2023-2024学年云南省玉溪市高三上学期期末教学质量检测数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年云南省玉溪市高三上学期期末教学质量检测数学试卷（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。

1.设全集U={1,2,3,4,5,6}，集合A={1,2,3,5}，B={2,6}，则A∩(∁UB)=( )
A. {1,2,3}B. {2,3,5}C. {1,3,5}D. {3,4,5}
2.复数i2+i在复平面内对应的点位于
( )
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
3.已知F是抛物线C:x2=4y的焦点，点M在C上，且M的纵坐标为3，则|MF|=( )
A. 2 2B. 2 3C. 3D. 4
4.在△ABC中，点D满足AD=4DB，则
( )
A. CD=14CA+34CBB. CD=34CA+14CB
C. CD=15CA+45CBD. CD=45CA+15CB
5.某学校运动会男子100m决赛中，八名选手的成绩(单位：s)分别为：13.09，13.15，12.90，13.16，12.96，13.11，x，13.24，则下列说法错误的是( )
A. 若该八名选手成绩的第75%百分位数为13.155，则x=13.15
B. 若该八名选手成绩的众数仅为13.15，则x=13.15
C. 若该八名选手成绩的极差为0.34，则12.90≤x≤13.24
D. 若该八名选手成绩的平均数为13.095，则x=13.15
6.已知函数f(x)=sinx+csx，若存在x∈[0,2π]，使得方程f(x)=m有三个不等的实根x1，x2，x3且x1A. 2πB. 3π2C. πD. π2
7.若将函数y=f(x)的图象平移后能与函数y=g(x)的图象重合，则称函数f(x)和g(x)互为“平行函数”.已知f(x)=2−12x+1，g(x)=m⋅2x2x+2互为“平行函数”，则m=( )
A. 2B. 1C. −1D. −2
8.第七届国际数学大会(ICNE7)的会徽图案是由若干三角形组成的.如图所示，作Rt△AOB，OA=1，∠AOB=30∘，再依次作相似三角形△BOC，△COD，△DOE，⋯⋯，直至最后一个三角形的斜边OM与OA第一次重叠为止.则所作的所有三角形的面积和为
( )
A. 32[(2 33)11−1]B. 32[(43)11−1]C. 32[(2 33)12−1]D. 32[(43)12−1]
二、多选题：本题共4小题，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.在正四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，已知BD1与平面BCC1B1所成的角为π6，则
( )
A. AA1= 2ABB. BD1与平面A1B1C1D1所成的角为π4
C. BD1⊥DA1D. AB1⊥平面BCD1
10.已知圆O:x2+y2=1，直线l:x−y−4=0，点P在直线l上运动，过点P作圆O的两条切线，切点分别为A，B，当∠APB最大时，则
( )
A. 直线AB的斜率为1B. 四边形PAOB的面积为 72
C. |AB|= 142D. sin∠APB= 78
11.古希腊数学家托勒密(Ptlemy 85−165)对三角学的发展做出了重要贡献，他研究出角与弦之间的对应关系，创造了世界上第一张弦表.托勒密用圆的半径的160作为一个度量单位来度量弦长，将圆心角α(0∘<α<360∘)所对的弦长记为crdα.例如60∘圆心角所对弦长等于60个度量单位，即crd60∘=60.则
( )
A. crd30∘=30
B. 若crdα=120，则α=180∘
C. crdα=60 2(1−csα)
D. crdα+crdβ>crd(α+β)(0∘<α+β<360∘)
12.已知函数f(x)=1−|2x+1|,x<0,ex−1,x⩾0,g(x)=f(f(x))−f(x)−a，则
