黑龙江省高考数学试卷理科全国新课标Ⅱ
2017年黑龙江省高考数学试卷（理科）（全国新课标Ⅱ）
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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. 复数3+i1+i等于（ ）
A.1+2i
B.1−2i
C.2+i
D.2−i
2. 设集合A={1, 2, 4}，B={x|x2−4x+m=0}．若A∩B={1}，则B=( )
A.{1, −3}
B.{1, 0}
C.{1, 3}
D.{1, 5}
3. 我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯（ ）
A.1盏
B.3盏
C.5盏
D.9盏
4. 如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，该几何体由一平面将一圆柱截去一部分后所得，则该几何体的体积为( )
A.90π
B.63π
C.42π
D.36π
5. 设x，y满足约束条件2x+3y−3≤02x−3y+3≥0y+3≥0，则z=2x+y的最小值是（ ）
A.−15
B.−9
C.1
D.9
6. 安排3名志愿者完成4项工作，每人至少完成1项，每项工作由1人完成，则不同的安排方式共有（ ）
A.12种
B.18种
C.24种
D.36种
7. 甲、乙、丙、丁四位同学一起去问老师询问成语竞赛的成绩．老师说：你们四人中有2位优秀，2位良好，我现在给甲看乙、丙的成绩，给乙看丙的成绩，给丁看甲的成绩．看后甲对大家说：我还是不知道我的成绩．根据以上信息，则（ ）
A.乙可以知道四人的成绩
试卷第20页，总20页
B.丁可以知道四人的成绩
C.乙、丁可以知道对方的成绩
D.乙、丁可以知道自己的成绩
8. 执行如图的程序框图，如果输入的a=−1，则输出的S=( )
A.2
B.3
C.4
D.5
9. 若双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0, b>0)的一条渐近线被圆(x−2)2+y2=4所截得的弦长为2，则C的离心率为（ ）
A.2
B.3
C.2
D.233
10. 已知直三棱柱ABC−A1B1C1中，∠ABC=120∘，AB=2，BC=CC1=1，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为（ ）
A.32
B.155
C.105
D.33
11. 若x=−2是函数f(x)=(x2+ax−1)ex−1的极值点，则f(x)的极小值为（ ）
A.−1
B.−2e−3
C.5e−3
D.1
12. 已知△ABC是边长为2a(a>0)的等边三角形，P为平面ABC内一点，则PA→⋅(PB→+PC→)的最小值是( )
A. −2a2
B.−32a2
C.−43a2
D. −a2
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 一批产品的二等品率为0.02，从这批产品中每次随机取一件，有放回地抽取100次．X表示抽到的二等品件数，则DX=________．
14. 函数f(x)=sin2x+3cosx−34（x∈[0, π2]）的最大值是________．
15. 等差数列{an}的前n项和为Sn，a3=3，S4=10，则 k=1n1Sk=________．
试卷第20页，总20页
16. 已知F是抛物线C:y2=8x的焦点，M是C上一点，FM的延长线交y轴于点N．若M为FN的中点，则|FN|=________．
三、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第17～21题为必做题，每个试题考生都必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题：共60分。
17. △ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sin(A+C)=8sin2B2．
(1)求cosB；
(2)若a+c=6，△ABC的面积为2，求b．
18. 海水养殖场进行某水产品的新、旧网箱养殖方法的产量对比，收获时各随机抽取了100个网箱，测量各箱水产品的产量（单位：kg），其频率分布直方图如图：
（1）设两种养殖方法的箱产量相互独立，记A表示事件“旧养殖法的箱产量低于50kg，新养殖法的箱产量不低于50kg”，估计A的概率；
(2)填写下面列联表，并根据列联表判断是否有99%的把握认为箱产量与养殖方法有关：
箱产量<50kg
箱产量≥50kg
旧养殖法
新养殖法
(3)根据箱产量的频率分布直方图，求新养殖法箱产量的中位数的估计值（精确到0.01）．
附：
P(K2≥k)
0.050
0.010
0.001
k
3.841
6.635
10.828
K2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)．
19. 如图，四棱锥P−ABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB=BC=12AD，∠BAD=∠ABC=90∘，E是PD的中点．
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（1）证明：直线CE // 平面PAB；
（2）点M在棱PC 上，且直线BM与底面ABCD所成角为45∘，求二面角M−AB−D的余弦值．
20. 设O为坐标原点，动点M在椭圆C:x22+y2=1上，过M作x轴的垂线，垂足为N，点P满足NP→=2NM→．
（1）求点P的轨迹方程；
（2）设点Q在直线x=−3上，且OP→⋅PQ→=1．证明：过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F．
21. 已知函数f(x)=ax2−ax−xlnx，且f(x)≥0．
（1）求a；
（2）证明：f(x)存在唯一的极大值点x0，且e−2
0，b>0，a3+b3=2．证明：
(1)(a+b)(a5+b5)≥4；
（2）a+b≤2．
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参考答案与试题解析
2017年黑龙江省高考数学试卷（理科）（全国新课标Ⅱ）
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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.
