2021年江西省红色七校高考数学第二次联考试卷(含解析)

2021年江西省红色七校高考数学第二次联考试卷
一、单选题（本大题共12小题，共60.0分）
1. 设全集U =R ，集合A ={x||x −1|≤1}，B ={x|y =2x ,y >1}，则A ∩(∁U B)=( )
A. ⌀
B. {0}
C. {x|0≤x ≤2}
D. {x|x ≤2}
2. 若复数z 是纯虚数，且(1+2i)z =a +i(a ∈R,i 是虚数单位)，则a =( )
A. −2
B. −1
C. 1
D. 2
3. 某市电视谈为调查节目收视率，想从全市5个区中按人口数用分层抽样的方法抽取一个容量为
n 的样本，已知5个区人口数之比为2：3：5：2：6，如果最多的一个区抽出的个体数是100，则这个样本的容量等于( )
A. 240
B. 270
C. 300
D. 330
4. 已知实数x ，y 满足{y ≥x
x +y −6≤02x −y −2≥0
，则z =2x +y 的最小值为( )
A. 6
B. 7
C. 8
D. 8√2
5. 若数列{a n }的通项公式是a n =(−1)n ⋅1
2n+1，则a 10=( )
A. 1
21
B. −1
21
C. 1
20
D. −1
20
6. 设
，且，则
A.
B. 10
C. 20
D. 100
7. 在
中，角
的对边分别为
若
若
有两解，则
的范围是( )
A. (1,2)
B. (2,3)
C. (2,)
D. (4,)
8. 在△ABC 中，角A ，B ，C 对应边分别是a ，b ，c ，a =5，b =8，C =60°，则BC ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅CA
⃗⃗⃗⃗⃗ 等于( ) A. 40 B. −40 C. 20 D. −20
9. 已知长方体ABCD −A 1B 1C 1D 1的底面是边长为4的正方形，高为2，则它的外接球的表面积为( )
A. 36π
B. 9π
C. 20π
D. 16π
10. 双曲线x 2−
y 22
=1的焦点坐标为( )
A. (±1,0)
B. (0,±√3)
C. (±√3,0)
D. (0,±1)
11. 定义在R 上的函数f(x)=x 5+e x +1，若a =f(12)，b =f(ln √2)，c =f(e 1
3)，则比较a ，b ，c
的大小关系为( )
A. a >b >c
B. a >c >b
C. c >a >b
D. b >a >c
12. 设函数y =f(x)定义域为(−∞,+∞)，满足f(x +1)=2f(x −1)，当x ∈[0,2)时，f(x)=
{4−x 2−3x,x ∈[0,1)logx,x ∈[1,2)
，若x ∈[−4,−2)时，f(x)≤m 4+34m 恒成立，则实数m 的取值范围( ) A. (−∞,0]∪[1,3) B. (0,1]∪[3,+∞) C. (0,1)∪[3，+∞)
D. (0,1]∪(3，+∞)
二、单空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 定义在实数集R 上的奇函数f(x)满足：①f(x)在(0,+∞)内单调递增，②f(−1)=0，则不等式
f(lgx)>0的解集为________． 14. 已知点A(x 1,y 1)在双曲线τ1：x 2
a 2−
y 2b 2
=1(a >0,b >0)上，
点B(x 2,y 2)在双曲线τ2：y 2b
2−x 2a 2
=1上，
且满足x 12−x 22
=a 2，直线OA ，OB 的斜率之积为1
3，则τ1，τ2的离心率之积等于______．
15. 设点M ，N 是抛物线y =ax 2(a >0)上任意两点，点G(0,−1)满足GN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅GM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ >0，则a 的取值范
围是______．
