2015年四川省高考数学试卷（文科）
一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分．在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的．
1．（5分）设集合M={x|﹣1＜x＜2}，集合N={x|1＜x＜3}，则M∪N=（ ）
A．{x|﹣1＜x＜3} B．{x|﹣1＜x＜2} C．{x|1＜x＜3} D．{x|1＜x＜2}
2．（5分）设向量=（2，4）与向量=（x，6）共线，则实数x=（ ）
A．2 B．3 C．4 D．6
3．（5分）某学校为了了解三年级、六年级、九年级这三个年级之间的学生视力是否存在显著差异，拟从这三个年级中按人数比例抽取部分学生进行调查，则最合理的抽样方法是（ ）
A．抽签法 B．系统抽样法 C．分层抽样法 D．随机数法
4．（5分）设a，b为正实数，则“a＞b＞1”是“log2a＞log2b＞0”的（ ）
A．充要条件 B．充分不必要条件
C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件
5．（5分）下列函数中，最小正周期为π且图象关于原点对称的函数是（ ）
A．y=cos（2x+） B．y=sin（2x+）
C．y=sin2x+cos2x D．y=sinx+cosx
6．（5分）执行如图所示的程序框图，输出s的值为（ ）
A．﹣ B． C．﹣ D．
7．（5分）过双曲线x2﹣=1的右焦点且与x轴垂直的直线，交该双曲线的两条渐近线于A、B两点，则|AB|=（ ）
A． B．2 C．6 D．4
8．（5分）某食品保鲜时间y（单位：小时）与储藏温度x（单位：℃）满足函数关系y=ekx+b （e=2.718…为自然对数的底数，k，b为常数）．若该食品在0℃的保鲜时间是192小时，在22℃的保鲜时间是48小时，则该食品在33℃的保鲜时间是（ ）
A．16小时 B．20小时 C．24小时 D．28小时
9．（5分）设实数x，y满足，则xy的最大值为（ ）
A． B． C．12 D．16
10．（5分）设直线l与抛物线y2=4x相交于A、B两点，与圆（x﹣5）2+y2=r2（r＞0）相切于点M，且M为线段AB的中点，若这样的直线l恰有4条，则r的取值范围是（ ）
A．（1，3） B．（1，4） C．（2，3） D．（2，4）
二、填空题：本大题共5小题，每小题5分，共25分．
11．（5分）设i是虚数单位，则复数i﹣= ．
12．（5分）lg0.01+log216的值是 ．
13．（5分）已知sinα+2cosα=0，则2sinαcosα﹣cos2α的值是 ．
14．（5分）在三棱住ABC﹣A1B1C1中，∠BAC=90°，其正视图和侧视图都是边长为1的正方形，俯视图是直角边长为1的等腰直角三角形，设M，N，P分别是AB，BC，B1C1的中点，则三棱锥P﹣A1MN的体积是 ．
15．（5分）已知函数f（x）=2x，g（x）=x2+ax（其中a∈R）．对于不相等的实数x1、x2，设m=，n=．现有如下命题：
①对于任意不相等的实数x1、x2，都有m＞0；
②对于任意的a及任意不相等的实数x1、x2，都有n＞0；
③对于任意的a，存在不相等的实数x1、x2，使得m=n；
④对于任意的a，存在不相等的实数x1、x2，使得m=﹣n．
其中的真命题有 （写出所有真命题的序号）．
三、解答题：本大题共6小题，共75分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
16．（12分）设数列{an}（n=1，2，3…）的前n项和Sn，满足Sn=2an﹣a1，且a1，a2+1，a3成等差数列．
（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；
（Ⅱ）设数列的前n项和为Tn，求Tn．