( )
A. 当a=0时，g(x)有2个零点B. 当a=32时，g(x)有2个零点
C. 存在a∈R，使得g(x)有3个零点D. 存在a∈R，使得g(x)有5个零点
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.已知角θ的顶点为坐标原点O，始边与x轴的非负半轴重合，点A(1,a)(a∈Z)在角θ终边上，且|OA|≤3，则tanθ的值可以是 .(写一个即可)
14.春节前夕，某社区安排小王、小李等5名志愿者到三个敬老院做义工，每个敬老院至少安排1人，至多安排2人.若小王、小李安排在同一个敬老院，且这5名志愿者全部安排完，则所有不同的安排方式种数为 .(用数字作答)
15.已知双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，以F2为圆心作与C的渐近线相切的圆，该圆与C的一个交点为P，若△F1PF2为等腰三角形，则C的离心率为 ．
16.已知球O的表面积为36π，正四棱锥P−ABCD的所有顶点都在球O的球面上，则该正四棱锥P−ABCD体积的最大值为 ．
四、解答题：本题共6小题，共72分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题12分)
在△ABC中，cs∠BAC=− 1010，sin∠ACB= 55，AB= 2．
(1)求△ABC的面积;
(2)如图，CD/​/AB，CB⊥BD，求AD．
18.(本小题12分)
记Sn为数列{an}的前n项和，Sn=an2+14．
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)在an与an+1之间插入n个数，使这n+2个数组成一个公差为dn的等差数列，求数列{1dn}的前2024项和．
19.(本小题12分)
如图，在三棱锥P−ABC中，PA⊥平面ABC，E是线段PC的中点，F是线段BC上一点，PA=AC=12BC=1，PB= 6．
(1)证明：平面AEF⊥平面PBC;
(2)是否存在点F，使平面AEF与平面ABC的夹角为π3?若存在，求CF;若不存在，说明理由．
20.(本小题12分)
聊天机器人(cℎatterbt)是一个经由对话或文字进行交谈的计算机程序.当一个问题输入给聊天机器人时，它会从数据库中检索最贴切的结果进行应答.在对某款聊天机器人进行测试时，如果输入的问题没有语法错误，则应答被采纳的概率为80%，若出现语法错误，则应答被采纳的概率为30%.假设每次输入的问题出现语法错误的概率为10%．
(1)求一个问题的应答被采纳的概率;
(2)在某次测试中，输入了8个问题，每个问题的应答是否被采纳相互独立，记这些应答被采纳的个数为X，事件X=k(k=0,1,⋯,8)的概率为P(X=k)，求当P(X=k)最大时k的值．
21.(本小题12分)
已知F是椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦点，点(0, 33)在不过原点O的直线l上，l交C于A，B两点.当∠AOF与∠BOF互补时，|AB|=4 33，|AF|+|BF|=2 2．
(1)求C的方程;
(2)证明：S△AOBtan∠AOB为定值．
22.(本小题12分)
已知函数f(x)=(x2−2ax)lnx−12x2+2ax，a∈R.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)当a>0时，若f(x)≥12a2(1−lna)恒成立，求a的取值范围．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查的是集合的交集和补集运算，是基础题．
根据集合的交集和补集运算即可得出答案．
【解答】
解：∵U={1,2,3,4,5,6}，集合A={1,2,3,5}，B={2,6}，
∴∁UB=1,3,4,5，
∴A∩∁UB=1,3,5．
2.【答案】A
【解析】解：复数i2+i=i(2−i)(2+i)(2−i)=15+25i在复平面上对应的点(15,25)位于第一象限．
