2021年全国高考数学演练试卷(文科)(一)

2021年全国高考数学演练试卷（文科）（一）
一、单选题（本大题共12小题，共60.0分）
1.已知复数z满足z(1−i)=2+i2021，则zi在复平面内对应的点位于()
A. 第一象限
B. 第二象限
C. 第三象限
D. 第四象限
2.已知集合A={−3,−2,−1,0，1，2，3}，B={x|x2≥4}，则A∩B=()
A. {−3,−2,2，3}
B. {−2,2，3}
C. {−2,2}
D. {−3,3}
3.如图为国家统计局2021年1月19日发布的2020年各季度社会消费品零售总额及增速，则下列说法：
①各季度社会消费品零售总额增速最快的是4季度；
②各季度社会消费品零售总额增速最快的是2季度；
③各季度社会消费品零售总额增量最大的是4季度；
④各季度社会消费品零售总额增量最大的是2季度．
其中所有正确说法的序号为()
A. ①④
B. ②③
C. ①③
D. ②④
4.大衍数列，来源于《乾坤谱》中对易传“大衍之数五十”的推论，主要用于解释中国传统文化中的太
极衍生原理，数列中的每一项都代表太极衍生过程，是中华传统文化中隐藏着的世界数学史上第一道数列题，其部分项如下：0，2，4，8，12，18，24，32，40，50，……，由此规律得到下列选项错误的是()
A. a11=60
B. a12=72
C. a13=84
D. a14=94
5.已知p：a>b>0，q：1
a2<1
b2
，则p是q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
6. 已知x ，y 满足约束条件{x +y ≥0
2x −y +1≥0x −1≤0
，则z =x −2y 的最大值为( )
A. 1
B. 3
C. 5
D. 7
7. 为了研究疫情有关指标的变化，现有学者给出了如下的模型：假定初始时刻的病例数为N 0，平均每个
病人可传染给K 个人，平均每个病人可以直接传染给其他人的时间为L 天，在L 天之内，病例数目的增长随时间t(单位：天)的关系式为N(t)=N 0(1+K)t ，若N 0=2，K =2.4，则利用此模型预测第5天的病例数大约为( )(参考数据：log 1.4454≈18，log 2.4454≈7，log 3.4454≈5)
A. 260
B. 580
C. 910
D. 1200
8. 如图，在直三棱柱ABC −A 1B 1C 1中，底面ABC 为等边三角形，O 为AC 1与A 1C 的交
点，D 为AB 的中点，则下列结论： ①DO//平面ABC 1； ②DO//平面A 1BC 1； ③DC ⊥平面ABB 1A 1； ④DC ⊥平面ABC 1．
其中所有正确结论的序号为( )
A. ①②
B. ①③
C. ②③
D. ②④
9. 已知曲线f(x)=e x 在点P(1,f(1))处的切线也是曲线g(x)=alnx 的一条切线，则a =( )
A. e
3
B. e
2
C. e 2
D. e 3
3
10. 若a +lna =2b +lnb ，则( )
A. a <2b
B. a >2b
C. a >b 2
D. a <b 2
11. 已知双曲线
x 2a 2
−
y 2b 2
=1(a >0,b >0)的左、
右焦点分别为F 1(−c,0)，F 2(c,0)，点P 在双曲线的右支上，且满足sin∠PF 2F
1
sin∠PF 1F 2
=c
2a ，则该双曲线离心率的取值范围是( )
A. (2,+∞)
B. (1,2)
C. (1,3+√17
2) D. (2,3+√17
2)
12. 在数列{a n }中，a 1=1，a 2=3，a 3=5，a n a n+3=1，则log 5a 1+log 5a 2+⋯+log 5a 2021=( )
A. −1
B. 1
C. log 53
D. 4
二、单空题（本大题共4小题，共20.0分）
13.已知向量a⃗+b⃗ =(0,5)，2a⃗−b⃗ =(3,1)，则a⃗⋅b⃗ 的值为______．
14.已知圆C：(x−1)2+y2=1，点P(x0,y0)在直线x−y+1=0上运动．若C上存在点Q，使∠CPQ=30°，
则x0的取值范围是______．
15.如图，正三棱锥P−ABC的顶点P为圆柱OO1的上底面的中心，底面ABC为圆柱
下底面的内接等边三角形，四边形DEFG为圆柱的轴截面，BO⊥DG，AB=2√3，
PA=2√2.现有一机器人从点A处开始沿圆柱的表面到达E点，再到达点P处，
再从P处沿正三棱锥P−ABC的表面返回A处，则其最短的路程约为______.(参
考数据：π≈3，√5≈2.24，√2≈1.41，结果精确到0.01)
16.关于函数f(x)=sin(2x+π
3
)，有下列四个命题：
p1：函数f(x)的图象关于直线x=−5π
12
对称；
p2：π
4
是函数f(x)的一个周期；
p3：将函数f(x)的图象向左平移π
3
个单位长度后得到函数g(x)=−sin2x的图象；
p4：函数f(x)在区间[5π
6,4π
3
]上单调递减．
则下述命题：①p1∧p2；②p1∧p3；③(￢p2)∨p3；④(￢p3)∨(￢p4).
