1、2020-2021 学年广东省汕头市高二下学年广东省汕头市高二下期末数学试卷期末数学试卷 一、单项选择题（共一、单项选择题（共 8 小题，每题小题，每题 5 分，共分，共 40 分）分）. 1设全集 UR，集合 Ax|0 x2，Bx|x1，则集合U（AB）（ ） A（，2 B（，1 C（2，+） D2，+） 2设复数 z2i（i 为虚数单位），则|z|（ ） A B C D2 3已知平面向量 （k，2）， （1，1），kR，则 k2 是 与 平行的（ ） 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 4已知等差数列an的前 n 项和为 Sn，的展开式中含 xn4的项的
2、系数恰为 Sn，则 a7（ ） A96 B96 C80 D80 5已知三棱锥 PABC 中，PA4，ABAC2，BC6，PA面 ABC，则此三棱锥的外接球的体积为（ ） A B256 C D32 6定义 22 矩阵a1a4a2a3，若 f（x），则 f（x）（ ） A图象关于中心对称 B图象关于直线 x对称 C在区间上的最大值为 D周期为 的奇函数 7点 A 在直线 yx 上，点 B 在曲线 ylnx 上，则|AB|的最小值为（ ） A B1 C D2 8已知数列an的前 n 项和 Sn（2n+1）n，bn，则（ ） A B C D 二、多项选择题：本题共二、多项选择题：本题共 4 小题，毎小
3、题小题，毎小题 5 分，共分，共 20 分在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，分在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得全部选对的得 5 分，部分选对的得分，部分选对的得 2 分，有选错的得分，有选错的得 0 分分 95G 技术的运营不仅提高了网络传输速度，更拓宽了网络资源的服务范围目前，我国加速了 5G 技术的融合与创新，前景美好！某手机商城统计了 5 个月的 5G 手机销量，如表所示： 月份 2020 年 6 月 2020 年 7 月 2020 年 8 月 2020 年 9 月 2020 年 10 月 月份编号 x 1 2 3 4 5 销量 y（部） 52 95 a 1
4、85 227 若 y 与 x 线性相关，由上表数据求得线性回归方程为 44x+10，则下列说法正确的是（ ） Aa152 B5G 手机的销量逐月增加，平均每个月增加约 30 台 Cy 与 x 正相关 D预计 12 月份该手机商城的 5G 手机销量约为 318 部 10设 F1，F2分别是双曲线 C：1 的左、右焦点，且|F1F2|8，则下列结论正确的是（ ） As8 BF1到渐近线的距离随着 t 的增大而增大 Ct 的取值范围是（32，32） D当 t4 时，C 的实轴长是虚轴长的倍 11 在棱长为 1 的正方体 ABCDA1B1C1D1中， M 是线段 A1C1上的一个动点， 则下列结论正确
5、的是 （ ） A四面体 B1ACM 的体积恒为定值 B直线 D1M 与平面 AD1C 所成角正弦值的最大值为 C异面直线 BM 与 AC 所成角的范围是 D当 4A1MA1C1时，平面 BDM 截该正方体所得的截面图形为等腰梯形 12在数学中，布劳威尔不动点定理是拓扑学里一个非常重要的不动点定理，它可应用到有限维空间，并构成一般不动点定理的基石 布劳威尔不动点定理得名于荷兰数学家鲁伊兹布劳威尔 （L E J Brouwer） ，简单的讲就是对于满足一定条件的连续函数 f（x），存在一个点 x0，使得 f（x0）x0，那么我们称该函数为“不动点”函数，下列为“不动点”函数的是（ ） Af（x）2
