数，f′(x)≥f′(0)=0．
∴f(x)=x2
2
+cosx−1为单调递增函数，
即当∈[0,2]时，f(x)≥f(0)=0．
∴−f(1)<0，0<f(1)<f(√3)<f(2)，
由f(−x)=−f(x)，f(2−x)=f(2+x)判断出该函数的奇偶性及对称性、周期性．再将自变量转变到同一周期内利用单调性进行比大小．
该题考查函数的单调性、周期性、对称性及奇偶性，属于基础题型．
12.【答案】A
【解析】解：A(−a,0)，B(a,0)，设P(x0,y0)，则y02=b2
a2
(a2−x02)，
则n=y0
x0−a ，m=y0
2
x0+a
，
∴mn=y02
x02−a2=−b2
a2
，
则a
b (3−2
3mn
)+3
mn
+9
2
(ln|m|+ln|n|)=a
b
(3+2a2
3b2
)−3a2
b2
+9
2
ln b2
a2
=2
3(a
b
)3−3(a
b
)2+3a
b
−9ln a
b
．
令f(t)=2
3
t3−3t2+3t−9lnt，(t>1)，
f′(t)=2t2−6t+3−9
t =2t3−6t2+3t−9
t
=(t−3)(2t2+3)
t
，
故t=3时，f(t)取最小值，
椭圆C的离心率为√1− b2
a2=2√2
3
．
故选：A．
设出P的坐标，得到mn(用a，b表示)，可得a
b (3−2
3mn
)+3
mn
+9
2
(ln|m|+ln|n|)=a
b
(3+
2a2 3b2)−3a2
b2
+9
2
ln b2
a2
，令f(t)=2
3
t3−3t2+3t−9lnt，(t>1)，利用导数求得使f(t)取最
小值的t，可得椭圆离心率．
本题考查了椭圆的标准方程及其性质、利用导数研究函数的单调性极值与最值，考查了推理能力与计算能力，属于难题．
13.【答案】ln(n+1)>1
3+1
5
+⋯…+1
2×n+1
【解析】
【分析】
根据题意，依次分析不等式的变化规律，综合可得答案．本题考查归纳推理的应用，分析不等式的变化规律．
【解答】
解：根据题意，对于第一个不等式，ln2>1
3，则有ln(1+1)>1
2×1+1， 对于第二个不等式，ln3>1
3+1
5，则有ln(2+1)>1
3+1
2×2+1， 对于第三个不等式，ln4>1
3+1
5+1
7，则有ln(2+1)>1
3+1
5+1
2×3+1， 依此类推：
第n 个不等式为：ln(n +1)>1
3+1
5+⋯…+1
2×n+1， 故答案为：ln(n +1)>1
3+1
5+⋯…+1
2×n+1．
14.【答案】6365或33
65
【解析】解：因为β∈(0,π)，所以cosβ=√1−sin 2β=3
5，或cosβ=−√1−sin 2β=−3
5 因为α，β∈(0,π)，且sin(α+β)>0，所以α+β∈(0,π)，
又因为sin(α+β)<sinβ，α+β>β，所以α+β∈(π2,π)，所以cos(α+β)=−√1−sin 2(α+β)=−12
13．
则sinα=sin[(α+β)−β]=sin(α+β)cosβ−cos(α+β)sinβ 当cosβ=3
5时，sinα=5
13×3
5−(−12
13)×4
5=63
65． 当cosβ=−3
5时，sinα=5
13×(−3
5)−(−12
13)×4
5=33
65． 故答案为：63
65或3365．
利用sinβ，sin(α+β)讨论β，α+β的范围，进而求出cosβ，cos(α+β)的值，把α+β看成整体，将α表示为(α+β)−β，利用和差角公式求值． 本题考查平方和关系，两角差的正弦公式，属于基础题．
15.【答案】{x|x <−1或x >1或x =0}
【解析】解：令g(x)=x 2f(x)−3x 2， ∵对任意的x 都有2f(x)+xf′(x)>6，
∴当x >0时，g′(x)=x(2f(x)+xf′(x)−6)>0， ∴g(x)在(0,+∞)为增函数， ∵f(x)为偶函数，
∴g(x)=x2f(x)−3x2也是偶函数．
又f(1)=2，
∴x2f(x)>3x2−1⇔g(x)=x2f(x)−3x2>−1，
①当x=0时，原不等式成立；
②当x≠0时，∵−1=12f(1)−3×12=g(1)，原不等式可化为g(x)>g(1)，
由g(x)在(0,+∞)为增函数⇒|x|>1，即x>1或x<−1；
∴不等式x2f(x)>3x2−1的解集为{x|x>1或x<−1，或x=0}，
故答案为：{x|x>1或x<−1，或x=0}．
令g(x)=x2f(x)−3x2，由题意，可得g(x)为偶函数，且在(0,+∞)上单调递增，所求不等式x2f(x)>3x2−1可等价转化为g(x)>g(1)，继而可得x的范围，注意分析x=0的情况．
本题主要考查利用导数研究函数的单调性，考查逻辑推理能力运算求解能力，易漏掉x= 0的情况，是易错题，属于中档题．
