2021届江苏省徐州市高三上学期期中数学试题(解析版)

一、单选题

1．已知集合AxR|x2，B{xR|x2x20}则下列结论正确的是（ ） A．ABR B．AB

C．A(CRB) D．A(CRB)

【答案】C

【详解】集合AxRx2xR|x2或x2

B{xR|x2x20}xR|1x2 ABxR|x1或x2,所以A错误

AB，B错误

CRBxR|x2或x1,ACRB,所以C正确，D错误

故答案选C 2．复数zi（i为虚数单位）在复平面内对应的点位于（ ） 12iB．第二象限

C．第三象限

D．第四象限

A．第一象限 【答案】A

【分析】对复数z进行分母实数化，根据复数的几何意义可得结果. 【详解】由zi12ii21i， 12i12i12i5521,位于第一象限， 55知在复平面内对应的点故选：A.

【点睛】本题主要考查了复数除法的运算以及复数的几何意义，属于基础题. 3．有4名同学到3个小区参加垃圾分类宣传活动，每名同学只去1个小区，每个小区至少安排1名同学，则不同的安排方法为（ ） A．6种 【答案】C

【分析】4名同学中选2名作为一人，共3人分到三个小区即可．

23【详解】由题意不同的安排方法是C4A336．

B．12种 C．36种 D．72种

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故选：C．

【点睛】本题考查排列组合的应用，解题关键是确定完成事件方法．

4．如图，《宋人扑枣图轴》是作于宋朝的中国古画，现收藏于中国台北故宫博物院．有甲、乙两人想根据该图编排一个舞蹈，舞蹈中他们要模仿该图中小孩扑枣的爬、扶、捡、顶中的两个动作，每人模仿一个动作，若他们采用抽签的方式来决定谁模仿哪个动作，则甲只能模仿“爬”或“扶”且乙只能模仿“扶”或“捡”的概率是（ ）

A．

1 2B．

1 3C．

1 4D．

1 6【答案】C

【分析】先确定基本事件总数，再分类讨论要求事件含有的基本事件数，计算概率即可.

4【详解】依题意，基本事件总数是A424，设事件A表示甲只能模仿“爬”或“扶”且乙

只能模仿“扶”或“捡”，

2①若甲模仿“爬”，则乙能模仿“扶”或“捡”，有2种选择，剩余的2人全排列A22种排

法，故有224种排法；

2②若甲模仿“扶”，则乙只能模仿 “捡”， 剩余的2人全排列A22种排法，故有

122种排法，

故A包含426个基本事件，PA故选：C.

【点睛】本题考查了利用古典概型的概率计算解决实际问题，属于基础题.

5．唐代诗人李颀的诗《古从军行》开头两句说：“白日登山望烽火，黄昏饮马傍交河.”诗中隐含着一个有趣的数学问题——“将军饮马”问题，即将军在观望烽火之后从山脚下某处出发，先到河边饮马后再回军营，怎样走才能使总路程最短？在平面直角坐标系中，

22设军营所在区域为xy1，若将军从点A(4,3)处出发，河岸线所在直线方程为

61. 244xy4，并假定将军只要到达军营所在区域即回到军营，则“将军饮马”的最短总路

程为（ ）

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A．8 【答案】C

B．7 C．6 D．5

【分析】求出A关于xy4的对称点A,根据题意，AC1为最短距离，求出即可.

【详解】设点A关于xy4的对称点A(a,b)，设军营所在区域为的圆心为C,

根据题意，AC1为最短距离，

a4b3,AA的中点为，直线AA'的斜率为1, ，22a4b34,22,解得：a7,b0, b31,a4AC1716，

故选: C.

【点睛】本题考查点关于直线对称，点与圆心的距离，考查运算求解能力，求解时注意对称性的应用.

6．在长方体ABCDA1B1C1D1中，ABAD1，AA12，设AC交BD于点O，则异面直线A1O与BD1所成角的余弦值为（ ） A．415 15B．415 15C．43 9D．43 9【答案】D

【分析】首先以D为原点，DA，DC，DD1分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，再利用向量法求异面直线成角即可。

【详解】以D为原点，DA，DC，DD1分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，

因为ABAD1，AA12，

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,0,2，B1,1,0，O,,0，D10,0,2， 所以A112211A1O,,2，BD11,1,2，

2211则cosA1O,BD11144322.

