全国统考版2025届高考数学二轮复习验收仿真模拟卷九理含解析

PAGE高考仿真模拟卷(九)(时间：120分钟；满分：150分)第Ⅰ卷一、选择题：本题共12小题，每小题5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．已知全集为R，集合A＝{－1，0，1，5}，B＝{x|x2－x－2≥0}，则A∩∁RB＝()A．{－1，1} B．{0，1}C．{0，1，5} D．{－1，0，1}2．复数z＝eq\f(1－i,3＋i)在复平面内对应的点位于()A．第一象限 B．其次象限C．第三象限 D．第四象限3．命题“∃x0≤0，xeq\o\al(2,0)≥0”的否定是()A．∀x≤0，x2<0 B．∀x≤0，x2≥0C．∃x0>0，xeq\o\al(2,0)>0 D．∃x0<0，xeq\o\al(2,0)≤04．设等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1＋a3＝6，S10＝100，则a5＝()A．8 B．9C．10 D．115．设a，b是相互垂直的单位向量，且(λa＋b)⊥(a＋2b)，则实数λ的值是()A．2 B．－2C．1 D．－16．已知a＝log412，b＝log515，c＝3－eq\f(3,2)，则()A．a>c>b B．b>c>aC．b>a>c D．a>b>c7．支配A，B，C，D，E，F六名义工照看甲，乙，丙三位老人，每两位义工照看一位老人，考虑到义工与老人住址距离问题，义工A担心排照看老人甲，义工B担心排照看老人乙，则支配方法共有()A．30种 B．40种C．42种 D．48种8．在正三棱柱ABC­A1B1C1，AB＝4，点D在棱BB1上，若BD＝3，则AD与平面AA1C1C所成角的正切值为()A.eq\f(2\r(3),5) B.eq\f(2\r(39),13)C.eq\f(5,4) D.eq\f(4,3)9．我国古代名著《庄子·天下篇》中有一句名言“一尺之棰，日取其半，万世不竭”，其意思为：一尺的木棍，每天截取一半，恒久都截不完．现将该木棍依此规律截取，如图所示的程序框图的功能就是计算截取20天后所剩木棍的长度(单位：尺)，则①②③处可分别填入的是()A．i＜20，s＝s－eq\f(1,i)，i＝2iB．i≤20，s＝s－eq\f(1,i)，i＝2iC．i＜20，s＝eq\f(s,2)，i＝i＋1D．i≤20，s＝eq\f(s,2)，i＝i＋110．设α，β∈[0，π]，且满意sinαcosβ－cosαsinβ＝1，则sin(2α－β)＋sin(α－2β)的取值范围为()A．[－eq\r(2)，1] B．[－1，eq\r(2)]C．[－1，1] D．[1，eq\r(2)]11．在平面直角坐标系xOy中，已知点A，B分别为x轴，y轴上一点，且|AB|＝1，若点P(1，eq\r(3))，则|eq\o(AP,\s\up6(→))＋eq\o(BP,\s\up6(→))＋eq\o(OP,\s\up6(→))|的取值范围是()A．[5，6] B．[6，7]C．[6，9] D．[5，7]12．已知抛物线y2＝2px(p＞0)的焦点为F，点A、B为抛物线上的两个动点，且满意∠AFB＝120°.过弦AB的中点M作抛物线准线的垂线MN，垂足为N，则eq\f(|AB|,|MN|)的最小值为()A.eq\r(2) B．2eq\r(2)C.eq\r(3) D．2eq\r(3)题号123456789101112答案第Ⅱ卷二、填空题：本题共4小题，每小题5分．13．在锐角三角形ABC中，a，b，c分别为角A、B、C所对的边，且eq\r(3)a＝2csinA，c＝eq\r(7)，且△ABC的面积为eq\f(3\r(3),2)，a＋b的值为________．14．已知在平面直角坐标系中，O(0，0)，A(2，4)，B(6，2)，则三角形OAB的外接圆的方程是__________．15.在《九章算术》中有称为“羡除”的五面体体积的求法．现有一个类似于“羡除”的有三条棱相互平行的五面体，其三视图如图所示，则该五面体的体积为________．16．设函数f(x)在R上存在导数f′(x)，对于随意的实数x，有f(x)＋f(－x)＝2x2，当x∈(－∞，0]时，f′(x)＋1＜2x.若f(2＋m)－f(－m)≤2m＋2，则实数m的取值范围是______．三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．