16.【答案】49
【解析】解：因为双曲线C2：x²−3y²=λ过点P(3√5,4)，所以λ=−3，
故双曲线C2的一个焦点F为(0,2)，
因为抛物线C1：x²=2py(p>0)与双曲线C2有一个公共焦点F，
所以抛物线C1方程为：x²=8y，
设A(x1,y1)，B(x2,y2)，x12=8y1，x22=8y2，
则y=1
8x2的导数为y′= x
4
，
所以A处的切线的方程为y−y1=1
4
x1(x−x1)，
所以y−1
8x12=1
4
x1x−1
4
x12，即y=1
4
x1x−1
8
x12，
将(3√5,4)代入可得3√5x1−4y1−16=0，
同理可得3√5x2−4y2−16=0，
则直线AB的方程为3√5x−4y−16=0，
联立抛物线的方程x2=8y，可得2y2−29y+32=0，
所以y1+y2=29
2
，y1y2=16，
则|AF|⋅|BF|=(y1+2)(y2+2)=y1y2+2(y1+y2)+4=16+29+4=49．故答案为：49．
将P的坐标代入双曲线的方程，可得λ，求得双曲线的方程和准线方程，由导数的几何意义可得A，B处的切线的斜率，求得切点弦AB的方程，与抛物线的方程联立，运用韦达定理和抛物线的定义，计算即可．
本题考查抛物线和双曲线的性质，以及直线和抛物线的位置关系，考查方程思想和运算能力，属于中档题．
17.【答案】解：(1)由频数分布表和频率分布直方图，得a=0.08×5×500=200，b= 0.02×5×500=50．
(2)∵第1，2，3组共有：50+50+200=300人，
利用分层抽样在300名学生中抽取6名学生，每组抽取的人数分别为：
第1组抽取：6×50
300=1，第2组抽取：6×50
300
=1，第3组抽取：6×200
300
=4，
∴用分层抽样的方法抽取6人年龄在第1，2，3组的人数分别是1人，1人，4人．(3)设第1组的1位同学为A，第二组的1位同学为B，第3组的4位同学为a，b，c，d，由从6位同学中抽两位同学，有15种可能，分别为：
(A,B)，(A,a)，(A,b)，(A,c)，(B,a)，
(A,d)，(B,b)，(B,c)，(B,d)，(a,b)，
(a,c)，(a,d)，(b,c)，(b,d)，(c,d)，
其中两人年龄都不在第3组的有：(A,B)，共1种可能，
∴至少有1人年龄在第3组的概率P=1−1
15=14
15
．
【解析】(1)由频数分布表和频率分布直方图的性质列出方程，能求出a，b．
(2)先求出第1，2，3组共有300人，由此利用分层抽样，求出抽取6人年龄在第1，2，3组的人数分别是多少．
(3)设第1组的1位同学为A，第二组的1位同学为B，第3组的4位同学为a，b，c，d，由从6位同学中抽两位同学，利用列举法，求出至少有1人年龄在第3组的概率．
本题考查频数、概率的求法，考查频率分布直方图的性质、古典概型、列举法等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
18.【答案】解：(1)当a=1时，f(x)=x2−lnx，定义域为x∈(0,+∞)，
则有f′(x)=2x−1
x
⇒f′(1)=1，
又因为f(1)=1，
故可得曲线在x =1处的切线方程即为y −1=x −1⇔y =x ． (2)当x ∈[1,+∞)时，f(x)≥0⇔x 2+lnx −ax +1≥0恒成立， 即得a ≤
x 2+lnx+1
x
，
令g(x)=x 2+lnx+1
x
(x ∈[1,+∞))，则有a ≤g(x)min ，
∵g′(x)=
(2x+1x
)⋅x−(x 2+lnx+1)
x 2
=
x 2−lnx x 2
，
令ℎ(x)=x 2−lnx(x ∈[1,+∞))，则有ℎ′(x)=2x −1
x
=
2x 2−1x
，
此时可得，当x ∈[1,+∞)时，ℎ′(x)>0恒成立，即得ℎ(x)在[1,+∞)上单调递增，故有ℎ(x)≥ℎ(1)=1>0，
即得函数g′(x)>0在[1,+∞)上恒成立，即g(x)单调递增，故有g(x)≥g(1)=2， 故可得，a ≤2．
【解析】(1)根据函数导数的几何意义，即可求出切线方程；(2)将原不等式进行分参转化，进而求解最后结果．
本题考查函数导数的几何意义，及恒成立条件在转化法中的使用，属于基础题．
19.【答案】(Ⅰ)证明：∵A 1O ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，∴A 1O ⊥BD ．
∵ABCD 是菱形，∴CO ⊥BD.∵A 1O ∩CO =O ，∴BD ⊥平面A 1CO ． ∵BD ⊂平面BB 1D 1D ，∴平面A 1CO ⊥平面BB 1D 1D . (Ⅱ)解：∵A 1O ⊥平面ABCD ，CO ⊥BD ，