6、xx Bf（x）x22x+ Cf（x） Df（x） 三、填空题：本题共三、填空题：本题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分分 13已知 0，cos（+），则 sin 14已知抛物线 C：y24x 的焦点为 F，直线 l 过 F 与 C 交于 A、B 两点，若|AF|BF|，则 y 轴被以线段AB 为直径的圆截得的弦长为 15六个同学重新随机调换座位，则恰有两人坐在自己原来的位置上的概率为 16已知函数 f（x），则函数 f（x）的最大值是 四、解答题：本大题共四、解答题：本大题共 6 小题，共小题，共 70 分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤分解答应写出文字说明、
7、证明过程或演算步骤 17在ABC 中，内角 A、B、C 的对边分别为 a、b、c，设ABC 的面积为 S，已知_任选一个条件3（c2+a2）3b2+16S；4c5a5bcosC，补充在上面横线处，然后解答补充完整的题目 （1）求 sinB 的值； （2）若 S42，a10，求 b 的值 18已知等差数列an的前 n 项和为 Sn，且满足 a1+a320，S540 （1）求an的通项公式； （2）记 bn|an2|，求bn的前 n 项和 Tn 19如图，在四棱锥 PABCD 中，底面 ABCD 为正方形，PAB90，PBPD，PAAB，E 为线段 PB的中点，F 为线段 BC 上的动点 （1）求
8、证：AE平面 PBC； （2）是否存在点 F，使平面 AEF 与平面 PCD 所成的锐二面角为 30？若存在，试确定点 F 的位置；若不存在，请说明理由 20端午假期即将到来，某超市举办“高考高粽”有奖促销活动，凡持高考准考证考生及家长在端午节期间消费每超过 600 元（含 600 元），均可抽奖一次，抽奖箱里有 10 个形状、大小完全相同的小球（其中红球有 3 个，黑球有 7 个），抽奖方案设置两种，顾客自行选择其中的一种方案 方案一：从抽奖箱中，一次性摸出 3 个球，其中奖规则为：若摸到 3 个红球，享受免单优惠；若摸出 2个红球则打 6 折，若摸出 1 个红球，则打 7 折；若没摸出红球
9、，则不打折 方案二：从抽奖箱中，有放回每次摸取 1 球，连摸 3 次，每摸到 1 次红球，立减 200 元 （1） 若小清、 小北均分别消费了 600 元， 且均选择抽奖方案一， 试求他们至多一人享受免单优惠的概率； （2）若小杰消费恰好满 1000 元，试比较说明小杰选择哪一种抽奖方案更合算？ 21已知椭圆 C：1（ab0）的离心率为，焦距为 2 （1）求椭圆 C 的方程； （2）过点 D（0，3）作直线 l 与椭圆 C 交于 A、B 两点，点 N 满足（O 为坐标原点），求四边形 OANB 面积的最大值 22已知函数 f（x）lnxx，g（x） （1）证明：对任意的 x1，x2（0，+），
10、都有|f（x1）|g（x2）； （2）设 mn0，比较与的大小，并说明理由 参考答案参考答案 一、单项选择题（共一、单项选择题（共 8 小题，每题小题，每题 5 分，共分，共 40 分）分）. 1设全集 UR，集合 Ax|0 x2，Bx|x1，则集合U（AB）（ ） A（，2 B（，1 C（2，+） D2，+） 【分析】求出 A 与 B 的并集，找出并集的补集即可 解：A（0，2，B（，1）， AB（，2， 全集为 UR， U（AB）（2，+） 故选：C 2设复数 z2i（i 为虚数单位），则|z|（ ） A B C D2 【分析】根据已知条件，运用复数的运算法则化简 z，再求出 z 的模 解
11、：复数， |z| 故选：C 3已知平面向量 （k，2）， （1，1），kR，则 k2 是 与 平行的（ ） 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 【分析】由向量平行条件得到 k2，即可判断 解：由 与 平行得 k1210，k2， 所以 k2 是 与 平行的充要条件 故选：C 4已知等差数列an的前 n 项和为 Sn，的展开式中含 xn4的项的系数恰为 Sn，则 a7（ ） A96 B96 C80 D80 【分析】利用二项式定理求出展开式的通项公式，得到 Sn，再利用 a7S7S6求出 a7 解：因为的展开式的通项公式为， 所以当 r2 时，含 xn4的项的系数
