2021年山东省高考数学和答案 (新高考ⅰ)

2024年1月24日发(作者：数学试卷检讨书150字)

2021年山东省高考数学试卷（新高考Ⅰ）

一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1．（5分）设集合A＝{x|﹣2＜x＜4}，B＝{2，3，4，5}，则A∩B＝（ ）

A．{2} B．{2，3} C．{3，4} D．{2，3，4}

2．（5分）已知z＝2﹣i，则z（+i）＝（ ）

A．6﹣2i B．4﹣2i C．6+2i D．4+2i

3．（5分）已知圆锥的底面半径为该圆锥的母线长为（ ）

A．2 B．2

，其侧面展开图为一个半圆，则C．4 D．4

4．（5分）下列区间中，函数f（x）＝7sin（x﹣间是（ ）

A．（0，） B．（，π） C．（π，+）单调递增的区） D．（，2π）

5．（5分）已知F1，F2是椭圆C：＝1的两个焦点，点M在C上，则|MF1|•|MF2|的最大值为（ ）

A．13 B．12 C．9 D．6

＝（ ）

C． D．

6．（5分）若tanθ＝﹣2，则A．﹣ B．﹣

7．（5分）若过点（a，b）可以作曲线y＝ex的两条切线，则（ ）

A．eb＜a B．ea＜b C．0＜a＜eb D．0＜b＜ea

第1页（共28页）

8．（5分）有6个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，6，从中有放回的随机取两次，每次取1个球．甲表示事件“第一次取出的球的数字是1”，乙表示事件“第二次取出的球的数字是2”，丙表示事件“两次取出的球的数字之和是8”，丁表示事件“两次取出的球的数字之和是7”，则（ ）

A．甲与丙相互独立

C．乙与丙相互独立

B．甲与丁相互独立

D．丙与丁相互独立

二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。

9．（5分）有一组样本数据x1，x2，…，xn，由这组数据得到新样本数据y1，y2，…，yn，其中yi＝xi+c（i＝1，2，…，n），c为非零常数，则（ ）

A．两组样本数据的样本平均数相同

B．两组样本数据的样本中位数相同

C．两组样本数据的样本标准差相同

D．两组样本数据的样本极差相同

10．（5分）已知O为坐标原点，点P1（cosα，sinα），P2（cosβ，﹣sinβ），P3（cos（α+β），sin（α+β）），A（1，0），则（ ）

A．|C．•|＝|＝|

•

B．|D．•|＝|＝|

•

11．（5分）已知点P在圆（x﹣5）2+（y﹣5）2＝16上，点A（4，0），第2页（共28页）

B（0，2），则（ ）

A．点P到直线AB的距离小于10

B．点P到直线AB的距离大于2

C．当∠PBA最小时，|PB|＝3D．当∠PBA最大时，|PB|＝3

12．（5分）在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB＝AA1＝1，点P满足＝λ+μ，其中λ∈[0，1]，μ∈[0，1]，则（ ）

A．当λ＝1时，△AB1P的周长为定值

B．当μ＝1时，三棱锥P﹣A1BC的体积为定值

C．当λ＝时，有且仅有一个点P，使得A1P⊥BP

D．当μ＝时，有且仅有一个点P，使得A1B⊥平面AB1P

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

13．（5分）已知函数f（x）＝x3（a•2x﹣2﹣x）是偶函数，则a＝ ．

14．（5分）已知O为坐标原点，抛物线C：y2＝2px（p＞0）的焦点为F，P为C上一点，PF与x轴垂直，Q为x轴上一点，且PQ⊥OP．若|FQ|＝6，则C的准线方程为 ．

15．（5分）函数f（x）＝|2x﹣1|﹣2lnx的最小值为 ．

16．（5分）某校学生在研究民间剪纸艺术时，发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折．规格为20dm×12dm的长方形纸，对折1次共可以得到10dm×12dm，20dm×6dm两种规格的图形，它们的面积之和S1＝240dm2，对折2次共可以得到5dm×12dm，10dm×6dm，20dm×3dm三种规格的图形，它们的面积之和S2第3页（共28页）

＝180dm2，以此类推．则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为 ；如果对折n次，那么Sk＝ dm2．

