2022年浙江省宁波市高考数学一模试卷及答案解析

2022年浙江省宁波市高考数学一模试卷

一、选择题：本大题共10小题，每小题4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.（4分）已知实数集R,集合4={x|2WxW4},B={x|3WxW5},则（CRA）UB=（）

A.{x[4<xW5}B.{x|x<2或x23}C.{x|4WxW5}D.{小W2或x23}

2.（4分）若复数z满足（l+z）”=2-i,则复数z的模为|z|=（）

A.2B.2V2C.2V3D.4

3.（4分）已知双曲线Ci与双曲线C2：搭—y2=1有相同的渐近线，且它们的离心率不相

同，则下列方程中有可能为双曲线。的标准方程的是（）

x2y2x2y2

A.---=1B.---=1

4224

/%2y242

C.---=1D.———=1

4224

4.（4分）设x€R,则“x+1>2”是“xri”的（）

A.充分不必要条件B.必要不充分条件

C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件

5.（4分）已知一个侧棱均相等的三棱锥的三视图（如图），根据图中标出尺寸（单位：cm）,

可得这个三棱锥的体积是（）

分.

4・田

V3V311

A.—B.—C.-D.一

241284

6.（4分）己知某函数的图象（如图），则该函数的解析式可能为（）

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A.y=xln\x\B.y=^-

C.y=(x-l)-e|xlD-y="

7.(4分)将3只小球放入3个盒子中，盒子的容量不限，且每个小球落入盒子的概率相等.记

X为分配后所剩空盒的个数，y为分配后不空盒子的个数，则()

A.E(X)=E(Y),D(X)=D(K)B.E(X)=E(K),D(X)(H

C.E(X)WE(X),D(X)=D(K)D.E(X)WE(D,D(X)手D(7)

8.(4分)如图，在正方体ABC。-AiBiCiD中，点E,F分别为AiBi,BC的中点，设过

点E,F,Di的平面为a,则下列说法正确的是()

A.在正方体AC1中，存在某条棱与平面a平行

B.在正方体AC1中，存在某条面对角线与平面a平行

C.在正方体AC1中，存在某条体对角线与平面a平行

D.平面a截正方体AG所得的截面为五边形

%3—,Y<0

,若存在互不相等的实数m4c,"，使得了

｛|l+/nx|,x>0

(a)=f(b)=f(c)=/(d),则灿cd的取值范围为()

A.(0,e'2)B.(0,e'1)C.(0,2e'[)D.(0,1)

411

10.(4分)已知无穷项实数列｛飙｝满足：ai=t,且——=—---,则()

an+lan。?1一1

A.存在使得〃2011=41

B.存在y0,使得42021=41

C.若。221=。1,则〃2=。1

D.至少有2021个不同的3使得〃2()21=〃1

二、填空题：本大题共7小题，单空题每小题6分，多空题每小题6分，共36分。

11.(6分)瑞士著名数学家欧拉在1765年提出定理：三角形的外心、重心、垂心位于同一

第2页共22页

直线上，这条直线被后人称为三角形的“欧拉线”.在非等边△ABC中，AB=AC=4,点

B坐标为（-2,2）,点C坐标为（3,-1）,且其“欧拉线”与圆M：/+/=於（r>（））

相切，则△ABC的“欧拉线”方程为,圆M的半径r=.

%+y-1>0

12.（6分）若实数戈，y满足约束条件x—y+lN0,则zi=〃+y的最小值为，

.2%—y-2>0

Z2=（的最大值为.

13.（6分）已知（1-3女尸的展开式的各项系数的绝对值之和为1024,〃=,展开

3

式中含短的项的系数为.

14.（6分）如图，在△ABC中，AC=3,BC=2,ZACB=60Q,点。在边AB上，且CD

=2,则4B=，△BC。的面积为.