故选：A．
利用复数的运算法则、几何意义即可得出．
本题考查了复数的运算法则、几何意义，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
3.【答案】D
【解析】【分析】
本题主要考查抛物线的定义和几何性质，属于基础题．
设Mx0,y0，根据抛物线的定义求得|MF|=y0+1即可求解 ．
【解答】
解：抛物线C:x2=4y的焦点为F(0,1)，准线方程为y=−1，
设Mx0,y0 ，由抛物线定义可得|MF|=y0+1=3+1=4 ．
4.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查平面向量的线性运算，属于基础题．
画出图形，结合向量的运算写出结果即可．
【解答】
解：点D为△ABC所在平面内的一点，且AD=4DB，
如图作出平行四边形CMDN，
可知NDAC=BDAB=15，即ND=CM=15AC，
同理可得CN=45CB，
则CD=CM+CN=15CA+45CB．
故选：C．
5.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查百分位数、众数、极差、平均数，考查学生的计算能力，属于中档题．
该数据除x，从小到大排列，利用百分位数、众数、极差、平均数的计算方法得出结论．
【解答】
解：该数据除x，从小到大排列：12.90，12.96，13.09，13.11，13.15，13.16，13.24．
因为8×0.75=6，所以该八名选手成绩的第75%百分位数为该数据从小到大排列后第6与第7位数的平均数，则x=2×13.155−13.15=13.16，A错误；
根据众数的意义，可知B正确；
因为13.24−12.90=0.34，所以若该八名选手成绩的极差为0.34，则12.90≤x≤13.24，C正确；
若该八名选手成绩的平均数为13.095，
则x=8×13.095−(12.90+12.96+13.09+13.11+13.15+13.16+13.24)=13.15，D正确．
故选：A．
6.【答案】B
【解析】【分析】本题考查了正弦函数的图象，函数的零点与方程根的关系，属于中档题．
根据图象变换得到f(x)的图象，利用数形结合即可得到x3−x2−x1的值．
【解答】解：因为，x∈[0,2π]，所以，又因为f(x)的图象是由y= 2sinx的图象向左平移π4个单位得到，由正弦函数的图象可得，若使得方程f(x)=m有三个不等的实根，则m=1符合，此时，即x3−x2−x1=3π2．
7.【答案】B
【解析】【分析】
本题主要考查函数图象的变换，属于中档题．
利用函数图象的变换关系求解．
【解答】
解：∵f(x)=2−12x+1与g(x)=m⋅2x2x+2=m−2m2x+2=m−m2x−1+1互为“平行函数”，
∴函数y=f(x)的图象平移后能与函数y=g(x)的图象重合，则m=1．
故：B．
8.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查了数列的递推关系，等比数列的通项公式和求和公式，属于中档题。
设第n(1⩽n⩽12)个直角三角形的较长直角边长为an，较短直角边长为bn，面积为Sn，依题意有，a1=1,b1= 33，an+1=2bn，an= 3bn，利用等比数列的通项公式和求和公式，即可求解。
【解答】
解：设第n(1⩽n⩽12)个直角三角形的较长直角边长为an，较短直角边长为bn，面积为Sn
依题意有，a1=1,b1= 33，an+1=2bn，an= 3bn，则an+1=2 3an，an+1=a1(2 3)n−1=(2 3)n−1，
Sn=12anbn=12 3an2=12 3(43)n−1，所有三角形的面积和为S1+S2+S3+···+S12
=12 3·1·[(43)12−1]43−1= 32[(43)12−1]．
故选：D。
9.【答案】AB
【解析】【分析】
本题主要考查了直线与平面所成的角求解及其应用，线面垂直的判定与性质，属于中档题．