四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。

17．（10分）已知数列{an}满足a1＝1，an+1＝

（1）记bn＝a2n，写出b1，b2，并求数列{bn}的通项公式；

（2）求{an}的前20项和．

18．（12分）某学校组织“一带一路”知识竞赛，有A，B两类问题．每位参加比赛的同学先在两类问题中选择一类并从中随机抽取一个问题回答，若回答错误则该同学比赛结束；若回答正确则从另一类问题中再随机抽取一个问题回答，无论回答正确与否，该同学比赛结束．A类问题中的每个问题回答正确得20分，否则得0分；B类问题中的每个问题回答正确得80分，否则得0分．

已知小明能正确回答A类问题的概率为0.8，能正确回答B类问题的概率为0.6，且能正确回答问题的概率与回答次序无关．

（1）若小明先回答A类问题，记X为小明的累计得分，求X的分布列；

（2）为使累计得分的期望最大，小明应选择先回答哪类问题？并说明理由．

19．（12分）记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知b2＝ac，点D在边AC上，BDsin∠ABC＝asinC．

第4页（共28页）

（1）证明：BD＝b；

（2）若AD＝2DC，求cos∠ABC．

20．（12分）如图，在三棱锥A﹣BCD中，平面ABD⊥平面BCD，AB＝AD，O为BD的中点．

（1）证明：OA⊥CD；

（2）若△OCD是边长为1的等边三角形，点E在棱AD上，DE＝2EA，且二面角E﹣BC﹣D的大小为45°，求三棱锥A﹣BCD的体积．

21．（12分）在平面直角坐标系xOy中，已知点F1（﹣（，0），F2，0），点M满足|MF1|﹣|MF2|＝2．记M的轨迹为C．

（1）求C的方程；

（2）设点T在直线x＝上，过T的两条直线分别交C于A，B两点和P，Q两点，且|TA|•|TB|＝|TP|•|TQ|，求直线AB的斜率与直线PQ的斜率之和．

22．（12分）已知函数f（x）＝x（1﹣lnx）．

（1）讨论f（x）的单调性；

（2）设a，b为两个不相等的正数，且blna﹣alnb＝a﹣b，证明：2＜+＜e．

第5页（共28页）

答案

一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1解析：：直接利用交集运算得答案．

答案：∵A＝{x|﹣2＜x＜4}，B＝{2，3，4，5}，

∴A∩B＝{x|﹣2＜x＜4}∩{2，3，4，5}＝{2，3}．

故选：B．

2解析：：把z＝2﹣i代入z（+i），再由复数代数形式的乘除运算化简得答案．

答案：∵z＝2﹣i，

∴z（+i）＝（2﹣i）（2+i+i）＝（2﹣i）（2+2i）＝4+4i﹣2i﹣2i2＝6+2i．

故选：C．

3解析：：设母线长为l，利用圆锥底面周长即为侧面展开图半圆的弧长，圆锥的母线长即为侧面展开图半圆的半径，列出方程，求解即可．

答案：由题意，设母线长为l，

因为圆锥底面周长即为侧面展开图半圆的弧长，圆锥的母线长即为侧面展开图半圆的半径，

则有，解得，

．

第6页（共28页）

所以该圆锥的母线长为

故选：B．

4解析：：本题需要借助正弦函数单调增区间的相关知识点求解．

答案：令则当k＝0时，x∈[（0，）⊆[，，，k∈Z．

]，

]，

，k∈Z．

故选：A．

5解析：：利用椭圆的定义，结合基本不等式，转化求解即可．

答案：F1，F2是椭圆C：|MF1|+|MF2|＝6，

所以|MF1|•|MF2|≤时，取等号，

所以|MF1|•|MF2|的最大值为9．

故选：C．

6解析：：由题意化简所给的三角函数式，然后利用齐次式的特征即可求得三角函数式的值．

答案：由题意可

＝＝＝

+＝1的两个焦点，点M在C上，＝9，当且仅当|MF1|＝|MF2|＝3得：

．

第7页（共28页）

故选：C．

7解析：：画出函数的图象，判断（a，b）与函数的图象的位置关系，即可得到选项．

答案：函数y＝ex是增函数，y′＝ex＞0恒成立，

函数的图象如图，y＞0，即切点坐标在x轴上方，

如果（a，b）在x轴下方，连线的斜率小于0，不成立．