【答案】
D
【考点】
复数代数形式的乘除运算
【解析】
分子和分母同时乘以分母的共轭复数，再利用虚数单位i的幂运算性质，求出结果．
【解答】
解：3+i1+i=(3+i)(1−i)(1+i)(1−i)=4−2i2=2−i，
故选 D．
2.
【答案】
C
【考点】
交集及其运算
【解析】
由交集的定义可得1∈A且1∈B，代入二次方程，求得m，再解二次方程可得集合B．
【解答】
集合A={1, 2, 4}，B={x|x2−4x+m=0}．
若A∩B={1}，则1∈A且1∈B，
可得1−4+m=0，解得m=3，
即有B={x|x2−4x+3=0}={1, 3}．
3.
【答案】
B
【考点】
等比数列的前n项和
等比数列的通项公式
【解析】
设这个塔顶层有a盏灯，由题意和等比数列的定义可得：从塔顶层依次向下每层灯数是等比数列，结合条件和等比数列的前n项公式列出方程，求出a的值．
【解答】
解：设这个塔顶层有a盏灯，
∵ 宝塔一共有七层，每层悬挂的红灯数是上一层的2倍，
∴ 从塔顶层依次向下每层灯数是以2为公比、a为首项的等比数列，
又总共有灯381盏，
∴ 381=a(1−27)1−2=127a，解得a=3，
则这个塔顶层有3盏灯，
故选B．
4.
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【答案】
B
【考点】
由三视图求面积、体积
【解析】
由三视图可得，直观图为一个完整的圆柱减去一个高为6的圆柱的一半，即可求出几何体的体积．
【解答】
解：由三视图可得，直观图为一个高为10的圆柱减去一个高为6的圆柱的一半，
V=π⋅32×10−12⋅π⋅32×6=63π.
故选B.
5.
【答案】
A
【考点】
简单线性规划
【解析】
画出约束条件的可行域，利用目标函数的最优解求解目标函数的最小值即可．
【解答】
解：x、y满足约束条件2x+3y−3≤02x−3y+3≥0y+3≥0的可行域如图：
z=2x+y 经过可行域的A时，目标函数取得最小值，
由y=−32x−3y+3=0解得A(−6, −3)，
则z=2x+y 的最小值是：−15．
故选：A．
6.
【答案】
D
【考点】
排列、组合及简单计数问题
【解析】
把工作分成3组，然后安排工作方式即可．
【解答】
解：4项工作分成3组，可得：C42=6，
安排
试卷第20页，总20页
3名志愿者完成4项工作，每人至少完成1项，每项工作由1人完成，
可得：6×A33=36种．
故选：D．
7.
【答案】
D
【考点】
进行简单的合情推理
【解析】
根据四人所知只有自己看到，老师所说及最后甲说话，继而可以推出正确答案
【解答】
解：四人所知只有自己看到，老师所说及最后甲说话，
甲不知自己的成绩
→乙丙必有一优一良，（若为两优，甲会知道自己的成绩；若是两良，甲也会知道自己的成绩）
→乙看到了丙的成绩，知自己的成绩
→丁看到甲、丁也为一优一良，丁知自己的成绩，
故选：D．
8.
