2022-2023学年广东省广州市番禺区高二（下）期末数学试卷（含解析）

这是一份2022-2023学年广东省广州市番禺区高二（下）期末数学试卷（含解析），共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2022-2023学年广东省广州市番禺区高二（下）期末数学试卷
一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 已知集合A={−2,−1,0,1,2}，B={x|3−x2≥0}，则A∩B=(    )
A. {−1,0,1} B. {0,1} C. {−1,1} D. {0}
2. 设复数z=4−2i1+i，则复数z−在复平面内对应的点的坐标为(    )
A. (3,1) B. (3,−1) C. (1,3) D. (1,−3)
3. 在△ABC中，点D满足AB=4DB，则CD=(    )
A. 14CA+34CB B. 34CA+14CB C. 14CA−34CB D. 34CA−14CB
4. 函数f(x)=2x31+x2−x的部分图象大致为(    )
A. B.
C. D.
5. 已知函数f(x)=cos2x−sin2x，则(    )
A. f(x)在(−π2,−π6)上单调递减 B. f(x)在(−π4,−π12)上单调递增
C. f(x)在(π4,7π12)上单调递增 D. f(x)在(0,π3)上单调递减
6. 近年来，电动自行车以其快捷、轻便、经济等优点成为老百姓的代步工具，但随之出现了一系列问题，如违规停放，私拉电线充电，占用安全通道等，给人民安全带来隐患.为进一步规范电动自行车管理，某社区持续开展了两轮电动车安全检查和宣传教育，为了解工作效果，该社区将四名工作人员随机分派到A，B，C三个小区进行抽查，每人被分派到哪个小区互不影响，则三个小区中恰有一个小区未分配到任何工作人员的概率为(    )
A. 49 B. 2027 C. 1627 D. 1427
7. 已知变量y关于变量x的回归方程为y =blnx+0.24，其一组数据如表所示：
x
e
e3
e4
e6
e7
y
1
2
3
4
5
若x=e10，则y的值大约为(    )
A. 4.94 B. 5.74 C. 6.81 D. 8.04
8. 已知a=79，b=0.7e0.1，c=cos23，则(    )
A. a>b>c B. b>a>c C. c>b>a D. c>a>b
二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）
9. 对于(2x−1x2)6的展开式，下列说法正确的是(    )
A. 展开式共有6项 B. 展开式中各项系数之和为1
C. 展开式中的常数项是240 D. 展开式中的二项式系数之和为32
10. 直线l过抛物线C：x2=4y的焦点F，且与C交于A(x1,y1)，B(x2,y2)两点，则下列说法正确的是(    )
A. 抛物线C的焦点坐标为(1,0)
B. |AB|的最小值为4
C. 对任意的直线l，x1⋅x2=1
D. 以AB为直径的圆与抛物线C的准线相切
11. 甲箱中有3个红球，2个白球和2个黑球，乙箱中有2个红球，3个白球和3个黑球.先从甲箱中随机取出一球放入乙箱，分别以A1，A2和A3表示从甲箱中取出的球是红球、白球和黑球的事件，再从乙箱中随机取出一球，以B表示从乙箱中取出的球是红球的事件，则(    )
A. P(B|A1)=13 B. P(B)=1763
C. P(A1)P(B)=P(A1B) D. P(A2|B)=417
12. 如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是正方形，且PA=AB=2，E，F分别为PD，PB的中点，则(    )
A. EF⊥平面PAC
B. 四棱锥P−ABCD的外接球的表面积为48π
C. CF与平面ABCD所成角的正弦值为 66
D. 点A到平面EFC的距离为4 1111