点（a，b）在x轴或下方时，只有一条切线．

如果（a，b）在曲线上，只有一条切线；

（a，b）在曲线上侧，没有切线；

由图象可知（a，b）在图象的下方，并且在x轴上方时，有两条切线，可知0＜b＜ea．

故选：D．

8解析：：分别列出甲、乙、丙、丁可能的情况，然后根据独立事件的定义判断即可．

答案：由题意可知，两点数和为8的所有可能为：（2，6），（3，5），（4，4），（5，3），（6，2），

第8页（共28页）

两点数和为7的所有可能为（1，6），（2，5），（3，4），（4，3），（5，2），（6，1），

P（甲）＝，P（乙）＝，P（丙）＝＝，

A：P（甲丙）＝0≠P（甲）P（丙），

B：P（甲丁）＝C：P（乙丙）＝＝P（甲）P（丁），

≠P（乙）P（丙），

＝，P（丁）＝D：P（丙丁）＝0≠P（丙）P（丁），

故选：B．

二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。

9解析：：利用平均数、中位数、标准差、极差的定义直接判断即可．

答案：对于A，两组数据的平均数的差为c，故A错误；

对于B，两组样本数据的样本中位数的差是c，故B错误；

对于C，∵标准差D（yi）＝D（xi+c）＝D（xi），

∴两组样本数据的样本标准差相同，故C正确；

对于D，∵yi＝xi+c（i＝1，2，…，n），c为非零常数，

x的极差为xmax﹣xmin，y的极差为（xmax+c）﹣（xmin+c）＝xmax﹣xmin，

∴两组样本数据的样本极差相同，故D正确．

故选：CD．

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10解析：：由已知点的坐标分别求得对应向量的坐标，然后逐一验证四个选项得答案．

答案：∵P1（cosα，sinα），P2（cosβ，﹣sinβ），P3（cos（α+β），sin（α+β）），A（1，0），

∴＝（cosα，sinα），＝（cosβ，﹣sinβ），

＝（cos（α+β），sin（α+β）），＝（1，0），

，则＝||，故A正确；

＝＝，

||≠||，故B错误；

＝，

＝，，

，则||＝1×cos（α+β）+0×sin（α+β）＝cos（α+β），

＝cosαcosβ﹣sinαsinβ＝cos（α+β），

∴•＝•，故C正确；

＝1×cosα+0×sinα＝cosα，

＝cosβcos（α+β）﹣sinβsin（α+β）＝cos[β+（α+β）]＝cos（α+2β），

∴•≠•，故D错误．

故选：AC．

11解析：：求出过AB的直线方程，再求出圆心到直线AB的距离，第10页（共28页）

得到圆上的点P到直线AB的距离范围，判断A与B；画出图形，由图可知，当过B的直线与圆相切时，满足∠PBA最小或最大，求出圆心与B点间的距离，再由勾股定理求得|PB|判断C与D．

答案：∵A（4，0），B（0，2），

∴过A、B的直线方程为，即x+2y﹣4＝0，

圆（x﹣5）2+（y﹣5）2＝16的圆心坐标为（5，5），

圆心到直线x+2y﹣4＝0的距离d＝∴点P到直线AB的距离的范围为[∵＜5，∴＜1，，＜10，

＝]，

＞4，

∴点P到直线AB的距离小于10，但不一定大于2，故A正确，B错误；

如图，当过B的直线与圆相切时，满足∠PBA最小或最大（P点位于P1时∠PBA最小，位于P2时∠PBA最大），

此时|BC|＝∴|PB|＝故选：ACD．

，

，故CD正确．

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12解析：：判断当λ＝1时，点P在线段CC1上，分别计算点P为两个特殊点时的周长，即可判断选项A；当μ＝1时，点P在线段B1C1上，利用线面平行的性质以及锥体的体积公式，即可判断选项B；当λ＝时，取线段BC，B1C1的中点分别为M，M1，连结M1M，则点P在线段M1M上，分别取点P在M1，M处，得到均满足A1P⊥BP，即可判断选项C；当μ＝时，取CC1的中点D1，BB1的中点D，则点P在线的DD1上，证明当点P在点D1处时，A1B⊥平面AB1D1，利用过定点A与定直线A1B垂直的平面有且只有一个，即可判断选项D．