17．（12分）一辆小客车上有5名座位，其座号为1，2，3，4，5，乘客P1，P2，P3，P4，P5的座位号分别为1，2，3，4，5．他们按照座位号顺序先后上车，乘客P1因身体原因没有坐自己1号座位，这时司机要求余下的乘客按以下规则就坐：如果自己的座位空着，就只能坐自己的座位．如果自己的座位已有乘客就坐，就在这5个座位的剩余空位中选择座位．
（Ⅰ）若乘客P1坐到了3号座位，其他乘客按规则就座，则此时共有4种坐法．下表给出其中两种坐法，请填入余下两种坐法（将乘客就坐的座位号填入表中空格处）
乘客 P1 P2 P3 P4 P5 座位号 3 2 1 4 5 3 2 4 5 1 （Ⅱ）若乘客P1坐到了2号座位，其他乘客按规则就坐，求乘客P5坐到5号座位的概率．
18．（12分）一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图的示意图如图所示．
（Ⅰ）请按字母F，G，H标记在正方体相应地顶点处（不需要说明理由）
（Ⅱ）判断平面BEG与平面ACH的位置关系．并说明你的结论．
（Ⅲ）证明：直线DF⊥平面BEG．
19．（12分）已知A、B、C为△ABC的内角，tanA，tanB是关于方程x2+px﹣p+1=0（p∈R）两个实根．
（Ⅰ）求C的大小
（Ⅱ）若AB=3，AC=，求p的值．
20．（13分）如图，椭圆E：=1（a＞b＞0）的离心率是，点P（0，1）在短轴CD上，且?=﹣1
（Ⅰ）求椭圆E的方程；
（Ⅱ）设O为坐标原点，过点P的动直线与椭圆交于A、B两点．是否存在常数λ，使得?+λ?为定值？若存在，求λ的值；若不存在，请说明理由．
21．（14分）已知函数f（x）=﹣2xlnx+x2﹣2ax+a2，其中a＞0．
（Ⅰ）设g（x）是f（x）的导函数，讨论g（x）的单调性；
（Ⅱ）证明：存在a∈（0，1），使得f（x）≥0恒成立，且f（x）=0在区间（1，+∞）内有唯一解．
2015年四川省高考数学试卷（文科）
参考答案与试题解析
一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分．在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的．
1．（5分）设集合M={x|﹣1＜x＜2}，集合N={x|1＜x＜3}，则M∪N=（ ）
A．{x|﹣1＜x＜3} B．{x|﹣1＜x＜2} C．{x|1＜x＜3} D．{x|1＜x＜2}
【分析】根据并集的定义解答即可．
【解答】解：根据并集的定义知：M∪N={x|﹣1＜x＜3}，
故选：A．
【点评】本题考查了并集运算，熟练掌握并集的定义是解题的关键．
2．（5分）设向量=（2，4）与向量=（x，6）共线，则实数x=（ ）
A．2 B．3 C．4 D．6
【分析】利用向量共线的充要条件得到坐标的关系求出x．
【解答】解；因为向量=（2，4）与向量=（x，6）共线，
所以4x=2×6，解得x=3；
故选：B．
【点评】本题考查了向量共线的坐标关系；如果两个向量向量=（x，y）与向量=（m，n）共线，那么xn=ym．
3．（5分）某学校为了了解三年级、六年级、九年级这三个年级之间的学生视力是否存在显著差异，拟从这三个年级中按人数比例抽取部分学生进行调查，则最合理的抽样方法是（ ）
A．抽签法 B．系统抽样法 C．分层抽样法 D．随机数法
【分析】若总体由差异明显的几部分组成时，经常采用分层抽样的方法进行抽样．
【解答】解：我们常用的抽样方法有：简单随机抽样、分层抽样和系统抽样，
而事先已经了解到三年级、六年级、九年级这三个年级之间的学生视力是否存在显著差异，这种方式具有代表性，比较合理．
故选：C．
【点评】本小题考查抽样方法，主要考查抽样方法，属基本题．
4．（5分）设a，b为正实数，则“a＞b＞1”是“log2a＞log2b＞0”的（ ）
