∴c=5a， ∴e=
．
22
故选：B．
12．已知函数f（x）=x+xlnx，若m∈Z，且f（x）﹣m（x﹣1）＞0对任意的x＞1恒成立，则m的最大值为（ ） A．2
B．3
C．4
D．5
【考点】6K：导数在最大值、最小值问题中的应用． 【分析】问题转化为对任意x∈（1，+∞），m＜函数h（x）=
恒成立，求正整数m的值．设
，求其导函数，得到其导函数的零点x0位于（3，4）内，且知
此零点为函数h（x）的最小值点，经求解知h（x0）=x0，从而得到m＜x0，则正整数m的最大值可求．．
【解答】解：因为f（x）=x+xlnx，所以f（x）﹣m（x﹣1）＞0对任意x＞1恒成立，
即m（x﹣1）＜x+xlnx， 因为x＞1， 也就是m＜令h（x）=
对任意x＞1恒成立． ，
则h′（x）=，
令φ（x）=x﹣lnx﹣2（x＞1）， 则φ′（x）=1﹣=
＞0，
所以函数φ（x）在（1，+∞）上单调递增． 因为φ（3）=1﹣ln3＜0，φ（4）=2﹣2ln2＞0，
所以方程φ（x）=0在（1，+∞）上存在唯一实根x0，且满足x0∈（3，4）． 当1＜x＜x0时，φ（x）＜0，
即h′（x）＜0，当x＞x0时，φ（x）＞0，即h′（x）＞0， 所以函数h（x）在（1，x0）上单调递减， 在（x0，+∞）上单调递增． 所以[h（x）]min=h（x0）=所以m＜[g（x）]min=x0， 因为x0∈（3，4）， 故整数m的最大值是3， 故选：B．
二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
13．袋中有5个除了颜色外完全相同的小球，包括2个红球，2个黑球和1个白球，从中随机摸出2个球，则这2个球颜色不同的概率为
．
=x0∈（3，4）．
【考点】CB：古典概型及其概率计算公式．
【分析】用列举法确定基本事件的情况，由对立事件的概率计算公式得答案． 【解答】解：令红球、黑球、白球分别为A，B，a，b，1，则从袋中任取两球有（A，B），（A，a），（A，b），（A，1），（B，a），（B，b），（B，1），（a，b），（a，1），（b，1），共10种取法，其中两球颜色相同有（a，b），（A，B），共2种取法，由古典概型及对立事件的概率公式可得P=1﹣故答案为：．
=．
14．已知实数x，y满足，则2x﹣2y+1的最大值是 7 ．
【考点】7C：简单线性规划．
【分析】先根据约束条件画出可行域，再利用几何意义求最值，z=x﹣2y表示直线在y轴上的截距，只需求出可行域直线在y轴上的截距最小值即可．
【解答】解：实数x，y满足，作图：
易知可行域为一个三角形，平移2x﹣2y+1=0，可知，当直线经过A时，目标函数取得最大值， 由
解得A（2，﹣1）时，2x﹣2y+1取得最大值7，
故答案为：7．
15．已知抛物线C：y=6x的焦点为F，点A（0，m），m＞0，射线FA于抛物线C交于点M，与其准线交于点N，若| MN|=2|FM|，则m= 3 ．
【考点】K8：抛物线的简单性质．
【分析】求出抛物线C的焦点F的坐标，过M作MP⊥l于P，根据抛物线物定义得|FM|=|PM|．Rt△MPN中，根据|PN|=2|PM|，tan∠NMP=﹣k=2，从而得到AF的斜率k=2．然后求解m的值．
【解答】解：∵抛物线C：y=6x的焦点为F（，0），点A坐标为（0，m），
∴抛物线的准线方程为l：x=﹣，射线FA于抛物线C交于点M，与其准线交于点N，
2
2
若|MN|=2|FM|，过M作MP⊥l于P，根据抛物线物定义得|FM|=|PM|， ∵Rt△MPN中，tan∠NMP=﹣k=2，直线AF的斜率为k=﹣2， ∴直线AF为：y=﹣2（x﹣），
x=0时，m=3． 故答案为：3．
16．在数列{an}中，a1=1，（n+n）（an+1﹣an）=2，则a20= 【考点】8H：数列递推式．
【分析】把给出的数列递推式变形裂项，累加后结合a1=1求得a20的值． 【解答】解：由a1=1，（n+n）（an+1﹣an）=2，得 an+1﹣an=an+1﹣an=
．
2
2
．
则a2﹣a1=2（1﹣）． a3﹣a2=2（﹣）． a4﹣a3=2（﹣）． … a20﹣a19=
．
2020-2021学年广东省高考数学二模试卷(文科)及答案解析