【答案】
B
【考点】
程序框图
【解析】
执行程序框图，依次写出每次循环得到的S，K值，当k=7时，程序终止即可得到结论．
【解答】
解：执行程序框图，有S=0，K=1，a=−1，代入循环，
第一次满足循环，S=−1，a=1，K=2；
满足条件，第二次满足循环，S=1，a=−1，K=3；
满足条件，第三次满足循环，S=−2，a=1，K=4；
满足条件，第四次满足循环，S=2，a=−1，K=5；
满足条件，第五次满足循环，S=−3，a=1，K=6；
满足条件，第六次满足循环，S=3，a=−1，K=7；
7≤6不成立，退出循环输出，S=3；
故选：B．
9.
【答案】
A
【考点】
圆与圆锥曲线的综合问题
双曲线的性质
【解析】
通过圆的圆心与双曲线的渐近线的距离，列出关系式，然后求解双曲线的离心率即可．
【解答】
解：双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0, b>0)的一条渐近线不妨为：bx+ay=0，
圆(x−2)2+y2=4的圆心(2, 0)，半径为2，
双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0, b>0)
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的一条渐近线被圆(x−2)2+y2=4所截得的弦长为2，
可得圆心到直线的距离为：22−12=3=|2b|a2+b2，
解得：4c2−4a2c2=3，可得e2=4，即e=2．
故选A．
10.
【答案】
C
【考点】
异面直线及其所成的角
【解析】
【解法一】设M、N、P分别为AB，BB1和B1C1的中点，得出AB1、BC1夹角为MN和NP夹角或其补角；根据中位线定理，结合余弦定理求出AC、MQ，MP和∠MNP的余弦值即可．
【解法二】通过补形的办法，把原来的直三棱柱变成直四棱柱，解法更简洁．
【解答】
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【解法一】如图所示，设M、N、P分别为AB，BB1和B1C1的中点，
则AB1、BC1夹角为MN和NP夹角或其补角
（因异面直线所成角为（0, π2]），
可知MN=12AB1=52，
NP=12BC1=22；
作BC中点Q，则△PQM为直角三角形；
∵ PQ=1，MQ=12AC，
△ABC中，由余弦定理得
AC2=AB2+BC2−2AB⋅BC⋅cos∠ABC
=4+1−2×2×1×(−12)
=7，
∴ AC=7，
∴ MQ=72；
在△MQP中，MP=MQ2+PQ2=112；
在△PMN中，由余弦定理得
cos∠MNP=MN2+NP2−PM22*MN*NP=(52)2+(22)2−(112)22×52×22=−105；
又异面直线所成角的范围是(0, π2]，
∴ AB1与BC1所成角的余弦值为105．
【解法二】如图所示，
补成四棱柱ABCD−A1B1C1D1，求∠BC1D即可；
BC1=2，BD=22+12−2×2×1×cos60∘=3，
C1D=5，
∴ BC12+BD2=C1D2，
∴ ∠DBC1=90∘，
∴ cos∠BC1D=25=105．
11.
【答案】
A
【考点】
利用导数研究函数的极值
【解析】
求出函数的导数，利用极值点，求出a，然后判断函数的单调性，求解函数的极小值即可．
【解答】
解：函数f(x)=(x2+ax−1)ex−1，
可得f′(x)=(2x+a)ex−1+(x2+ax−1)ex−1，
x=−2是函数f(x)=(x2+ax−1)ex−1的极值点，
可得：−4+a+(3−2a)=0．
解得a=−1．
可得f′(x)=(2x−1)ex−1+(x2−x−1)ex−1，
=(x2+x−2)ex−1，函数的极值点为：x=−2，x=1，
当x<−2或x>1时，f′(x)>0函数是增函数，x∈(−2, 1)时，函数是减函数，
x=1时，函数取得极小值：f(1)=(12−1−1)e1−1=−1．
故选：A．
12.