其中所有真命题的序号是______．
三、解答题（本大题共7小题，共82.0分）
17.已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且(a−c)(sinA+sinC)−sinB(a−b)=0．
(1)求C；
(2)若S△ABC=2√3，c=2，求△ABC的周长．
18.2021年2月1日教育部办公厅关于加强中小学生手机管理工作的通知中明确“中小学生原则上不得将
个人手机带入校园”，为此某学校开展了一项“你能否有效管控手机”调查，并从调查表中随机抽取200名学生(其中男、女生各占一半)的样本数据，其2×2列联表如下：
性别能管控不能管控总计
男30
女
总计90200
(1)完成上述2×2列联表，并判断是否有99.9%的把握认为能否管控手机与性别有关？
(2)若学生确因需要带手机进入校园需向学校有关部门报告，该校为做好这部分学生的手机管理工作，
学校团委从能管控的学生中按样本中的比例抽取了6名学生组成一个团队．
①从该团队中选取2名同学作个人经验介绍，求选取的2人中恰有一名女生的概率．
)k，
②某老师根据以往学生自从玩手机导致成绩下降的数据构建了一个函数模型：I(t)=(1−1
1+e−2(t−30)其中k为没有玩手机时的原始成绩分数，I(t)是开始玩手机t天后的成绩，试根据该模型，求某学生自从玩手机后经过多少天成绩大约下滑到原来成绩的一半？
，其中n=a+b+c+d．
参考公式及数据：K2=n(ad−bc)2
(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)
P(K2≥k0)0.0500.0100.001
k0 3.841 6.63510.828
19.如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为菱形，平面PAD⊥平面ABCD，
PA=PD，点E为AB的中点．
(1)证明：AC⊥PE．
(2)若PA=AD=2，∠BAD=60°，求点E到平面PAC的距离．
20.已知函数f(x)=xe x+1
2
ax2+ax(a∈R)．
(1)当a=−2时，求函数f(x)的单调区间；
(2)当a≥−1时，讨论函数f(x)的零点个数．
21.已知椭圆C：x2
a2+y2
b2
=1(a>b>0)的左焦点为F，离心率为1
2
，过点F且垂直于x轴的直线交C于A，
B两点，|AB|=3．
(1)求椭圆C的方程；
(2)过F点作相互垂直的弦DE，MN，设DE，MN的中点分别为P，Q，当△FPQ的面积最大时，证明：点P，Q关于x轴对称．
22. 在直角坐标系xOy 中，直线l 的参数方程为{
x =2+tcosα
y =tsinα
(t 为参数).以坐标原点O 为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C 的极坐标方程为ρ=4
sinθtanθ． (1)若α=π
3，求直线l 的普通方程和曲线C 的直角坐标方程；
(2)若直线l 与C 交于A ，B 两点，与x 轴交于点P ，且|PA|⋅|PB|=32，求直线l 的倾斜角．
23. 已知a i >0，且a 1+a 3=1，a 2+a 5=2，a 4+a 6=3，证明：
(1)(2+
1a 1)(1+
1a 3
)≥7+2√6．
(2)√a 1+2a 2+√2(a 3+a 4)+√3(2a 5+a 6)<7．
答案和解析1.【答案】B
【解析】解：∵i2021=(i4)505⋅i=i，
∴z(1−i)=2+i2021=2+i，
∴z(1−i)(1+i)=(2+i)(1+i)，
∴2z=2−1+i+2i，∴z=1
2+3
2
i，
∴zi=(1
2+3
2
i)i=1
2
i−3
2
，
∴zi在复平面内对应的点(−3
2,1
2
)位于第二象限．