答案：对于A，当λ＝1时，＝+μ，即，所以，

故点P在线段CC1上，此时△AB1P的周长为AB1+B1P+AP，

当点P为CC1的中点时，△AB1P的周长为当点P在点C1处时，△AB1P的周长为故周长不为定值，故选项A错误；

，

，

对于B，当μ＝1时，故点P在线段B1C1上，

因为B1C1∥平面A1BC，

第12页（共28页）

，即，所以，

所以直线B1C1上的点到平面A1BC的距离相等，

又△A1BC的面积为定值，

所以三棱锥P﹣A1BC的体积为定值，故选项B正确；

对于C，当λ＝时，取线段BC，B1C1的中点分别为M，M1，连结M1M，

因为，即，所以，

则点P在线段M1M上，

当点P在M1处时，A1M1⊥B1C1，A1M1⊥B1B，

又B1C1∩B1B＝B1，所以A1M1⊥平面BB1C1C，

又BM1⊂平面BB1C1C，所以A1M1⊥BM1，即A1P⊥BP，

同理，当点P在M处，A1P⊥BP，故选项C错误；

对于D，当μ＝时，取CC1的中点D1，BB1的中点D，

第13页（共28页）

因为，即，所以，

则点P在线的DD1上，

当点P在点D1处时，取AC的中点E，连结A1E，BE，

因为BE⊥平面ACC1A1，又AD1⊂平面ACC1A1，所以AD1⊥BE，

在正方形ACC1A1中，AD1⊥A1E，

又BE∩A1E＝E，BE，A1E⊂平面A1BE，

故AD1⊥平面A1BE，又A1B⊂平面A1BE，所以A1B⊥AD1，

在正方体形ABB1A1中，A1B⊥AB1，

又AD1∩AB1＝A，AD1，AB1⊂平面AB1D1，所以A1B⊥平面AB1D1，

因为过定点A与定直线A1B垂直的平面有且只有一个，

故有且仅有一个点P，使得A1B⊥平面AB1P，故选项D正确．

故选：BD．

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

13解析：：利用奇函数的定义即可求解a的值．

答案：函数f（x）＝x3（a•2x﹣2﹣x）是偶函数，

y＝x3为R上的奇函数，

第14页（共28页）

故y＝a•2x﹣2﹣x也为R上的奇函数，

所以y|x＝0＝a•20﹣20＝a﹣1＝0，

所以a＝1．

法二：因为函数f（x）＝x3（a•2x﹣2﹣x）是偶函数，

所以f（﹣x）＝f（x），

即﹣x3（a•2﹣x﹣2x）＝x3（a•2x﹣2﹣x），

即x3（a•2x﹣2﹣x）+x3（a•2﹣x﹣2x）＝0，

即（a﹣1）（2x﹣2﹣x）x3＝0，

所以a＝1．

故答案为：1．

14解析：：求出点P的坐标，推出PQ方程，然后求解Q的坐标，利用|FQ|＝6，求解p，然后求解准线方程．

答案：由题意，不妨设P在第一象限，则P（，p），kOP＝2，PQ⊥OP．

所以kPQ＝﹣，所以PQ的方程为：y﹣p＝﹣（x﹣），

y＝0时，x＝|FQ|＝6，所以，

，解得p＝3，

所以抛物线的准线方程为：x＝﹣．

故答案为：x＝﹣．

15解析：：求出函数定义域，对x分段去绝对值，当0＜x时，直接利用单调性求最值；当x＞时，利用导数求最值，进一步得到f（x）的最小值．

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答案：函数f（x）＝|2x﹣1|﹣2lnx的定义域为（0，+∞）．

