广东省汕头市2020-2021学年高二下学期期末考试数学Word版含解析

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2020-2021学年广东省汕头市高二（下）期末数学试卷一、单项选择题（共8小题，每题5分，共40分）.1．设全集U＝R，集合A＝{x|0＜x≤2}，B＝{x|x＜1}，则集合∁U（A∪B）＝（　　）A．（﹣∞，2]B．（﹣∞，1]C．（2，+∞）D．[2，+∞）2．设复数z＝﹣2i（i为虚数单位），则|z|＝（　　）A．B．C．D．23．已知平面向量＝（k，2），＝（1，1），k∈R，则k＝2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xn﹣4的项的系数恰为Sn，则a7＝（　　）A．﹣96B．96C．﹣80D．805．已知三棱锥P﹣ABC中，PA＝4，AB＝AC＝2，BC＝6，PA⊥面ABC，则此三棱锥的外接球的体积为（　　）A．B．256πC．D．32π6．定义2×2矩阵＝a1a4﹣a2a3，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π的奇函数7．点A在直线y＝x上，点B在曲线y＝lnx上，则|AB|的最小值为（　　）A．B．1C．D．28．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4小题，毎小题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．

19．5G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x12345销量y（部）5295a185227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（　　）A．a＝152B．5G手机的销量逐月增加，平均每个月增加约30台C．y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（　　）A．s＝8B．F1到渐近线的距离随着t的增大而增大C．t的取值范围是（﹣32，32）D．当t＝4时，C的实轴长是虚轴长的倍11．在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1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4A1M＝A1C1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（　　）A．f（x）＝2x﹣xB．f（x）＝x2﹣2x+πC．f（x）＝

2D．f（x）＝三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．已知0＜α＜，cos（α+）＝，则sinα＝　　．14．已知抛物线C：y2＝4x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．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①3（c2+a2）＝3b2+16S；②4c﹣5a＝﹣5bcosC，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S＝42，a＝10，求b的值．18．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足a1+a3＝20，S5＝40．（1）求{an}的通项公式；（2）记bn＝|an﹣2|，求{bn}的前n项和Tn．19．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为正方形，∠PAB＝90°，PB＝PD，PA＝AB，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．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．

3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？21．已知椭圆C：＝1（a＞b＞0）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）＝lnx﹣x，g（x）＝．（1）证明：对任意的x1，x2∈（0，+∞），都有|f（x1）|＞g（x2）；（2）设m＞n＞0，比较与的大小，并说明理由．

4参考答案一、单项选择题（共8小题，每题5分，共40分）.1．设全集U＝R，集合A＝{x|0＜x≤2}，B＝{x|x＜1}，则集合∁U（A∪B）＝（　　）A．（﹣∞，2]B．（﹣∞，1]C．（2，+∞）D．[2，+∞）【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），∴A∪B＝（﹣∞，2]，∵全集为U＝R，∴∁U（A∪B）＝（2，+∞）．故选：C．2．设复数z＝﹣2i（i为虚数单位），则|z|＝（　　）A．B．C．D．2【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：∵复数，∴|z|＝．故选：C．3．已知平面向量＝（k，2），＝（1，1），k∈R，则k＝2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k＝2，即可判断．解：由与平行得k×1﹣2×1＝0，∴k＝2，所以k＝2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xn﹣4的项的系数恰为Sn，则a7＝（　　）A．﹣96B．96C．﹣80D．80【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a7＝S7﹣S6求出a7．

5解：因为的展开式的通项公式为，所以当r＝2时，含xn﹣4的项的系数恰为，又等差数列{an}的前n项和为Sn，的展开式中含xn﹣4的项的系数恰为Sn，所以．故选：B．5．已知三棱锥P﹣ABC中，PA＝4，AB＝AC＝2，BC＝6，PA⊥面ABC，则此三棱锥的外接球的体积为（　　）A．B．256πC．D．32π【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，∵AB＝AC＝，BC＝6，∴cos∠BAC＝，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R＝4，∴三棱维P﹣ABC外接球的体积，故选：A．6．定义2×2矩阵＝a1a4﹣a2a3，若f（x）＝，则f（x）（　　）