故选：B．
根据z(1−i)=2+i2021，求出z，然后确定zi在复平面内对应的点所在象限即可．
本题考查了复数的运算法则和几何意义，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
2.【答案】A
【解析】解：∵A={−3,−2,−1,0，1，2，3}，B={x|x≤−2或x≥2}，
∴A∩B={−3,−2,2，3}．
故选：A．
可求出集合B，然后进行交集的运算即可．
本题考查了集合的列举法和描述法的定义，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．
3.【答案】B
【解析】解：由统计图可知，各季度社会消费品零售总额最快的是2季度，故选项①错误，②正确；
社会消费品零售总额增量4季度比3季度增加了1.76万亿元，
3季度比2季度增加了0.74万亿元，
2季度比1季度增加了1.51万亿元，
故选项③正确，④错误．
故选：B．
利用题中条形图和折线图中的数据信息以及变化趋势，对四个选项逐一分析判断即可．
本题考查了条形图和折线图的应用，读懂统计图并能从统计图得到必要的信息是解决问题的关键，属于基础题．
4.【答案】D
【解析】解：根据题意，数列0，2，4，8，12，18，24，32，40，50，……， 其通项公式可以为a n ={n 2−1
2,n 为奇数
n 22,n 为偶数
，
则a 11=60，a 12=72，a 13=84，a 14=98， 故选：D ．
根据题意，归纳该数列的通项公式，据此分析选项即可得答案． 本题考查数列的表示方法，涉及数列的通项公式，属于基础题．
5.【答案】A
【解析】解：由a >b >0，⇒a 2>b 2>0，可得：1
a 2<1
b 2；反之不成立，例如取a =−1，b =2． 则p 是q 的充分不必要条件． 故选：A ．
利用不等式的基本性质，及其通过取特殊值即可判断出结论．
本题考查了不等式的基本性质、充要条件的判定方法，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
6.【答案】B
【解析】解：由约束条件作出可行域如图，
联立{y =−x x =1
，解得A(1,−1)，
由z =x −2y ，得y =x
2−z
2，由图可知，当直线y =x
2−z
2过A 时， 直线在y 轴上的截距最小，z 有最大值为3． 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得答案．
本题考查简单的线性规划，考查数形结合思想，是中档题．
7.【答案】C
【解析】解：∵N 0=2，K =2.4，N(t)=N 0(1+K)t ， ∴N(t)=2(1+2.4)t ， ∵log 3.4454≈5， ∴3.45≈454，
∴当t =5时，N(5)=2×3.45≈908，910与908比较接近． 故选：C ．
将已知条件，代入公式N(t)=N 0(1+K)t ，即可求解． 本题考查函数模型的运用，考查学生的计算能力，比较基础．
8.【答案】C
【解析】解：①由题设知DO ⊂平面ABC 1，故①错误． ②∵OD 为△ABC 1的中位线，∴DO//BC 1，
DO⊄平面A1BC1，BC1⊂平面A1BC1，∴DO//平面A1BC1，因此②正确；
③由直三棱柱ABC−A1B1C1，可得BB1⊥DC，底面ABC为等边三角形，
∴DC⊥AB，又AB∩BB1=B，∴DC⊥ABB1A1，因此③正确；
④由③可知，DC不可能与平面ABC1垂直，因此④不正确．
故选：C．
①易知DO⊂平面ABC1，即可判断出正误．
②利用三角形中位线定理及其线面平行的判定定理即可判断出正误．
③利用直三棱柱、等边三角形的性质及其线面垂直的判定定理即可判断出正误．
④由③可知，DC不可能与平面ABC1垂直，即可判断出正误．