当0＜x时，f（x）＝|2x﹣1|﹣2lnx＝﹣2x+1﹣2lnx，

此时函数f（x）在（0，]上为减函数，

所以f（x）≥f（）＝﹣2×+1﹣2ln＝2ln2；

当x＞时，f（x）＝|2x﹣1|﹣2lnx＝2x﹣1﹣2lnx，

则f′（x）＝＝，

当x∈（，1）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，

当x∈（1，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，

∴当x＝1时f（x）取得最小值为f（1）＝2×1﹣1﹣2ln1＝1．

∵2ln2＝ln4＞lne＝1，

∴函数f（x）＝|2x﹣1|﹣2lnx的最小值为1．

故答案为：1．

16解析：：依题意，对折k次共有k+1种规格，且面积为，答案：易知有，共5种规格；

由题可知，对折k次共有k+1种规格，且面积为则∴，记，则，故，

＝，

，然后再转化求解即可．

，，则第16页（共28页）

，

∴∴故答案为：5；，

．

．

四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。

17解析：：（1）由数列{an}的通项公式可求得a2，a4，从而可得求得b1，b2，由bn﹣bn﹣1＝3可得数列{bn}是等差数列，从而可求得数列{bn}的通项公式；

（2）由数列{an}的通项公式可得数列{an}的奇数项和偶数项分别为等差数列，求解即可．

答案：（1）因为a1＝1，an+1＝，

所以a2＝a1+1＝2，a3＝a2+2＝4，a4＝a3+1＝5，

所以b1＝a2＝2，b2＝a4＝5，

bn﹣bn﹣1＝a2n﹣a2n﹣2＝a2n﹣a2n﹣1+a2n﹣1﹣a2n﹣2＝1+2＝3，n≥2，

所以数列{bn}是以b1＝2为首项，以3为公差的等差数列，

所以bn＝2+3（n﹣1）＝3n﹣1．

（2）由（1）可得a2n＝3n﹣1，n∈N*，

则a2n﹣1＝a2n﹣2+2＝3（n﹣1）﹣1+2＝3n﹣2，n≥2，

当n＝1时，a1＝1也适合上式，

第17页（共28页）

所以a2n﹣1＝3n﹣2，n∈N*，

所以数列{an}的奇数项和偶数项分别为等差数列，

则{an}的前20项和为a1+a2+...+a20＝（a1+a3+…+a19）+（a2+a4+…+a20）＝10+×3+10×2+×3＝300．

18解析：：（1）由已知可得，X的所有可能取值为0，20，100，分别求出对应的概率即可求解分布列；

（2）由（1）可得E（X），若小明先回答B类问题，记Y为小明的累计得分，Y的所有可能取值为0，80，100，分别求出对应的概率，从而可得E（Y），比较E（X）与E（Y）的大小，即可得出结论．