911411444故选：D

【点睛】本题主要考查向量法求异面直线成角，属于简单题。

7．若偶函数f(x)满足f(x)f(x1)2020，f(2)1，则f(2021)（ ） A．2020 【答案】A

【分析】先根据题意得函数fx是以2为周期的周期函数，再结合奇偶性即可求解. 【详解】解：根据题意得f(x1)B．1010

C．1010

D．2020

2020， f(x)所以fx22020fx，即函数是以2为周期的周期函数，

fx1由于函数是偶函数，f(2)1， 所以f21，所以f12020， 所以f(2021)f210101f12020. 故选：A.

【点睛】本题考查函数的周期性，考查运算能力，是基础题.

8．十九世纪下半叶集合论的创立，奠定了现代数学的基础．著名的“康托三分集”是数学理性思维的构造产物，具有典型的分形特征，其操作过程如下：将闭区间[0,1]均分

[,1]为三段，去掉中间的区间段(,)，记为第一次操作；再将剩下的两个区间[0,]，

分别均分为三段，并各自去掉中间的区间段，记为第二次操作；…，如此这样，每次在上一次操作的基础上，将剩下的各个区间分别均分为三段，同样各自去掉中间的区间段.操作过程不断地进行下去，以至无穷，剩下的区间集合即是“康托三分集”．若使去掉的

12331323第 4 页 共 21 页

各区间长度之和不小于

9，则需要操作的次数n的最小值为（ ）（参考数据：10lg20.3010，lg30.4771）

A．4 【答案】C

【分析】依次求出第次去掉的区间长度之和，这个和构成一个等比数列，再求其前n项和，列出不等式解之可得．

B．5

C．6

D．7

11；第二次操作去掉两个长度为的区间，长度

93412和为；第三次操作去掉四个长度为的区间，长度和为；…第n次操作去掉2n192727【详解】第一次操作去掉的区间长度为

12n1个长度为n的区间，长度和为n，

33于是进行了n次操作后，所有去掉的区间长度之和为

122n12Snn1，

393321921，即nlg3lg21，解得：由题意，1，即nlglg310310nnn115.679，

lg3lg20.47710.3010又n为整数，所以n的最小值为6. 故选：C.

【点睛】本题以数学文化为背景，考查等比数列通项、前n项和等知识及估算能力，属于中档题.

二、多选题

x2y29．已知曲线C的方程为（ ） 1(kR)．

9kk1A．当k5时，曲线C是半径为2的圆

1B．当k0时，曲线C为双曲线，其渐近线方程为yx

3C．存在实数k，使得曲线C为离心率为2的双曲线

D．“k1”是“曲线C为焦点在x轴上的椭圆”的必要不充分条件 【答案】ABD

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【分析】A.由k5得到曲线方程判断；B.由k0得到曲线方程判断；C.根据曲线C为D. 利用充分和必要条件的定义判断. 离心率为2的双曲线，则由9kk10判断；

22【详解】A.当k5时，曲线方程为xy4，所以是半径为2的圆，故正确；

1x2B.当k0时，曲线方程为y21，所以是双曲线，且其渐近线方程为yx，

39故正确；

C.若曲线C为离心率为2的双曲线，则9kk10，方程无解，故错误； D. 当k10时，k1，曲线C为焦点在y轴上的椭圆，故不充分，当曲线C为焦点在

k10x轴上的椭圆时，则，解得1k5，故必要，故正确；

9kk1故选：ABD

【点睛】本题主要考查曲线与方程，还考查了理解辨析的能力，属于基础题. 10．设a0，b0，则（ ） A．(a2b)()≥9

1a2bB．a2b2≥2(ab1)