本题考查了空间位置关系、简易逻辑的判定方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．9.【答案】C
【解析】解：由f(x)=e x，得f′(x)=e x，
∴曲线f(x)=e x在点P(1,f(1))处的切线的斜率k=e，
又f(1)=e，则曲线f(x)在点P处的切线方程为y−e=e(x−1)，
即y=ex，
设直线y=ex与曲线g(x)=alnx相切于Q(x0,y0)，
g′(x)=a
x ，则{
a
x0
=e
ex0=alnx0
，解得x0=e，a=e2．
故选：C．
利用导数求出f(x)在点P处的切线方程，设曲线与g(x)切于Q(x0,y0)，再由题意列关于x0与a的方程组，求解得答案．
本题考查利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，考查运算求解能力，是中档题．
10.【答案】A
【解析】解：根据题意，设f(x)=x+lnx，其定义域为(0,+∞)，
其导数f′(x)=1+1
x
>0，则f(x)在(0,+∞)上为增函数，
则f(a)=a+lna，f(2b)=2b+ln2b=2b+lnb+ln2，
又由a+lna=2b+lnb，必有f(a)<f(2b)，即a<2b，
故选：A ．
根据题意，设f(x)=x +lnx ，分析f(x)的单调性，求出f(a)、f(2b)的值，结合a +lna =2b +lnb ，分析可得f(a)<f(2b)，结合函数的单调性分析可得答案．
本题考查函数单调性的判断以及应用，注意判断函数的单调性，属于基础题．
11.【答案】D
【解析】解：在△PF 1F 2中，由正弦定理得sin∠PF 2F 1sin∠PF 1F 2
=|F 1
P||F 2
P|=c
2a ，则2a|PF 1|=c|F 2P|....①，
.∵|PF 1|−|F 2P|=2a....②， 由①②可得|PF 1|=2ac
c−2a ，
∵点P 在双曲线的右支上，∴|PF 1|=2ac
c−2a >a +c ， 整理可得：c 2−3ac −2a 2<0，且c >2a ， ∴e 2−3e −2<0，且e >2． 解得2<e <3+√172
，
故选：D ．
△PF 1F 2中，由正弦定理可得sin∠PF 2F 1sin∠PF 1F 2
=|F 1
P||F 2
P|=c
2a ，根据P 在双曲线右支上，得关于e 的不等式，从而求出
e 的范围．
本题考查了求双曲线的离心率的范围的问题，也考查了双曲线的定义与简单性质的灵活运用问题，是中档题．
12.【答案】B
【解析】解：由a n a n+3=1，得a n+3a n+6=1，则a n =a n+6，即数列{a n }是以6为周期的周期数列． 由a 1=1及a 1a 4=1得a 4=1；由a 2=3及a 2a 5=1得a 5=1
3；由a 3=5及a 3a 6=1得a 6=1
5， 所以a 1a 2a 3a 4a 5a 6=1，则a 1a 2…a 2020a 2021=(a 1a 2…a 6)336⋅(a 1a 2…a 5)=a 3=5， 所以log 5a 1+log 5a 2+⋯+log 5a 2021=log 5(a 1a 2…a 2021)=log 55=1． 故选：B ．
根据a n a n+3=1可得a n+3a n+6=1，则a n =a n+6，即数列{a n }是以6为周期的周期数列，再由a 1=1，a 2=3，a 3=5计算出a 4、a 5、a 6的值结合log 5a 1+log 5a 2+⋯+log 5a 2021=log 5(a 1a 2…a 2021)即可算出结果．
本题主要考查数列的递推公式以及周期数列的求和，涉及逻辑推理、数学运算等数学学科核心素养，属于基础题．
13.【答案】5