12、恰为， 又等差数列an的前 n 项和为 Sn，的展开式中含 xn4的项的系数恰为 Sn， 所以 故选：B 5已知三棱锥 PABC 中，PA4，ABAC2，BC6，PA面 ABC，则此三棱锥的外接球的体积为（ ） A B256 C D32 【分析】 由题意画出图形， 求解三角形可得底面外接圆的半径， 再由勾股定理求出三棱锥外接球的半径，代入球的体积公式得答案 解：如图， 在底面ABC 中，ABAC，BC6， cosBAC， 则 sin， ABC 的外接圆半径为 PA面 ABC，三棱锥外接球的半径 R 满足： ，得 R4， 三棱维 PABC 外接球的体积， 故选：A 6定义 22 矩阵a1a4a2
13、a3，若 f（x），则 f（x）（ ） A图象关于中心对称 B图象关于直线 x对称 C在区间上的最大值为 D周期为 的奇函数 【分析】根据矩阵的运算法则、二倍角公式和辅助角公式，可得 f（x），再结合正弦函数的图象与性质，逐一判断选项，即可 解： ， 对于选项 A，由，知 f（x）的图象关于点成中心对称，即选项 A 正确； 对于选项 B，f（）2sin（2+）1，并不是 f（x）的最大值或最小值，即选项 B 错误； 对于选项 C，当 x时，2x+，sin（2x+），f（x）1，1，其最大值为 1，即选项 C 错误； 对于选项 D，最小正周期为 ，但是非奇非偶函数，即选项 D 错误 故选：A 7
14、点 A 在直线 yx 上，点 B 在曲线 ylnx 上，则|AB|的最小值为（ ） A B1 C D2 【分析】 设平行于直线 yx 的直线 yx+b 与曲线 ylnx 相切， 则两平行线间的距离即为|AB|的最小值，由导数和切线的关系由距离公式可得 解：设平行于直线 yx 的直线 yx+b 与曲线 ylnx 相切， 则两平行线间的距离即为|AB|的最小值 设直线 yx+b 与曲线 ylnx 的切点为（m，lnm）， 则由切点还在直线 yx+b 上可得 lnmm+b， 由切线斜率等于切点的导数值可得， 联立解得 m1，b1， 由平行线间的距离公式可得|AB|的最小值为 故选：A 8已知数列an
15、的前 n 项和 Sn（2n+1）n，bn，则（ ） A B C D 【分析】由 SnSn1先求得 an，再求得 bn，最后用裂项法求得 解：Sn（2n+1）n，当 n2 时， 所以 anSnSn14n1，bnn， 故选：B 二、多项选择题：本题共二、多项选择题：本题共 4 小题，毎小题小题，毎小题 5 分，共分，共 20 分在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，分在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得全部选对的得 5 分，部分选对的得分，部分选对的得 2 分，有选错的得分，有选错的得 0 分分 95G 技术的运营不仅提高了网络传输速度，更拓宽了网络资源的服务范围目前，我国加
16、速了 5G 技术的融合与创新，前景美好！某手机商城统计了 5 个月的 5G 手机销量，如表所示： 月份 2020 年 6 月 2020 年 7 月 2020 年 8 月 2020 年 9 月 2020 年 10 月 月份编号 x 1 2 3 4 5 销量 y（部） 52 95 a 185 227 若 y 与 x 线性相关，由上表数据求得线性回归方程为 44x+10，则下列说法正确的是（ ） Aa152 B5G 手机的销量逐月增加，平均每个月增加约 30 台 Cy 与 x 正相关 D预计 12 月份该手机商城的 5G 手机销量约为 318 部 【分析】由已知求得 ，代入线性回归方程可得 ，由平均