不妨令正四棱台的底面边长为a，可根据直线与平面所成角的定义，确定出高线，然后利用立体几何的相关知识点结合选项逐个判断即可求解．
【解答】
解：连接BD1，BC1，不妨令AB=a，即正四棱台的底面边长为a，
在正四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，面BCC1B1，
所以∠C1BD1为BD1与平面BCC1B1所成的角，
即，因为C1D1=BC=AB=a，所以，
解得：CC1= 2a，即AA1= 2AB，故A正确；
在正四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，连接B1D1，面A1B1C1D1，
所以为BD1与平面A1B1C1D1所成的角，
tan∠BD1B1=BB1B1D1= 2a a2+a2=1，故，故B正确；
因为四边形BCC1B1为矩形，不是菱形，所以对角线B1C与BC1不垂直，
又面BCC1B1，所以BD1与B1C不垂直，因为B1C/​/A1D，所以BD1与AD1不垂直，故C错误；
因为AB1/​/DC1，DC1与CD1不垂直，
所以AB1与CD1不垂直，所以AB1与平面BCD1不垂直，故D错误．
10.【答案】BC
【解析】【分析】
本题考查了直线与圆的位置关系，属于中档题。
对于A，∠APB最大时，此时OP垂直于直线l，可判断A；对于B，利用三角形面积公式，可判断B；对于C，利用三角形面积公式计算|AB|，可判断C；对于B，sin∠OPB=|AB|2PA= 144 7= 24，利用二倍角公式，可判断D。
【解答】
对于A，根据题目，我们知道圆O的半径为1，直线l的方程为x−y−4=0，点P在直线l上运动，
过点P作圆O的两条切线，切点分别为A，B，当∠APB最大时，此时OP垂直于直线l，
所以直线OP的斜率为−1，即选项A错误;
对于B，由A知，OP=2 2，PA=PB= 7，四边形PAOB的面积为12×1× 7×2= 72，即选项B正确;
对于C，|AB|=2×1× 72 2= 142，即选项 C正确;；
第五步，sin∠OPB=|AB|2PA= 144 7= 24，cs∠OPB= 144，sin∠APB=sin2∠OPB
=2sin∠OPBcs∠OPB=2· 24· 144= 74，即选项D错误;。
11.【答案】BCD
【解析】【分析】
本题考查解三角形，理解新定义，熟练掌握余弦定理是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
根据度量弦长的定义，利用余弦定理，结合选项分析得出结论．
【解答】
解：由crd60°=60，知R=60，由题意知，30°角所对应的弦长为l，
由余弦定理得，l2=602+602−2×60×60×cs30°，所以l=60 2− 3，故A错误；
由余弦定理得，l2=602+602−2×60×60×csα，所以l=60 2(1−csα)，即crdα=60 2(1−csα)，C正确；
若crdα=120，则60 2(1−csα)=120，解得α=180∘，B正确；
crdα+crdβ=60 2(1−csα)+60 2(1−cs β)>60 21−cs( α+β)，D正确
故选：BCD．
12.【答案】BCD
【解析】【分析】
本题考查函数的零点与方程根的关系，考查分段函数的图象，考查分类讨论思想及数形结合思想，属于难题．
作出函数fx的图象，令t=fx，由gx=0，可得ft=t+a.结合图象逐项分析即可求解．
【解答】
解：当x<−12时，2x+1<0，则fx=1+2x+1=2x+2；
当−12⩽x<0时，2x+1⩾0，则fx=1−2x−1=−2x．
作出函数fx的图象如图所示：
令t=fx，由gx=0，可得ft=t+a．
对于A，当a=0时，ft=t，
当t<0时，由ft=t，可得2t+2=t，解得t=−2，此时g(x)有1个零点；
当t⩾0时，由ft=t，可得et−1=t，即et−t−1=0．
设mt=et−t−1t⩾0，则m′t=et−1⩾0，
所以mt在t∈0,+∞上单调递增，所以mt⩾m0=0，
故由et−t−1=0，可得t=0，