16. 已知数列{a n }满足a 1=1，a n +a n−1=(1
3)n (n ≥2)，S n =a 1⋅3+a 2⋅32+⋯+a n ⋅3n ，则4S n −
a n ⋅3n+1=______．
三、解答题（本大题共7小题，共82.0分）
17. 某单位N 名员工参加“社区低碳你我他”活动，他们的年龄在25岁至50岁之间，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]，得到的频率分布图如图所示，如表是年龄的频率分布表．
(Ⅰ)现要从年龄较小的第1，2，3组中用分层抽样的方法抽取6人，则年龄第1，2，3组人数分别是多少？
(Ⅱ)在(Ⅰ)的条件下，从这6中随机抽取2参加社区宣传交流活动，求恰有2人在第3组的概率．
18.已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，sinC=−3cosAcosB，tanAtanB=1−√3，
c=√10．
(Ⅰ)求sinA+sinB
a+b
的值；
(Ⅱ)若1
a +1
b
=1，求△ABC的周长与面积．
19.如图，平面四边形ABCD与BDEF均为菱形，∠DAB=∠DBF=60°，
且FA=FC．
(1)求证：AC⊥平面BDEF；
(2)求证：FC//平面EAD．
20.已知椭圆E：x2
a2+y2
b2
=1(a>b>0)的长轴长为4√2，点A，B，C在椭圆E上，其中点A是椭
圆E的右顶点，直线BC过原点O，点B在第一象限，且|BC|=2|AB|，cos∠ABC=1
5
．(Ⅰ)求椭圆E的方程；
(Ⅱ)与x轴不垂直的直线l与圆x2+y2=1相切，且与椭圆E交于两个不同的点M，N，求△MON 的面积的取值范围．
21.已知函数f(x)=alnx(a∈R)．
(Ⅰ)若函数g(x)=2x+f(x)的最小值为0，求a的值；
(Ⅱ)设ℎ(x)=f(x)+ax2+(a2+2)x，求函数ℎ(x)的单调区间；
(Ⅲ)设函数y=f(x)与函数u(x)=x−1
2x
的图象的一个公共点为P，若过点P有且仅有一条公切线，求点P的坐标及实数a的值．
22. 已知曲线C 1的极坐标方程是ρ=4cosθ，以极点为原点，极轴为x 轴正方向建立平面直角坐标系，
直线l 的参数方程是{
x =2+tcosθ
y =1+tsinθ(t 为参数)． (Ⅰ)求曲线C 1的直角坐标方程；
(Ⅱ)设直线l 与曲线C 1交于A 、B 两点，点M 的直角坐标为(2,1)，若AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =3MB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，求直线l 的普通方程．
23. 已知函数f(x)=|x −1|−|x +2|．
(1)求不等式f(x)≥1的解集M ；
(2)若a 、b ∈M ，且a 、b ≥−2，求证：−3≤ab +b +2a ≤−2．
【答案与解析】
1.答案：B
解析：解：A={x||x−1|≤1}={x|0≤x≤2}，B={x|y=2x,y>1}={x|x>0}，
∴(∁U B)={x|x≤0}，
即A∩(∁U B)═{x|x=0}={0}，
故选：B
求出集合A，B，利用集合的基本运算即可得到结论
本题主要考查集合的基本运算，利用条件求出集合A，B是解决本题的关键，比较基础．
2.答案：A
解析：
解：设z=bi(b≠0)，
由(1+2i)z=(1+2i)bi=a+i，
得−2b+bi=a+i，
∴{−2b=a
b=1，则a=−2．
故选：A．
由已知设z=bi(b≠0)，代入(1+2i)z=(1+2i)bi=a+i，再由复数相等的条件列式求解．本题考查复数的基本概念，考查复数相等的条件，是基础题．
3.答案：C
解析：解：由分层抽样中各部分的抽取比例与总体中人口数之比相等，
∴样本中最多的一个区抽出的个体数为6
2+3+5+2+6=100
n
，
∴n=300．
故选：C．
根据分层抽样中各部分的抽取比例与总体中人口数之比相等，列出比例关系式求n值．本题考查了分层抽样方法，熟练掌握分层抽样的特征是解题的关键．