17、数公式列式求得 a 值判断 A；由线性回归系数判断 B 与 C；把 x7 代入线性回归方程求得 y 值判断 D 解：由表中数据可知， 又回归方程为， 把代入回归方程，解得， （52+95+a+185+227）142， 解得 a151，故 A 错误； 由线性回归方程知 5G 手机的销量逐月增加，平均每个月增加约 44 台左右，故 B 错误； 440，y 与 x 正相关，故 C 正确； 将 x7 代入回归方程得，故 D 正确 故选：CD 10设 F1，F2分别是双曲线 C：1 的左、右焦点，且|F1F2|8，则下列结论正确的是（ ） As8 BF1到渐近线的距离随着 t 的增大而增大 Ct 的取值
18、范围是（32，32） D当 t4 时，C 的实轴长是虚轴长的倍 【分析】对于 A：由 c2s+t+st16，解得 s，即可判断 A 是否正确； 对于 B：由于 F1到渐近线的距离等于虚半轴长为，即可判断 B 是否正确； 对于 C：由 A 得 s8，进而可得 t 的取值范围是（8，8），即可判断 C 是否正确； 对于 D：当 t4 时，计算出 C 的实轴长，虚轴长，即可判断 D 是否正确 解：因为 c2s+t+st2s16，所以 s8，故 A 正确； 因为 F1到渐近线的距离等于虚半轴长为，其在 t（8，8）上单递减，故 B 错误； 因为双曲线焦点在 x 轴上，且 s8，得 t 的取值范国是（8
19、，8），故 C 错误； 当 t4 时，C 的实轴长为，虚轴长 4，C 的实轴长是虚轴长的倍，故 D 正确 故选：AD 11 在棱长为 1 的正方体 ABCDA1B1C1D1中， M 是线段 A1C1上的一个动点， 则下列结论正确的是 （ ） A四面体 B1ACM 的体积恒为定值 B直线 D1M 与平面 AD1C 所成角正弦值的最大值为 C异面直线 BM 与 AC 所成角的范围是 D当 4A1MA1C1时，平面 BDM 截该正方体所得的截面图形为等腰梯形 【分析】由题意利用查正方体的性质，直线和平面的位置关系，空间角、空间距离的定义，逐一判断各个选项是否正确，从而得出结论 解：如图：根据正方体的
20、特征可得 A1C1/AC， 所以 A1C1/平面 AB1C，所以线段 A1C1上的点到平面 AB1C 的距离相等， 因为三角形 AB1C 的面积为定值，M 是线段 A1C1上一个动点， 所以，M 到平面 AB1C 的距离为定值，而AB1C 的面积为定值， 故四面体 B1ACM 的体积为定值，故 A 正确 如图：设直线 D1M 与平面 AD1C 所成的角为 ， M 到平面 AD1C 的距离为 d，则， 因为 A1C1/AC，所以 A1C1/平面 AD1C， 所以 M 到平面 AD1C 的距离与 A1到平面 AD1C 的距离相等， 连接 A1C，由， 可得， 又， 所以，易知当 M 为 A1C1的
21、中点时，D1M 最小，为， 此时 sin 取得最大值，为，故 B 正确 设异面直线 BM 与 AC 所成的角为 ， 当 M 与 A1或 C1重合时， 取得最小值，为 60， 当 M 为 A1C1的中点时， 取得最大值，为 90，故 C 选项错误 对于 D 选项，过点 M 作 EF/BD，分别交 A1D1，A1B1于点 E，F， 连接 DE，BF，则四边形 DEFB 为等腰梯形，故 D 正确 故选：ABD 12在数学中，布劳威尔不动点定理是拓扑学里一个非常重要的不动点定理，它可应用到有限维空间，并构成一般不动点定理的基石 布劳威尔不动点定理得名于荷兰数学家鲁伊兹布劳威尔 （L E J Brouw
22、er） ，简单的讲就是对于满足一定条件的连续函数 f（x），存在一个点 x0，使得 f（x0）x0，那么我们称该函数为“不动点”函数，下列为“不动点”函数的是（ ） Af（x）2xx Bf（x）x22x+ Cf（x） Df（x） 【分析】根据所给定义，逐一定性判断即可，A：x1 满足条件，故 A 正确；B：方程无解，故 B 错误；C：或 x1 满足条件，故 C 正确；D：满足条件，故 D 正确 解：根据定义可知：若 f（x）有不动点，则 f（x）x 有解 A令 2xxx，所以 2x2x，易知 x1 是方程的一个解，故 f（x）是“不动点”函数； B令 x22x+x，所以 x23x+0，方程的9