由fx=0，可得x=−1或x=0，此时g(x)有2个零点，
故当a=0时，g(x)有3个零点，故A错误；
对于B，当a=32时，ft=t+32，
当t<0时，1−|2t+1|=t+32，即|2t+1|=−t−12，
故2t+1=−t−12或2t+1=t+12，解得t=−12，此时g(x)有1个零点；
当t⩾0时，et−1=t+32，即et−t−52=0．
设nt=et−t−52t⩾0，
则n′t=et−1⩾0，所以nt在t∈0,+∞上单调递增．
因为n1=e−1−52=e−72<0，n2=e2−2−52=e2−92>0，
所以存在t0∈1,2，使得nt0=0，此时g(x)有1个零点，
故当a=32时，g(x)有2个零点，故B正确；
对于C，由A选项的分析可得，当a=0时，g(x)有3个零点，故C正确；
对于D，y=t+a是斜率为1的直线束，
当y=t+a经过点1,e−1时，a=y−t=e−2，此时方程为y=t+e−2；
当y=t+a经过点−12,0时，a=y−t=12，此时方程为y=t+12，
由图可得，当12设为t1,t2,t3，且t1则t1<−1,−12易知fx=t1有1个解，fx=t2有1个解，fx=t3有3个解，
所以1213.【答案】1(0,±1,±2均可)
【解析】【分析】
本题主要考查了三角函数的定义，属于基础题．
由|OA|≤3，即 1+a2⩽3，求得a的范围，利用三角函数的定义得tanθ=a，结合a为整数，即可求解．
【解答】
解：由题意得：|OA|≤3，即 1+a2⩽3，
解得：a2⩽8，因为a∈Z，所以a=0，±1，±2．
因为tanθ=a，
故tanθ的值可以是1(0,±1,±2均可)．
14.【答案】18．
【解析】【分析】本题考查了排列、组合的综合应用，分步乘法计数原理，属于中档题。
由题意，分两步进行分析： ①将5名志愿者分三组，要求小王、小李在同一组， ②将分好的三组安排到三个
敬老院，由分步计数原理计算可得答案．
【解答】解：由题意，分两步进行分析： ①将5名志愿者分为2、2、1的三组，
要求小王、小李在同一组，则有3种分组方法，
②将分好的三组安排到三个敬老院，有A33=6种情况，
则有3×6=18种不同的安排方式．
故答案为：18．
15.【答案】53
【解析】解：双曲线的左、右焦点分别是F1、F2，
以F2为圆心和双曲线的渐近线相切的圆与双曲线的一个交点为P，
若△F1PF2为等腰三角形，
由双曲线的右焦点(c,0)到渐近线bx−ay=0的距离为
d=bc b2+a2=b，
由|F1P|=|F1F2|=2c，|F2P|=b，2a=|F1P|−|F2P|，
可得2a+b=2c，即b=2c−2a，
可得b2=(2c−2a)2=c2−a2，
可得3c2−8ac+5a2=0，
由e=ca，
即3e2−8e+5=0，e>1，
解得e=53．
故答案为：53．
利用双曲线的定义以及已知条件列出方程，转化求解双曲线的离心率即可．
本题考查双曲线的简单性质的应用，离心率的求法，直线与圆相切的条件，考查转化思想以及计算能力，属于中档题．
16.【答案】643．
【解析】【分析】本题考查了利用导数研究函数的极值，简单多面体(棱柱、棱锥、棱台)及其结构特征，球的表面积和体积和换元法，属于中档题．
利用球的表面积得球O的半径，即正四棱锥P−ABCD的外接球的半径，设正方形ABCD的边长为a(0【解答】解：设球O的半径为R(R>0)，所以4πR2=36π，解得R=3，
因此正四棱锥P−ABCD的外接球的半径为3．
设正方形ABCD的边长为a(0则O1B= 22a，因此OO1= OB2−O1B2= 9−a22，
而P−ABCD是正四棱锥，当其体积最大时，有PO1=3+ 9−a22，
因此正四棱锥E−ABCD的体积V=13×a2×(3+ 9−a22)(0令 9−a22=t，则t∈[0,3)，且a2=2(9−t2)，
因此V=13×a2×(3+ 9−a22)=13×2(9−t2)(3+t)
=23(−t3−3t2+9t+27)(t∈[0,3))．
因为V′=23(−3t2−6t+90)(t∈[0,3))，所以由V′>0得0≤t<1，