三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 某校1000名学生参加数学文化知识竞赛，每名学生的成绩X～N(70,102)，成绩不低于90分为优秀，依此估计优秀的学生人数为______ (结果填整数).附：若ξ～N(μ,σ2)，则P(μ−σ<ξ<μ+σ)=0.6827，P(μ−2σ<ξ<μ+2σ)=0.9545．
14. 已知正数等比数列{an}的前3项和为168，a1=96，则a6= ______ ．
15. 已知函数f(x)=2x+lnx，若过点(0,−1)的直线与曲线y=f(x)相切，则该直线斜率为______ ．
16. 已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左，右焦点分别为F1，F2，椭圆C在第一象限存在点M，使得|MF1|=|F1F2|，直线F1M与y轴交于点A，且F2A是∠MF2F1的角平分线，则椭圆C的离心率为______ ．
四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题10.0分)
记Sn为正数数列{an}的前n项的和，已知2Sn=an2+an．
(1)证明：数列{an}是等差数列；
(2)求数列{1Sn}的前n项之和．
18. (本小题12.0分)
在△ABC中，角A，B，C所对的边长为a，b，c，b=a+1，c=a+2．
(Ⅰ)若2sinC=3sinA，求△ABC的面积；
(Ⅱ)是否存在正整数a，使得△ABC为钝角三角形？若存在，求出a的值；若不存在，说明理由．
19. (本小题12.0分)
某企业为在推进中国式现代化新征程中展现更大作为，在提升员工敬业精神和员工管理水平上实施新举措制定新方案.现对员工敬业精神和员工管理水平进行评价，从企业中选出200人进行统计，其中对员工敬业精神和员工管理水平都满意的有50人，对员工敬业精神满意的人数是总人数的40%，对员工管理水平满意的人数是总人数的45%．
(1)完成对员工敬业精神和员工管理水平评价的2×2列联表，依据小概率值α=0.01的独立性检验能否认为对员工敬业精神满意与对员工管理水平满意有关联？
员工敬业精神
员工管理水平
合计
满意
不满意
满意



不满意



合计



(2)若将频率视为概率，随机从企业员工中抽取3人参与此次评价，设对员工敬业精神和对员工管理水平都满意的人数为随机变量X，求X的分布列和数学期望．
附：χ2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)，n=a+b+c+d
α
0.050
0.010
0.001
xα
3.8410
6.635
10.828

20. (本小题12.0分)
如图，三棱柱ABC−A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，∠ACB=90°，AC=BC=1，AA1=2，以AB，BC为邻边作平行四边形ABCD，连接DA1和DC1．
(1)求证：A1D//平面BCC1B1；
(2)线段BC上是否存在点F，使平面DA1C1与平面A1C1F垂直？若存在，求出BF的长；若不存在，说明理由．

21. (本小题12.0分)
已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的离心率为 3,C的右焦点F到其渐近线的距离为 6．
(1)求该双曲线C的方程；
(2)若直线l与双曲线C在第一象限交于A，B两点，直线x=3交线段AB于点Q，且S△FAO：S△FBO=|FA|：|FB|，证明：直线l过定点．
22. (本小题12.0分)
已知函数f(x)=2xlnx−2ax2，a∈R．
(1)当a=12，求f(x)的单调递减区间；
(2)若f(x)≤f′(x)2−lnx−1在(1,+∞)恒成立，求实数a的取值范围．
答案和解析

1.【答案】A 
【解析】解：集合A={−2,−1,0,1,2}，B={x|3−x2≥0}={x|− 3≤x≤ 3}，
则A∩B={−1,0,1}．
故选：A．
求出集合B，利用交集定义能求出A∩B．
本题考查集合的运算，考查交集定义、不等式性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．

2.【答案】C 
【解析】解：因为z=4−2i1+i=(4−2i)(1−i)(1+i)(1−i)=4−6i+2i22=1−3i，得到z−=1+3i，
所以复数z−在复平面内对应的点的坐标为(1,3)，
故选：C．
利用复数的运算法则求出复数z，从而得到z−，再利用复数的几何意义即可求出结果．
本题主要考查复数的四则运算，属于基础题．

3.【答案】A 
【解析】解：∵AB=4DB，
∴CB−CA=4(CB−CD)，
∴4CD=CA+3CB，
∴CD=14CA+34CB．
故选：A．
由AB=4DB得出CB−CA=4(CB−CD)，然后根据向量的数乘运算求出向量CD即可．
本题考查了向量减法的几何意义，向量的数乘运算，考查了计算能力，属于基础题．