4.答案：A
解析：解：由z =2x +y ，得y =−2x +z 作出不等式组对应的平面区域如图：
由图象可知当直线y =−2x +z 过点A 时，直线y =−2x +z 的在y 轴的截距最小，此时z 最小， 由{y =x
2x −y −2=0得A(2,2)， 此时z =6， 故选：A ．
作出不等式组对应的平面区域，利用z 的几何意义即可得到结论．
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：令n =10，可得：a 10=(−1)10⋅1
2×10+1=1
21． ∴a 10=1
21． 故选：A ．
令n =10，代入通项公式即可得出．
本题考查了数列通项公式的应用，属于基础题．
6.答案：A
解析：试题分析：因为，，所以，
，
，
由
得，
，所以，m =
，故选A 。

考点：本题主要考查对数的性质及运算法则。

点评：简单题，利用指数式与对数式的互化，将a ，b 用m 表示，进一步计算。

7.答案：C
解析：试题分析：根据三角形中的余弦定理可知
得到关于c 的方程，则可知判别式大于等于零，即
，得到参数m 的范围是
(2,)，选C ．
考点：本题主要是考查解三角形的运用。

点评：解决该试题的关键是利用三角形有两解，得到关于余弦定理中方程有两个不等的实数根，进而得到结论。

8.答案：D
解析：解：|BC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=a =5，|CA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=b =8，<BC ⃗⃗⃗⃗⃗ ,CA ⃗⃗⃗⃗⃗ >=180°−∠C =120°， ∴BC ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅CA ⃗⃗⃗⃗⃗ =a ×b ×cos120°=5×8×(−12)=−20， 故选D ．
利用向量的数量积的定义，等于模与它们夹角的余弦值的积，注意夹角是120°．
本题给出三角形的两条边长，求它们对应向量的数量积，着重考查了平面向量数量积的定义及其求法等知识，属于基础题．
9.答案：A
解析：解：∵长方体ABCD −A 1B 1C 1D 1的底面是边长为4的正方形，高为2， ∴长方体的对角线AC 1=√16+16+4=5，
∵长方体ABCD −A 1B 1C 1D 1的各顶点都在同一球面上， ∴球的一条直径为AC 1=6，可得半径R =3， 因此，该球的表面积为S =4πR 2=4π×32=36π， 故选：A ．
由长方体的对角线公式，算出长方体对角线AC 1的长，从而得到长方体外接球的直径，结合球的表面积公式即可得到，该球的表面积．
本题给出长方体的长、宽、高，求长方体外接球的表面积，着重考查了长方体的对角线公式、长方体的外接球和球的表面积公式等知识，属于基础题．
10.答案：C
解析：解：根据题意，双曲线的方程为x 2−y 22
=1，
其中a =1，b =√2，其焦点在x 轴上， 则c =√a 2+b 2=√3，
所以双曲线的焦点坐标为(±√3,0)；
故选：C．
根据题意，由双曲线的标准方程，可得a、b的值以及焦点的位置，然后求出c的值，从而得到焦点坐标．
本题考查双曲线的标准方程以及几何性质，关键是由双曲线的标准方程得到a、b的值．
11.答案：C
解析：解：根据题意，函数f(x)=x5+e x+1，其导数f(x)=5x4+e x>0，
即函数f(x)为增函数，
又由ln√2<ln√e=1
2
<1<e13，
则有c>a>b，
故选：C．
根据题意，由函数的解析式对其求导，分析可得函数f(x)为增函数，进而由对数的运算分析可得
ln√2<ln√e=1
2
<1<e13，结合函数的单调性即可得答案．
本题考查函数的单调性的判定以及函数单调性的应用，关键是利用函数的导数分析函数的单调性．12.答案：B
解析：
本题考查分段函数值域求解，不等式恒成立，考查转化，计算逻辑推理能力．本题两个要点：一是