因此V在0,1上单调递增，在(1,3)上单调递减，
所以Vmax=13×2(9−1)(3+1)=643．
故答案为：643．
17.【答案】解：(1)因为cs∠BAC=− 1010，所以sin∠BAC=3 1010，
因为sin∠ACB= 55，所以cs∠ACB=2 55，
在△ABC中，由正弦定理可得BC3 1010= 2 55，解得BC=3．
又因为sin∠ABC=sin(∠BAC+∠ACB)
=3 1010×2 55− 1010× 55= 22，
所以S△ABC=12× 2×3× 22=32．
(2)由(1)可知，∠ABC=π4，因为CD/​/AB，所以∠BCD=π4，
又因为CB⊥BD，即∠CBD=π2，故∠CDB=π4，
所以∠ABD=∠ABC+∠CBD=3π4，BD=BC=3，
在△ABD中，由余弦定理可得AD2=( 2)2+32−2× 2×3cs3π4，解得AD= 17．
【解析】本题考查了余弦定理、正弦定理、三角形面积公式以及三角恒等变换，是中档题．
(1)在△ABC中，由正弦定理得BC，再得出sin∠ABC，再由三角形面积公式可得结果；
(2)在△ABD中，由余弦定理可得AD．
18.【答案】解：(1)当n=1时，a1=a12+14，所以a1=12，
当n≥2时，an=sn−sn−1=an2+14−(an−12+14)，
所以anan−1=−1，
所以数列{an}是以12为首项，−1为公比的等比数列，
即an=(−1)n−12．
(2)由题意，dn=an+1−ann+1=−1n2−(−1)n−12n+1=(−1)nn+1，则1dn=n+1(−1)n，
记数列{1dn}的前n项和为Tn，
所以T2024=−2+3−4+5+⋯−2024+2025=1x20242=1012．
【解析】本题主要考查数列的求和，考查转化能力，属于中档题．
(1)根据已知条件，结合当n≥2时，an=sn−sn−1，即可求解；
(2)先求出1dn，再结合并项求和法，即可求解．
19.【答案】解：(1)证明：因为PA=AC，E是PC的中点，所以AE⊥PC，
在Rt△PAB中，PA=1，PB= 6，所以AB= 5，
在△ABC中，AC=1，BC=2，所以AC2+BC2=AB2，得AC⊥BC，
又PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，所以PA⊥BC，
又AC⊥BC，PA∩AC=A，PA，AC⊂平面PAC，所以BC⊥平面PAC，
由AE⊂平面PAC，得AE⊥BC，又AE⊥PC，
又PC∩BC=C，PC，BC⊂平面PBC，所以AE⊥平面PBC，
由AE⊂平面AEF得，平面AEF⊥平面PBC；
(2)存在点F满足条件，
以C为原点，建立空间直角坐标系C−xyz如图，
设CF=t(0≤t≤2)，则A(0,1,0)，E(0,12,12)，F(t,0,0)，
AE=(0,−12,12)，AF=(t,−1,0)，
设平面AEF的法向量为n=(x,y,z)，
则−12y+12z=0,tx−y=0,令x=1得y=z=t，
所以平面AEF的一个法向量为n=(1,t,t)，
易知平面ABC的一个法向量为m=(0,0,1)，
由已知得csπ3=|m⋅n||m|n=12，即t 1+2t2=12，解得t= 22，即CF= 22，
所以存在点F使平面AEF与平面ABC的夹角为π3，此时CF= 22．
【解析】本题主要考查面面垂直的判定，二面角，空间向量法求二面角，属于中档题．
(1)由题意可证AE⊥BC，AE⊥PC，由面面垂直判定定理可证平面AEF⊥平面PBC;
(2)以C为原点，建立空间直角坐标系C−xyz，由空间向量法求平面AEF与平面ABC的夹角，可得存在点F使平面AEF与平面ABC的夹角为π3，此时CF= 22．
20.【答案】解：(1)记“输入的问题没有语法错误”为事件A，“一次应答被采纳”为事件B，
由题意P(A)=0.1，P(B|A)=0.8，P(B|A)=0.3，
则P(A)=1−P(A)=0.9，
P(B)=P(AB)+P(AB)=P(A)P(B|A)+P(A)P(B|A)=0.9×0.8+0.1×0.3=0.75；