4.【答案】B 
【解析】解：因为f(x)=2x31+x2−x=2x3−x−x31+x2=x3−x1+x2，易知f(x)的定义域为R，
因为f(−x)=(−x)3−(−x)1+(−x)2=−x3+x1+x2=−x3−x1+x2=−f(x)，
所以f(x)为奇函数，
图象关的原点对称．排除A，D选项；
又f(12)=(12)3−121+(12)2<0，f(2)=23−21+22>0，所以排除C选项．
故选：B．
先判断函数的奇偶性，然后再代入特殊值计算f(12),f(2)即可判断．
本题主要考查了函数图象的变换，考查了函数奇偶性的判断，属于基础题．

5.【答案】D 
【解析】解：f(x)=cos2x−sin2x=cos2x，周期T=π，
∴f(x)的单调递减区间为[kπ,π2+kπ](k∈Z)，单调递增区间为[π2+kπ,π+kπ](k∈Z)，
对于A，f(x)在(−π2,−π6)上单调递增，故A错误，
对于B，f(x)在(−π4,0)上单调递增，在(0,π12)上单调递减，故B错误，
对于C，f(x)在(π4,π2)上单调递减，在(π2,7π12)上单调递增，故C错误；
对于D，f(x)在(0,π3)上单调递减，故D正确．
故选：D．
利用二倍角公式化简得f(x)=cos2x，周期T=π，根据余弦函数的单调性可得f(x)的单调递减区间为[kπ,π2+kπ](k∈Z)，单调递增区间为[π2+kπ,π+kπ](k∈Z)，进而逐个判断各个选项的正误即可．
本题主要考查了二倍角公式，考查了余弦函数的单调性，属于基础题．

6.【答案】D 
【解析】解：依题意，可得三个小区中恰有一个小区末分配到任何工作人员的概率为C31(C42C222+C41⋅C33)⋅A2234=3×(3+4)×234=1427．
故选：D．
根据分组分配法求出分配方案数后，由古典概型概率公式计算出概率．
本题考查古典概型相关知识，属于基础题．

7.【答案】C 
【解析】解：由y =blnx+0.24，令t=lnx，则y =bt+0.24，
由题意，t−=1+3+4+6+75=4.2，y−=1+2+3+4+55=3，
∴3=b×4.2+0.24，解得b=2335，
∴y =2335lnx+0.24，
把x=e10代入，解得y ≈6.81．
故选：C．
由y =blnx+0.24，令t=lnx，得y =bt+0.24，求出t−与y−的值，代入线性回归方程求得b，把b代入y =blnx+0.24，取x=e10求解y​值得结论．
本题考查回归方程的求法，考查化归与转化思想，考查运算求解能力，是基础题．

8.【答案】D 
【解析】解：∵a=79，b=0.7e0.1，
∴lnb−lna=0.1+ln0.7−ln79=110+ln910=1−910+ln910，
令f(x)=1−x+lnx，则f′(x)=−1+1x=1−xx，
当00，即f(x)在(0,1)上单调递增，
∴lnb−lna=f(910) ∴b c=cos23=1−2sin213，由0 ∴c=cos23=1−2sin213>1−29=79，
∴c>a>b．
故选：D．
利用常见放缩x−1≥lnx，构造函数f(x)=1−x+lnx，判断出ba，即可得出答案．
本题考查利用导数研究函数的单调性，考查转化思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．

9.【答案】BC 
【解析】解：∵二项式的次数为6，
∴展开式共有7项，故A错误；
(2x−1x2)6的通项为C6r(2x)6−r⋅(−1x2)r=(−1)r26−rC6rx6−3r，当r=2时，展开式中的常数项为(−1)224C62=240，故C正确；
令x=1，则展开式中各项系数之和为1，故B正确；
展开式中的二项式系数之和为26=64，故D错误．
故选：BC．
根据已知条件，结合二项式定理，即可求解．
本题考查二项式定理的应用，考查二项式系数的性质，考查运算求解能力，是基础题．

10.【答案】BD 
【解析】解：抛物线C：x2=4y的焦点F(0,1)，A选项错误；
抛物线的焦点弦中，通径最短，故|AB|的最小值为4，B选项正确；
由题意，直线l斜率存在，设直线l的方程为y=kx+1，代入抛物线方程得x2−4kx−4=0，则x1⋅x2=−4，C选项错误；