求出x∈[−4,−2)时，f(x)∈[0,1].二是解f(x)max≤m
4+3
4m
.求出当x∈[0,2)时，f(x)值域是[0,4]，利
用f(x+1)=2f(x−1)，得出f(x)=1
2f(x+2)=1
4
f(x+4)，进而x∈[−4,−2)时，f(x)∈
[0,1].f(x)≤m
4+3
4m
恒成立，只需1≤m
4
+3
4m
，解此不等式求出m的取值范围．
解：当x∈[0,1)时，f(x)∈(0,4]，当x∈[1,2)时，f(x)∈(0,ln2)，所以当x∈[0,2)时，f(x)值域是[0,4]，
在f(x+1)=2f(x−1)中，令x−1=t，则x+1=t+2，
所以f(t)=1
2f(t+2)=1
4
f(t+4)
若x∈[−4,−2)时，则x+4∈[2,0)时，
于是f(x)=12f(x +2)=1
4f(x +4)∈[0,1]． 若f(x)≤
m 4
+
34m
恒成立，只需1≤m 4
+
34m
，
所以m >0，且m 2−4m +3≥0， 解得m ∈(0,1]∪[3,+∞)． 故选B
13.答案：(1
10, 1)∪(10, +∞)
解析：
本题考查函数的奇偶性和单调性的综合应用． 解：∵f(x)是定义在R 上的奇函数，f(−1)=0， ∴f(1)=−f(−1)=0，
∵f(x)在(0,+∞)内单调递增，f(lgx)>0， ∴{x >0lgx >0lgx >1或{x >0
lgx <0lgx >−1， ∴x >10或1
10<x <1． 故答案为(110, 1)∪(10, +∞)．
14.答案：4√33
解析：解：由{b 2x 12−a 2y 12=a 2b 2a 2y 22−b 2x 22=a 2b 2可得a 2y 12=b 2x 12−a 2b 2，a 2y 22=b 2x 22−a 2b 2， 两式相乘可得：a 4y 12y 22=b 2[x 12x 22+a 2(x 12x 22+a 2(x 12−x 22)−a 4]…①
∵直线OA ，OB 的斜率之积为13，∴y 1y 2
x 1x 2
=13，即y 1y 2=1
3x 1x 2，与x 12−x 22=a 2，
一并代入①可得b 4
a
4=19
． ∴b
a =
√3
3． c
a ⋅c
b =a 2+b 2ab
=b a +a
b =
4√3
3
． 故答案为：
4√3
3
． 由{b 2x 12−a 2y 12=a 2b 2a 2y 22−b 2x 22=a 2b
2可得：a 4y 12y 22=b 2[x 12x 22+a 2(x 12x 22+a 2(x 12−x 22)−a 4]
结合y 1y 2=13x 1x 2，与x 12−x 22=a 2，可得b 4
a 4=1
9.即可求解． 本题考查了双曲线的性质、离心率，考查了运算能力，属于中档题．
15.答案：(1
4,+∞)
解析：解：过G 点作抛物线的两条切线，设切线方程为y =kx −1，
切点坐标为A(x 0,y 0)，B(−x 0,y 0)，
则由导数的几何意义可知{y 0=ax 02y 0=kx 0−12ax 0=k ，解得k =±2√a ．
∵GN
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅GM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ >0恒成立，∴∠AOB <90°，即∠AGO <45°， ∴|k|>tan45°=1，即2√a >1，
解得a >1
4．
故答案为(14,+∞)．
过G 作抛物线的切线，只需令切线的夹角小于90°即可．
本题考查了直线与抛物线的位置关系，属于中档题． 16.答案：{−5,n =1
n +2,n ≥2
解析：解：因为S n =a 1⋅3+a 2⋅32+⋯+a n ⋅3n ，
所以3S n =a 1⋅32+a 2⋅33+⋯+a n ⋅3n+1，
所以4S n =3a 1+32(a 1+a 2)+33(a 2+a 3)+⋯+3n (a n−1+a n )+a n ⋅3n+1，
所以4S n −a n ⋅3n+1=3a 1+32(a 1+a 2)+33(a 2+a 3)+⋯+3n (a n−1+a n )，