(本小题满分12分)已知函数f(x)＝2sinxcosx＋2eq\r(3)cos2x－eq\r(3).(1)求函数y＝f(x)的最小正周期和单调递减区间；(2)已知△ABC的三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c，其中a＝7，若锐角A满意feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(A,2)－\f(π,6)))＝eq\r(3)，且sinB＋sinC＝eq\f(13\r(3),14)，求bc的值．18．(本小题满分12分)甲、乙两家外卖公司，其送餐员的日工资方案如下：甲公司底薪70元，每单抽成2元；乙公司无底薪，40单以内(含40单)的部分每单抽成4元，超出40单的部分每单抽成6元．假设同一公司送餐员一天的送餐单数相同，现从两家公司各随机抽取一名送餐员，并分别记录其100天的送餐单数，得到如下频数表：甲公司送餐员送餐单数频数表送餐单数3839404142天数2040201010乙公司送餐员送餐单数频数表送餐单数3839404142天数1020204010(1)现从甲公司记录的这100天中随机抽取2天，求这2天送餐单数都大于40的概率；(2)若将频率视为概率，回答以下问题：①记乙公司送餐员日工资为X(单位：元)，求X的分布列和数学期望；②小明拟到甲、乙两家公司中的一家应聘送餐员，假如仅从日工资的角度考虑，请利用所学的统计学学问为他做出选择，并说明理由．19.(本小题满分12分)如图，四边形ABCD为直角梯形，AD∥BC，AD⊥DC，四边形ABEF为正方形．(1)求证：直线DF，CE为异面直线；(2)若平面ABCD⊥平面ABEF，AD＝2DC＝2BC，求二面角ACFD的余弦值．20．(本小题满分12分)已知直线y＝x＋1与函数f(x)＝aex＋b的图象相切，且f′(1)＝e.(1)求实数a，b的值；(2)若存在x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3,2)))，使得2mf(x－1)＋nf(x)＝mx(m≠0)成立，求eq\f(n,m)的取值范围．21．(本小题满分12分)已知中心在原点O，左焦点为F1(－1，0)的椭圆C的左顶点为A，上顶点为B，F1到直线AB的距离为eq\f(\r(7),7)|OB|.(1)求椭圆C的方程；(2)若椭圆C1的方程为：eq\f(x2,m2)＋eq\f(y2,n2)＝1(m>n>0)，椭圆C2的方程为：eq\f(x2,m2)＋eq\f(y2,n2)＝λ(λ>0，且λ≠1)，则称椭圆C2是椭圆C1的λ倍相像椭圆．已知C2是椭圆C的3倍相像椭圆，若椭圆C的随意一条切线l交椭圆C2于两点M、N，试求弦长|MN|的取值范围．请考生在22、23题中任选一题作答，假如多做，则按所做的第一题计分．22．(本小题满分10分)选修4­4：坐标系与参数方程在直角坐标系xOy中，曲线C：eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝\r(2)cosα＋1,y＝\r(2)sinα＋1))(α为参数)，在以O为极点，x轴的非负半轴为极轴的极坐标系中，直线l：ρsinθ＋ρcosθ＝m.(1)若m＝0时，推断直线l与曲线C的位置关系；(2)若曲线C上存在点P到直线l的距离为eq\f(\r(2),2)，求实数m的取值范围.23．(本小题满分10分)选修4­5：不等式选讲已知f(x)＝|x－2|＋|x＋1|＋2|x＋2|.(1)求证：f(x)≥5；(2)若对随意实数x，15－2f(x)<a2＋eq\f(9,a2＋1)都成立，求实数a的取值范围．高考仿真模拟卷(九)1．解析：选B.由题得B＝{x|x≥2或x≤－1}，所以∁RB＝{x|－1<x<2}，所以A∩∁RB＝{0，1}．故选B.2．解析：选D.z＝eq\f(1－i,3＋i)＝eq\f(（1－i）（3－i）,（3＋i）（3－i）)＝eq\f(2－4i,10)＝eq\f(1－2i,5)＝eq\f(1,5)－eq\f(2i,5)，所以在复平面内对应的点为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)，－\f(2,5)))，所以复数z＝eq\f(1－i,3＋i)在复平面内对应的点位于第四象限．答案选D.3．解析：选A.特称命题的否定是将存在量词改成全称量词，再将结论否定．4．解析：选B.