15.（4分）某学校社会实践小组共有7名成员，该小组计划前往该地区的三个红色教育基

地进行“学党史，颁党恩，跟党走”的主题宣讲志愿服务.若每名成员只去一个基地，

每个基地至少有两名成员前往，且甲、乙、丙三名成员作为负责人分别带队前往三个基

地，则不同的服务方案共有种.

x2

16.（4分）如图，己知0）,P,。是椭圆/~+y2=1上的两点（点。在第一象限），

且直线PM,QM的斜率互为相反数.若|PM=2|QM|,则直线。例的斜率为.

17.（4分）已知b,e是平面向量,"是单位向量.若a?—4a*e+2e2=0,b2—3b*e+2e2=0,

则肃-2：工+2众的最大值为.

三、解答题

18.（14分）已知函数/（%）=6sin2a）x+y/3sin2a）x—3（o）>0）的最小正周期为4.

第3页共22页

(I)求3的值及函数/(X)的对称中心;

(II)若，(&)=誓,且XOC(-2,0),求/(&+3.

19.(15分)如图，在四棱锥P-A8CD中，底面48CD是矩形，PD=CD,PCJLAD,点E

为侧棱PC上一动点(不含端点).

(I)求证：平面AOEJL平面PCD；

(II)若A£>=1,CD=2,ZPCD=30°,是否存在点E使得直线P8与平面AQE所成

PE

角为60°?若存在，求出二的值；若不存在，说明理由.

20.(15分)已知公差不为0的等差数列｛〃”｝的前n项和为Sn,且=S3=避.

(I)求数列｛祈｝的前“项和S”；

(H)在数列｛“｝中，bi=2,且加+历+・+加=加+1-2.若对任意的正整数〃,不等式下.

n+1

bn-2<A-(Sn-1)恒成立，求实数人的取值范围.

21.(15分)如图，已知点尸是抛物线C：«=4x上位于第一象限的点，点A(-2,0),

点M,N是y轴上的两个动点(点M位于x轴上方)，满足PM工PMAMA.AN,线段

PN分别交x轴正半轴、抛物线C于点。，Q,射线MP交x轴正半轴于点£

(I)若四边形ANPM为矩形，求点P的坐标；

(II)记△OOP,△OE0的面积分别为Si,52,求SrS2的最大值.

22.(15分)对于正实数a,b(a>b),熟知基本不等式:G(a,b'XACa,b),其中A(a,b)=—^―

为a,。的算术平均数，G(a,b)=原为a,匕的几何平均数.现定义a,。的对数平均

第4页共22页

数一(a,外=扃方

(I)设x>l,求证：，nxV；(x-3；

(II)(i)利用第(I)小问证明不等式：G(a,b)<L(a,b)；

(ii)若不等式k,L(a,b)<G(a,b)+A(a,b)对于任意的正实数a,h(a>b)

恒成立，求正实数上的最大值.

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2022年浙江省宁波市高考数学一模试卷

参考答案与试题解析

一、选择题：本大题共10小题，每小题4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.(4分)已知实数集R,集合4={x|2WxW4},B={R3WxW5},则(CRA)UB=()

A."|4<x<5}B.{x|x<2或x23}C.{x|4WxW5}D.DxW2或x23}

【解答】解：：CRA={X|XV2或x>4},

(CRA)UB={X|XV2或X23}.

故选：B.

2.（4分）若复数z满足（l+z"i=2-i,则复数z的模为|z|=（）

A.2B.2V2C.273D.4

【解答】解：：（l+z）・i=2-i,

；♦1+z=—：—=—1—2i,则z=-2-2i,

：.\z\=J（-2）2+（-2）2=2V2.

故选：B.

2

3.（4分）已知双曲线。与双曲线C2；r号一y2=l有相同的渐近线，且它们的离心率不相

同，则下列方程中有可能为双曲线。的标准方程的是（）

x2y2x2y2

A.---=1B.---=1

4224

y2x2y2x2

C.---=1D.---=1

4224

【解答】解：双曲线妥y2=i的渐近线尸土杀且它的离心率：=

V-v=1的渐近线y==土乌X,且它的离心率：号.