又因为a 1=1，a n +a n−1=(13)n (n ≥2)，
所以4S n −a n ⋅3n+1=3+32⋅132+33⋅133+⋯+3n ⋅13n
=3+1+1+⋯+1=3+(n −1)=n +2(n ≥2)，
又因为当n =1时，4S 1−a 1⋅31+1=−5不满足上式，
所以4S n −a n ⋅3n+1={−5,n =1n +2,n ≥2
， 故答案为：{−5,n =1n +2,n ≥2
． 利用S n 的表达式，求出3S n 的表达式，错位求和，化简可得所求表达式的结果．
本题是中档题，考查数列求和的方法，考查计算能力，转化思想的应用．
17.答案：解：(Ⅰ)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，由频率分布直方图得：
在年龄第1组抽取的人数是：6×0.02
0.02+0.02+0.08
=1人，
在年龄第2组抽取的人数是：6×0.02
0.02+0.02+0.08
=1人，
在年龄第3组抽取的人数是：6×0.08
0.02+0.02+0.08
=4人．
(Ⅱ)在(Ⅰ)的条件下，从这6人中随机抽取2人参加社区宣传交流活动，
基本事件总数n=C62=15，
恰有2人在第3组包含的基本事件个数m=C42=6，
∴恰有2人在第3组的概率p=m
n =6
15
=2
5
．
解析：(Ⅰ)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，由频率分布直方图和分层抽样的性质能求出在年龄第1，2，3组抽取的人数．
(Ⅱ)从这6人中随机抽取2人参加社区宣传交流活动，基本事件总数n=C62=15，恰有2人在第3组包含的基本事件个数m=C42=6，由此能求出恰有2人在第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、分层抽样的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
18.答案：解：(Ⅰ)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，sinC=−3cosAcosB，
∴sin(A+B)=−3cosAcosB，
则：sinAcosB+cosAsinB=−3cosAcosB，①
∵tanAtanB=1−√3，
∴A和B不等于π
2
．
①式两边同除以cos A cos B，
得到：tanA+tanB=−3，
tan(A+B)=tanA+tanB
1−tanAtanB =
1−1+√3
=−√3，
∴tanC=√3，由于0<C<π，
∵C=π
3
．
利用正弦定理：
a sinA =
b
sinB
=
c
sinC
=
√10
√3
2
=
2√30
3
∵a=2√30
3
sinA，
b=2√30
3
sinB，
∴sinA+sinB
a+b =sinA+sinB
2√30
3
sinA+2√30
3
sinB
=√30
20
．
(Ⅱ)由于c2=a2+b2−2abcosC，∴(a+b)2−2ab−10=ab，
由于1
a +1
b
=1，
∴a+b=ab，
故：(ab)2−3ab−10=0，解得：ab=5或−2(舍去)，
∴面积S△ABC=1
2absinC=5√3
4
，
周长L△ABC=5+√10．
解析：本题考查的知识要点：三角函数关系式的恒等变换，正弦定理和余弦定理的应用，三角形面积公式的应用．
(Ⅰ)直接利用三角函数关系式的恒等变换，求出C的值，进一步利用正弦定理求出结果．
(Ⅱ)利用余弦定理和(Ⅰ)的结论，进一步解出三角形的面积和周长．
19.答案：证明：(1)设AC与BD相交于点O，连接FO，
因为四边形ABCD为菱形，所以AC⊥BD，(2分)
又O为AC中点，且FA=FC，所以AC⊥FO，(4分)
因为FO∩BD=O，所以AC⊥平面BDEF.(6分)
(2)因为四边形ABCD与BDEF均为菱形，
所以BC//AD，所以BC//平面EAD，(8分)
又BF//DE，所以BF//平面EAD，(10分)