设等差数列的公差为d，因为a1＋a3＝6，S10＝100，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2a1＋2d＝6,10a1＋45d＝100))，解得a1＝1，d＝2；因此a5＝a1＋4d＝9.故选B.5．解析：选B.依题意，有|a|＝|b|＝1，且a·b＝0，又(λa＋b)⊥(a＋2b)，所以，(λa＋b)(a＋2b)＝0，即λa2＋2b2＋(2λ＋1)a·b＝0，即λ＋2＝0，所以，λ＝－2，故选B.6．解析：选D.易知a＝log412＝log4(4×3)＝1＋log43，b＝log515＝log5(5×3)＝1＋log53，由对数函数的性质知log43>log53>0，故a>b>1.又c＝3－eq\f(3,2)<30＝1，故a>b>c.7．解析：选C.六名义工照看三位老人，每两位义工照看一位老人，共有：Ceq\o\al(2,6)Ceq\o\al(2,4)＝90种支配方法，其中A照看老人甲的状况有：Ceq\o\al(1,5)Ceq\o\al(2,4)＝30种，B照看老人乙的状况有：Ceq\o\al(1,5)Ceq\o\al(2,4)＝30种，A照看老人甲，同时B照看老人乙的状况有：Ceq\o\al(1,4)Ceq\o\al(1,3)＝12种，所以符合题意的支配方法有：90－30－30＋12＝42种．故选C.8．解析：选B.取AC的中点E，连接BE，如图，可得eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(EB,\s\up6(→))＝(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BD,\s\up6(→)))·eq\o(EB,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(EB,\s\up6(→))＝4×2eq\r(3)×eq\f(\r(3),2)＝12＝5×2eq\r(3)×cosθ(θ为eq\o(AD,\s\up6(→))与eq\o(EB,\s\up6(→))的夹角)，所以cosθ＝eq\f(2\r(3),5)，sinθ＝eq\f(\r(13),5)，tanθ＝eq\f(\r(39),6)，又因为BE⊥平面AA1C1C，所以所求角的正切值为eq\f(2\r(39),13).9．解析：选D.依据题意可知，第一天s＝eq\f(1,2)，所以满意s＝eq\f(s,2)，不满意s＝s－eq\f(1,i)，故解除AB，由框图可知，计算其次十天的剩余时，有s＝eq\f(s,2)，且i＝21，所以循环条件应当是i≤20.故选D.10．解析：选C.因为sinαcosβ－cosαsinβ＝1，即sin(α－β)＝1，α，β∈[0，π]，所以α－β＝eq\f(π,2)，又eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(0≤α≤π，,0≤β＝α－\f(π,2)≤π，))则eq\f(π,2)≤α≤π，所以sin(2α－β)＋sin(α－2β)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α－α＋\f(π,2)))＋sin(α－2α＋π)＝cosα＋sinα＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))，因为eq\f(π,2)≤α≤π，所以eq\f(3π,4)≤α＋eq\f(π,4)≤eq\f(5π,4)，所以－1≤eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))≤1，即所求取值范围为[－1，1]．11．解析：选D.设A(x，0)，B(0，y)，由|AB|＝1得x2＋y2＝1，则eq\o(AP,\s\up6(→))＋eq\o(BP,\s\up6(→))＋eq\o(OP,\s\up6(→))＝(1－x，eq\r(3))＋(1，eq\r(3)－y)＋(1，eq\r(3))＝(3－x，3eq\r(3)－y)，所以|eq\o(AP,\s\up6(→))＋eq\o(BP,\s\up6(→))＋eq\o(OP,\s\up6(→))|＝eq\r(（3－x）2＋（3\r(3)－y）2)，设点Q(3，3eq\r(3))，则|OQ|＝eq\r(32＋（3\r(3)）2)＝6，eq\r(（3－x）2＋（3\r(3)－y）2)表示圆x2＋y2＝1上的随意一点与点Q(3，3eq\r(3))之间的距离，易知其最大距离为7，最小距离为5，所以|eq\o(AP,\s\up6(→))＋eq\o(BP,\s\up6(→))＋eq\o(OP,\s\up6(→))|的取值范围为[5，7]．