42/2

%2y2^rz

---=1的渐近线方程y=±V2x,且它的离心率：=v3,

24V2

y2%2\TCi

1—5=1的渐近线方程y=它的离心率：—.

[■一亍•=1的渐近线方程y=±冬:，且它的离心率：=V3,

故选：D.

4.（4分）设立R,则+是的（）

第6页共22页

A.充分不必要条件B.必要不充分条件

C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件

142—2%+1（%—1）2

【解答】解：+士>2=------------->o<=>-———>0o（x-1）2x>0,.\x>0且xW1,

xXX

•・・{x|x>0且售{x|xWl},

.•・久+]>2是工£1的充分不必要条件，

故选：A.

5.（4分）已知一个侧棱均相等的三棱锥的三视图（如图），根据图中标出尺寸（单位：cm）,

可得这个三棱锥的体积是（）

力视图ffiMK

第&图

V3V311

A.—B.一C.一D.-

241284

【解答】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：

1

所以：0A=1,AE=^,

利用勾股定理：AE==亨,

BD=V3,OC=1,

故U=5x?x8x*x空=崟.

第7页共22页

故选：c.

6.(4分)已知某函数的图象(如图)，则该函数的解析式可能为()

A.y=x/〃|x|B.y=

C.y=(x-i)-eWD.y=

【解答】解：由图象知函数的定义域为{x|x#O},且函数关于原点对称，则函数/(x)为

奇函数，

当Xf+8时，由图象知/(1)—+8,

B中，当x-+8时，、=乎1-0,不满足条件.排除B,

_1

。中，当犷*+8时，y=—XA->0,不满足条件.排除。，

e凶

C中，当x>0且x-0时，0国一1,-8,则,(X)--8,不满足条件，排除C,

故选：A.

7.(4分)将3只小球放入3个盒子中，盒子的容量不限，且每个小球落入盒子的概率相等.记

X为分配后所剩空盒的个数，丫为分配后不空盒子的个数，则()

A.E(X)=E(D,D(X)=D(Y)B.E(X)=E(Y),D(X)(K)

C.E(X)丰E(y),D(X)=D(r)D.E(X)于E(K),D(X)(K)

【解答】解：由题意得X的可能取值为0,1,2,

P(X=0)=绛=/

339

P(X=1)=簿』

P(X=2)=4=1，

W9

：.E(X)=0x5+1XJ+2XA=2

7Jyy

82828126

zX\2x

loJX+)2-+-

\J----X-=-

Xz第(21

9993共998

8页22

y的可能取值为i,2,3,

p(y=i)=4=1，

房9

p(r=2)=^|^=|,

p(y=3)=4=i

3J9

E(y)=1XQ+2XX4-3XQ=-Q->

zfoy

D(r)=(1一等)2x1+(2一等)2x|+(3—等)2x|=|1,

：.E(X)手E(y),D(X)=D(y).

故选：c.

8.(4分)如图，在正方体ABC。-Ai81cl历中，点E,尸分别为AiBi,BC的中点，设过

点E,F,。的平面为a,则下列说法正确的是()

A.在正方体AC1中，存在某条棱与平面a平行

B.在正方体AC1中，存在某条面对角线与平面a平行

C.在正方体AC1中，存在某条体对角线与平面a平行

D.平面a截正方体4。所得的截面为五边形

【解答】解：对于A：因为BCna=F,BCCa,所以BC,AD,A\D\,81。都不与a平

行，

又4BiCa=E,AiBiCa,所以481,AB,CD,Ci£>i都不与a平行,

因为力£)ina=Oi,DDi0a,所以OOi,CCi,BB\,A4i都不与a平行，

故不存在棱与平面a平行，故A错误；

对于8：由。作截面图形为五边形DiEPFM可判断不存在某条面对角线与平面a平行,

对于C：由。作截面图形为五边形O1EPFM可判断不存在某条体对角线与平面a平行,

对。：如图，取A8中点G,易得。1E〃OG,取CO中点，，

连接BH,则易得8H〃DG,

第9页共22页

再取C”中点M,连接FM,pli]FM//BH,

所以FM//D\E,所以FM是平面a与正方体底面ABCD的交线，

延长何尸，与4B的延长线交于M连接EM交BB1于P,

则可得五边形D\EPFM即为平面a交正方体ABCD-AiB\CiD\的截面，故。正确;

故选：D.