答案：（1）由已知可得，X的所有可能取值为0，20，100，

则P（X＝0）＝1﹣0.8＝0.2，

P（X＝20）＝0.8×（1﹣0.6）＝0.32

P（X＝100）＝0.8×0.6＝0.48，

所以X的分布列为：

X

P

0

0.2

20

0.32

100

0.48

（2）由（1）可知小明先回答A类问题累计得分的期望为E（X）＝0×0.2+20×0.32+100×0.48＝54.4，

若小明先回答B类问题，记Y为小明的累计得分，

则Y的所有可能取值为0，80，100，

P（Y＝0）＝1﹣0.6＝0.4，

第18页（共28页）

P（Y＝80）＝0.6×（1﹣0.8）＝0.12，

P（Y＝100）＝0.6×0.8＝0.48，

则Y的期望为E（Y）＝0×0.4+80×0.12+100×0.48＝57.6，

因为E（Y）＞E（X），

所以为使累计得分的期望最大，小明应选择先回答B类问题．

19解析：：（1）利用正弦定理求解；

（2）要能找到隐含条件：∠BDA和∠BDC互补，从而列出等式关系求解．

答案：（1）证明：由正弦定理知，∴b＝2Rsin∠ABC，c＝2Rsin∠ACB，

∵b2＝ac，∴b•2Rsin∠ABC＝a•2Rsin∠ACB，

即bsin∠ABC＝asinC，

∵BDsin∠ABC＝asinC，

∴BD＝b；

（2）法一：由（1）知BD＝b，

∵AD＝2DC，∴AD＝，DC＝，

＝，

在△ABD中，由余弦定理知，cos∠BDA＝＝，

在△CBD中，由余弦定理知，cos∠BDC＝＝，

第19页（共28页）

＝

∵∠BDA+∠BDC＝π，

∴cos∠BDA+cos∠BDC＝0，

即得11b2＝3c2+6a2，

∵b2＝ac，

∴3c2﹣11ac+6a2＝0，

∴c＝3a或c＝，

＝，

＝0，

在△ABC中，由余弦定理知，cos∠ABC＝当c＝3a时，cos∠ABC＝＞1（舍）；

当c＝时，cos∠ABC＝；

． 综上所述，cos∠ABC＝法二：∵点D在边AC上且AD＝2DC，

∴∴，

，

而由（1）知BD＝b，

∴，

即3b＝c•cos∠ABD+2a•cos∠CBD，

由余弦定理知：∴11b2＝3c2+6a2，

∵b2＝ac，

∴3c2﹣11ac+6a2＝0，

第20页（共28页）

，

∴c＝3a或c＝，

＝， 在△ABC中，由余弦定理知，cos∠ABC＝当c＝3a时，cos∠ABC＝＞1（舍）；

当c＝时，cos∠ABC＝；

． 综上所述，cos∠ABC＝20解析：：（1）利用等腰三角形中线就是高，得到AO⊥BD，然后利用面面垂直的性质，得到AO⊥平面BCD，再利用线面垂直的性质，即可证明AO⊥CD；

（2）方法一：建立合适的空间直角坐标系，设A（0，0，t），利用待定系数法求出平面的法向量，由向量的夹角公式求出t的值，然后利用锥体的体积公式求解即可．

方法二：利用几何法求出二面角E﹣BC﹣D的平面角，然后利用锥体的体积公式求解即可．

答案：（1）证明：因为AB＝AD，O为BD的中点，所以AO⊥BD，

又平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，AO⊂平面ABD，

所以AO⊥平面BCD，又CD⊂平面BCD，

所以AO⊥CD；

（2）方法一：

取OD的中点F，因为△OCD为正三角形，所以CF⊥OD，

过O作OM∥CF与BC交于点M，则OM⊥OD，

所以OM，OD，OA两两垂直，

第21页（共28页）

以点O为坐标原点，分别以OM，OD，OA为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系如图所示，

则B（0，﹣1，0），设A（0，0，t），则，D（0，1，0），

，

， 因为OA⊥平面BCD，故平面BCD的一个法向量为设平面BCE的法向量为又所以由令x＝，得，则y＝﹣1，，

，故，

，

，

因为二面角E﹣BC﹣D的大小为45°，

所以，

解得t＝1，所以OA＝1，

又故方法二：

过E作EF⊥BD，交BD于点F，过F作FG⊥BC于点G，连结EG，

由题意可知，EF∥AO，又AO⊥平面BCD

所以EF⊥平面BCD，又BC⊂平面BCD，

所以EF⊥BC，又BC⊥FG，FG∩EF＝F

第22页（共28页）

，所以＝．

，

所以BC⊥平面EFG，又EF⊂平面EFG，

所以BC⊥EG，

则∠EGF为二面角E﹣BC﹣D的平面角，即∠EGF＝45°，

又CD＝DO＝OB＝OC＝1，

所以∠BOC＝120°，则∠OCB＝∠OBC＝30°，

故∠BCD＝90°，

所以FG∥CD，

因为则所以，则，

，

，

，

．

所以EF＝GF＝，则所以

21解析：：（1）M的轨迹C是双曲线的右支，根据题意建立关于a，第23页（共28页）

b，c的方程组，解出即可求得C的方程；

（2）（法一）设出直线AB的参数方程，与双曲线方程联立，由参数的几何意义可求得|TA|•|TB|，同理求得|TP|•|TQ|，再根据|TA|•|TB|＝|TP|•|TQ|，即可得出答案．

（法二）设直线AB方程，将其与CD的方程联立，求出两根之和及两根之积，再表示出|AT|及|BT|，同理设出直线PQ的方程，表示出|PT|及|QT|，根据|TA|•|TB|＝|TP|•|TQ|，代入化简后可得出结论．