12.解析：选C.如图，过A、B分别作准线的垂线AQ、BP，垂足分别是Q、P，设|AF|＝a，|BF|＝b，由抛物线的定义，得|AF|＝|AQ|，|BF|＝|BP|，在梯形ABPQ中，2|MN|＝|AQ|＋|BP|＝a＋b.在△ABF中，由余弦定理得|AB|2＝a2＋b2－2abcos120°＝a2＋b2＋ab，配方得|AB|2＝(a＋b)2－ab，因为ab≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))eq\s\up12(2)，则(a＋b)2－ab≥(a＋b)2－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))eq\s\up12(2)＝eq\f(3,4)(a＋b)2，即|AB|2≥eq\f(3,4)(a＋b)2，当且仅当a＝b时等号成立，所以eq\f(|AB|2,|MN|2)≥eq\f(\f(3,4)（a＋b）2,\f(1,4)（a＋b）2)＝3，则eq\f(|AB|,|MN|)≥eq\r(3)，即所求的最小值为eq\r(3).13．解析：由eq\r(3)a＝2csinA，结合正弦定理可得eq\r(3)sinA＝2sinCsinA，因为sinA≠0，所以sinC＝eq\f(\r(3),2).在锐角三角形ABC中，可得C＝eq\f(π,3).所以△ABC的面积S＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(\r(3),4)ab＝eq\f(3\r(3),2)，解得ab＝6.由余弦定理可得c2＝a2＋b2－2abcosC＝(a＋b)2－3ab＝(a＋b)2－18＝7，解得a＋b＝5.故答案为5.答案：514．解析：法一：设三角形OAB的外接圆方程是x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0，依题意可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(F＝0，,4＋16＋2D＋4E＋F＝0，,36＋4＋6D＋2E＋F＝0，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(F＝0，,D＝－6，,E＝－2，))故三角形OAB的外接圆的方程是x2＋y2－6x－2y＝0.法二：因为直线OA的斜率kOA＝eq\f(4,2)＝2，直线AB的斜率kAB＝eq\f(2－4,6－2)＝－eq\f(1,2)，kAB×kOA＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝－1，所以三角形OAB是直角三角形，点A为直角顶点，OB为斜边，因为|OB|＝eq\r(36＋4)＝eq\r(40)，故外接圆的半径r＝eq\f(|OB|,2)＝eq\f(\r(40),2)＝eq\r(10)，又OB的中点坐标为(3，1)，故三角形OAB的外接圆的标准方程为(x－3)2＋(y－1)2＝10，即x2＋y2－6x－2y＝0.答案：x2＋y2－6x－2y＝015．解析：由三视图可得，该几何体为如图所示的五面体ABCEFD，其中，底面ABC为直角三角形，且∠BAC＝90°，AB＝4，AC＝3，侧棱DB，EC，FA与底面垂直，且DB＝2，EC＝FA＝5.过点D作DH∥BC，DG∥BA，交EC，FA分别于点H，G，则棱柱ABC­DHG为直棱柱，四棱锥D­EFGH的底面为矩形EFGH，高为BA.所以V五面体ABCEFD＝VABC­DHG＋VD­EFGH＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×4×3))×2＋eq\f(1,3)×32×4＝24.故答案为24.答案：2416．解析：令g(x)＝f(x)＋x－x2，所以g(x)＋g(－x)＝f(x)＋x－x2＋f(－x)－x－x2＝f(x)＋f(－x)－2x2＝0，所以g(x)为定义在R上的奇函数，又当x≤0时，g′(x)＝f′(x)＋1－2x＜0，所以g(x)在R上单调递减，所以f(2＋m)－f(－m)≤2m＋2等价于f(2＋m)＋(2＋m)－(m＋2)2≤f(－m)＋(－m)－(－m)2，即2＋m≥－m，解得m≥－1，所以实数m的取值范围是[－1，＋∞)．