【解析】解：设a ⃗ =(x,y)，b ⃗ =(m,n)， 向量a ⃗ +b ⃗ =(0,5)，2a ⃗ −b ⃗ =(3,1)，
所以：(x +m,y +n)=(0,5)，(2x −m,2y −n)=(3,1)， 可得{x +m =02x −m =3，解得{x =1
m =−1，{y +n =52y −n =1，解得{y =2n =3，
可知a ⃗ =(1,2)，b ⃗ =(−1,3)， a ⃗ ⋅b ⃗ =5， 故答案为：5．
利用已知条件求出两个向量，然后求解向量的数量积． 本题考查向量的求法，向量的数量积的应用，是基础题．
14.【答案】[−1,1]
【解析】解：∵点P(x 0,y 0)在直线x −y +1=0上，所以y 0=x 0+1， 过点P 作圆C 的切线，设切点为M ，则∠CPM ≥∠CPQ =30°，
∴sin∠CPM ≥sin∠CPQ =1
2，
所以|PC|2≤4，∴(x 0−1)2+(x 0+1)2≤4，解得−1≤x 0≤1． 故答案为：[−1,1]．
点P 连接圆心C ，由图像会发现过P 作切线PM 后，∠CPM 是能形成的最大角，故可据此进行计算．
本题考查了直线与圆的位置关系，属于中档题．15.【答案】7.06
【解析】解：因为AB=2√3，所以OA=OB=PE=
1
2
AB cos30∘
，
所以PO=DE=√AP2−AO2=2，
又因为BO⊥DG，BO⊥AC，所以DG//AC，所以∠CAO=∠AOD=30°，
所以AD⏜(劣弧)的长为30°
360∘×4π=π
3
，
由图可知，当从A到E经过的路程最短时，总路程最短，
将圆柱侧面展开，从A到E的最短距离为线段AE的长度，
此时AE=√(π
3
)2+22≈√5，
所以最短距离为√5+2+2√2≈2.24+2+2×1.41=7.06，
故答案为：7.06．
根据已知条件求解出圆柱底面圆的半径以及圆柱的高，然后数形结合分析最短路径，利用展开图求解出A 到E的最短距离，由此可求解出最短的总路程．
本题考查圆柱的相关性质，考查数形结合思想，属于中档题．
16.【答案】②③④
【解析】解：令2x+π
3=π
2
+kπ，k∈Z，解得x=π
12
+kπ
2
，k∈Z，令k=−1，则x=−5π
12
，所以p1为真命
题；
f(x+π
4)=sin[2(x+π
4
)+π
3
]=sin(2x+5
6
π)≠f(x)，所以p2是假命题；
将函数f(x)的图象向左平移π
3个单位长度后得到g(x)=sin[2(x+π
3
)+π
3
]=sin(2x+π)=−sin2x，所以p3
是真命题；
函数的递减区间满足π
2+2kπ≤2x+π
3
≤3
2
π+2kπ，k∈Z，解得：π
12
+kπ≤x≤7
12
π+kπ，k∈Z，
所以函数的单调递减区间为：[π
12+kπ,7
12
π+kπ]k∈Z，
而[5π
6,4π
3
]⊈[π
12
+kπ,7
12
π+kπ,]，所以p4是假命题，
所以②③④正确，
故选：②③④．
由函数的解析式可得函数的对称轴的集合，取适当的k值可得p1为真命题，将x换成x+π
4
代入函数可得与
原来的函数不同可得p2为假命题，将x换成x+π
3
的函数与g(x)相同，可得p3为真命题；求出函数的递减区间，可得所给的区间不是它的子集可得p4为假命题，再由复合命题的真假的判断可得真命题的序号．
本题考查三角函数的性质及复合命题的判断方法，属于中档题．
17.【答案】解：(1)△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且(a−c)(sinA+sinC)+(b−a)sinB=0．利用正弦定理得：(a−c)(a+c)+(b−a)b=0，
整理得：a2−c2+b2−ab=0，即cosC=a2+b2−c2
2ab =1
2
，
由于0<C<π，
所以：C=π
3
．