答案：（1）由双曲线的定义可知，M的轨迹C是双曲线的右支，设C的方程为，

根据题意，解得，

∴C的方程为（2）（法一）设；

，直线AB的参数方程为，

将其代入C的方程并整理可得，（16cos2θ﹣sin2θ）t2+（16cosθ﹣2msinθ）t﹣（m2+12）＝0，

由参数的几何意义可知，|TA|＝t1，|TB|＝t2，则，

设直线PQ的参数方程为，|TP|＝λ1，|TQ|＝λ2，同理第24页（共28页）

可得，依题意，，

，则cos2θ＝cos2β，

又θ≠β，故cosθ＝﹣cosβ，则cosθ+cosβ＝0，即直线AB的斜率与直线PQ的斜率之和为0．

（法二）设B（x2，y2），设，直线AB的方程为，

，A（x1，y1），将直线AB方程代入C的方程化简并整理可得，，

由韦达定理有，又由同理可得∴设直线PQ的方程为，

同理可得又|AT||BT|＝|PT||QT|，则，

，化简可得，

＝，

可得，

，

，设，

又k1≠k2，则k1＝﹣k2，即k1+k2＝0，即直线AB的斜率与直线PQ的斜率之和为0．

第25页（共28页）

22解析：：（1）首先求得导函数的解析式，然后结合导函数的符号即可确定函数的单调性，

（2）法一：利用同构关系将原问题转化为极值点偏移的问题，构造对称差函数分别证明左右两侧的不等式即可．

法二：要证x1+x2＜e，由x1+x2＜x1（1﹣lnx1）+x2＝x2（1﹣lnx2）+x2，故构造g（x）＝x（1﹣lnx）+x，判断的单调性，即可得证．

【解答】（1）解：由函数的解析式可得f\'（x）＝1﹣lnx﹣1＝﹣lnx，

∴x∈（0，1），f′（x）＞0，f（x）单调递增，

x∈（1，+∞），f′（x）＜0，f（x）单调递减，

则f（x）在（0，1）单调递增，在（1，+∞）单调递减．

（2）证明：由blna﹣alnb＝a﹣b，得即，

，

由（1）f（x）在（0，1）单调递增，在（1，+∞）单调递减，

所以f（x）max＝f（1）＝1，且f（e）＝0，

令，，

则x1，x2为f（x）＝k 的两根，其中k∈（0，1）．

不妨令x1∈（0，1），x2∈（1，e），则2﹣x1＞1，

先证2＜x1+x2，即证x2＞2﹣x1，即证f（x2）＝f（x1）＜f（2﹣x1），

令h（x）＝f（x）﹣f（2﹣x），

则h′（x）＝f′（x）+f′（2﹣x）＝﹣lnx﹣ln（2﹣x）＝﹣ln[x（2﹣x）]在（0，1）单调递减，

所以h′（x）＞h′（1）＝0，

第26页（共28页）

故函数h（x）在（0，1）单调递增，

∴h（x1）＜h（1）＝0．∴f（x1）＜f（2﹣x1），∴2＜x1+x2，得证．

同理，要证x1+x2＜e，

（法一）即证1＜x2＜e﹣x1，

根据（1）中f（x）单调性，

即证f（x2）＝f（x1）＞f（e﹣x1），

令φ（x）＝f（x）﹣f（e﹣x），x∈（0，1），

则φ\'（x）＝﹣ln[x（e﹣x）]，令φ′（x0）＝0，

x∈（0，x0），φ\'（x）＞0，φ（x）单调递增，

x∈（x0，1），φ\'（x）＜0，φ（x）单调递减，

又0＜x＜e时，f（x）＞0，且f（e）＝0，

故，

φ（1）＝f（1）﹣f（e﹣1）＞0，

∴φ（x）＞0恒成立，

x1+x2＜e得证，

（法二）f（x1）＝f（x2），x1（1﹣lnx1）＝x2（1﹣lnx2），

又x1∈（0，1），故1﹣lnx1＞1，x1（1﹣lnx1）＞x1，

故x1+x2＜x1（1﹣lnx1）+x2＝x2（1﹣lnx2）+x2，x2∈（1，e），

令g（x）＝x（1﹣lnx）+x，g′（x）＝1﹣lnx，x∈（1，e），

在（1，e）上，g′（x）＞0，g（x）单调递增，

所以g（x）＜g（e）＝e，

即x2（1﹣lnx2）+x2＜e，所以x1+x2＜e，得证，

第27页（共28页）

则2＜+＜e．

第28页（共28页）