a2b2C．≥ab

ba【答案】ACD

a2b2D．ab

ab【分析】对于A，化简后利用基本不等式判断即可；对于B，举反例可判断；对于C，利用作差法判断即可；对于D，

122a2b2a2b【详解】对于A，因为(a2b)()1++45+2=9，当且仅当

abbaba2a2b，即ab时取等号，所以A正确； ba22对于B，令ab1，则a2b22，2(ab1)4，此时ab2(ab1)，

所以B错误；

对于C，因为a0，b0，

a2b2a3b3a2bab2(ab)(a2abb2)ab(ab)所以 (ab)baabab(ab)(ab)2a2b20，所以≥ab，所以C正确；

abba第 6 页 共 21 页

a2b2a22abb22ab2ab对于D，(ab)2ababab，当且

abababa2b2仅当ab时取等号，所以 ab，所以D正确；

ab故选：ACD

【点睛】此题考查基本不等式的应用，考查不等式性质的应用，属于基础题 11．如图，BC，DE是半径为1的圆O的两条不同的直径，BF2FO，则（ ）

A．BFFC B．FDFE138 94 5C．1cosFD,FE>≤D．满足FCFDFE的实数与的和为定值4 【答案】BCD

【分析】A. 根据BF2FO易得BFFC判断；B. 由

12FDFEODOFOEOF运算求解判断；，C.建立平面直角坐标系：设

1DOF,0,，则Dcos,sin,Ecos,sin,F,0，得到

23FDFE11cosFD,FEFDcos,sin,FEcos,sin，由利

FDFE33用三角恒等变换和三角函数的性质判断；D. 将FCFDFE，利用线性运算变形为4OFODOF判断；

【详解】A. 因为BF2FO，所以BFFC，故错误；

B. FDFEODOFOEOFODOEODOFOFOEOF，

122第 7 页 共 21 页

OEOFODOEOF10C.建立如图所示平面直角坐标系：

2218，故正确； 99

设DOF,(0,2]，则

1Dcos,sin,Ecos,sin,F,0，

3所以FD所以

11cos,sin,FEcos,sin， 33cosFD,FEFDFEFDFE28921122cossin33cossin，

89822cos28194(1,]，故正确；

5D. 由FCFDFE，得

4OFODOFOEOFODOF，所以4，故正

确； 故选：BCD

【点睛】本题主要考查平面向量的线性运算和数量积运算，还考查了运算求解的能力，属于中档题.

12．在现代社会中，信号处理是非常关键的技术，我们通过每天都在使用的电话或者互联网就能感受到．而信号处理背后的“功臣”就是正弦型函数．函数

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f(x)sin[(2i1)x]的图象就可以近似的模拟某种信号的波形，则（ ）

2i1i14A．函数f(x)为周期函数，且最小正周期为π B．函数f(x)的图象关于点(2π,0)对称 C．函数f(x)的图象关于直线xπ对称 2D．函数f(x)的导函数f(x)的最大值为4 【答案】BCD

【分析】利用周期的定义可判断A选项的正误；根据f4xfx0 可判断B选项的正误；利用函数的对称性可判断C选项的正误；求得函数yfx的导数，求出yfx的最大值，可判断D选项的正误. 【详解】

fxsinxsin3xsin5xsin7x， 357fxsinxsinxsin3x3sin5x5sin7x7sin3xsin5xsin7xfxfx， 357所以，不是函数yfx的最小正周期，A选项错误；

fxsinxsinxsin3x3sin5x5sin7x7sin3xsin5xsin7x， 357f4xsinx4sinxsin3x43sin5x45sin7x47

sin3xsin5xsin7x， 357所以f4xfx0，故函数f(x)的图象关于点(2π,0)对称，B选项正确；

fxsinxsinxsin3x3sin5x5sin7x7sin3xsin5xsin7xfx， 3572

对称，C选项正确；

所以，函数yfx的图象关于直线x

fxcosxcos3xcos5xcos7x，

1cosx1，1cos3x1，1cos5x1，1cos7x1，

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则fxcosxcos3xcos5xcos7x4，又f04， 所以函数yfx的最大值为4，D选项正确. 故选：BCD.

【点睛】本题考查正弦、余弦型函数基本性质的判断，涉及正弦型函数的周期性、对称性以及余弦型函数最值的判断，考查计算能力，属于中等题.

三、填空题

13．(x21)(x)6展开式中含x2的项的系数为_______． 【答案】-100

2x22【分析】先求出x展开式中的常数项与含x2的系数，再求x展开式中的xx常数项，合并求得结果.

6622rr【详解】x展开式的通项公式为：Tr1C6x6r(2)rC6x62r，

xx令62r0，解得r3，

3T31(2)3C6160，

6r令62r2，解得r2，

2T21(2)2C660，

1x2x展开式中含x2的项的系数为：16060100，

x26故答案为：-100.

【点睛】该题考查二项展开式中某一项系数的求解，属于基础题目.

