2021年黑龙江省哈尔滨六中高考数学四模试卷（理科）一、选择题（共12小题，每小题5分，共60分）.1．已知集合A＝{x|y＝log2（x3﹣1）}，B＝{y|y＝}，则A∩B＝（ ）A．（﹣1，2]B．[2，+∞）C．[0，+∞）D．（1，+∞）2．设z为复数，则下列命题中错误的是（ ）A．B．若|z|＝1，则|z+i|的最大值为2C．z2＝|z|2D．若|z﹣1|＝1，则0≤|z|≤23．某中学举行“十八而志，青春万岁”成人礼，现在需要从4个语言类节目和6个歌唱类节目中各选2个节目进行展演，则语言类节目A和歌唱类节目B至少有一个被选中的不同选法种数是（ ）A．15B．45C．60D．754．下列四个结论中正确的个数是（ ）①“x2+x﹣2＞0”是“x＞1”的充分不必要条件；②命题：“∀x∈R，sinx≤1”的否定是“∃x0∉R，sinx0＞1”；③“若，则tanx＝1”的否命题为真命题．A．0B．1C．2D．35．函数f（x）＝的部分图象大致为（ ）A．B．C．D．6．记Sn为数列{an}的前n项和，若Sn＝2an+1，则S10＝（ ）A．﹣1024B．﹣1023C．1023D．10247．已知F是抛物线y2＝4x的焦点，P是抛物线上的一个动点，A（3，1），则△APF周长的最小值为（ ）A．2+2B．4+C．3+D．6+,8．人教A版选择性必修二教材的封面图案是斐波那契螺旋线，它被誉为自然界最完美的“黄金螺旋”，自然界存在很多斐波那契螺旋线的图案，例如向日葵、鹦鹉螺等．斐波那契螺旋线的画法是：以斐波那契数1，1，2，3，5，8，…为边长的正方形拼成长方形，然后在每个正方形中画一个圆心角为90°的圆弧，这些圆弧所连起来的弧线就是斐波那契螺旋线．如图为该螺旋线在正方形边长为1，1，2，3，5，8的部分，如图建立平面直角坐标系（规定小方格的边长为1），则接下来的一段圆弧所在圆的方程为（ ）A．x2+y2＝144B．（x﹣1）2+（y﹣2）2＝144C．（x+4）2+（y﹣2）2＝169D．（x﹣4）2+（y+2）2＝1699．已知函数f（x）＝Asin（ωx+φ）（A＞0，ω＞0，|φ|＜π）的部分图象如图所示，将f（x）的图象向右平移a（a＞0）个单位长度，得到函数g（x），若g（x）满足g（π﹣x）＝g（x），则a的最小值为（ ）A．B．C．D．10．景德镇陶瓷世界闻名，其中青花瓷最受大家的喜爱，如图1这个精美的青花瓷花瓶，它的颈部（图2）外形上下对称，基本可看作是离心率为的双曲线的一部分绕其虚轴所在直线旋转所形的曲面，若该颈部中最细处直径为16厘米，颈部高为20厘米，则瓶口直径为（ ）,A．20B．30C．40D．5011．已知若ex﹣y＞lny﹣x，则（ ）A．x＞yB．x＞lnyC．x＜yD．x＜lny12．蹴鞠，又名“蹴球”“蹴圆”等，“蹴”有用脚蹴、踢的含义，“鞠”最早系外包皮革、内饰米糠的球，因而“蹴鞠”就是指古人以脚蹴、踢皮球的活动，类似今日的踢足球活动．如图所示，已知某“鞠”的表面上有四个点，A，B，C，D满足AB＝BC＝CD＝DA＝DB＝2cm，AC＝3cm，则该“鞠”的表面积为（ ）A．B．C．35πcm2D．二、填空题：本大题共4小题，每小题5分．13．已知向量，，且，则sin2α＝ ．14．投掷红、蓝两颗均匀的骰子，设事件A：蓝色骰子的点数为5或6；事件B：两骰子的点数之和大于9，则在事件B发生的条件下事件A发生的概率P（A|B）＝ ．15．某三棱锥的三视图如图所示，已知网格纸上小正方形的边长为1，该三棱锥所有表面中，最大的面积为 ．,16．计算机内部运算通常使用的是二进制，用1和0两个数字与电路的通和断两种状态相对应．