如图所示，AB的中点为M，过A，B，M分别作准线的垂线，垂足分别为A′，B′，M′，则|MM′|=|AA′|+|BB′|2=|AF|+|BF|2=|AB|2，可知以AB为直径的圆与抛物线C的准线相切，D选项正确．
故选：BD．
由抛物线方程求焦点坐标验证选项A；焦点弦中通径最短验证选项B；直线与抛物线联立方程组由韦达定理计算x1⋅x2验证选项C；由圆心到直线的距离判断选项D．
本题主要考查抛物线的性质，属于中档题．

11.【答案】ABD 
【解析】解：因为P(A1)=37，P(A2)=27，P(A3)=27，
若A1发生，则乙箱中有3个红球，3个白球和3个黑球，∴P(B|A1)=39=13，故A正确；
若A2发生，则乙箱中有2个红球，4个白球和3个黑球，∴P(B|A2)=29，
若A3发生，则乙箱中有2个红球，3个白球和4个黑球，∴P(B|A3)=29，
∴P(B)=P(A1)P(B|A1)+P(A2)P(B|A2)+P(A3)P(B|A3)
=37×13+27×29+27×29=1763，故B正确；
∵P(A1B)=P(B|A1)⋅P(A1)=13×37=17，
∴P(A1)P(B)≠P(A1B)，故C错误；
P(A2|B)=P(A2B)P(B)=P(B|A2)P(A2)P(B)=27×291763=417，故D正确．
故选：ABD．
根据全概率公式及条件概率概率公式计算可得．
本题主要考查条件概率，全概率公式，考查运算求解能力，属于中档题．

12.【答案】ACD 
【解析】解：对于A：连接BD，
因为PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，
可得PA⊥BD
由ABCD为正方形，可得AC⊥BD，
PA⋂AC=A，PA，AC⊂平面PAC，
所以BD⊥平面PAC，
又因为E，F分别为PD，PB的中点，则EF//BD，
可得EF⊥平面PAC，故A正确；
对于B：四棱锥P−ABCD的外接球即为以A为顶点，PA，AB，AD为相邻三边的正方体的外接球，
则外接球的半径R=12 PA2+AB2+AD2= 3，
所以表面积为S表=4πR2=12π，故B正确；
如图，以A为坐标原点，AB，AD，AP为x，y，z轴正方向建立空间直角坐标系，

则A(0,0,0)，C(2,2,0)，E(0,1,1)，F(1,0,1)，
对于C：可知平面ABCD的法向量n=(0,0,1)，CF=(−1,−2,1)，
则cos=n⋅CF|n||CF|=11× 6= 66，
所以CF与平面ABCD所成角的正弦值为 66，故C正确；
对于D：可得EF=(1,−1,0)，CF=(−1,−2,1)，AC=(2,2,0)，
设平面EFC的法向量m=(x,y,z)，则m⋅EF=x−y=0m⋅CF=−x−2y+z=0，
令x=1，则y=1，z=3，即m=(1,1,3)，
所以点A到平面EFC的距离为d=|m⋅AC||m|=4 11=4 1111，故D正确；
故选：ACD．
对于A：根据线面垂直的判定定理结合平行关系分析判断；对于B：将四棱锥转化为正方体，根据正方体的外接球分析运算；建系，对于C：利用空间向量求线面夹角；对于D：利用空间向量求点到面的距离．
本题主要考查了线面垂直的判定，考查了利用空间向量求点到平面的距离和求直线与平面的的夹角，属于中档题．

13.【答案】23(22也可以) 
【解析】解：由每名学生的成绩X～N(70,102)，得μ=70，σ=10，
则P(X>90)=P(X>70+20)=P(X>μ+2σ)=12[1−P(μ−2σ<ξ<μ+2σ)]=12(1−0.9545)=0.02275，
则优秀的学生人数为1000×0.02275=22.75≈23．
故答案为：23(22也可以)．
根据X～N(70,102)，得出P(X>90)=P(X>μ+2σ)，再乘以总人数得出结果．
本题主要考查了正态分布曲线的对称性，属于基础题．