%3—3%,xv0

一，若存在互不相等的实数a,b,c,d,使得f

{|l+Znx|,x>0

(a)=f(Z>)=f(c)=/(d),则Med的取值范围为()

A.(0,-2)B.(0,e')C.(0,2/1)D.(0,1)

【解答】解：当x<0时，f(x)=/-3x,f'(x)=3/-3=3(x+1)(x-1).

当x€(-8,-1)时，/(x)<0,『(无)单调递减，

当尤(-1,0)时，/(x)>0,f(x)单调递增，且/(-1)=2.

%3—3%,%<0

的图象如图,

{|1+lnx\,x>0

第10页共22页

设/(a)=f(b)=f(c)=f(d)=m,

直线y=,〃与函数/(x)的图像有4个交点，观察图像，可得〃怎(0,2),

不妨设匕<c〈d,则必有-(1+/HC)=1+历d,

：.lnd+lnc^-2,贝UIn(de)=-2,dc=e2

由/(a)=f(b),得a3-3a=Z?-3b,/.a3-Z>3-3(a-b)=0,

即(«-b)(c^+ab+b1)-3(a-b)=0,得(a-b)(c^+ab+b1-3)=0,

:a=b,a2+b2+ab-3=0,EP3-ab—a1+b2'>2abi得ab<1>

又一次-l<b<0,：.ah>0,UP0<ah<l.

'.abcd&(0,e2).

故选：A.

411

10.(4分)己知无穷项实数列｛即｝满足：ai-r,且——=--——,则()

an+lan1

A.存在£>1,使得。2011=41

B.存在[V0,使得〃2021=〃1

C.若。221=41,则Q2=m

D.至少有2021个不同的心使得42021=41

【解答】解：令加=]~,则加+1=.(Z?n+1+匕)])，〃€N二

则Q2021=。1,b2021=blf

若41,贝IJ61E(0,1),

/.h2<h3<9<b202\<0<h\,

不可能得到历021="，故A错误;

若r<0,则biE(-°°,0),

*.b\<to<to<•<te()2i<0,不可能得到历021=如，故B错误;

4

42=mQ历=bi=bi=m

11

令/(x)=4(x+1+不彳)，则加+1=/(尻)，h3—b\^f(/=bi,

f(/(x))=x=x(3x-4)(5?-20x+16)=0=x€｛0,2-奈2+亮｝

・••当61=2+，b1=b3,，加=加=。=历021,此时，历021#从,故。错误.

故选：D.

二、填空题：本大题共7小题，单空题每小题6分，多空题每小题6分，共36分。

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11.（6分）瑞士著名数学家欧拉在1765年提出定理：三角形的外心、重心、垂心位于同一

直线上，这条直线被后人称为三角形的“欧拉线”.在非等边aABC中，A8=AC=4,点

B坐标为（-2,2）,点C坐标为（3,-1）,且其“欧拉线”与圆M：x2+/=^（r>0）

相切，则AABC的“欧拉线”方程为x-y-1=0，圆M的半径r=—.