14．某学习小组研究一种卫星接收天线（如图①所示），发现其曲面与轴截面的交线为抛物线，在轴截面内的卫星波束呈近似平行状态射入形为抛物线的接收天线，经反射聚焦到焦点处（如图②所示），已知接收天线的口径（直径）为4.8m，深度为1m，则该抛物线的焦点到顶点的距离为_______m．

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【答案】1.44

【分析】在接收天线的轴截面所在平面建立直角坐标系，使接收天线的顶点（即抛物线的顶点）与原点重合，焦点在x轴上，根据题意求得抛物线的标准方程，可求得该抛物线的焦点坐标，进而可得出结果.

【详解】如图所示，在接收天线的轴截面所在平面建立直角坐标系，使接收天线的顶点（即抛物线的顶点）与原点重合，焦点在x轴上，

设抛物线的标准方程为y2pxp0，由已知条件可得，点A1,2.4在抛物线上，

22所以，2p2.4，解得p2.88，

所以，所求抛物线的标准方程为y5.76x，焦点坐标为1.44,0，

2因此，该抛物线的焦点到顶点的距离为1.44. 故答案为：1.44.

【点睛】本题考查抛物线方程的实际应用，考查计算能力，属于基础题.

3,0sin，则tan2的值为_______． 15．已知，245【答案】7 24【分析】利用两角差的正弦公式可求出sin的值，进而可求得tan的值，利用二倍角的正切公式可求得tan2的值.

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【详解】,0，，则

44424cos1sin2，

445所以，sinsin2sincoscossin， 44444410sin172tan，， cos1sincos7102因此，tan2故答案为：2tan7. 1tan2247. 24【点睛】本题考查利用二倍角的正切公式求值，同时也考查了两角差的正弦公式、同角三角函数基本关系求值，考查计算能力，属于中等题. 16．在平面四边形ABCD中，ABCD1，BC2，AD2，ABC90，

将ABC沿AC折成三棱锥，当三棱锥BACD的体积最大时，三棱锥外接球的体积为______． 【答案】

4 3【分析】先由题中条件，得到ACCD，DAC30，过点B作BEAC于点E，求出BE36，则AE，为使三棱锥BACD的体积最大，只需BE平面33ACD，记△ACD的外接圆圆心为O，连接OE，OB，根据题中数据，求出OBOAOCOD，得出点O即为该三棱锥外接球的球心，进而可求出球的体积.

【详解】因为在平面四边形ABCD中，ABCD1，BC2，AD2，

ABC90，

所以AC222AB2BC23，则ACCD4AD，

所以ACCD，DAC30， 则SACD13， ACCD22过点B作BEAC于点E，

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由SABC1136ABBCACBE可得，BE，则AE 2233为使三棱锥BACD的体积最大，只需BE平面ACD， 记△ACD的外接圆圆心为O，连接OE，OB，

因为△ACD为直角三角形，所以O为AD中点，且OAOCOD1， 又在△AOE中，由余弦定理可得，

1331OE2AE2OA22AEOAcos30121，

3323则OE3， 3所以OBOE2BE21OAOCOD，

因此点O即为该三棱锥外接球的球心，且该外接球的半径为1， 所以球的体积为V

4413. 33

故答案为：

4. 3【点睛】本题主要考查求几何体外接球的体积，熟记球的体积公式，以及简单几何体的结构特征即可，属于常考题型.

四、解答题

17．在①ccosBbcosC2，②bcos(C)ccosB，③sinBcosBπ22这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的三角形存在，求ABC的面积；若问题中的三角形不存在，说明理由．

问题：是否存在ABC，它的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且Aπ，6______________，b4？注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．

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【答案】答案见解析.

【分析】利用正弦定理和余弦定理分别求出B，及一条边，再利用面积公式，从而求得面积；

【详解】选择①：

a2c2b2a2b2c2由余弦定理可知，ccosBbcosBcba2，

2ac2ab由正弦定理得，sinBbsinAπ1，又B(0,π)，所以B，

2a所以ABC是直角三角形，则c23，所以ABC的面积S选择②：

1ac23. 2由正弦定理得，sinBcos(C)sinCcosB，即sinBsinCsinCcosB， 又C(0,π)，所以sinC0，所以sinBcosB，即tanB1， 又B(0,π)，所以B由正弦定理得，aπ2π． 4bsinA22， sinB1ππ所以ABC的面积SabsinC42sin(AB)42sin()223.

246选择③：

因为sinBcosB2sin(B)2，所以sin(B)1， 又B(0,π)，所以Bπ4π4πππππ5π(,)，所以B，即B． 444442bsinA22， sinB1ππ所以ABC的面积SabsinC42sin(AB)42sin()223. 246由正弦定理得，a【点睛】本题考查正弦定理和余弦定理的应用，考查函数与方程思想、转化与化归思想、分类讨论思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力.