6A．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π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π，但是非奇非偶函数，即选项D错误．故选：A．7．点A在直线y＝x上，点B在曲线y＝lnx上，则|AB|的最小值为（　　）A．B．1C．D．2【分析】设平行于直线y＝x的直线y＝x+b与曲线y＝lnx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y＝x的直线y＝x+b与曲线y＝lnx相切，则两平行线间的距离即为|AB|的最小值．设直线y＝x+b与曲线y＝lnx的切点为（m，lnm），则由切点还在直线y＝x+b上可得lnm＝m+b，由切线斜率等于切点的导数值可得，联立解得m＝1，b＝﹣1，

7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}的前n项和Sn＝（2n+1）n，bn＝，则＝（　　）A．B．C．D．【分析】由Sn﹣Sn﹣1先求得an，再求得bn，最后用裂项法求得．解：Sn＝（2n+1）n，当n≥2时，，所以an＝Sn﹣Sn﹣1＝4n﹣1，∴bn＝n，∴＝＝．故选：B．二、多项选择题：本题共4小题，毎小题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．9．5G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x12345销量y（部）5295a185227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（　　）A．a＝152B．5G手机的销量逐月增加，平均每个月增加约30台C．y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x＝7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，

8把代入回归方程，解得，∴（52+95+a+185+227）＝142，解得a＝151，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；∵44＞0，∴y与x正相关，故C正确；将x＝7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（　　）A．s＝8B．F1到渐近线的距离随着t的增大而增大C．t的取值范围是（﹣32，32）D．当t＝4时，C的实轴长是虚轴长的倍【分析】对于A：由c2＝s+t+s﹣t＝16，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s＝8，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t＝4时，计算出C的实轴长，虚轴长，即可判断D是否正确．解：因为c2＝s+t+s﹣t＝2s＝16，所以s＝8，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s＝8，得t的取值范国是（﹣8，8），故C错误；当t＝4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ABCD﹣A1B1C1D1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4A1M＝A1C1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．

9解：如图：根据正方体的特征可得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α，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的中点时，D1M最小，为，此时sinα取得最大值，为，故B正确．设异面直线BM与AC所成的角为θ，当M与A1或C1重合时，θ取得最小值，为60°，当M为A1C1的中点时，θ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．

10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．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（　　）A．f（x）＝2x﹣xB．f（x）＝x2﹣2x+πC．f（x）＝D．f（x）＝【分析】根据所给定义，逐一定性判断即可，A：x＝1满足条件，故A正确；B：方程无解，故B错误；C：或x＝1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2x﹣x＝x，所以2x＝2x，易知x＝1是方程的一个解，故f（x）是“不动点”函数；B．令x2﹣2x+π＝x，所以x2﹣3x+π＝0，方程的Δ＝9﹣4π＜0，故方程无解，所以f（x）不是“不动点”函数；C．当x≤1时，令2x2﹣1＝x，所以或x＝1，所以f（x）是“不动点”函数；D．令，所以，所以f（x）是“不动点”函数．

11故选：ACD．三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．已知0＜α＜，cos（α+）＝，则sinα＝　　．【分析】由条件利用同角三角函数的基本关系求得sin（α+）的值，再根据sinα＝sin[（α+）﹣]，利用两角和的正弦公式计算求得结果．解：0＜α＜，cos（α+）＝，∴（α+）是锐角，∴sin（α+）＝．∴sinα＝sin[（α+）﹣]＝sin（α+）cos﹣cos（α+）sin＝﹣＝，故答案为：．14．已知抛物线C：y2＝4x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l⊥x轴，AB为直径的圆的圆心坐标为F（1，0），半径为r＝2，弦长为，即可得出答案．解：由于|AF|＝|BF|，所以l⊥x轴，所以圆心坐标为F（1，0），半径为r＝2，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3×3＝9种调换方法，从而可确定不同的调换方法有15×9＝135种．最后根据基本事件总数为即可求出所求概率．

12解：根据题意，分2步分析：①先从6个人里选2人，其位置不变，有种选法；②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3×3＝9种调换方法，故不同的调换方法有15×9＝135种．而基本事件总数为，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x≤0和x＞0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x≤0时，；当x＞0时，，令，当且仅当，即x＝1时取等号，即当x＝1时，f1（x）min＝2，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．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①3（c2+a2）＝3b2+16S；②4c﹣5a＝﹣5bcosC，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S＝42，a＝10，求b的值．【分析】若选择条件①：（1）利用余弦定理，三角形的面积公式，化简已知等式可得3cosB＝4sinB