答案：[－1，＋∞)17．解：(1)f(x)＝2sinxcosx＋2eq\r(3)cos2x－eq\r(3)＝sin2x＋eq\r(3)cos2x＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))，因此f(x)的最小正周期为T＝eq\f(2π,2)＝π.f(x)的单调递减区间为2kπ＋eq\f(π,2)≤2x＋eq\f(π,3)≤2kπ＋eq\f(3π,2)(k∈Z)，即x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ＋\f(π,12)，kπ＋\f(7π,12)))(k∈Z)．(2)由feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(A,2)－\f(π,6)))＝2sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(A,2)－\f(π,6)))＋\f(π,3)))＝2sinA＝eq\r(3)，且A为锐角，所以A＝eq\f(π,3).由正弦定理可得2R＝eq\f(a,sinA)＝eq\f(7,\f(\r(3),2))＝eq\f(14,\r(3))，sinB＋sinC＝eq\f(b＋c,2R)＝eq\f(13\r(3),14)，则b＋c＝eq\f(13\r(3),14)×eq\f(14,\r(3))＝13，所以cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(（b＋c）2－2bc－a2,2bc)＝eq\f(1,2)，所以bc＝40.18．解：(1)记“抽取的2天送餐单数都大于40”为事务M，则P(M)＝eq\f(Ceq\o\al(2,20),Ceq\o\al(2,100))＝eq\f(19,495).(2)①设乙公司送餐员送餐单数为a，则当a＝38时，X＝38×4＝152；当a＝39时，X＝39×4＝156；当a＝40时，X＝40×4＝160；当a＝41时，X＝40×4＋1×6＝166；当a＝42时，X＝40×4＋2×6＝172.所以X的全部可能取值为152，156，160，166，172.故X的分布列为：X152156160166172Peq\f(1,10)eq\f(1,5)eq\f(1,5)eq\f(2,5)eq\f(1,10)所以E(X)＝152×eq\f(1,10)＋156×eq\f(1,5)＋160×eq\f(1,5)＋166×eq\f(2,5)＋172×eq\f(1,10)＝162.②依题意，甲公司送餐员日平均送餐单数为38×0.2＋39×0.4＋40×0.2＋41×0.1＋42×0.1＝39.5，所以甲公司送餐员日平均工资为70＋2×39.5＝149(元)．由①得乙公司送餐员日平均工资为162元．因为149<162，故举荐小明去乙公司应聘．19．解：(1)证明：假设直线DF，CE不是异面直线，即C，D，E，F四点共面，设C，D，E，F四点确定的平面为α.因为四边形ABEF为正方形，所以EF∥AB.因为平面ABCD与平面ABEF不重合，所以EF⊄平面ABCD，又AB⊂平面ABCD，所以EF∥平面ABCD.因为EF⊂平面α，平面α∩平面ABCD＝CD，所以EF∥CD，所以AB∥CD.又AB，CD为直角梯形ABCD的两腰，不行能平行，故假设不成立，即直线DF，CE为异面直线．(2)设DC＝a，连接BD.在直角梯形ABCD中，过点B作BG⊥AD于点G，因为AD＝2BC，所以G为AD的中点，所以AB＝eq\r(2)a，又BD＝eq\r(2)a，AD＝2a，所以AB2＋BD2＝AD2，BD⊥AB.因为四边形ABEF为正方形，所以BE⊥AB，又平面ABCD⊥平面ABEF，平面ABCD∩平面ABEF＝AB，所以BE⊥平面ABCD，所以BE⊥BD.以点B为坐标原点，射线BA，BD，BE分别为x，y，z轴的非负半轴建立空间直角坐标系，取a＝eq\r(2)，则A(2，0，0)，D(0，2，0)，C(－1，1，0)，F(2，0，2)，eq\o(CF,\s\up6(→))＝(3，－1，2)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(－3，1，0)，eq\o(CD,\s\up6(→))＝(1，1，0)．