所以平面BFC//平面EAD，
又FC ⊂平面BFC ，所以FC//平面EAD. (12分)
解析：(1)设AC 与BD 相交于点O ，连接FO ，推导出AC ⊥BD ，AC ⊥FO ，由此能证明AC ⊥平面BDEF ．
(2)推导出BC//平面EAD ，BF//平面EAD ，从而平面BFC//平面EAD ，由此能证明FC//平面EAD ． 本题考查线面垂直、线面平行的证明，是中档题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养． 20.答案：解：(I)∵2a =4√2，∴a =2√2．
∵点A 是椭圆E 的右顶点，直线BC 过原点O ，点B 在第一象限，且|BC|=2|AB|，
∴|BO|=|AB|，
∵cos∠ABC =15
，|OA|=a =2√2， ∴|OA|2=|BO|2+|AB|2−2|BO||AB|cos∠ABO ，
∴8=2|BO|2(1−15)，解得|BO|=√5．
∴B(√2,√3)，代入椭圆方程可得：28+3b =1=1，解得b 2=4．
∴椭圆E 的方程为x 28+y 24=1．
(II)设M(x 1,y 1)，N(x 2,y 2)，设直线l 的方程为：y =kx +m ．
联立{y =kx +m x 2+2y 2=8
，化为(1+2k 2)x 2+4kmx +2m 2−8=0， ∵直线l 与椭圆相交于不同的两点，∴△>0，化为8k 2+4>m 2．
∴x 1+x 2=−4km 1+2k 2，x 1x 2=2m 2−81+2k 2，
则|MN|=√(1+k 2)[(x 1+x 2)2−4x 1x 2]=√1+k 2√(−
4km
1+2k 2)2−4×2m 2−81+2k 2=2√2√1+k 2√8k 2−m 2+41+2k 2， ∵直线l 与圆x 2+y 2=1相切，∴√1+k 2=1，化为m 2=1+k 2， ∴|MN|=2√2√1+k 2√7k 2+31+2k 2
， 则S △MON =12|MN|×1=√2√1+k 2√7k
2+31+2k ， 令1+2k 2=t ≥1，则k 2=
t−12代入上式可得：√22√−(1t −3)2+16， ∵t ≥1，∴0<1t ≤1，∴√142
<S △MON ≤√6．
即△MON的面积的取值范围是(√14
2
,√6]．
解析：(I)由题意可得2a=4√2，解得a.由点A是椭圆E的右顶点，直线BC过原点O，点B在第一象限，且|BC|=2|AB|，可得|BO|=|AB|，
又cos∠ABC=1
5
，|OA|=a=2√2，利用余弦定理解得|BO|.可得B(√2,√3)，代入椭圆方程即可得出．(II)设M(x1,y1)，N(x2,y2)，设直线L的方程为：y=kx+m.与椭圆方程联立化为(1+2k2)x2+
4kmx+2m2−8=0，△>0，化为8k2+4>m2.利用根与系数的关系可得则|MN|=
√(1+k2)[(x1+x2)2−4x1x2].由直线l与圆x2+y2=1相切，可得
√1+k2
=1，化为m2=1+k2，
利用S△MON=1
2
|MN|，通过换元再利用二次函数的单调性即可得出．本题考查了椭圆的标准方程及其性质、直线与圆相切的性质、一元二次方程的根与系数的关系、弦长公式、点到直线的距离公式、三角形面积计算公式、二次函数的单调性，考查了推理能力与计算能力，属于难题．
本题考查了椭圆的标准方程及其性质、直线与圆相切的性质、一元二次方程的根与系数的关系、弦长公式、点到直线的距离公式、三角形面积计算公式、二次函数的单调性，考查了推理能力与计算能力，属于难题．
21.答案：解：(Ⅰ)g(x)=f(x)+2x=alnx+2x，(x>0)，
g′(x)=a
x
+2，
a≥0时，g′(x)>0，函数在(0,+∞)递增，无最小值，
a<0时，g′(x)=a+2x
x ，令g′(x)>0，解得：x>−a
2
，令g′(x)<0，解得：0<x<−a
2
，
∴函数g(x)=f(x)+2x在(0,−a
2)递减，在(−a
2
,+∞)递增，
故函数在x=−a
2
处取得最小值，
∴aln(−a
2
)−a=0，解得：a=−2e；(Ⅱ)ℎ(x)=f(x)+ax2+(a2+2)x