18．设Sn为数列{an}的前n项和，满足2Sn3ana1，且a2，a32，a48成等差数列．

（1）求数列{an}的通项公式； （2）设bnn，求数列{bn}的前n项和Tn． an92n3． 443n1【答案】（1）an3n1；（2）Tn第 14 页 共 21 页

【分析】（1）由anSnSn1n2和2Sn3ana1，可得an3an1，通过递推分别用a1表示，列方程可得a11，进而可得{an}的通项公式； （2）写出bnnnn1，利用乘公比错位相减求Tn即可. an3【详解】（1）当n2时，2an2Sn2Sn13an3an1，即an3an1， 由a2，a32，a48成等差数列可知，2(a32)a2a48， 即2(3a22)a29a28，解得a23，所以a11， 则{an}是以1为首项，3为公比的等比数列， 所以{an}的通项公式为an3n1． （2）由（1）知，bnnnn1， an3则Tn123303132n， 3n11123n1nTn123n1n， 3333332111两式相减得，Tn(11233333n) 3n13n11nn332n3n， 13223n131所以Tn92n3． 443n1【点睛】本题考查了Sn与an的关系，等比数列的通项公式，考查了乘公比错位相减求和，属于中档题.

19．某生物研究所为研发一种新疫苗，在200只小白鼠身上进行科研对比实验，得到如下统计数据：

未注射疫苗 注射疫苗 总计 未感染病毒 35 65 100 感染病毒 总计 x z 100 y w 200 第 15 页 共 21 页

现从未注射疫苗的小白鼠中任取1只，取到“感染病毒”的小白鼠的概率为（1）能否有99.9%的把握认为注射此种疫苗有效？

13． 20（2）现从感染病毒的小白鼠中任意抽取2只进行病理分析，记注射疫苗的小白鼠只数为X，求X的概率分布和数学期望E(X)．

nadbc2附：K,nabcd，

abcdacbdP(K2k0) 0.10 0.05 0.025 0.010 0.005 0.001 2k0

2.706 3.841 5.024 6.635 7.879 10.828 E(X)【答案】（1）有99.9%的把握认为注射此种疫苗有效；（2）概率分布见解析，

77． 110【分析】（1）根据题中条件，先得出x，y，z，w，由公式求出K2，结合临界值表，即可得出结果；

（2）根据题意，得到X的所有可能取值为0，1，2；分别求出对应的概率，即可得出分布列，以及期望.

【详解】（1）由条件知x65，y100，z35，w100，

K22003535656510010010010021810.828，

所以有99.9%的把握认为注射此种疫苗有效．… （2）由题意，X的所有可能取值为0，1，2．

212C65C1C352089111965C35P(X0)2P(X2)，P(X1)，， 22198990C100495C100C100所以X的概率分布为

X P 0 1 2 208 49591 198119 990数学期望E(X)0208911197712． 495198990110【点睛】本题主要考查独立性检验的基本思想，考查离散型随机变量的分布列与期望，属于常考题型.

20．如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是菱形，PA平面ABCD．

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（1）求证：平面PAC平面PBD；

（2）若APAB2，BAD60，求二面角APBD的余弦值． 【答案】（1）证明见解析；（2）

7． 7【分析】（1）先由已知推出PABD，BDAC，再由线面垂直判定定理得到BD平面PAC，最后由面面垂直判定定理推出平面PAC平面PBD；

(2)建立空间直角坐标系，写出相关点坐标，求出平面ABP和平面DBP的法向量，根据向量的夹角公式直接计算即可.

【详解】（1）因为PA平面ABCD，BD平面ABCD，所以PABD， 在菱形ABCD中，ACBD，又因为PAACA，PA平面PAC，

AC平面PAC，所以BD平面PAC，

又因为BD平面PBD，所以平面PAC平面PBD．

（2）设AC与BD交于点O，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz， 则A(3,0,0)，B(0,1,0)，D(0,1,0)，P(3,0,2)，

所以AB(3,1,0)，BP(3,1,2)，

BD(0,2,0)，

设平面ABP的法向量为m(x,y,z)，

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ABm3xy0,y3x, 则即

z0,BPm3xy2z0,令x1，得平面ABP的一个法向量为m(1,3,0)，

3同理，可求得平面DBP的一个法向量为n(3,0,)，

2所以

cosm,nmn|m||n|3221277．

故二面角APBD的余弦值为7． 7【点睛】本题考查面面垂直的判定、通过空间直角坐标系计算二面角的余弦值，属于中档题.