设平面ACF的法向量为m＝(x，y，z)，则由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(CF,\s\up6(→))＝0,m·\o(AC,\s\up6(→))＝0))可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3x－y＋2z＝0，,－3x＋y＝0，))令x＝1，得y＝3，z＝0，即平面ACF的一个法向量为m＝(1，3，0)．设平面DCF的法向量为n＝(a′，b，c)，则由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(CF,\s\up6(→))＝0，,n·\o(CD,\s\up6(→))＝0))可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3a′－b＋2c＝0，,a′＋b＝0，))取a′＝1，得b＝－1，c＝－2，即平面DCF的一个法向量为n＝(1，－1，－2)．所以cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m|·|n|)＝eq\f(－2,\r(10)×\r(6))＝－eq\f(\r(15),15)，由图可知，二面角A­CF­D为锐角，所以二面角ACFD的余弦值为eq\f(\r(15),15).20．解：(1)设直线y＝x＋1与函数f(x)＝aex＋b的图象的切点为(x0，f(x0))．由f(x)＝aex＋b可得f′(x)＝aex.由题意可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(aex0＝1，,x0＋1＝aex0＋b,ae＝e，))，解得a＝1，b＝0.(2)由(1)可知f(x)＝ex，则存在x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3,2)))，使2mf(x－1)＋nf(x)＝mx(m≠0)成立，等价于存在x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3,2)))，使2mex－1＋nex＝mx成立．所以eq\f(n,m)＝eq\f(x－2ex－1,ex)，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3,2))).设g(x)＝eq\f(x－2ex－1,ex)，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3,2)))，则g′(x)＝eq\f(1－x,ex)，当x∈(0，1)时，g′(x)>0，g(x)在(0，1)上单调递增，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))时，g′(x)<0，g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))上单调递减．所以g(x)max＝－eq\f(1,e)，g(0)＝－eq\f(2,e)，geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))＝eq\f(3,2e\s\up6(\f(3,2)))－eq\f(2,e)，g(0)－geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))＝－eq\f(3,2e\s\up6(\f(3,2)))<0.所以eq\f(n,m)的取值范围是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(2,e)，－\f(1,e))).21．解：(1)设椭圆C的方程为eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)，所以直线AB的方程为eq\f(x,－a)＋eq\f(y,b)＝1，所以F1(－1，0)到直线AB的距离d＝eq\f(|b－ab|,\r(a2＋b2))＝eq\f(\r(7),7)b，即a2＋b2＝7(a－1)2，又b2＝a2－1，解得a＝2，b＝eq\r(3)，故椭圆C的方程为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)椭圆C的3倍相像椭圆C2的方程为eq