【答案】
B
【考点】
平面向量数量积的性质及其运算律
【解析】
根据条件建立坐标系，求出点的坐标，利用坐标法结合向量数量积的公式进行计算即可．
【解答】
解：建立如图所示的坐标系，
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以BC中点为坐标原点，
则A(0, 3a)，B(−a, 0)，C(a, 0)，
设P(x, y)，则PA→=(−x, 3a−y)，
PB→=(−a−x, −y)，
PC→=(a−x, −y)，
则PA→⋅(PB→+PC→)，
=2x2−23ay+2y2
=2[x2+(y−32a)2−34a2],
∴ 当x=0，y=32a时，取得最小值2×(−34a2)=−32a2.
故选B.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13.
【答案】
1.96
【考点】
离散型随机变量的期望与方差
【解析】
判断概率满足的类型，然后求解方差即可．
【解答】
解：由题意可知，该事件满足独立重复试验，是一个二项分布模型，其中，p=0.02，n=100，
则DX=npq=np(1−p)=100×0.02×0.98=1.96．
故答案为：1.96．
14.
【答案】
1
【考点】
三角函数的最值
【解析】
同角的三角函数的关系以及二次函数的性质即可求出．
【解答】
试卷第20页，总20页
解：f(x)=sin2x+3cosx−34=1−cos2x+3cosx−34，
令cosx=t且t∈[0, 1]，
则y=−t2+3t+14=−(t−32)2+1，
当t=32时，f(t)max=1，
即f(x)的最大值为1，
故答案为：1
15.
【答案】
2nn+1
【考点】
数列的求和
等差数列的前n项和
【解析】
利用已知条件求出等差数列的前n项和，然后化简所求的表达式，求解即可．
【解答】
解：等差数列{an}的前n项和为Sn，a3=3，S4=10，S4=2(a2+a3)=10，
可得a2=2，数列的首项为1，公差为1，
Sn=n(n+1)2，1Sn=2n(n+1)=2(1n−1n+1)，
则 k=1n1Sk=2[1−12+12−13+13−14+...+1n−1n+1]=2(1−1n+1)=2nn+1．
故答案为：2nn+1．
16.
【答案】
6
【考点】
抛物线的性质
【解析】
求出抛物线的焦点坐标，推出M坐标，然后求解即可．
【解答】
解：抛物线C:y2=8x的焦点F(2, 0)，M是C上一点，FM的延长线交y轴于点N．若M为FN的中点，
可知M的横坐标为：1，则M的纵坐标为：±22，
|FN|=2|FM|=2(1−2)2+(±22−0)2=6．
故答案为：6．
三、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第17～21题为必做题，每个试题考生都必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题：共60分。
17.
【答案】
试卷第20页，总20页
解：(1)sin(A+C)=8sin2B2，
∴ sinB=4(1−cosB)，
∵ sin2B+cos2B=1，
∴ 16(1−cosB)2+cos2B=1，
∴ (17cosB−15)(cosB−1)=0，
∴ cosB=1517或cosB=1，
∵B∈0,π，
∴cosB=1517.
(2)由(1)可知sinB=817，
∵ S△ABC=12ac⋅sinB=2，
∴ ac=172，
∴ b2=a2+c2−2accosB=a2+c2−2×172×1517
=a2+c2−15=(a+c)2−2ac−15=36−17−15=4，
∴ b=2．
【考点】
正弦定理
二倍角的正弦公式
【解析】
(1)利用三角形的内角和定理可知A+C=π−B，再利用诱导公式化简sin(A+C)，利用降幂公式化简8sin2B2，结合sin2B+cos2B=1，求出cosB，
(2)由(1)可知sinB=817，利用勾面积公式求出ac，再利用余弦定理即可求出b．
【解答】
解：(1)sin(A+C)=8sin2B2，
∴ sinB=4(1−cosB)，
∵ sin2B+cos2B=1，
∴ 16(1−cosB)2+cos2B=1，
∴ (17cosB−15)(cosB−1)=0，
∴ cosB=1517；
(2)由(1)可知sinB=817，
∵ S△ABC=12ac⋅sinB=2，
∴ ac=172，
∴ b2=a2+c2−2accosB=a2+c2−2×172×1517
=a2+c2−15=(a+c)2−2ac−15=36−17−15=4，
∴ b=2．
18.