(2)S△ABC=1
2absinC=1
2
absinπ
3
=√3
4
ab=2√3，
所以解得ab=8，
cosC=1
2=a2+b2−c2
2ab
=(a+b)2−2ab−c2
2ab
=(a+b)2−16−4
16
，
解得a+b=2√7，
所以△ABC周长为2√7+2．
【解析】(1)直接利用三角函数关系式的恒等变换和正弦定理及余弦定理的应用求出C的值．
(2)由已知利用三角形的面积公式代入可求ab的值，然后由余弦定理即可求解．
本题考查的知识要点：正弦定理，余弦定理和三角形面积公式在解三角形中的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于中档题．
18.【答案】解：(1)完成上述2×2列联表如下：
由K2=n(ad−bc)2
(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)=200×(30×40−70×60)2
100×100×90×110
=200
11
≈18.18>10.828，
所以有99.9%的把握认为能否管控手机与性别有关；
(2)①从样本数据可知，能管控手机的男女生比例为1：2，则6人中由2名男生，4名女生，
设2名男生分别为A、B，4名女生分别为a、b、c、d，
则从这6人中选2人的所有情况为(A,B)，(A,a)，(A,b)，(A,c)，(A,d)，(B,a)，(B,b)，(B,c)，
(B,d)，(a,b)，(a,c)，(a,d)，(b,c)，(b,d)，(c,d)，共15种．
其中选取的2人恰有l名女生的情况为(A,a)，(A,b)，(A,c)，(A,d)，(B,a)，(B,b)，(B,c)，(B,d)，共8种．
故所求概率P=8
15
；
②由题意得I(t)=0.5k，所以0.5k=1−1
1+e−2(t−30)
)k，解得t=30，
即大约经过30天成绩将会下滑到原来成绩的一半．
【解析】(1)由题中数据可完成2×2列联表，并计算观测值可判断是否有99.9%的把握认为能否管控手机与性别有关；
(2)①由古典概型计算可得从该团队中选取2名同学中恰有一名女生的概率．
②由函数模型：I(t)=(1−1
1+e−2(t−30)
)k，可计算t的值．
本题考查独立性检验和古典概型函数模型的计算，属于基础题．
19.【答案】解：(1)证明：如图，
取AD的中点F，连接PF，EF，BD.因为PA=PD，所以PF⊥PD．
又因为面PAD⊥面ABCD，面PAD∩面ABCD=AD，所以PF⊥面ABCD，
又因为AC⊂面ABCD，所以PF⊥AC，∵底面ABCD为菱形，所以AC⊥BD，
又∵E，F分别为AB，AD的中点，∴EF//BD，∴AC⊥EF，又EF∩PF=F，
所以AC ⊥面PEF ，∵PE ⊂面PEF ，∴AC ⊥PE ． (2)如图，
连接CE ，设AC 交EF 于点O ，
由(1)知，AC ⊥面PEF ，∵PO ⊂面PEF ，∴AC ⊥PO ，
设点E 到平面PAC 的距离为d ，则V E−PAC =V P−AEC ，即1
3S △PAC ⋅d =1
3S △AEC ⋅PF ， ∵PO =√PF 2+FO 2=√(√3)2+(1
2)2=
√13
2
，AC =2√3，
∴2√3×
√132
⋅d =1×2×
√32
×√3，解得d =
√39
13
， 所以，点E 到平面PAC 的距离为√39
13
．
【解析】(1)若要证明AC ⊥PE ，可先证明AC ⊥面PEF ，再由线面垂直的性质证出AC ⊥PE ； (2)可利用等体积法来计算点E 到面PAC 的距离．
本题考查了线面垂直的判定及其性质，考查了用等体积法求点到面距离的综合应用，属于中档题．
20.【答案】解：(1)当a =−2时，f(x)=xe x −x 2−2x ，f′(x)=(x +1)(e x −2)，