23、40，故方程无解，所以 f（x）不是“不动点”函数； C当 x1 时，令 2x21x，所以或 x1，所以 f（x）是“不动点”函数； D令，所以，所以 f（x）是“不动点”函数 故选：ACD 三、填空题：本题共三、填空题：本题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分分 13已知 0，cos（+），则 sin 【分析】 由条件利用同角三角函数的基本关系求得 sin （+） 的值， 再根据 sinsin （+） ，利用两角和的正弦公式计算求得结果 解：0，cos（+），（+）是锐角，sin（+） sinsin（+）sin（+）coscos（+）sin， 故答案为： 14已知抛物
24、线 C：y24x 的焦点为 F，直线 l 过 F 与 C 交于 A、B 两点，若|AF|BF|，则 y 轴被以线段AB 为直径的圆截得的弦长为 2 【分析】 根据题意可得lx轴， AB为直径的圆的圆心坐标为F （1， 0） ， 半径为r2， 弦长为，即可得出答案 解：由于|AF|BF|，所以 lx 轴， 所以圆心坐标为 F（1，0），半径为 r2， 弦长为， 故答案为：2 15六个同学重新随机调换座位，则恰有两人坐在自己原来的位置上的概率为 【分析】根据题意，可分 2 步分析恰有两人坐在自己原来的位置上的基本事件个数：第一步先从 6 个人里选 2 人，其位置不变，有种选法；第二步是对于剩余的四
25、人，因为每个人都不能站在原来的位置上，因此第一个人有三种站法，被站了自己位置的那个人只能站在另外三个位置中的一个，选定后此时剩下两人只有一种站法，因此四个人调换有 339 种调换方法，从而可确定不同的调换方法有 159135 种最后根据基本事件总数为即可求出所求概率 解：根据题意，分 2 步分析：先从 6 个人里选 2 人，其位置不变，有种选法； 对于剩余的四人，因为每个人都不能站在原来的位置上，因此第一个人有三种站法， 被站了自己位置的那个人只能站在另外三个位置中的一个，选定后此时剩下两人只有一种站法， 因此四个人调换有 339 种调换方法， 故不同的调换方法有 159135 种而基本事件总
26、数为，所以所求概率为 故答案为： 16已知函数 f（x），则函数 f（x）的最大值是 【分析】分别求出 x0 和 x0 时函数的最大值，再对两个最大值加以比较即可得到解答 解：当 x0 时，； 当 x0 时， 令，当且仅当，即 x1 时取等号， 即当 x1 时，f1（x）min2， 令， 又因为， 则， 函数 f（x）的最大值是， 故答案为： 四、解答题：本大题共四、解答题：本大题共 6 小题，共小题，共 70 分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤 17在ABC 中，内角 A、B、C 的对边分别为 a、b、c，设ABC 的面积为 S，已知_任选一个条
27、件3（c2+a2）3b2+16S；4c5a5bcosC，补充在上面横线处，然后解答补充完整的题目 （1）求 sinB 的值； （2）若 S42，a10，求 b 的值 【分析】若选择条件： （1）利用余弦定理，三角形的面积公式，化简已知等式可得 3cosB4sinB，进而根据同角三角函数基本关系式即可求解 sinB 的值；（2）由（1）及三角形的面积公式可求 c 的值，进而可求 b 的值 若选择条件： （1）由正弦定理，两角和的正弦公式化简已知等式可求 cosB 的值，进而根据同角三角函数基本关系式可求 sinB 的值；（2）由（1）利用三角形的面积公式可求 c 的值，进而根据余弦定理即可求解