-----------------------2一

【解答】解：•.•在△ABC中，AB=AC=4,

r.BC边上的高线，垂直平分线，中线位于同一直线上，即其“欧拉线”为△ABC边BC

的垂直平分线，

•点3坐标为（-2,2）,点C坐标为（3,-1）,

3

2-

・7_3+2_

•&8C=_1.4=—1

•.直线BC的垂直平分线的斜率为1,

•.BC的垂直平分线方程为y=即x-y-1=0,

.•“欧拉线”与圆/+/=，（r>0）相切,

•.圆心（0,0）到“欧拉线”的距离为d=忖―§=r.

v2/

故答案为：x-y-1=0；子

%4-y-1>0

12.（6分）若实数满足约束条件x-y+l>0，则zi=2x+y的最小值为2,zy

2X

.2%—y-2>0

4

的最大值为-.

一3一

【解答】解：由约束条件作出可行域如图,

由图可知，A（1,0）,联立《口；，?：0。,解得B⑶4）,

第12页共22页

由图可知，当直线zi=2x+y过A时，zi=2x+y有最小值2；

z2=看的最大值为AOB=/

4

故答案为：2；—.

13.（6分）己知（1-3a）"的展开式的各项系数的绝对值之和为1024,〃=5,展开式

中含%的项的系数为-270.

【解答】解：在（1-3日广展开式的各项系数绝对值之和等于（1+3立）n的的展开式的

各项系数之和；

在（1+34尸的中，

令x=l,可得（1+3立产的展开式的各项系数绝对值之和为4"=22"=1024=21°,

・・〃=5,

故(1-3«)n展开式的通项公式为Ti=C>(-3«)r=(-3)2,

3

•••展开式中含%2的项的系数为:（-3）3•髭=-270.

故答案为：5；-270.

14.（6分）如图，在△ABC中，AC=3,BC=2,ZACB=60°,点。在边AB上，且CQ

373

=2,贝△BCD的面积为

-7—

【解答】解：因为在△ABC中，AC=3,BC=2,ZACB=60°,

所以AB=ylAC2+BC2-2AC-BC-cos^ACB=J324-22-2x3x2x1=V7,

AB2+BC2-AC27+4-9/7

可得cosB==

~'2ABBC-2x77x2-14)

所以在△BC。中，由余弦定理可得CD2=BC2+BD2-2BUB/>cosB,

又点力在边48上，且C£）=2,则4=4+B£>2-2X2XBOX存，整理可得BO=挈,

又sinB=V1—cos2B—

第13页共22页

所以△BCD的面积S=躯）・BC・sinB=gx挈x2x笔i=苧.

故答案为：V7,

15.（4分）某学校社会实践小组共有7名成员，该小组计划前往该地区的三个红色教育基

地进行“学党史，颁党恩，跟党走”的主题宣讲志愿服务.若每名成员只去一个基地，

每个基地至少有两名成员前往，且甲、乙、丙三名成员作为负责人分别带队前往三个基

地，则不同的服务方案共有216种.

【解答】解：根据题意，分3步进行分析：

①将甲、乙、丙分步安排到三个基地，有A33=6种安排方法，

②将甲、乙、丙之外的4人分为3组，一组2人，其余2组各1人，有C4?=6种分组方

法，

③将分好的三组安排到三个基地，有A33=6种安排方法，

则有6X6X6=216种安排方法，

故答案为：216.

X2

16.（4分）如图，已知M（1,0）,P,。是椭圆三十丫9？=1上的两点（点。在第一象限），

且直线PM,QM的斜率互为相反数.若|PM|=2|QM，则直线的斜率为1.

【解答】解:延长QM交椭圆于产点，因为直线PM,QM的斜率互为相反数,|PM=2|QM，

可得P为P关于x轴的对称点，所以尸M=ZQM，

可得P'M=2而，设P'（如，yi）,Q（X2."）,y2>0,设直线QM的方程为x=%y+l,

联立整理可得：（3+4）/2叼-2=0,

则y\+yi=-①,yiy2=2②，

3Q4，-名mz3+mz

由P'M=2MQ,可得（1-xi,-yi）=2（x2-1,则-yi=2y2,即yi=-2>2③，

①③联立可得.爵，”=-益，代入②中可得：-箫尸器》解得：川

=1,

第14页共22页

可得〃?=±1,由”>0可知，加=1,

所以斜率仁1=1,

故答案为：1.