A．充要条件 B．充分不必要条件
C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件
【分析】先求出log2a＞log2b＞0的充要条件，再和a＞b＞1比较，从而求出答案．
【解答】解：若log2a＞log2b＞0，则a＞b＞1，
故“a＞b＞1”是“log2a＞log2b＞0”的充要条件，
故选：A．
【点评】本题考察了充分必要条件，考察对数函数的性质，是一道基础题．
5．（5分）下列函数中，最小正周期为π且图象关于原点对称的函数是（ ）
A．y=cos（2x+） B．y=sin（2x+）
C．y=sin2x+cos2x D．y=sinx+cosx
【分析】求出函数的周期，函数的奇偶性，判断求解即可．
【解答】解：
y=cos（2x+）=﹣sin2x，是奇函数，函数的周期为：π，满足题意，所以A正确
y=sin（2x+）=cos2x，函数是偶函数，周期为：π，不满足题意，所以B不正确；
y=sin2x+cos2x=sin（2x+），函数是非奇非偶函数，周期为π，所以C不正确；
y=sinx+cosx=sin（x+），函数是非奇非偶函数，周期为2π，所以D不正确；
故选：A．
【点评】本题考查两角和与差的三角函数，函数的奇偶性以及红丝带周期的求法，考查计算能力．
6．（5分）执行如图所示的程序框图，输出s的值为（ ）
A．﹣ B． C．﹣ D．
【分析】模拟执行程序框图，依次写出每次循环得到的k的值，当k=5时满足条件k＞4，计算并输出S的值为．
【解答】解：模拟执行程序框图，可得
k=1
k=2
不满足条件k＞4，k=3
不满足条件k＞4，k=4
不满足条件k＞4，k=5
满足条件k＞4，S=sin=，
输出S的值为．
故选：D．
【点评】本题主要考查了循环结构的程序框图，属于基础题．
7．（5分）过双曲线x2﹣=1的右焦点且与x轴垂直的直线，交该双曲线的两条渐近线于A、B两点，则|AB|=（ ）
A． B．2 C．6 D．4
【分析】求出双曲线的渐近线方程，求出AB的方程，得到AB坐标，即可求解|AB|．
【解答】解：双曲线x2﹣=1的右焦点（2，0），渐近线方程为y=，
过双曲线x2﹣=1的右焦点且与x轴垂直的直线，x=2，
可得yA=2，yB=﹣2，
∴|AB|=4．
故选：D．
【点评】本题考查双曲线的简单性质的应用，考查基本知识的应用．
8．（5分）某食品保鲜时间y（单位：小时）与储藏温度x（单位：℃）满足函数关系y=ekx+b （e=2.718…为自然对数的底数，k，b为常数）．若该食品在0℃的保鲜时间是192小时，在22℃的保鲜时间是48小时，则该食品在33℃的保鲜时间是（ ）
A．16小时 B．20小时 C．24小时 D．28小时
【分析】由已知中保鲜时间与储藏温度是一种指数型关系，由已知构造方程组求出ek，eb的值，运用指数幂的运算性质求解e33k+b即可．
【解答】解：y=ekx+b （e=2.718…为自然对数的底数，k，b为常数）．
当x=0时，eb=192，
当x=22时e22k+b=48，
∴e22k==
e11k=
eb=192
当x=33时，e33k+b=（ek）33?（eb）=（）3×192=24
故选：C．
【点评】本题考查的知识点是函数解析式的运用，列出方程求解即可，注意整体求解．
9．（5分）设实数x，y满足，则xy的最大值为（ ）
A． B． C．12 D．16
【分析】作出不等式组对应的平面区域，利用基本不等式进行求解即可．
【解答】解：作出不等式组对应的平面区域如图；
由图象知y≤10﹣2x，
则xy≤x（10﹣2x）=2x（5﹣x））≤2（）2=，
当且仅当x=，y=5时，取等号，
经检验（，5）在可行域内，
故xy的最大值为，
故选：A．
【点评】本题主要考查线性规划以及基本不等式的应用，利用数形结合是解决本题的关键．