现有一个2021位的二进制数，其第一个数字为1，第二个数字为0，且在第k个0和第k+1个0之间有2k+1个1（k∈N*），即，则该数的所有数字之和为 ．三、解答题：本大题共70分，解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤．17．△ABC的内角A，B，C的对边为a，b，c，且3（sinB+sinC）2﹣3sin2（B+C）＝8sinBsinC．（1）求cosA的值；（2）若△ABC的面积为4，求a+b+c的最小值．18．在三棱锥P﹣ABC中，△ABC为等腰直角三角形，AB＝AC＝1，，E为PA的中点，D为AC的中点，F为棱PB上靠近B的三等分点．（1）证明：BD∥平面CEF．（2）若PA⊥AC，求二面角E﹣CF﹣B的正弦值．19．已知函数f（x）＝x2﹣alnx+（1﹣a）x．（Ⅰ）讨论函数f（x）的单调性：（Ⅱ）若f（x）＞恒成立，求正实数a的取值范围．20．某物流公司专营从甲地到乙地的货运业务（货物全部用统一规格的包装箱包装），现统计了最近100天内每天可配送的货物量，按照可配送货物量T（单位：箱）分成了以下几组：[40，50），[50，60），[60，70），[70，80），[80，90），[90，100]，并绘制了如图所示的频率分布直方图（同一组数据用该组数据的区间中点值作代表，将频率视为概率）．（Ⅰ）该物流公司负责人决定用分层抽样的方法从前3组中随机抽出11天的数据来分析可配送货物量少的原因，并从这11天的数据中再抽出3天的数据进行财务分析，求这3天的数据中至少有2天的数据来自[50，60）这一组的概率．（Ⅱ）由频率分布直方图可以认为，该物流公司每日的可配送货物量T,（单位：箱）服从正态分布N（μ，14.42），其中μ近似为样本平均数．（ⅰ）试利用该正态分布，估计该物流公司2000天内日货物配送量在区间（54.1，97.3）内的天数（结果保留整数）．（ⅱ）该物流公司负责人根据每日的可配送货物量为公司装卸货物的员工制定了两种不同的工作奖励方案．方案一：直接发放奖金，按每日的可配送货物量划分为以下三级：T＜60时，奖励50元；60≤T＜80，奖励80元；T≥80时，奖励120元．方案二：利用抽奖的方式获得奖金，其中每日的可配送货物量不低于μ时有两次抽奖机会，每日的可配送货物量低于μ时只有一次抽奖机会，每次抽奖的奖金及对应的概率分别为奖金50100概率小张恰好为该公司装卸货物的一名员工，试从数学期望的角度分析，小张选择哪种奖励方案对他更有利？附：若Z～N（μ，σ2），则P（μ﹣σ＜Z＜μ+σ）≈0.6827，P（μ﹣2σ＜Z＜μ+2σ）≈0.9545．21．如图所示，F1、F2分别是椭圆C：（a＞b＞0）的左、右焦点，P为椭圆C上一动点，当点P在椭圆C的上顶点时，且•＝2．（1）求椭圆C的标准方程；（2）直线PF2与椭圆C的另一交点为Q，过F1作直线PQ的垂线l，l与圆x2+y2＝b2交于A、B两点，求四边形APBQ面积的最大值．,请考生在题22、23中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分．做题时用2B铅笔在答题卡上把所选题目对应的题号涂黑．22．已知平面直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为（t为参数）．以坐标原点为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线C′的极坐标方程为ρ2﹣16ρcosα+32＝0．（1）求曲线C的普通方程以及曲线C′的直角坐标方程；（2）已知过原点的直线l与曲线C仅有1个交点M，若l与曲线C'也仅有1个交点N，求点M的极坐标．