28、b 的值 解：若选择条件： （1）因为 3（c2+a2）3b2+16S， 所以， 整理得：8acsinB3（a2+c2b2），即， 整理可得 3cosB4sinB， 又 sinB0， 所以 cosB0， 所以， 故 sinB （2）由（1）知 sinB，又 S42，a10， 则，解得 c14， 将 S42，a10，c14，代入 3（c2+a2）3b2+16S 中，得 3（142+102）3b2+1642， 解得 若选择条件： （1）因为 5bcosC+4c5a， 由正弦定理得，5sinBcosC+4sinC5sinA，即 5sinBcosC+4sinC5sin（B+C）， 即 sinC（45c
29、osB）0， 在ABC 中，sinC0，所以， 故 （2）由（1）知 sinB，又 S42，a10， 则，解得 c14， 由余弦定理得 2accosBa2+c2b2，可得， 所以 18已知等差数列an的前 n 项和为 Sn，且满足 a1+a320，S540 （1）求an的通项公式； （2）记 bn|an2|，求bn的前 n 项和 Tn 【分析】 （1）直接利用等比数列的性质的应用和数列的求和公式求出首项和公差，进一步求出数列的通项公式； （2）利用分裂讨论的应用求出数列的和 解：（1）设等差数列an的公差为 d， 则 a1+a32a1+2d20， ， 解得：a112，d2 故 ana1+（n1
30、）d142n，（nN*） （2）bn|an2|122n| 当 n6，nN*时 bn122n，b110， 当 n6 时，bn2n12，Tn10+8+6+4+2+0+b7+b8+bn， 所以 19如图，在四棱锥 PABCD 中，底面 ABCD 为正方形，PAB90，PBPD，PAAB，E 为线段 PB的中点，F 为线段 BC 上的动点 （1）求证：AE平面 PBC； （2）是否存在点 F，使平面 AEF 与平面 PCD 所成的锐二面角为 30？若存在，试确定点 F 的位置；若不存在，请说明理由 【分析】（1）只需证明 AEBC，AEPB，即可证明 AE平面 PBC， （2）以 A 为坐标原点，建立
31、如图所示的空间直角坐标系 Axyz，利用空间向量求解， 解：（1）PADPAB（SSS），PADPAB90， PAAB，PHAD，又ABADA， PA平面 ABCD，BC平面 ABCD，PABC， ABCD 为正方形，ABBC， 又 PAABA，PA，AB平面 PAB，BC平面 PAB， AE平面 PABAEBC， PAAB，E 为线段 PB 的中点，AEPB， 又 PBBCB，PB，BC平面 PBC，AE平面 PBC， （2）存在定点 F，使平面 AEF 与平面 PCD 所成的锐二面角为 30 以 A 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系 Axyz， 不妨设正方形 ABCD 的边长为 2
32、， 则 A（0，0，0），C（0，2，2），D（0，0，2），P（2，0，0），E（1，1，0）， ， 设 F（0，2，）（02），则， 设平向 AEF 的一个法向量为， 则， 令 z12， 设平面 PCD 的一个法向量为 ， 令 x21，则， 平面 AEF 与平面 PCD 所成的锐二面角为 30， ，解得 1， 当点 F 为 BC 中点时，平面 AEF 与平面 PCD 所成的锐二面角为 30 20端午假期即将到来，某超市举办“高考高粽”有奖促销活动，凡持高考准考证考生及家长在端午节期间消费每超过 600 元（含 600 元），均可抽奖一次，抽奖箱里有 10 个形状、大小完全相同的小球（其中红
33、球有 3 个，黑球有 7 个），抽奖方案设置两种，顾客自行选择其中的一种方案 方案一：从抽奖箱中，一次性摸出 3 个球，其中奖规则为：若摸到 3 个红球，享受免单优惠；若摸出 2个红球则打 6 折，若摸出 1 个红球，则打 7 折；若没摸出红球，则不打折 方案二：从抽奖箱中，有放回每次摸取 1 球，连摸 3 次，每摸到 1 次红球，立减 200 元 （1） 若小清、 小北均分别消费了 600 元， 且均选择抽奖方案一， 试求他们至多一人享受免单优惠的概率； （2）若小杰消费恰好满 1000 元，试比较说明小杰选择哪一种抽奖方案更合算？ 【分析】（1）在方案一种，先求出一个免单的概率，再求出两人