10．（5分）设直线l与抛物线y2=4x相交于A、B两点，与圆（x﹣5）2+y2=r2（r＞0）相切于点M，且M为线段AB的中点，若这样的直线l恰有4条，则r的取值范围是（ ）
A．（1，3） B．（1，4） C．（2，3） D．（2，4）
【分析】先确定M的轨迹是直线x=3，代入抛物线方程可得y=±2，所以交点与圆心（5，0）的距离为4，即可得出结论．
【解答】解：设A（x1，y1），B（x2，y2），M（x0，y0），
斜率存在时，设斜率为k，则y12=4x1，y22=4x2，
则，相减，得（y1+y2）（y1﹣y2）=4（x1﹣x2），
当l的斜率存在时，利用点差法可得ky0=2，
因为直线与圆相切，所以=﹣，所以x0=3，
即M的轨迹是直线x=3．
将x=3代入y2=4x，得y2=12，∴﹣2，
∵M在圆上，∴（x0﹣5）2+y02=r2，∴r2=y02+4＜12+4=16，
∵直线l恰有4条，∴y0≠0，∴4＜r2＜16，
故2＜r＜4时，直线l有2条；
斜率不存在时，直线l有2条；
所以直线l恰有4条，2＜r＜4，
故选：D．
【点评】本题考查直线与抛物线、圆的位置关系，考查点差法，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．
二、填空题：本大题共5小题，每小题5分，共25分．
11．（5分）设i是虚数单位，则复数i﹣= 2i ．
【分析】直接利用复数的运算法则求解即可．
【解答】解：复数i﹣=i﹣=i+i=2i．
故答案为：2i．
【点评】本题考查复数的基本运算，考查计算能力．
12．（5分）lg0.01+log216的值是 2 ．
【分析】直接利用对数的运算法则化简求解即可．
【解答】解：lg0.01+log216=﹣2+4=2．
故答案为：2．
【点评】本题考查对数的运算法则的应用，考查计算能力．
13．（5分）已知sinα+2cosα=0，则2sinαcosα﹣cos2α的值是 ﹣1 ．
【分析】已知等式移项变形求出tanα的值，原式利用同角三角函数间的基本关系化简，将tanα的值代入计算即可求出值．
【解答】解：∵sinα+2cosα=0，即sinα=﹣2cosα，
∴tanα=﹣2，
则原式=====﹣1，
故答案为：﹣1
【点评】此题考查了同角三角函数基本关系的运用，熟练掌握基本关系是解本题的关键．
14．（5分）在三棱住ABC﹣A1B1C1中，∠BAC=90°，其正视图和侧视图都是边长为1的正方形，俯视图是直角边长为1的等腰直角三角形，设M，N，P分别是AB，BC，B1C1的中点，则三棱锥P﹣A1MN的体积是 ．
【分析】判断三视图对应的几何体的形状，画出图形，利用三视图的数据，求解三棱锥P﹣AMN的体积即可．
【解答】解：由三视图可知，可知几何体的图形如图：几何体是底面为等腰直角三角形直角边长为1，高为1的直三棱柱，底面积为，所求三棱锥的高为NP=1，三棱锥底面积是三棱柱底面三角形的，
所求三棱锥P﹣A1MN的体积是：=．
故答案为：．
【点评】本题考查三视图与直观图的关系，组作出几何体的直观图是解题的关键之一，考查几何体的体积的求法，考查空间想象能力以及计算能力．
15．（5分）已知函数f（x）=2x，g（x）=x2+ax（其中a∈R）．对于不相等的实数x1、x2，设m=，n=．现有如下命题：
①对于任意不相等的实数x1、x2，都有m＞0；
②对于任意的a及任意不相等的实数x1、x2，都有n＞0；
③对于任意的a，存在不相等的实数x1、x2，使得m=n；
④对于任意的a，存在不相等的实数x1、x2，使得m=﹣n．
其中的真命题有 ①④ （写出所有真命题的序号）．
【分析】运用指数函数的单调性，即可判断①；由二次函数的单调性，即可判断②；
通过函数h（x）=x2+ax﹣2x，求出导数判断单调性，即可判断③；
通过函数h（x）=x2+ax+2x，求出导数判断单调性，即可判断④．