23．已知a，b，c∈R+，满足abc＝1．（1）求证：++≥（a+b+c）2；（2）求证：++≥．,参考答案一、选择题（共12小题，每小题5分，共60分）.1．已知集合A＝{x|y＝log2（x3﹣1）}，B＝{y|y＝}，则A∩B＝（ ）A．（﹣1，2]B．[2，+∞）C．[0，+∞）D．（1，+∞）解：∵y＝log2（x3﹣1），∴x3﹣1＞0，∴x＞1，∴A＝（1，+∞），∵y＝，∴y≥0，∴B＝[0，+∞），∴A∩B＝（1，+∞）．故选：D．2．设z为复数，则下列命题中错误的是（ ）A．B．若|z|＝1，则|z+i|的最大值为2C．z2＝|z|2D．若|z﹣1|＝1，则0≤|z|≤2解：设z＝a+bi（a，b∈R），则，＝a2+b2＝|z|2，故A正确；由|z|＝1，得a2+b2＝1（﹣1≤b≤1），则|z+i|＝＝，当b＝1时，|z+i|的最大值为2，故B正确；z2＝（a+bi）2＝a2﹣b2+2abi，|z|2＝a2+b2，z2与|z|2不一定相等，故C错误；满足|z﹣1|＝1的z的轨迹是以（1，0）为圆心，以1为半径的圆，如图，则0≤|z|≤2，故D正确．故选：C．3．某中学举行“十八而志，青春万岁”成人礼，现在需要从4个语言类节目和6个歌唱类节目中各选2个节目进行展演，则语言类节目A和歌唱类节目B至少有一个被选中的不同选法种数是（ ）A．15B．45C．60D．75解：根据题意，分3种情况讨论：,①A入选而B没有入选，有C31C52＝30种选法，②A没有入选而B入选，有C32C51＝15种选法，③A、B都入选，有C31C51＝15种选法，则有30+15+15＝60种选法，故选：C．4．下列四个结论中正确的个数是（ ）①“x2+x﹣2＞0”是“x＞1”的充分不必要条件；②命题：“∀x∈R，sinx≤1”的否定是“∃x0∉R，sinx0＞1”；③“若，则tanx＝1”的否命题为真命题．A．0B．1C．2D．3解：对于①，“x2+x﹣2＞0”是“x＞1”的必要不充分条件，故①错误；对于②，命题：“∀x∈R，sinx≤1”的否定是“∃x0∈R，sinx0＞1”，故②错误；③“若，则tanx＝1”的逆命题为“若tanx＝1，则x＝”为假命题，故否命题为假命题，故③错误．故选：A．5．函数f（x）＝的部分图象大致为（ ）A．B．C．D．解：当x→0时，2x+1＞0，ln|x|＜0，4x+1＞0，故f（x）＜0，由此排除选项BD，又，当且仅当x＝0时取等号，而当x→+∞时，4x+1远远大于ln|x|，∴当x→+∞时，，由此排除选项C．故选：A．6．记Sn为数列{an}的前n项和，若Sn＝2an+1，则S10＝（ ）A．﹣1024B．﹣1023C．1023D．1024,解：由题意，当n＝1时，a1＝S1＝2a1+1，解得a1＝﹣1，当n≥2时，an＝Sn﹣Sn﹣1＝2an+1﹣2an﹣1﹣1，化简整理，得an＝2an﹣1，∴数列{an}是以﹣1为首项，2为公比的等比数列，∴S10＝＝﹣1023．故选：B．7．已知F是抛物线y2＝4x的焦点，P是抛物线上的一个动点，A（3，1），则△APF周长的最小值为（ ）A．2+2B．4+C．3+D．6+解：抛物线的准线方程为x＝﹣1，焦点坐标（1，0），过A作准线的垂线，垂足为N，则|PN|＝|PF|，故而当P，A，N三点共线时，|AP|+|PF|取得最小值4，则△APF周长的最小值为4+＝4+．故选：B．8．人教A版选择性必修二教材的封面图案是斐波那契螺旋线，它被誉为自然界最完美的“黄金螺旋”，自然界存在很多斐波那契螺旋线的图案，例如向日葵、鹦鹉螺等．