14.【答案】3 
【解析】解：设数列{an}的公比为q(q>0，且q≠1)，
因为等比数列{an}的前3项和为168，
所以96×(1−q3)1−q=168，化简得4q2+4q−3=0，解得q=12或−32(舍负)，
所以a6=a6⋅q5=96×(12)5=3．
故答案为：3．
由等比数列的前n项和公式求得公比q，再由等比数列的通项公式得解．
本题考查等比数列的性质，熟练掌握等比数列的通项公式与前n项和公式是解题的关键，考查运算求解能力，属于基础题．

15.【答案】3 
【解析】解：设切点为(m,2m+lnm)，
函数f(x)=2x+lnx的导数为f′(x)=2+1x，可得切线的斜率为k=2+1m，
即2+1m=2m+lnm−(−1)m，
解得m=1，即有k=2+1=3．
故答案为：3．
设出切点的坐标，求得f(x)的导数，由导数的几何意义可得切线的斜率，再由两点的斜率公式解方程可得所求值．
本题考查导数的运用：求切线的斜率，考查方程思想和运算能力，属于基础题．

16.【答案】 5−12 
【解析】解：由题意得|F1M|=|F1F2|=2c，
又由椭圆定义得|MF2|=2a−2c，
记∠MF1F2=θ，
则∠AF2F1=∠MF2A=θ，∠F1F2M=∠F1MF2=∠MAF2=2θ，
则|AF2|=|AF1|=2a−2c，
所以|AM|=4c−2a，
故△MF1F2∽△MF2A，
则|MF2||F1F2|=|AM||MF2|，
则a−cc=2c−aa−c，即c2+ac−a2=0，
∴e2+e−1=0，∴e= 5−12(负值已舍)．
故答案为： 5−12．
根据题意和椭圆定义可得到|MF2|，|AM|和a，c的关系式，再根据△MF1F2∽△MF2A，可得到关于a，c的齐次式，进而可求得椭圆C的离心率e．
本题主要考查椭圆的性质，考查转化能力，属于中档题．

17.【答案】(1)证明：由题意，当n=1时，2a1=2S1=a12+a1，
整理，得a12−a1=0，
解得a1=0(舍去)，或a1=1，
当n≥2时，由2Sn=an2+an，
可得2Sn−1=an−12+an−1，
两式相减，可得2an=an2−an−12+an−an−1，
化简整理，得(an+an−1)(an−an−1−1)=0，
∵an>0，n∈N*，
∴an+an−1>0，
∴an−an−1−1=0，即an−an−1=1，
∴数列{an}是以1为首项，1为公差的等差数列．
(2)解：由(1)可得，Sn=1⋅n+n(n−1)2⋅1=n(n+1)2，
则1Sn=2n(n+1)=2⋅(1n−1n+1)，
∴数列{1Sn}的前n项之和为：
1S1+1S2+⋅⋅⋅+1Sn
=2⋅(1−12)+2⋅(12−13)+⋅⋅⋅+2⋅(1n−1n+1)
=2⋅(1−12+12−13+⋅⋅⋅+1n−1n+1)
=2⋅(1−1n+1)
=2nn+1． 
【解析】(1)先将n=1代入题干表达式计算出a1的值，当n≥2时，由2Sn=an2+an，可得2Sn−1=an−12+an−1，两式相减进一步推导即可证得数列{an}是以1为首项，1为公差的等差数列；
(2)先根据第(1)题的结果计算出Sn的表达式，进一步推导出数列{1Sn}的通项公式，最后运用裂项相消法即可计算出前n项和．
本题主要考查等差数列的判定，以及数列求和问题．考查了分类讨论思想，转化与化归思想，裂项相消法，等差数列求和公式的运用，以及逻辑推理能力和数学运算能力，属中档题．