13，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②：（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b的值．解：若选择条件①：（1）因为3（c2+a2）＝3b2+16S，所以，整理得：8acsinB＝3（a2+c2﹣b2），即，整理可得3cosB＝4sinB，又sinB＞0，所以cosB＞0，所以，故sinB＝．（2）由（1）知sinB＝，又S＝42，a＝10，则，解得c＝14，将S＝42，a＝10，c＝14，代入3（c2+a2）＝3b2+16S中，得3×（142+102）＝3b2+16×42，解得．若选择条件②：（1）因为5bcosC+4c＝5a，由正弦定理得，5sinBcosC+4sinC＝5sinA，即5sinBcosC+4sinC＝5sin（B+C），即sinC（4﹣5cosB）＝0，在△ABC中，sinC≠0，所以，故．（2）由（1）知sinB＝，又S＝42，a＝10，则，解得c＝14，由余弦定理得2accosB＝a2+c2﹣b2，可得，

14所以．18．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足a1+a3＝20，S5＝40．（1）求{an}的通项公式；（2）记bn＝|an﹣2|，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+a3＝2a1+2d＝20，，解得：a1＝12，d＝﹣2．故an＝a1+（n﹣1）d＝14﹣2n，（n∈N*）．（2）bn＝|an﹣2|＝|12﹣2n|当n≤6，n∈N*时bn＝12﹣2n，b1＝10，，当n＞6时，bn＝2n﹣12，Tn＝10+8+6+4+2+0+b7+b8+⋯+bn＝，所以．19．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为正方形，∠PAB＝90°，PB＝PD，PA＝AB，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AE⊥BC，AE⊥PB，即可证明AE⊥平面PBC，（2）以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系A﹣xyz，利用空间向量求解，解：（1）∵△PAD≌△PAB（SSS），∴∠PAD＝∠PAB＝90°，∴PA⊥AB，PH⊥AD，又∵AB∩AD＝A，

15PA⊥平面ABCD，BC⸦平面ABCD，∴PA⊥BC，∵ABCD为正方形，∴AB⊥BC，又PA∩AB＝A，PA，AB⸦平面PAB，∴BC⊥平面PAB，∴AE⸦平面PAB∴AE⊥BC，∵PA＝AB，E为线段PB的中点，∴AE⊥PB，又PB∩BC＝B，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A﹣xyz，不妨设正方形ABCD的边长为2，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，λ）（0≤λ≤2），则，设平向AEF的一个法向量为，则，令z1＝2，，设平面PCD的一个法向量为∴，令x2＝1，则，∵平面AEF与平面PCD所成的锐二面角为30°，∴，解得λ＝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°．

1620．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，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：X06007001000P∴（元），若小杰选择方案二，设摸到红球的个数为Y，付款金额为Z，则Z＝1000﹣200Y，由已知可得，故，∴E（Z）＝E（1000﹣200Y）＝1000﹣200E（Y）＝820（元），∵E（X）＜E（Z），∴小杰选择第一种抽奖方案更合算．

1721．已知椭圆C：＝1（a＞b＞0）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2c＝2，则c＝，∵离心率为，∴，∴a2＝4．∴b2＝a2﹣c2＝1，∴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y＝kx+3，直线l与椭圆于A（x1，y1），B（x2，y2）两点，由，由Δ＝（24k）2﹣128（1+4k2）＞0⇒k2＞2，∴x1+x2＝﹣，x1x2＝，∴点O到直线l的距离，∵，∴S四边形OANB＝2S△OAB＝3|x1﹣x2|＝3

18＝3＝324，令k2﹣2＝t，则k2＝t+2（由上式知t＞0），∴S四边形OANB＝24＝24≤24＝2，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）＝lnx﹣x，g（x）＝．（1）证明：对任意的x1，x2∈（0，+∞），都有|f（x1）|＞g（x2）；（2）设m＞n＞0，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）max＝﹣1，|f（x）|min＝1，对g（x）求导，分析g（x）的单调性，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）min＞0，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）max＝f（1）＝ln1﹣1＝﹣1，|f（x）|min＝1，，则，故g（x）在（0，e）上是单调递増的，在（e，+∞）上是单调递减的，故，

19g（x）max＜f（x）|min，所以对任意的x1，x2∈（0，+∞），都有|f（x1）|＞g（x2）．（2），且，∵m＞n＞0，∴﹣1＞0，故只需比较与的大小，令，设，则，因为t＞1，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t＞1恒成立，即，从而有．