34、同时免单的概率，求出该事件的对立事件，即可求解 （2）若小杰选择方案一，设付款金额为 X 元，则可能的取值为 0、600、700、1000，求出 X 的期望，方案二摸到红球的个数服从二项分布，求出 Y 的数学期望，结合期望的线性公式，即可得 E（Z）的值，通过比较两个方案的期望，即可求解 解：（1）方案一若享受到免单优惠，则需摸出三个红球， 设顾客享受到免单优惠为事件 A，则， 小清、小北二人至多一人享受到免单的概率为 （2）若小杰选择方案一，设付款金额为 X 元，则可能的取值为 0、600、700、1000， 故 X 的分布列为： X 0 600 700 1000 P （元）， 若小杰选择方
35、案二，设摸到红球的个数为 Y，付款金额为 Z，则 Z1000200Y， 由已知可得，故， E（Z）E（1000200Y）1000200E（Y）820（元）， E（X）E（Z）， 小杰选择第一种抽奖方案更合算 21已知椭圆 C：1（ab0）的离心率为，焦距为 2 （1）求椭圆 C 的方程； （2）过点 D（0，3）作直线 l 与椭圆 C 交于 A、B 两点，点 N 满足（O 为坐标原点），求四边形 OANB 面积的最大值 【分析】（1）由椭圆的焦距为 2，离心率为，列方程组，解得 a，b，c，即可得出答案 （2）由+，得四边形 OANB 为平行四边形，A（x1，y1），B（x2，y2），分两种情
36、况：当直线l的斜率不存在时， 当直线l的斜率存在时， 写出直线l的方程， 联立椭圆的方程， 结合韦达定理可得x1+x2，x1x2，由弦长公式可得|AB|，点 O 到直线 l 的距离 d，再计算四边形 OANB 面积的最大值 解：（1）椭圆的焦距为 2c2，则 c， 离心率为， ，a24 b2a2c21， 椭圆 C 的方程为 （2）+， 四边形 OANB 为平行四边形， 当直线 l 的斜率不存在时，显然不符合题意， 当直线 l 的斜率存在时，设直线 l 的方程为 ykx+3，直 线 l 与椭圆于 A（x1，y1），B（x2，y2）两点， 由， 由（24k）2128（1+4k2）0k22， x1+
37、x2，x1x2， 点 O 到直线 l 的距离， ， S四边形OANB2SOAB3|x1x2|3 3 3 24， 令 k22t，则 k2t+2（由上式知 t0）， S四边形OANB2424242， 当且仅当，即时取等号， 当 k时，平行四边形 OANB 的面积最大值为 2 22已知函数 f（x）lnxx，g（x） （1）证明：对任意的 x1，x2（0，+），都有|f（x1）|g（x2）； （2）设 mn0，比较与的大小，并说明理由 【分析】（1）对 f（x）求导，分析 f（x）的正负，进而可得 f（x）的单调性，推出 f（x）max1，|f（x）|min1，对 g（x）求导，分析 g（x）的单调
38、性，进而可得 g（x）max，即可得出答案 （2）化简得，且，只需比较与的大小，作差，并令，得，求导分析单调性，即可得出 G（t）min0，即可得出答案 解：（1）证明：f（x）和 g（x）的定义域均为（0，+）， 因为， 故 f（x）在（0，1）上是单调递増的，在（1，+）上是单调递减的， 所以 f（x）maxf（1）ln111，|f（x）|min1， ，则， 故 g（x）在（0，e）上是单调递増的，在（e，+）上是单调递减的， 故， g（x）maxf（x）|min， 所以对任意的 x1，x2（0，+），都有|f（x1）|g（x2） （2）， 且， mn0， 10， 故只需比较与的大小， 令， 设， 则， 因为 t1，所以 G（t）0，所以函数 G（t）在（1，+）上单调递增， 故 G（t）G（1）0，所以 G（t）0 对任意 t1 恒成立， 即，从而有