【答案】
解：（1）记B表示事件“旧养殖法的箱产量低于50kg”，C表示事件“新养殖法的箱产量不低于50kg”，
由P(A)=P(BC)=P(B)P(C)，
试卷第20页，总20页
则旧养殖法的箱产量低于50kg：(0.012+0.014+0.024+0.034+0.040)×5=0.62，
故P(B)的估计值0.62，
新养殖法的箱产量不低于50kg：(0.068+0.046+0.010+0.008)×5=0.66，
故P(C)的估计值为，
则事件A的概率估计值为P(A)=P(B)P(C)=0.62×0.66=0.4092；
∴ A发生的概率为0.4092；
(2)2×2列联表：
箱产量<50kg
箱产量≥50kg
总计
旧养殖法
62
38
100
新养殖法
34
66
100
总计
96
104
200
则K2=200(62×66−38×34)2100×100×96×104≈15.705，
由15.705>6.635，
∴ 有99%的把握认为箱产量与养殖方法有关.
(3)由新养殖法的箱产量频率分布直方图中，箱产量低于50kg的直方图的面积：
(0.004+0.020+0.044)×5=0.34，
箱产量低于55kg的直方图面积为：
(0.004+0.020+0.044+0.068)×5=0.68>0.5，
故新养殖法产量的中位数的估计值为：50+0.5−0.340.068≈52.35(kg)，
新养殖法箱产量的中位数的估计值52.35(kg)．
【考点】
众数、中位数、平均数
频率分布直方图
独立性检验
用样本的数字特征估计总体的数字特征
【解析】
（1）由题意可知：P(A)=P(BC)=P(B)P(C)，分布求得发生的频率，即可求得其概率；
（2）完成2×2列联表：求得观测值，与参考值比较，即可求得有99%的把握认为箱产量与养殖方法有关：
（3）根据频率分布直方图即可求得其中位数．
【解答】
解：（1）记B表示事件“旧养殖法的箱产量低于50kg”，C表示事件“新养殖法的箱产量不低于50kg”，
由P(A)=P(BC)=P(B)P(C)，
则旧养殖法的箱产量低于50kg：(0.012+0.014+0.024+0.034+0.040)×5=0.62，
故P(B)的估计值0.62，
新养殖法的箱产量不低于50kg：(0.068+0.046+0.010+0.008)×5=0.66，
故P(C)的估计值为，
则事件A的概率估计值为P(A)=P(B)P(C)=0.62×0.66=0.4092；
∴ A发生的概率为0.4092；
(2)2×2列联表：
试卷第20页，总20页
箱产量<50kg
箱产量≥50kg
总计
旧养殖法
62
38
100
新养殖法
34
66
100
总计
96
104
200
则K2=200(62×66−38×34)2100×100×96×104≈15.705，
由15.705>6.635，
∴ 有99%的把握认为箱产量与养殖方法有关；
(3)由新养殖法的箱产量频率分布直方图中，箱产量低于50kg的直方图的面积：
(0.004+0.020+0.044)×5=0.34，
箱产量低于55kg的直方图面积为：
(0.004+0.020+0.044+0.068)×5=0.68>0.5，
故新养殖法产量的中位数的估计值为：50+0.5−0.340.068≈52.35(kg)，
新养殖法箱产量的中位数的估计值52.35(kg)．
19.