【解答】解：对于①，由于2＞1，由指数函数的单调性可得f（x）在R上递增，即有m＞0，则①正确；
对于②，由二次函数的单调性可得g（x）在（﹣∞，﹣）递减，在（﹣，+∞）递增，则n＞0不恒成立，
则②错误；
对于③，由m=n，可得f（x1）﹣f（x2）=g（x1）﹣g（x2），即为g（x1）﹣f（x1）=g（x2）﹣f（x2），
考查函数h（x）=x2+ax﹣2x，h′（x）=2x+a﹣2xln2，
当a→﹣∞，h′（x）小于0，h（x）单调递减，则③错误；
对于④，由m=﹣n，可得f（x1）﹣f（x2）=﹣[g（x1）﹣g（x2）]，考查函数h（x）=x2+ax+2x，
h′（x）=2x+a+2xln2，对于任意的a，h′（x）不恒大于0或小于0，则④正确．
故答案为：①④．
【点评】本题考查函数的单调性及运用，注意运用指数函数和二次函数的单调性，以及导数判断单调性是解题的关键．
三、解答题：本大题共6小题，共75分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
16．（12分）设数列{an}（n=1，2，3…）的前n项和Sn，满足Sn=2an﹣a1，且a1，a2+1，a3成等差数列．
（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；
（Ⅱ）设数列的前n项和为Tn，求Tn．
【分析】（Ⅰ）由条件Sn满足Sn=2an﹣a1，求得数列{an}为等比数列，且公比q=2；再根据a1，a2+1，a3成等差数列，求得首项的值，可得数列{an}的通项公式．
（Ⅱ）由于=，利用等比数列的前n项和公式求得数列的前n项和Tn．
【解答】解：（Ⅰ）由已知Sn=2an﹣a1，有
an=Sn﹣Sn﹣1=2an﹣2an﹣1（n≥2），
即an=2an﹣1（n≥2），
从而a2=2a1，a3=2a2=4a1．
又因为a1，a2+1，a3成等差数列，即a1+a3=2（a2+1）
所以a1+4a1=2（2a1+1），
解得：a1=2．
所以，数列{an}是首项为2，公比为2的等比数列．
故an=2n．
（Ⅱ）由（Ⅰ）得=，
所以Tn=+++…+==1﹣．
【点评】本题主要考查数列的前n项和与第n项的关系，等差、等比数列的定义和性质，等比数列的前n项和公式，属于中档题．
17．（12分）一辆小客车上有5名座位，其座号为1，2，3，4，5，乘客P1，P2，P3，P4，P5的座位号分别为1，2，3，4，5．他们按照座位号顺序先后上车，乘客P1因身体原因没有坐自己1号座位，这时司机要求余下的乘客按以下规则就坐：如果自己的座位空着，就只能坐自己的座位．如果自己的座位已有乘客就坐，就在这5个座位的剩余空位中选择座位．
（Ⅰ）若乘客P1坐到了3号座位，其他乘客按规则就座，则此时共有4种坐法．下表给出其中两种坐法，请填入余下两种坐法（将乘客就坐的座位号填入表中空格处）
乘客 P1 P2 P3 P4 P5 座位号 3 2 1 4 5 3 2 4 5 1 3 2 4 1 5 3 2 5 4 1 （Ⅱ）若乘客P1坐到了2号座位，其他乘客按规则就坐，求乘客P5坐到5号座位的概率．
【分析】（Ⅰ）根据题意，可以完成表格；
（Ⅱ）列表，确定所有可能的坐法，再求出乘客P1坐到5号座位的概率．
【解答】解：（Ⅰ）余下两种坐法：
乘客 P1 P2 P3 P4 P5 座位号 3 2 1 4 5 3 2 4 5 1 3 2 4 1 5 3 2 5 4 1 （Ⅱ）若乘客P1坐到了2号座位，其他乘客按规则就坐，则
所有可能的坐法可用下表表示为
乘客 P1 P2 P3 P4 P5 座位号 2 1 3 4 5 2 3 1 4 5 2 3 4 1 5 2 3 4 5 1 2 3 5 4 1 2 4 3 1 5 2 4 3 5 1 2 5 3 4 1 于是，所有可能的坐法共8种，
设“乘客P5坐到5号座位”为事件A，则事件A中的基本事件的个数为4，所以P（A）==．