斐波那契螺旋线的画法是：以斐波那契数1，1，2，3，5，8，…为边长的正方形拼成长方形，然后在每个正方形中画一个圆心角为90°的圆弧，这些圆弧所连起来的弧线就是斐波那契螺旋线．如图为该螺旋线在正方形边长为1，1，2，3，5，8的部分，如图建立平面直角坐标系（规定小方格的边长为1），则接下来的一段圆弧所在圆的方程为（ ）A．x2+y2＝144B．（x﹣1）2+（y﹣2）2＝144,C．（x+4）2+（y﹣2）2＝169D．（x﹣4）2+（y+2）2＝169解：根据题意，接下来的一段圆弧所在圆的半径r＝5+8＝13，其圆心为（﹣4，2），则其标准方程为：（x+4）2+（y﹣2）2＝169，故选：C．9．已知函数f（x）＝Asin（ωx+φ）（A＞0，ω＞0，|φ|＜π）的部分图象如图所示，将f（x）的图象向右平移a（a＞0）个单位长度，得到函数g（x），若g（x）满足g（π﹣x）＝g（x），则a的最小值为（ ）A．B．C．D．解：根据函数f（x）＝Asin（ωx+φ）（A＞0，ω＞0，|φ|＜π）的部分图象，可得A＝1，＝﹣，∴ω＝2．再结合五点法作图，可得2×+φ＝，求得φ＝，故f（x）＝sin（2x+）．将f（x）的图象向右平移a（a＞0）个单位长度，得到函数g（x）＝sin（2x﹣2a+）的图象，若g（x）满足g（π﹣x）＝g（x），则g（x）的图象关于直线x＝对称，故2×﹣2a+＝kπ+，即a＝﹣kπ+，k∈Z，故a的最小值为，故选：D．10．景德镇陶瓷世界闻名，其中青花瓷最受大家的喜爱，如图1这个精美的青花瓷花瓶，它的颈部（图2）外形上下对称，基本可看作是离心率为的双曲线的一部分绕其虚轴所在直线旋转所形的曲面，若该颈部中最细处直径为16厘米，颈部高为20厘米，则瓶口直径为（ ）,A．20B．30C．40D．50解：由题意作出轴截面如图：M点是双曲线与截面的一个交点，设双曲线的方程为：＝1，（a＞0，b＞0）．花瓶的最小直径A1A2＝2a＝16cm，则a＝8，离心率为，可得c＝，所以b＝＝，﹣＝1，由颈部高为20厘米，y＝10，代入双曲线方程化简可得，解得x＝10，∴则瓶口直径为20．故选：A．11．已知若ex﹣y＞lny﹣x，则（ ）A．x＞yB．x＞lnyC．x＜yD．x＜lny解：由题意知ex﹣y＞lny﹣x，则ex+x＞y+lny＝elny+lny，构造函数g（x）＝ex+x，则g′（x）＝ex+1＞0，故g（x）在R递增，故g（x）＞g（lny），,故x＞lny，故选：B．12．蹴鞠，又名“蹴球”“蹴圆”等，“蹴”有用脚蹴、踢的含义，“鞠”最早系外包皮革、内饰米糠的球，因而“蹴鞠”就是指古人以脚蹴、踢皮球的活动，类似今日的踢足球活动．如图所示，已知某“鞠”的表面上有四个点，A，B，C，D满足AB＝BC＝CD＝DA＝DB＝2cm，AC＝3cm，则该“鞠”的表面积为（ ）A．B．C．35πcm2D．解：由已知得，△ABD，△CBD均为等边三角形，如图所示，设球心为O，△BCD的中心为O′，取BD中点F，连接AF，CF，OB，O′B，AO，则AF⊥BD，CF⊥BD，而AF∩CF＝F，∴BD⊥平面ACF，且求得AF＝CF＝cm，而AC＝3cm，∴cos∠AFC＝，则∠AFC＝120°，在平面AFC中，过点A作CF的垂线，与CF的延长线交于点E，由BD⊥平面ACF，得BD⊥AE，故AE⊥平面BCD，过点O作OG⊥AE于点G，则四边形O′EGO是矩形，而O′B＝BCsin60°×＝cm，O′F＝O′B＝cm，设球的半径为R，OO′＝x（cm），则由OO′2+O′B2＝OB2，OA2＝AG2+GO2，得，，解得x＝1cm，cm2，故三棱锥A﹣BCD外接球的表面积为S＝4πR2＝π（cm2）．