【答案】
（1）证明：取PA的中点F，连接EF，BF，因为E是PD的中点，
所以EF= // 12AD，AB=BC=12AD，∠BAD=∠ABC=90∘，∴ BC // 12AD，
∴ BCEF是平行四边形，可得CE // BF，BF⊂平面PAB，CE平面PAB，
∴ 直线CE // 平面PAB；
（2）解：四棱锥P−ABCD中，
侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB=BC=12AD，
∠BAD=∠ABC=90∘，E是PD的中点．
取AD的中点O，M在底面ABCD上的射影N在OC上，设AD=2，则AB=BC=1，OP=3，
∴ ∠PCO=60∘，直线BM与底面ABCD所成角为45∘，
可得：BN=MN，CN=33MN，BC=1，
试卷第20页，总20页
可得：1+13BN2=BN2，BN=62，MN=62，
作NQ⊥AB于Q，连接MQ，
所以∠MQN就是二面角M−AB−D的平面角，MQ=12+(62)2
=102，
二面角M−AB−D的余弦值为：1102=105．
【考点】
二面角的平面角及求法
直线与平面平行的判定
【解析】
（1）取PA的中点F，连接EF，BF，通过证明CE // BF，利用直线与平面平行的判定定理证明即可．
（2）利用已知条件转化求解M到底面的距离，作出二面角的平面角，然后求解二面角M−AB−D的余弦值即可．
【解答】
（1）证明：取PA的中点F，连接EF，BF，因为E是PD的中点，
所以EF= // 12AD，AB=BC=12AD，∠BAD=∠ABC=90∘，∴ BC // 12AD，
∴ BCEF是平行四边形，可得CE // BF，BF⊂平面PAB，CE平面PAB，
∴ 直线CE // 平面PAB；
（2）解：四棱锥P−ABCD中，
侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB=BC=12AD，
∠BAD=∠ABC=90∘，E是PD的中点．
取AD的中点O，M在底面ABCD上的射影N在OC上，设AD=2，则AB=BC=1，OP=3，
∴ ∠PCO=60∘，直线BM与底面ABCD所成角为45∘，
可得：BN=MN，CN=33MN，BC=1，
可得：1+13BN2=BN2，BN=62，MN=62，
作NQ⊥AB于Q，连接MQ，
所以∠MQN就是二面角M−AB−D的平面角，MQ=12+(62)2
=102，
二面角M−AB−D的余弦值为：1102=105．
20.
试卷第20页，总20页
【答案】
解：（1）设M(x0, y0)，由题意可得N(x0, 0)，
设P(x, y)，由点P满足NP→=2NM→．
可得(x−x0, y)=2(0, y0)，
可得x−x0=0，y=2y0，
即有x0=x，y0=y2，
代入椭圆方程x22+y2=1，可得x22+y22=1，
即有点P的轨迹方程为圆x2+y2=2；
（2）证明：设Q(−3, m)，P(2cosα, 2sinα)，(0≤α<2π)，
OP→⋅PQ→=1，可得(2cosα, 2sinα)⋅(−3−2cosα, m−2sinα)=1，
即为−32cosα−2cos2α+2msinα−2sin2α=1，
解得m=3(1+2cosα)2sinα，
即有Q(−3, 3(1+2cosα)2sinα)，
椭圆x22+y2=1的左焦点F(−1, 0)，
由kOQ=−1+2cosα2sinα，
kPF=2sinα2cosα+1，
由kOQ⋅kPF=−1，
可得过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F．
【考点】
直线与椭圆的位置关系
轨迹方程
【解析】
（1）设M(x0, y0)，由题意可得N(x0, 0)，设P(x, y)，运用向量的坐标运算，结合M满足椭圆方程，化简整理可得P的轨迹方程；
（2）设Q(−3, m)，P(2cosα, 2sinα)，(0≤α<2π)，运用向量的数量积的坐标表示，可得m，即有Q的坐标，求得椭圆的左焦点坐标，求得OQ，PF的斜率，由两直线垂直的条件：斜率之积为−1，即可得证．
【解答】
解：（1）设M(x0, y0)，由题意可得N(x0, 0)，
设P(x, y)，由点P满足NP→=2NM→．
可得(x−x0, y)=2(0, y0)，
可得x−x0=0，y=2y0，
即有x0=x，y0=y2，
代入椭圆方程x22+y2=1，可得x22+y22=1，
即有点P的轨迹方程为圆x2+y2=2；
（2）证明：设Q(−3, m)，P(2cosα, 2sinα)，(0≤α<2π)，
OP→⋅PQ→=1，可得(2cosα, 2sinα)⋅(−3−2cosα, m−2sinα)=1，
即为−32cosα−2cos2α+2msinα−2sin2α=1，
解得m=3(1+2cosα)2sinα，
即有Q(−3, 3(1+2cosα)2sinα)，
椭圆
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x22+y2=1的左焦点F(−1, 0)，
由kOQ=−1+2cosα2sinα，
kPF=2sinα2cosα+1，
由kOQ⋅kPF=−1，
可得过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F．
21.