答：乘客P5坐到5号座位的概率是．
【点评】本题考查概率的运用，考查学生的计算能力，列表确定基本事件的个数是关键．
18．（12分）一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图的示意图如图所示．
（Ⅰ）请按字母F，G，H标记在正方体相应地顶点处（不需要说明理由）
（Ⅱ）判断平面BEG与平面ACH的位置关系．并说明你的结论．
（Ⅲ）证明：直线DF⊥平面BEG．
【分析】（Ⅰ）直接标出点F，G，H的位置．
（Ⅱ）先证BCHE为平行四边形，可知BE∥平面ACH，同理可证BG∥平面ACH，即可证明平面BEG∥平面ACH．
（Ⅲ）连接FH，由DH⊥EG，又DH⊥EG，EG⊥FH，可证EG⊥平面BFHD，从而可证DF⊥EG，同理DF⊥BG，即可证明DF⊥平面BEG．
【解答】解：（Ⅰ）点F，G，H的位置如图所示．
（Ⅱ）平面BEG∥平面ACH，证明如下：
∵ABCD﹣EFGH为正方体，
∴BC∥FG，BC=EH，
又FG∥EH，FG=EH，
∴BC∥EH，BC=EH，
∴BCHE为平行四边形．
∴BE∥CH，
又CH?平面ACH，BE?平面ACH，
∴BE∥平面ACH，
同理BG∥平面ACH，
又BE∩BG=B，
∴平面BEG∥平面ACH．
（Ⅲ）连接FH，
∵ABCD﹣EFGH为正方体，
∴DH⊥EG，
又∵EG?平面EFGH，
∴DH⊥EG，
又EG⊥FH，EG∩FH=O，
∴EG⊥平面BFHD，
又DF?平面BFHD，
∴DF⊥EG，
同理DF⊥BG，
又∵EG∩BG=G，
∴DF⊥平面BEG．
【点评】本题主要考查了简单空间图形的直观图、空间线面平行与垂直的判定与性质等基础知识，考查了空间想象能力和推理论证能力，属于中档题．
19．（12分）已知A、B、C为△ABC的内角，tanA，tanB是关于方程x2+px﹣p+1=0（p∈R）两个实根．
（Ⅰ）求C的大小
（Ⅱ）若AB=3，AC=，求p的值．
【分析】（Ⅰ）由判别式△=3p2+4p﹣4≥0，可得p≤﹣2，或p≥，由韦达定理，有tanA+tanB=﹣p，tanAtanB=1﹣p，由两角和的正切函数公式可求tanC=﹣tan（A+B）=，结合C的范围即可求C的值．
（Ⅱ）由正弦定理可求sinB==，解得B，A，由两角和的正切函数公式可求tanA=tan75°，从而可求p=﹣（tanA+tanB）的值．
【解答】解：（Ⅰ）由已知，方程x2+px﹣p+1=0的判别式：△=（p）2﹣4（﹣p+1）=3p2+4p﹣4≥0，
所以p≤﹣2，或p≥．
由韦达定理，有tanA+tanB=﹣p，tanAtanB=1﹣p．
所以，1﹣tanAtanB=1﹣（1﹣p）=p≠0，
从而tan（A+B）==﹣=﹣．
所以tanC=﹣tan（A+B）=，
所以C=60°．
（Ⅱ）由正弦定理，可得sinB===，
解得B=45°，或B=135°（舍去）．
于是，A=180°﹣B﹣C=75°．
则tanA=tan75°=tan（45°+30°）===2+．
所以p=﹣（tanA+tanB）=﹣（2+）=﹣1﹣．
【点评】本题主要考查了和角公式、诱导公式、正弦定理等基础知识，考查了运算求解能力，考查了函数与方程、化归与转化等数学思想的应用，属于中档题．
20．（13分）如图，椭圆E：=1（a＞b＞0）的离心率是，点P（0，1）在短轴CD上，且?=﹣1
（Ⅰ）求椭圆E的方程；
（Ⅱ）设O为坐标原点，过点P的动直线与椭圆交于A、B两点．是否存在常数λ，使得?+λ?为定值？若存在，求λ的值；若不存在，请说明理由．
【分析】（Ⅰ）通过e=、?=﹣1，计算即得a=2、b=，进而可得结论；
（Ⅱ）分情况对直线AB斜率的存在性进行讨论：①当直线AB的斜率存在时，联立直线AB与椭圆方程，利用韦达定理计算可得当λ=1时?+λ?=﹣3；②当直线AB的斜率不存在时，?+λ?=﹣3．