故选：A．,二、填空题：本大题共4小题，每小题5分．13．已知向量，，且，则sin2α＝ ．解：向量，，且，所以•＝2sinα+cosα＝0，所以cosα＝﹣2sinα，所以tanα＝＝﹣，所以sin2α＝2sinαcosα＝＝＝＝﹣．14．投掷红、蓝两颗均匀的骰子，设事件A：蓝色骰子的点数为5或6；事件B：两骰子的点数之和大于9，则在事件B发生的条件下事件A发生的概率P（A|B）＝ ．解：设红蓝两颗骰子的点数分别为x，y，基本事件用（x，y）表示，共有6×6＝36种情况，事件B包含基本事件（4，6），（5，5），（5，6），（6，4），（6，5），（6，6），共6种，则P（B）＝＝，事件A和事件B同时发生的基本事件为（4，6），（5，5），（5，6），（6，5），（6，6），共5种，,则P（AB）＝，故事件B发生的条件下事件A发生的概率P（A|B）＝．故答案为：．15．某三棱锥的三视图如图所示，已知网格纸上小正方形的边长为1，该三棱锥所有表面中，最大的面积为 ．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A﹣BCD．如图所示：由于：，，，故答案为：．16．计算机内部运算通常使用的是二进制，用1和0两个数字与电路的通和断两种状态相对应．现有一个2021位的二进制数，其第一个数字为1，第二个数字为0，且在第k个0和第k+1个0之间有2k+1个1（k∈N*），即，则该数的所有数字之和为 1977 ．解：设第n个0之后，第n+1个0之前的1的个数为an＝2n+1，,则第k+1个0之前所有数字的和为1+3+…+2k+1+k＝k2+2k，令k2+2k≤2021，解得k≤43，即第44个0之前所有1的和为432+43＝1892，因为该数共有2021个数位，故第44个0之后还有2021﹣（432+2×43）﹣1＝85个1，所以所有数字的和为1892+85＝1977．故答案为：1977．三、解答题：本大题共70分，解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤．17．△ABC的内角A，B，C的对边为a，b，c，且3（sinB+sinC）2﹣3sin2（B+C）＝8sinBsinC．（1）求cosA的值；（2）若△ABC的面积为4，求a+b+c的最小值．解：（1）∵3（sinB+sinC）2﹣3sin2（B+C）＝8sinBsinC，∴3（sinB+sinC）2﹣3sin2A＝8sinBsinC，由正弦定理知，＝＝，∴3（b+c）2﹣3a2＝8bc，即a2＝（b+c）2﹣bc，由余弦定理知，cosA＝＝＝．（2）由（1）知，cosA＝，∵A∈（0，π），∴sinA＝＝，又△ABC的面积S＝bcsinA＝4，∴bc＝12，由余弦定理知，cosA＝＝，即b2+c2﹣a2＝bc，∴a2＝b2+c2﹣bc≥2bc﹣bc＝bc＝16，当且仅当b＝c＝2时，等号成立，∴a≥4，∴a+b+c≥4+4，故a+b+c的最小值为4+4．18．在三棱锥P﹣ABC中，△ABC为等腰直角三角形，AB＝AC＝1，，E为PA的中点，D为AC的中点，F为棱PB上靠近B的三等分点．（1）证明：BD∥平面CEF．（2）若PA⊥AC，求二面角E﹣CF﹣B的正弦值．,解：（1）证明：连接PD且交CE于点T，连接FT．由题意可知，PD，CE为中线，所以T为重心，，所以FT∥BD，FT⊂平面CEF，BD⊄平面CEF，所以BD∥平面CEF．（2）因为PA⊥AC，AC＝1，，所以PA＝2又因为AB＝AC，PB＝PC，所以PA2+AB2＝PB2即PA⊥AB所以AB，AC，AP两两垂直．