以O 为原点，OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，OC ⃗⃗⃗⃗⃗ ，OA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 方向为x ，y ，z 轴正方向建立如图所示空间直角坐标系．
∵AB =2，AA 1=3，∠BAD =60°，
∴OB =OD =1，OA =OC =√3，OA 1=√AA 12−OA 2=√6．
则B(1,0，0)，C(0,√3,0)，A(0,−√3,0)，A 1(0,0,√6)， ∴BB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,√3,√6)，OB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +BB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,√3,√6)． 设平面OBB 1的法向量为n
⃗ =(x,y,z)， ∵OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0,0)，OB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,√3,√6)，
∴{x =0x +√3y +√6z =0． 令y =√2，得n ⃗ =(0,√2,−1)．
同理可求得平面OCB 1的法向量为m ⃗⃗⃗ =(√6,0,−1)． ∴cos <n ⃗ ,m ⃗⃗⃗ >=1√7×√3
=
√21
21
．
【解析】本题考查直线与平面垂直的判定定理的应用，利用空间向量求线线、线面和面面的夹角，考查空间想象能力以及计算能力．
(Ⅰ)证明A 1O ⊥BD.CO ⊥BD ，推出BD ⊥平面A 1CO.然后证明平面A 1CO ⊥平面BB 1D 1D . (Ⅱ)以O 为原点，OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，OC ⃗⃗⃗⃗⃗ ，OA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 方向为x ，y ，z 轴正方向建立如图所示空间直角坐标系．求出平面OBB 1的法向量平面OCB 1的法向量，利用向量的数量积求解即可．
20.【答案】解：(1)由题意知：{a 2−b 2=c 2=3
(−1)24+(−√32)2
b 2=1， a 2=3+b 2>3，解得：a 2=4，b 2=1， 故椭圆C 的方程为
x 24+y 2=1；
(2)设M(m,0)，直线l ：x =ty +m ，A(x 1,y 1)，B(x 2,y 2)，
由|AM|=2|MB|，有y 1=−2y 2，
由{x =ty +m x 24+y 2
=1，得(t 2+4)y 2+2my +m 2−4=0， 由韦达定理得：y 1+y 2=−2tm
t 2+4
,y 1y 2=
m 2−4t 2+4
，
由y 1y 2=−2y 22
,y 1+y 2=−2y 2+y 2=−y 2，
得y 1y 2=−2[−(y 1+y 2)]2=−(y 1+y 2)2，即m 2−4t 2+4
,=−2(−2tm
t 2+4)2，
化简得(m 2−4)(t 2+4)=−8t 2m 2，① 原点O 到直线的距离d =
|m|√1+t 2
，
又直线l 与圆O ：x 2+y 2=4
7相切， ∴
|m|√1+t
2=√4
7
，即t 2=7
4m 2−1，② 联立①②得：21m 4−16m 2−16=0，即(3m 2−4)(7m 2+4)=0，
解得m 2=4
3，此时t 2=4
3，满足△>0，得M(±2√3
3
,0)，
在Rt △OMN 中，可得|MN|=√43−4
7=
4√21
21
， ∴|MN|的长为4√21
21
．
【解析】(1)由题意列关于a ，b 的方程组，求解方程组可得a ，b 的值，则椭圆方程可求；
(2)设出M ，A ，B 的坐标及直线l 的方程x =ty +m ，与椭圆方程联立，化为关于y 的一元二次方程，由|AM|=2|MB|，有y 1=−2y 2，再结合根与系数的关系可得m 与t 的关系，由直线与圆相切可得m 与t 的另一关系式，联立求得m ，t 的值，可得M 的坐标，则|MN|的长可求．
本题考查椭圆的简单性质，考查了直线与圆、椭圆位置关系的应用，体现了“设而不求”的解题思想方法，考查计算能力，是中档题．
21.【答案】解：(Ⅰ)令φ(x)=f(x)−g(x)=
e x x
−2(x −lnx)，
则φ′(x)=