17.(4分)已知展,匕，工是平面向量,K是单位向量.若-4a9e+2e2=0,b2-3b*e+2e2=0,

则京一22上+27的最大值为7.

【解答】解：因为茄-4鼠”+2前=0,所以(2-21)2=2,

因为从—3b.e+2或2=o,(b—e)(h—2e)=0,

作R1=Z,OB=b,OE=e,OC=2e,则向一2"|=|2|=

且(b-2e)=EBCB=0,所以EBJ_C8,

固定点E,则E为OC的中点，则点8在以线段CE为直径的圆。上，

点A在以点C为圆心，夜为半径的圆C上，如图所示：

a2-2a-b+2b2=|a-b\2+\b\2=\BA\2+\0B\2<(|BC|+V2)2+|0B|2,

设/2(主=。，则|访|=cos。，

因为|儿|=2,SB=(CB-CO)2=CB2-2\CB\­\cb\cosQ+C()2=4*3cos26

=-2cos29+2V2COS6+6=-2(cos。-苧)2+7^7,

当3。=冬时，等号成立，即靛一2之工+2"的最大值为7,

故答案为：7.

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°\I

A

三、解答题

18.(14分)已知函数/'(X)=65出2g+6$济23%-3(3>0)的最小正周期为4.

(I)求3的值及函数/(X)的对称中心；

(II)若/(&)=誓，且xoe(-2,0),求八配+》.

【解答】解：(I)/(x)=6-1°r2o>久+%sin2a>x-3=V3sin2a)x—3cos2a)x=

2>/3sin(2(i)x—今)，

27T

由f(x)的最小正周期为4,得丁=4,解得3=[,

2a)4

故/(%)=2V3sin(^x-刍，

,nng2

由一%——=/c7i,kJZ,得％=不+2k,kEZ,

233

故对称中心为(t+2匕0),kez.

(II)由f(%o)=得2V5sin(3%o-5)=^KPsin(?x0-5)=

J乙OJ乙。J

,71n471TC

又xoe(-2,0),得鼻和一&e(-/-，--),

.,.yrjr__7T7T47r

结合sin-彳)>0，可知彳和一4e，一兀),

乙。ZDD

故COS(*%0-■)=-4

所以f(%o+》=2V5s讥后(%o+｝一刍=2V3sm[(^x0-掾)+勺=2V3-[sin(^x0—

7T、7T,Z7T71、7T-.V6-

可),cos.+COS^XQ可)•sin.]=—g-

19.(15分)如图，在四棱锥P-4BCD中，底面A8CO是矩形，PD=CD,PC_LAO,点E

为侧棱PC上一动点(不含端点).

(I)求证：平面ADE_L平面尸CC；

(H)若AO=1,8=2,ZPCD=30°,是否存在点E使得直线尸B与平面AOE所成

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PE

角为6。。？若存在，求出^的值;若不存在，说明理由.

【解答】解：（I）•.•四边形48CD为矩形，.•.AO_LCr>,

又；.AO_L平面尸CD,

所以平面平面PCD

(II)解：作PHLCD交CD于H,

平面PCD,：.AD1.PH,ABCD,

建立空间直角坐标系,

易得A(1,0,0),B(1,2,0),C(0,2,0),H(0,-1,0),P(0,-1,国),

：.PB=(1,3,-V3),

PETT

记—=A,即PE=XEC,

EC

：.DE-DP=A(DC-DE)f

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.・.法=击(而+位)=(0,篇，名)，

注意到苏4=(1,0,0),故可设平面AOE的法向量京=(0,L%),

由DE-n=0,得2，1+-%=0,可解得％=1

A+lA+lV3

,—m11-2』、

..n=(0’1,廿

TT

若直线尸8与平面AOE所成角为60°,则有sin6(T=|cosVfkZ>|=号吧,

\PB\-\n\

.V5|3—(1-2A)|

'2

化简得3入2-7入+3=0,解得；1=理且，

O

PE7+V137-V13一

因此，当一=------或------时，直线PB与平面AOE所成角为60°.