故以A为原点，，，为x轴，y轴，z轴的正半轴建立空间直角坐标系，由图可知，E（0，0，1），C（0，1，0），，B（1，0，0），所以，，设平面CEF的法向量为则有即可令x＝1，y＝z＝2所以，设平面CFB的法向量为,则有即可令x＝y＝2，z＝1所以，因为所以，即二面角E﹣CF﹣B的正弦值为．19．已知函数f（x）＝x2﹣alnx+（1﹣a）x．（Ⅰ）讨论函数f（x）的单调性：（Ⅱ）若f（x）＞恒成立，求正实数a的取值范围．解：（I）f（x）＝x2﹣alnx+（1﹣a）x，x∈（0，+∞）．f′（x）＝x﹣+（1﹣a）＝，∴a≤0时，f′（x）＞0，此时函数f（x）在x∈（0，+∞）上单调递增．a＞0时，x＞a时，f′（x）＞0，此时函数f（x）在x∈（a，+∞）上单调递增；0＜x＜a时，f′（x）＜0，此时函数f（x）在x∈（0，a）上单调递减．综上可得：a≤0时，函数f（x）在x∈（0，+∞）上单调递增．a＞0时，函数f（x）在x∈（a，+∞）上单调递增；函数f（x）在x∈（0，a）上单调递减．（II）由（I）可得：a＞0时，x＝a时，f（x）取得极小值即最小值，∴f（x）＞恒成立⇔f（a）＝a2﹣alna+（1﹣a）a＞，化为：1﹣a﹣lna＞0，a＞0．令g（a）＝1﹣a﹣lna，a∈（0，+∞），可知：函数g（a）在a∈（0，+∞）上单调递减，又g（1）＝0．∴0＜a＜1，因此正实数a的取值范围是（0，1）．,20．某物流公司专营从甲地到乙地的货运业务（货物全部用统一规格的包装箱包装），现统计了最近100天内每天可配送的货物量，按照可配送货物量T（单位：箱）分成了以下几组：[40，50），[50，60），[60，70），[70，80），[80，90），[90，100]，并绘制了如图所示的频率分布直方图（同一组数据用该组数据的区间中点值作代表，将频率视为概率）．（Ⅰ）该物流公司负责人决定用分层抽样的方法从前3组中随机抽出11天的数据来分析可配送货物量少的原因，并从这11天的数据中再抽出3天的数据进行财务分析，求这3天的数据中至少有2天的数据来自[50，60）这一组的概率．（Ⅱ）由频率分布直方图可以认为，该物流公司每日的可配送货物量T（单位：箱）服从正态分布N（μ，14.42），其中μ近似为样本平均数．（ⅰ）试利用该正态分布，估计该物流公司2000天内日货物配送量在区间（54.1，97.3）内的天数（结果保留整数）．（ⅱ）该物流公司负责人根据每日的可配送货物量为公司装卸货物的员工制定了两种不同的工作奖励方案．方案一：直接发放奖金，按每日的可配送货物量划分为以下三级：T＜60时，奖励50元；60≤T＜80，奖励80元；T≥80时，奖励120元．方案二：利用抽奖的方式获得奖金，其中每日的可配送货物量不低于μ时有两次抽奖机会，每日的可配送货物量低于μ时只有一次抽奖机会，每次抽奖的奖金及对应的概率分别为奖金50100概率小张恰好为该公司装卸货物的一名员工，试从数学期望的角度分析，小张选择哪种奖励方案对他更有利？附：若Z～N（μ，σ2），则P（μ﹣σ＜Z＜μ+σ）≈0.6827，P（μ﹣2σ＜Z＜μ+2σ）≈0.9545．解：（Ⅰ）由分层抽样知识可知，这11天中前3组数据分别有1个，4个，6个．,故所求概率为P＝；（Ⅱ）（ⅰ）由题意得μ＝45×0.05+55×0.2+65×0.3+75×0.3+85×0.1+95×0.05＝68.5，∴P（54.1＜T＜97.3）＝P（68.5﹣14.4＜T＜68.5+28.8）．故该物流公司2000天内日货物配送量在（54.1，97.3）内的天数为2000×0.8186≈1637；（ⅱ）P（T＜μ）＝P（T≥μ）＝．