(x−1)e x
x 2
−2(1−1
x )=
(x−1)(e x −2x)
x 2
，
令r(x)=e x −2x ，r′(x)=e x −2， 由r′(x)=0，得x =ln2，
所以当x ∈(0,ln2)时，r′(x)<0，r(x)单调递减， 当x ∈(ln2,+∞)时，r′(x)>0，r(x)单调递增， 所以r(x)≥r(ln2)=2−ln2>0恒成立， 当x ∈(0,1)时，φ′(x)<0，φ(x)单调递减， 当x ∈(1,+∞)时，φ′(x)>0，φ(x)单调递增， 所以φ(x)≥φ(1)=e −2>0．
(Ⅱ)OP
⃗⃗⃗⃗⃗ =(x ，e x )，ℎ(x)=OP ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅OQ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =−xsinx +e x cosx ℎ′(x)=−sinx −xcosx +e x cosx −e x sinx =(e x −x)cosx −(e x +1)sinx ， ①当x ∈[−π
2,0]时，e x −x >0， 所以(e x −x)cosx ≥0， 所以(e x +1)sinx ≤0，
所以(e x −x)cosx −(e x +1)sinx ≥0， 所以ℎ(x)在[−π2,0]上单调递增，
因为ℎ(0)=1>0，ℎ(−π
2)<0，
所以由零点的存在定理知ℎ(x)在[−π
2,0]上有一个零点， ②当x ∈(0,π
4]时，cosx ≥sinx >0，e x >x >0， 所以e x cosx >xsinx ，
所以ℎ(x)=e x cosx −xsinx >0， 所以ℎ(x)在(0,π
4]上无零点，
③当x ∈(π4,π
2]时，0<cosx <sinx ， ℎ′(x)=e x (cosx −sinx)−(xcosx +sinx)， 因为cosx −sinx <0， xcosx +sinx >0，
所以ℎ′(x)=e x (cosx −sinx)−(xcosx +sinx)<0， 所以ℎ(x)在(π4,π
2]上单调递减，
所以ℎ(π
2)=−π
2，ℎ(π4
)=√22
(e x
4−π
4
)>0，
所以ℎ(x)在[π4,π
2]上有一个零点， 综上所述，ℎ(x)在[−π2,π
2]上有两个零点．
【解析】(Ⅰ)令φ(x)=f(x)−g(x)=e x x
−2(x −lnx)，求导，分析φ′(x)的正负，φ(x)
的单调性，进而可得答案．
(Ⅱ)OP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(x ，e x )，ℎ(x)=OP ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅OQ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =−xsinx +e x cosx ，求导得ℎ′(x)=(e x −x)cosx −(e x +1)sinx ，分三种情况：①当x ∈[−π
2,0]时，②当x ∈(0,π
4]时，③当x ∈(π4,π
2]时，讨论ℎ(x)的单调性，最值，进而可得答案．
本题考查导数的综合应用，解题中需要理清思路，属于中档题．
22.【答案】解：(Ⅰ)由{x =1−
√32t
y =1
2t
(t 为参数)，消去参数
t ，可得x +√3y −1=0．
∵ρ=4cosθ，∴ρ2=4ρcosθ，即x 2+y 2−4x =0． ∴曲线的直角坐标方程为(x −2)2+y 2=4；
(Ⅱ)把{x =1−
√32t
y =1
2
t
代入x 2
+y 2−4x =0，得t 2+√3t −3=0．
设A ，B 两点对应的参数分别为t 1，t 2， 则t 1+t 2=−√3，t 1t 2=−3． 不妨设t 1<0，t 2>0， ∴1|PA|
+
1|PB|
=
1|t 1|
+
1|t 2|
=
|t 1|+|t 2||t 1t 2|
=
√(t 1+t 2)2−4t 1t 2
|t 1t 2|
=
√15
3
．
【解析】本题考查简单曲线的极坐标方程，考查参数方程化普通方程，明确直线参数方程中参数t 的几何意义是解题的关键，是中档题． (Ⅰ)由{x =1−
√32t
y =1
2
t
(t 为参数)直接消去参数
t ，可得直线的普通方程，把ρ=4cosθ两边
同时乘以ρ，结合ρ2=x 2+y 2，x =ρcosθ可得曲线的直角坐标方程； (Ⅱ)把{x =1−
√32t y =1
2t
代入x 2
+y 2−4x =0，化为关于t 的一元二次方程，利用根与系数
的关系及参数t 的几何意义求解．。