令f′(x)>0，解得：x >ln2或x <−1，令f′(x)<0，解得：−1<x <ln2， 故f(x)在(−∞,−1)递增，在(−1,ln2)递减，在(ln2,+∞)递增； (2)由题意得：f′(x)=(x +1)(e x +a)，
①当a >0时，e x +a >0，令f′(x)>0，解得：x >−1，令f′(x)<0，解得：x <−1， 故f(x)在(−∞,−1)递减，在(−1,+∞)递增，且f(0)=0，f(−1)=−1
e −1
2a <0， x →−∞时，xe x →0，f(x)>0，故f(x)有2个零点； ②当a =0时，f(x)在(−∞,−1)递减，在(−1,+∞)递增，
当x <−1时，f(x)<0，当x >−1时，f(x)递增且f(0)=0，故f(x)1个零点； ③当a <0时，令f′(x)=0，解得：x =−1或x =ln(−a)，
当a=−1
e
时，f′(x)≥0，f(x)在R递增，又f(0)=0，故f(x)在R上1个零点；
当−1<a<−1
e
时，f(x)在(−∞,−1)递增，在(−1,ln(−a))递减，在(ln(−a),+∞)递增，
故x=−1时，f(x)有极大值f(−1)=−1
e −a
2
，
当x=ln(−a)时，f(x)有极小值f(ln(−a))=1
2
a(ln(−a))2<0，
故当−1
e −a
2
<0即−2
e
<a<0时，函数f(x)有且只有1个零点，
当−1
e −a
2
=0即a=−2
e
时，函数f(x)有且只有2个零点，
当−1<a<−2
e
时，函数f(x)有且只有3个零点，
当a=−1时，函数f(x)有且只有2个零点．
【解析】(1)代入a的值，求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间即可；
(2)求出函数的导数，通过讨论a的取值范围，求出函数的单调区间，求出函数的零点个数即可．本题考查了函数的单调性，零点问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，转化思想，是难题．21.【答案】解：(1)设F(−c,0)，
∵点A，B为过点F且垂直于x轴的直线交C的点，
∴(−c)2
a2+y2
b2
=1，
又∵a2=b2+c2，
∴y=±b2
a ，即|AB|=2b2
a
，
∴{c
a =1
2
2b2
a
=3
a2=b2+c2
，解得a=2，b=√3，c=1，
∴椭圆C的方程为x2
4+y2
3
=1．
(2)证明：由题意得直线DE，MN的斜率均存在，
∴设直线DE的斜率为k，即直线MN的斜率为−1
k
，
设直线DE的方程为y=k(x+1)，D(x1,y1)，E(x2,y2)，
联立直线与椭圆的方程{y=k(x+1)
x2
4
+y2
3
=1，可得(3+4k
2)x2+8k2x+4k2−12=0，
△=b2−4ac=144k2+144>0，
由韦达定理可得，x1+x2=−8k2
3+4k2
，∵P为DE的中点，
∴x P=−4k2
3+4k2，y p=k(x p+1)=3k
3+4k2
，
∴P(−4k2
3+4k2,3k
3+4k2
)，
∴|PF|=√(−4k2
3+4k2+1)+(3k
3+4k2
)2=3√1+k2
3+4k2
，
同理用−1
k 代替k得Q(−4
3k2+4
,−3k
3k2+4
)，
|QF|=3|k|√1+k2
3k2+4
，
∴S△FPQ=1
2|PF|⋅|PQ|=1
2
×3√1+k2
3+4k2
×3|k|√1+k2
3k2+4
=9
2
×
√k2+1
k2
+2
12(k2+1
k2
)+25
，
设t=√k2+1
k2
+2(t≥2)，
∴S△FPQ=9
2×t
12t2+1
=9
2
×1
12t+1
t
(t≥2)，
设f(x)=12x+1
x
(x≥2)，