21．已知函数f(x)2lnxx24x3． （1）求函数f(x)在[1,2]上的最小值；

3（2）若f(x)≤a(x1)，求实数a的值．

【答案】（1）0；（2）

2． 3【分析】（1）求导研究函数的单调性得f(x)在[1,2]上是增函数，进而可得f(x)在[1,2]上的最小值；

33（2）将问题转化为f(x)a(x1)0，进而构造函数g(x)f(x)a(x1)，求导得

222(x1)2(23ax)，再分a0，0a，a，a四种情况讨论即可得g(x)33x3答案.

22(x1)2【详解】解：（1）因为f(x)2x4≥0，

xx当且仅当x1时，f(x)0， 所以f(x)在[1,2]上是增函数，

所以f(x)在[1,2]上的最小值为f(1)0．

3（2）根据题意得：f(x)a(x1)0，

323设g(x)f(x)a(x1)2lnxx4x3a(x1)，

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2(x1)2(x1)2(23ax)2则g(x)． 3a(x1)xx①当a0时，当x1时，由（1）知f(x)0，

33而a(x1)≤0，所以f(x)≤a(x1)不恒成立．

2221，当x时，0时，g(x)0，当且仅当x1时，g(x)0， 3a3a32所以g(x)在(,)上是减函数，

3a2所以g()g(1)0，即g(x)0不恒成立．

3a221， ③当0a时，

33a2当0x时，g(x)0，当且仅当x1时，g(x)0，

3a2所以g(x)在(0,)上是增函数，

3a2所以g()g(1)0，即g(x)0不恒成立.

3a②当a222(x1)31， ④当a时，g(x)，3ax3当0x1时，g(x)0，g(x)在(0,1)上是增函数； 当x1时，g(x)0，g(x)在(1,)上是减函数． 所以g(x)g(1)0，即g(x)0恒成立． 综上所述，实数a的值为

2. 3【点睛】本题考查利用导数求函数的最值，研究不等式恒成立问题，考查综合分析能力与分类讨论思想，是难题.

x2y222．在平面直角坐标系xOy中，椭圆C:221(ab0)的右焦点为F(1,0)，

ab且过点(1,2)． 2（1）求椭圆C的方程；

（2）设A是椭圆C上位于第一象限内的点，连接AF并延长交椭圆C于另一点B，点

P(2,0)，若PAB为锐角，求△ABP的面积的取值范围．

22x22【答案】（1）y1；（2）3,2． 2【分析】（1）利用点的坐标和焦点坐标可得答案；

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（2）分直线AB斜率存在和不存在讨论，存在时设直线方程与椭圆方程联立，利用韦达定理和由PAB为锐角条件，可得三角形面积，再利用导数求范围可得答案.

11a22,221, 解得2【详解】（1）由题意知，a 2b22b1,ab1,x2所以椭圆C的方程为y21．

2（2）当直线AB斜率不存在时，SABP12, 222当直线AB斜率存在时设为yk(x1)，

x2y21联立2整理得，(2k21)x24k2x2k220，

yk(x1)设A(x1,y1)，B(x2,y2)，则x1x24k22k22，x1x2， 22k212k1k2 y1y2k(x11)(x21)k(x1x2x1x2+1)22k122由PAB为锐角可知，AFAP0，即(1x1)(2x1)y1y10，

x12x12x12223x1y133x10，解得x133，又点A在第一象限，

2220x133，当x0时，y1，k1，

当x133时，y335，k(23)335， 所以k(,1)(223)335,，

所以△ABP的面积S11|k||PF||y1y2||k||x1x2|(x1x2)24x1x2 222|k|4k22k22k2(1k2)， 22422222k12k1(2k1)因为k(23)3352令t12k,t(3,)，

21，所以k(1,)，

22t1t1t2111，f(t)在(3,)单调递增， 22f(t)2t24t244t所以f(3)11221，f(t),， 436994第 20 页 共 21 页

SABP222ft3,2，

22综上所述，△ABP的面积取值范围是3,2.

【点睛】本题考查椭圆的方程，考查直线与椭圆的位置关系，向量与椭圆结合，求三角形面积的取值范围的问题，属于有难度的题.

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