(2)依题意，X∽B(8,34)，P(X=k)=C8k(34)k(14)8−k，
当P(X=k)最大时，有P(X=k)⩾P(X=k+1)P(X=k)⩾P(X=k−1),
即C8k(34)k(14)8−k⩾C8k+1(34)k+1(14)7−kC8k(34)k(14)8−k⩾C8k−1(34)k−11499−k，解得234≤k≤274，k∈N，
故当P(X=k)最大时，k=6．
【解析】本题考查条件概率、n次独立重复试验与二项分布，属于中档题．
(1)记“输入的问题没有语法错误”为事件A，“一次应答被采纳”为事件B，由P(AB)+P(AB)=P(A)P(B|A)+P(A)P(B|A)，即可求出结果；
(2)依题意，X∽B(8,34)，P(X=k)=C8k(34)k(14)8−k，由P(X=k)⩾P(X=k+1)P(X=k)⩾P(X=k−1)，即可求出结果．
21.【答案】解：(1)因为∠AOF与∠BOF互补，所以OA与OB关于y轴对称，
所以AB⊥y轴，又因为直线l过(0, 33)，故l的方程为y= 33．
设A在第一象限，因为|AB|=4 33，则A(2 33, 33)，
设F′为C的左焦点，则|BF′|=|AF|，
故|AF|+|BF|=|AF|+|AF′|=2a，即a= 2，
因为A在C上，(2 33)22+( 33)2b2=1，解得b=1，
所以C的方程为x22+y2=1．
(2)设A(x1,y1)，B(x2,y2)，直线l:y=k+ 33，
联立y=kx+ 33x22+y2=1得3(2k2+1)x2+4 3kx−4=0，
x1+x2=−4 3k3(2k2+1)，x1x2=−43(2k2+1)，
所以y1y2=(kx1+ 33)(kx2+ 33)=−6k2+13(2k2+1)，
故，
所以S△AOBtan∠AOB为定值−12．
【解析】本题考查椭圆的标准方程，考查直线与椭圆的位置关系及圆锥曲线中的定值问题，属于中档题．
(1)根据条件及椭圆的定义即可求C的方程;
(2)设A(x1,y1)，B(x2,y2)，直线l:y=k+ 33，与椭圆方程联立计算即可求得S△AOBtan∠AOB为定值−12．
22.【答案】解：(1)函数f(x)的定义域为x∈(0,+∞)，
f′(x)=(2x−2a)lnx+(x2−2ax)⋅1x−x+2a=2(x−a)lnx.
①当a≤0时，令f′(x)=0，得x=1，则当01时，f′(x)>0，
所以f(x)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增．
②当a>0时，令f′(x)=0，得x=1或x=a．
i)当01时，f′(x)>0;当a以f(x)在(0,a)和(1,+∞)上单调递增，在(a,1)上单调递减．
ii)当a=1时，当x>0时，f′(x)≥0，所以f(x)在(0,+∞)上单调递增．
iii)当a>1时，则当0a时，f′(x)>0;当1在(0,1)和(a,+∞)上单调递增，在(1,a)上单调递减．
(2)当x>0时，令x=1et，则xlnx=ln 1etet=−tet，x→0时，t→+∞，则tet→0，
故xlnx→0，则x2lnx→0，故当x→0时，f(x)=x2lnx−2axlnx−12x2+2ax→0.
所以当x→0时，12a2(1−lna)≤0，解得a≥e，
由(1)可知，当a>1时，f(x)在(0,+∞)上的极小值为f(a)=12a2(3−2lna)，
由题，则有12a2(3−2lna)≥12a2(1−lna)，解得1当f(a)=12a2(3−2lna)=0，解得a=e32，
①当e≤a0，f(x)>0≥12a2(1−lna)，符合题意;
②当e32≤a≤e2时，f(a)=12a2(3−2lna)≤0，f(x)min=f(a)≥12a2(1−lna)，符合题意．
综上，当a∈[e,e2]时，f(x)≥12a2(1−lna)恒成立．
【解析】本题考查利用导数研究函数的单调性，考查导数中的恒成立与存在性问题，属于较难题．
(1)对函数求导，利用导数讨论研究函数的单调性即可；
(2)利用导数研究函数的极值，讨论可求得a的取值范围．