由对勾函数的性质，可知函数f(x)在区间[2,+∞)上单调递增，
∴当x=2时，f(x)最小，即S△FPQ最大，此时√k2+1
k2
+2=2，解得k2=1，
∴x P=x Q=−4
7
，y P=−y Q，
∴点P，Q关于x轴对称，即得证．
【解析】(1)根据已知条件，可得|AB|为椭圆的通径，即|AB|=2b2
a
，再结合已知条件，联立方程组，即可求解．
(2)设直线DE的方程为y=k(x+1)，D(x1,y1)，E(x2,y2)，将直线DE与椭圆方程联立，可得
(3+4k2)x2+8k2x+4k2−12=0，运用韦达定理，可得P(−4k2
3+4k2,3k
3+4k2
)，同理可得Q(−4
3k2+4
,−3k
3k2+4
)，再结
合△FPQ的面积最大和对勾函数的性质，即可求解．
本题考查了直线与椭圆的综合应用，需要学生较强的综合能力，且本题计算量大，属于难题．
22.【答案】解：(1)由直线的参数方程可知，直线l过定点(2,0)，
若倾斜角α=π
3
，则斜率k=√3，故直线l的方程为y=√3(x−2)，
即直线l 的普通方程为√3x −y −2√3=0， 由ρ=4
sinθtanθ，整理得ρsin 2θ−4cosθ=0， 即ρ2sin 2θ−4ρcosθ=0， 又∵y =ρsinθ，x =ρcosθ， ∴曲线C 的直角坐标方程为y 2=4x ； (2)由题意可知P(2,0)，
把{x =2+tcosαy =tsinα代入y 2=4x ，整理可得t 2sin 2α−4tcosα−8=0． 设A 、B 对应的参数分别为t 1，t 2， 故t 1t 2=−8sin 2α，
∵|PA|⋅|PB|=32，∴|t 1t 2|=8
sin 2α=32， ∴sin 2α=1
4，则sinα=±1
2． 综上，直线l 的倾斜角为π
6或5π
6．
【解析】(1)由直线的参数方程可知直线l 过定点(2,0)及倾斜角，求出斜率，再由直线的点斜式方程可得直线l 的普通方程，由ρ=4sinθtanθ，整理得ρ2sin 2θ−4ρcosθ=0，结合极坐标与直角坐标的互化公式可得曲线C 的直角坐标方程；
(2)把直线l 的参数方程代入y 2=4x ，整理可得t 2sin 2α−4tcosα−8=0，设A 、B 对应的参数分别为t 1，t 2，由参数t 的几何意义及根与系数的关系求得sinα=±1
2，从而可得直线l 的倾斜角． 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，考查运算求解能力，是中档题．
23.【答案】证明：(1)∵a i >0，且a 1+a 3=1，
∴(2+
1a 1)(1+1a 3)=(2+a 1+a 3a 1)(1+a 1+a 3a 3
) =(3+a 3a 1
)(2+a
1a 3
)=7+
3a 1a 3
+
2a 3a 1
≥7+2√3a
1a 3
⋅
2a 3a 1
=7+2√6．
当且仅当3a 12=2a 2
2
时等号成立， 故原不等式得证；
(2)∵a i >0，且a 1+a 3=1，a 2+a 5=2，a 4+a 6=3，
∴√a 1+2a 2+√2(a 3+a 4)+√3(2a 5+a 6)
≤1+a1+2a2
2
+
2+a3+a4
2
+
3+2a5+a6
2
=6+(a1+a3)+2(a2+a5)+(a4+a6)
2
=6+1+2×2+3
2
=7．
当且仅当a1+2a2=1，a3+a4=2，2a5+a6=3时等号成立．
又a1+a3=1，a2+a5=2，a4+a6=3，
∴等号取不到，
∴√a1+2a2+√2(a3+a4)+√3(2a5+a6)<7．
【解析】(1)以a1+a3替换1，展开后再由基本不等式证明；
(2)直接利用基本不等式结合已知得结论．
本题考查不等式的证明，考查基本不等式的应用，考查逻辑思维能力与推理论证能力，是中档题．。