=alnx+ax2+(a2+2)x，
∴ℎ′(x)=(ax+1)(2x+a)
x
，
当a=0时，ℎ(x)=2x，定义域内递增；当a≠0时，
令ℎ′(x)=0，∴x =−1a 或x =−a 2，
当a >0时，ℎ′(x)>0，ℎ(x)定义域内递增；
当a <0时，当a >−√2时，函数的减区间为(0,−a 2)，(−1a ,+∞)，增区间为(−a 2,−1a )； 当a <−√2时，函数的减区间为(0,−1a )，(−a 2,+∞)，增区间为(−1a ,−a 2
)； 当a =−√2时，定义域内递减．
(Ⅲ)a =12符合题意，理由如下：此时P(1,0)
设函数f(x)与u(x)上公共点P(m,n)，
依题意有f(m)=u(m)，f′(m)=u′(m)，
即a m =12m ，m−12m =alnm ⇒lnm −m +1=0，构造函数ω(m)=lnm −m +1，(m >0) ω′(m)=1m −1，可得函数ω(m)在(0,1)递增，在(1,+∞)递减，而ω(1)=0
∴方程lnm −m +1=0有唯一解，即m =1，a =12．
此时点P(1,0)．
解析：(Ⅰ)函数整理为g(x)=alnx +2x ，求导，由题意可知，函数的最小值应在极值点处取得，令f′(x)=0，代入求解即可；
(Ⅱ)函数整理为ℎ(x)=alnx +ax 2+(a 2+2)x ，求导得ℎ′(x)，对参数a 进行分类讨论，逐一求出单调区间；
(Ⅲ)设出公共点坐标P(m,n)的坐标，求出坐标间的关系，得到lnm −m +1=0，通过讨论函数ω(m)=lnm −m +1的单调性解方程即可．
本题考查了利用导函数求函数的单调性问题，难点是对导函数中参数的讨论问题．
22.答案：解：(I)∵ρ=4cosθ，∴ρ2=4ρcosθ，
∴x 2+y 2=4x ，
∴曲线C 1的直角坐标方程为(x −2)2+y 2=4．
(II)把{x =2+tcosθy =1+tsinθ
代入x 2+y 2=4x 得：t 2+2tsinθ−3=0， 设A ，B 对应的参数分别为t 1，t 2，则t 1t 2=−3，
∵AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =3MB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，∴t 1=−2t 2，
不妨设t 1<0，则t 1=−√6，t 2=√62．
∴t 1+t 2=−2sinθ=−
√62， ∴sinθ=√64，∴cosθ=
√104或cosθ=−√104． ∴直线l 的斜率k =√155或k =−√155
． ∴直线l 的普通方程为：y −1=√155(x −2)或y −1=−√155
(x −2)， 即y =√155
x −2√155+1=0或y =−√155x +2√155+1．
解析：(I)两边同乘ρ，根据极坐标与直角坐标的对应关系得出答案；
(II)把直线l 的参数方程代入曲线C 的普通方程，根据根与系数的关系求出直线l 的斜率，从而得出直线l 的普通方程．
本题考查了极坐标方程与直角坐标方程的转化，参数的几何意义，属于中档题．
23.答案：解：(1)f(x)≥1⇔|x +2|−|x −1|≤−1⇔{x <−2−x −2−1+x ≤−1或{−2≤x ≤1x +2−1+x ≤−1或{x >1x +2+1−x ≤−1
， 解得x ≤−1，即不等式f(x)≥1的解集为(−∞,−1]．
(2)证明：由(1)知a ，b ∈M ，且a ，b ≥−2，所以−2≤a ≤−1，−2≤b ≤−1，
令g(a)=ab +b +2a =a(b +2)+b ，∵b +2≥0，g(−2)≤g(a)≤g(−1)，即−b −4≤g(a)≤−2，
又−2≤b ≤−1，∴1≤−b ≤2，∴−b −4≥1−4=−3，
所以−3≤g(a)≤−2．
即−3≤ab +b +2a ≤−2．
解析：(1)分2种情况去绝对值解不等式组可得；
(2)构造函数g(a)=a(b +2)+b ，利用其单调性可得．
本题考查了绝对值不等式的解法，属中档题．。