【答案】
（1）解：因为f(x)=ax2−ax−xlnx=x(ax−a−lnx)(x>0)，
则f(x)≥0等价于h(x)=ax−a−lnx≥0，求导可知h′(x)=a−1x．
则当a≤0时h′(x)<0，即y=h(x)在(0, +∞)上单调递减，
所以当x0>1时，h(x0)0．
因为当01a时h′(x)>0，
所以h(x)min=h(1a)，
又因为h(1)=a−a−ln1=0，
所以1a=1，解得a=1；
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（2）证明：由（1）可知f(x)=x2−x−xlnx，f′(x)=2x−2−lnx，
令f′(x)=0，可得2x−2−lnx=0，记t(x)=2x−2−lnx，则t′(x)=2−1x，
令t′(x)=0，解得：x=12，
所以t(x)在区间(0, 12)上单调递减，在(12, +∞)上单调递增，
所以t(x)min=t(12)=ln2−1<0，从而t(x)=0有解，即f′(x)=0存在两根x0，x2，
且不妨设f′(x)在(0, x0)上为正、在(x0, x2)上为负、在(x2, +∞)上为正，
所以f(x)必存在唯一极大值点x0，且2x0−2−lnx0=0，
所以f(x0)=x02−x0−x0lnx0=x02−x0+2x0−2x02=x0−x02，
由x0<12可知f(x0)<(x0−x02)max=−122+12=14；
由f′(1e)<0可知x0<1e<12，
所以f(x)在(0, x0)上单调递增，在(x0, 1e)上单调递减，
所以f(x0)>f(1e)=1e2；
综上所述，f(x)存在唯一的极大值点x0，且e−2f(1e)=1e2．
【解答】
（1）解：因为f(x)=ax2−ax−xlnx=x(ax−a−lnx)(x>0)，
则f(x)≥0等价于h(x)=ax−a−lnx≥0，求导可知h′(x)=a−1x．
则当a≤0时h′(x)<0，即y=h(x)在(0, +∞)上单调递减，
所以当x0>1时，h(x0)0．
因为当01a时h′(x)>0，
所以h(x)min=h(1a)，
又因为h(1)=a−a−ln1=0，
所以1a=1，解得a=1；
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（2）证明：由（1）可知f(x)=x2−x−xlnx，f′(x)=2x−2−lnx，
令f′(x)=0，可得2x−2−lnx=0，记t(x)=2x−2−lnx，则t′(x)=2−1x，
令t′(x)=0，解得：x=12，
所以t(x)在区间(0, 12)上单调递减，在(12, +∞)上单调递增，
所以t(x)min=t(12)=ln2−1<0，从而t(x)=0有解，即f′(x)=0存在两根x0，x2，
且不妨设f′(x)在(0, x0)上为正、在(x0, x2)上为负、在(x2, +∞)上为正，
所以f(x)必存在唯一极大值点x0，且2x0−2−lnx0=0，
所以f(x0)=x02−x0−x0lnx0=x02−x0+2x0−2x02=x0−x02，
由x0<12可知f(x0)<(x0−x02)max=−122+12=14；
由f′(1e)<0可知x0<1e<12，
所以f(x)在(0, x0)上单调递增，在(x0, 1e)上单调递减，
所以f(x0)>f(1e)=1e2；
综上所述，f(x)存在唯一的极大值点x0，且e−2
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