18.【答案】解：(I)∵2sinC=3sinA，
∴根据正弦定理可得2c=3a，
∵b=a+1，c=a+2，
∴a=4，b=5，c=6，
在△ABC中，运用余弦定理可得cosC=a2+b2−c22ab=42+52−622×4×5=18，
∵sin2C+cos2C=1，
∴sinC= 1−cos2C= 1−(18)2=3 78，
∴S△ABC=12absinC=12×4×5×3 78=15 74．
(II)∵c>b>a，
∴△ABC为钝角三角形时，必角C为钝角，
cosC=a2+b2−c22ab=a2+(a+1)2−(a+2)22a(a+1)<0，
∴a2−2a−3<0，
∵a>0，
∴0 ∵三角形的任意两边之和大于第三边，
∴a+b>c，即a+a+1>a+2，即a>1，
∴1 ∵a为正整数，
∴a=2． 
【解析】(I)根据已知条件，以及正弦定理，可得a=4，b=5，c=6，再结合余弦定理、三角形面积公式，即可求解，(II)由c>b>a，可推得△ABC为钝角三角形时，必角C为钝角，运用余弦定理可推得a2−2a−3<0，再结合a>0，三角形的任意两边之和大于第三边定理，即可求解．
本题主要考查了正弦定理和余弦定理的运用．考查了学生对三角函数基础知识的综合运用．

19.【答案】解：(1)由题意可得关于对员工敬业精神和员工管理水平评价的2×2列联表：
项目
对员工管理水平满意
对员工管理水平不满意
合计
对员工敬业精神满意
50
30
80
对员工敬业精神不满意
40
80
120
合计
90
110
200
零假设为H0：对员工敬业精神满意与对员工管理水平满意无关，
根据表中数据计算得：χ2=200×(50×80−30×40)280×120×90×110≈16.498>6.635，
根据小概率值α=0.01的独立性检验，我们推断零假设不成立，
即认为对员工敬业精神满意与对员工管理水平满意有关联；
(2)对员工敬业精神和对员工管理水平都满意的概率为14，
随机变量X的可能取值为0，1，2，3，
P(X=0)=(34)3=2764，P(X=1)=C3114⋅(34)2=2764，P(X=2)=C32(14)2⋅34=964，P(X=3)=(14)3=164，
所以随机变量X的分布列为：
X
0
1
2
3
P
2764
2764
964
164
E(X)=0×2764+1×2764+2×964+3×164=34． 
【解析】(1)根据给定的数据完善2×2列联表，再计算χ²观测值作答；
(2)求出X的可能值，求出对应的概率，列出分布列并计算期望作答．
本题考查离散型随机变量的应用，属于中档题．

20.【答案】解：(1)证明：连结B1C，
由三棱柱的性质可知，A1B1/​/AB且A1B1=AB，
由平行四边形ABCD，得CD/​/AB且CD=AB，
∴A1B1//CD且A1B1=CD，
∴四边形A1B1CD为平行四边形，A1D/​/B1C，
∵B1C⊂平面BCC1B1，A1D⊄平面BCC1B1，
∴A1D/​/平面BCC1B1；
(2)由∠ACB=90°，四边形ABCD为平行四边形，
得AC⊥AD，AA1⊥底面ABC，
如图，以A为原点建立空间直角坐标系A−xyz，

则C(0,1,0)D(1,0,0)，
A1(0,0,2)，C1(0,1,2)，
∴CC1=(0,0,2)，A1D=(1,0,−2)，A1C1=(0,1,0)，
设平面DA1C1的法向量为m=(x,y,z)，
则m⋅A1D=0m⋅A1C1=0，即x−2z=0y=0，
令z=1，则y=0，x=2，可得m=(2,0,1)，
设F(λ,1,0)，−1≤λ≤0，则C1F=(λ,0,−2)，
设平面A1C1F的法向量为n=(x1,y1,z1)，
则A1C1⋅n=0C1F⋅n=0，即y1=0λx1−2z1=0
令x1=1，则y1=0，z1=λ2，
所以n=(1,0,λ2)，
假设平面DA1C1与平面A1C1F垂直，
则n⋅m=0，即2+λ2=0，
解得λ=−4<−1，
∴线段BC上不存在点F，使平面DA1C1与平面A1C1F垂直． 
【解析】(1)连结B1C，证明A1D/​/B1C，再用线面平行的判定定理即可得证；
(2)建立空间直角坐标系，求得平面DA1C1与平面A1C1F的法向量，利用向量解决即可．
本题考查线面平行的判定及用向量解决垂直问题，属于中档题．