对于方案一，设小张每日可获得的奖金为X元，则X的可能取值为50，80，120，其对应的概率分别为0.25，0.6，0.15，故E（X）＝50×0.25+80×0.6+120×0.15＝78.5；对于方案二，设小张每日可获得的奖金为Y元，则X的可能取值为50，100，150，200，P（Y＝50）＝，P（Y＝100）＝，P（Y＝150）＝，P（Y＝200）＝．∴Y的分布列为：Y50100150200P∴E（Y）＝．∵E（Y）＞E（X），∴从数学期望的角度分析，小张选择奖励方案二对他更有利．21．如图所示，F1、F2分别是椭圆C：（a＞b＞0）的左、右焦点，P为椭圆C上一动点，当点P在椭圆C的上顶点时，且•＝2．（1）求椭圆C的标准方程；（2）直线PF2与椭圆C的另一交点为Q，过F1作直线PQ的垂线l，l与圆x2+y2＝b2交于A、B两点，求四边形APBQ面积的最大值．,解：（1）由题意设P（0，b），则由余弦定理可得：①，•＝（c，﹣b）•（2c，0）＝2c2＝2②，由①②得c2＝1，a2＝5，于是b2＝a2﹣c2＝4，∴椭圆C的标准方程是：；（2）当直线PQ的斜率不存在时，|AB|＝4，，则四边形APBQ的面积是，当直线PQ的斜率存在时，设直线PQ的方程为y＝k（x﹣1），P（x1，y1）、Q（x2，y2），将y＝k（x﹣1）与联立并消去y，整理得（5k2+4）x2﹣10k2x+5k2﹣20＝0，△＞0恒成立，则，，则，由于直线l与直线PQ垂直，且经过点F1，∴直线l的方程为x+ky+1＝0，∴点O到直线l的距离为，∴，则四边形APBQ的面积：,，由于，∴，于是（当k＝0时取得最大值），综上可知，四边形APBQ面积的最大值为．请考生在题22、23中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分．做题时用2B铅笔在答题卡上把所选题目对应的题号涂黑．22．已知平面直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为（t为参数）．以坐标原点为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线C′的极坐标方程为ρ2﹣16ρcosα+32＝0．（1）求曲线C的普通方程以及曲线C′的直角坐标方程；（2）已知过原点的直线l与曲线C仅有1个交点M，若l与曲线C'也仅有1个交点N，求点M的极坐标．解：（1）曲线C的参数方程为（t为参数），转换为普通方程为y＝x2﹣2（x≥2或x≤﹣2）；曲线C′的极坐标方程为ρ2﹣16ρcosα+32＝0，根据，转换为直角坐标方程为（x﹣8）2+y2＝32；（2）设直线l的方程为y＝kx，所以，整理得（1+k2）x2﹣16x+32＝0，利用△＝0，解得k＝1或﹣1，故直线的方程为y＝x或y＝﹣x；直线ly＝x和y＝﹣x与y＝x2﹣2（x≥2或x≤﹣2）；,构建方程组：或，得到M（2，2）或M（﹣2，2）转换为极坐标为或．23．已知a，b，c∈R+，满足abc＝1．（1）求证：++≥（a+b+c）2；（2）求证：++≥．【解答】证明：（1）∵abc＝1，∴++＝3（a2+b2+c2），由柯西不等式可知：3（a2+b2+c2）＝（12+12+12）（a2+b2+c2）≥（a+b+c）2，当且仅当a＝b＝c时取等号．∴++≥（a+b+c）2．（2）++＝++＝++﹣3＝（2ab+2ac+2bc）[++]﹣3，由柯西不等式可知：（2ab+2ac+2bc）[++]≥（1+1+1）2＝9，当且仅当ab+ac＝ab+bc＝ac+bc即a＝b＝c时等号成立．∴（2ab+2ac+2bc）[++]﹣3≥﹣3＝．即++≥．