EC66

20.(15分)已知公差不为0的等差数列他”｝的前〃项和为S”，且&5=53=谖.

(I)求数列｛劭｝的前"项和％;

(H)在数列出“｝中，4=2,且从+历+—+1-2.若对任意的正整数小不等式

n+1

bn-2<A-(Sn-1)恒成立，求实数人的取值范围.

【解答】解：(I)由。5=$3=度,得卜1+4：=®-------

&+4d=(%+d)2-----------②

---------------------------------------------------------(2分)

解得｛建⑶艰-----------------------------------------------------

-----------------------------------------------------------------(4分)

所以%=.%+豆(+°d=九？.------------------------

________________________________(6分)

(II)由加+历+•,+加=加+1-2,得Z>l+Z>2+,-+bn+bn+l=bn+2-2,

相减得b,i+1=bn+2-hn+1,即bn+2=2加+1.

又加=历-2,得历=bi+2=2Ai,

故历+1=2〃〃对任意成立，------------------------

______________________________(8分)

结合历=2,可得砥=2%-----------------------------------------------------

-----------------------------------------------------------------------------------------(9

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分)

将S”,尻代入"也_2"1_4峪_1),得入20-2"+YQ32-1),

即有X-2式4.警对任意〃eN*恒成立.

(i)当入=0时，-2W0成立，所以入=0符合题意.--------------

--------------------------------(10分)

22z

,…J2-2n-lL_^^,Z-2n-l

(ii)当入＞°时，由丁＜才恒成立，得丁＜(-)min.

易知当〃=1时，-^-=0;当〃》2时，孩会＞0,故(号与min=0-

入2—2

由二一W0,结合入＞0,可解得------------------------------------

A

-----------------(12分)

,A2-2n2-l.,22-2n2-l

(iii)当1入<0时，由丁2亍•恒成立，得zr丁2(三二)2,

(n+l)2-ln2-l—TI2+2n+2

由万丁

2n2n+1

(n+l)2-in2-l(n+l)2-in2-l

可知当〃=1,2时,当时,n+1<-----

2n+12n―2-2n

故(2n)max=3r3=1.

乙L

22-2

化筒「一N1得入2-入-2W0,解得-I〈入W2,结合入＜0,

A

可解得-1W入V0,------------------------------

________________________________(14分)

综上，-1wa------------------------------------------------------------------------------------------

-------------------------------------------------------------------------------------------------------------(15分)

21.(15分)如图，己知点尸是抛物线C：/二火上位于第一象限的点，点A(-2,0),

点M,N是y轴上的两个动点(点M位于x轴上方)，满足PMtPN,AM±AN,线段

PN分别交x轴正半轴、抛物线C于点。，Q,射线MP交x轴正半轴于点E.

(I)若四边形ANP例为矩形，求点P的坐标；

(II)记△。。尸，△OE。的面积分别为Si,S2,求Si・S2的最大值.

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【解答】解：(I)当四边形ANPM为矩形时，AP的中点在y轴上，

所以XP=-XA=2,--------------(2分)

故P(2,2V2)---------------------------------------------------------------------(4分)

(II)设点£)(〃?，0),直线尸。方程：x-m=ty,

显然有加＞0，rHO

联立直线PQ与抛物线C,得心二；9，

消去x得/-4(y-4机=0,所以yp，yQ=-4〃7------------------

-------------(6分)

由AM_LAM得|OM［。川=|OA|2=4

\OM\\OE\

又由PMLPN,可得AMOEsADON,所以有标源=云》

从而|OE|」O£)|=|OM-|OM=4,即XEXD=4--------------------------

-----------------------(8分)

44

所以双=荷进而有|DE|==五一M，结合|0。|=机，ypyQ=-

4

(注：由XE＞XD,得一＞m,故有0VmV2)

m