21.【答案】解：(1)因为双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的渐近线为y=±bax，
又因为双曲线的右焦点F到其渐近线的距离为 6，所以bc a2+b2=b= 6，
又e=ca= 3，a2+b2=c2，联立解得a= 3，
所以双曲线C的方程为x23−y26=1；
(2)由(1)知，双曲线C的右焦点为F(3,0)，
设A(x1,y1)，B(x2,y2)，则|AF|= (x1−3)2+y12，又x123−y126=1，得到y12=2x12−6，
所以|AF|= (x1−3)2+2x12−6= 3x12−6x1+9= 3(x1−1)2= 3|x1−1|，
又因为x1> 3，所以|AF|= 3(x1−1)，同理可得|BF|= 3(x2−1)，
如图，S△FAOS△FBO=12|OF|y112|OF|y2=y1y2=|AF||BF|=x1−1x2−1，
显然直线l的斜率存在，设直线l的方程为y=kx+m，
所以kx1+mkx2+m=x1−1x2−1，即(kx1+m)(x2−1)=(kx2+m)(x1−1)，
化简得k(x2−x1)+m(x2−x1)=0，又x2≠x1，所以k+m=0，即m=−k，
所以直线l的方程为y=kx−k=k(x−1)，恒过(1,0)点，
故直线l过定点(1,0)． 
【解析】(1)利用条件直接求出a，b，从而求出双曲线的方程；
(2)设出A(x1,y1)，B(x2,y2)，利用两点间距离公式和点在双曲线上，得到|AF|= 3(x1−1)，|BF|= 3(x2−1)，再利用条件即可得出结果．
本题考查双曲线的几何性质，化归转化思想，属中档题．

22.【答案】解：(1)当a=12时，f(x)=2xlnx−x2，
所以f′(x)=2lnx−2x+2，令g(x)=f′(x)=2lnx−2x+2，所以g′(x)=2x−2，
当x∈(0,1)时，g′(x)>0，故g(x)为增函数；
当x∈(1,+∞)时，g′(x)<0，故g(x)为减函数，
所以g(x)≤g(1)=2ln1−2+2=0，即f′(x)≤0，
所以函数f(x)的单调递减区间为(0,+∞)，无单调递增区间．
(2)因为f(x)=2xlnx−2ax2，所以f′(x)=2lnx−4ax+2，
所以f(x)≤f′(x)2−lnx−1在x∈(1,+∞)上恒成立，
即2(xlnx−ax2)≤lnx−2ax+1−lnx−1在x∈(1,+∞)上恒成立，
转化为lnx−ax+a≤0在x∈(1,+∞)上恒成立，
令h(x)=lnx−ax+a，x∈(1,+∞)，则h′(x)=1x−a且h(1)=0
当a≤0时，h′(x)>0恒成立，故h(x)在x∈(1,+∞)上为增函数，
所以h(x)>h(1)=0，即a≤0时不满足题意；
当a>0时，由h′(x)=0，得x=1a，
若a∈(0,1)，则1a∈(1,+∞)，故h(x)在(1a,+∞)上为减函数，在(1,1a)上为增函数，
所以存在x0∈(1,1a)，使得h(x0)>h(1)=0，即a∈(0,1)时不满足题意；
若a∈(1,+∞)，则1a∈(0,1)，故h(x)在(1,+∞)上为减函数，
所以h(x) 综上所述，实数a的取值范围是[1,+∞)． 
【解析】(1)当a=12时，f(x)=2xlnx−x2，f′(x)=2lnx−2x+2，令g(x)=f′(x)=2lnx−2x+2，利用导数研究函数的单调性即可得出．
(2)由f(x)=2xlnx−2ax2，可得f′(x)=2lnx−4ax+2，可得f(x)≤f′(x)2−lnx−1在x∈(1,+∞)上恒成立，即2(xlnx−ax2)≤lnx−2ax+1−lnx−1在x∈(1,+∞)上恒成立，转化为lnx−ax+a≤0在x∈(1,+∞)上恒成立，令h(x)=lnx−ax+a，x∈(1,+∞)，利用导数研究函数的单调性极值与最值即可得出．
本题考查了利用导数研究函数的单调性极值、方程与不等式的解法、等价转化方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．