【解答】解：（Ⅰ）根据题意，可得C（0，﹣b），D（0，b），
又∵P（0，1），且?=﹣1，
∴，解得a=2，b=，
∴椭圆E的方程为：+=1；
（Ⅱ）结论：存在常数λ=1，使得?+λ?为定值﹣3．
理由如下：
对直线AB斜率的存在性进行讨论：
①当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y=kx+1，
A（x1，y1），B（x2，y2），
联立，消去y并整理得：（1+2k2）x2+4kx﹣2=0，
∵△=（4k）2+8（1+2k2）＞0，
∴x1+x2=﹣，x1x2=﹣，
从而?+λ?=x1x2+y1y2+λ[x1x2+（y1﹣1）（y2﹣1）]
=（1+λ）（1+k2）x1x2+k（x1+x2）+1
=
=﹣﹣λ﹣2．
∴当λ=1时，﹣﹣λ﹣2=﹣3，
此时?+λ?=﹣3为定值；
②当直线AB的斜率不存在时，直线AB即为直线CD，
此时?+λ?=+=﹣2﹣1=﹣3；
故存在常数λ=1，使得?+λ?为定值﹣3．
【点评】本题考查椭圆的标准方程、直线方程等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查数形结合、化归与转化、特殊与一般、分类与整合等数学思想，注意解题方法的积累，属于难题．
21．（14分）已知函数f（x）=﹣2xlnx+x2﹣2ax+a2，其中a＞0．
（Ⅰ）设g（x）是f（x）的导函数，讨论g（x）的单调性；
（Ⅱ）证明：存在a∈（0，1），使得f（x）≥0恒成立，且f（x）=0在区间（1，+∞）内有唯一解．
【分析】（I）函数f（x）=﹣2xlnx+x2﹣2ax+a2，其中a＞0．可得：x＞0．g（x）=f′（x）=2（x﹣1﹣lnx﹣a），可得g′（x）==，分别解出g′（x）＜0，g′（x）＞0，即可得出单调性．
（II）由f′（x）=2（x﹣1﹣lnx﹣a）=0，可得a=x﹣1﹣lnx，代入f（x）可得：u（x）=（1+lnx）2﹣2xlnx，利用函数零点存在定理可得：存在x0∈（1，e），使得u（x0）=0，令a0=x0﹣1﹣lnx0=v（x0），再利用导数研究其单调性即可得出．
【解答】（I）解：函数f（x）=﹣2xlnx+x2﹣2ax+a2，其中a＞0．可得：x＞0．
g（x）=f′（x）=2（x﹣1﹣lnx﹣a），∴g′（x）==，
当0＜x＜1时，g′（x）＜0，函数g（x）单调递减；
当1＜x时，g′（x）＞0，函数g（x）单调递增．
（II）证明：由f′（x）=2（x﹣1﹣lnx﹣a）=0，解得a=x﹣1﹣lnx，
令u（x）=﹣2xlnx+x2﹣2（x﹣1﹣lnx）x+（x﹣1﹣lnx）2=（1+lnx）2﹣2xlnx，
则u（1）=1＞0，u（e）=2（2﹣e）＜0，
∴存在x0∈（1，e），使得u（x0）=0，
令a0=x0﹣1﹣lnx0=v（x0），其中v（x）=x﹣1﹣lnx（x≥1），
由v′（x）=1﹣≥0，可得：函数v（x）在区间（1，+∞）上单调递增．
∴0=v（1）＜a0=v（x0）＜v（e）=e﹣2＜1，即a0∈（0，1），当a=a0时，有f′（x0）=0，f（x0）=u（x0）=0．
再由（I）可知：f′（x）在区间（1，+∞）上单调递增，
当x∈（1，x0）时，f′（x）＜0，∴f（x）＞f（x0）=0；
当x∈（x0，+∞）时，f′（x）＞0，∴f（x）＞f（x0）=0；
又当x∈（0，1]，f（x）=﹣2xlnx＞0．
故当x∈（0，+∞）时，f（x）≥0恒成立．
综上所述：存在a∈（0，1），使得f（x）≥0恒成立，且f（x）=0在区间（1，+∞）内有唯一解．
【点评】本题考查了导数的运算法则、函数的零点、利用导数研究函数的单调性极值，考查了分类讨论思想方法、推理能力与计算能力，属于难题．
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