华大新高考联盟2020届4月份教学质量测评理科数学试题附详解

2020届湖北省华大新高考联盟高三4月教学质量检测试卷理科数学试题一、选择题：本大题共12个小题,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. 已知集合，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】因为,所以；因为所以,选B.2. 设复数满足，则（）A. 2B.C.D. 1【答案】C【解析】因为，所以因此选C.3. ①只有甲参加，乙和丙才会在一起吃饭；②甲只到自己家附件的餐馆吃饭，那里距市中心有几公里远；③只有乙参加，丁才会去餐馆吃饭.若以上叙述都正确，则下列论断也一定正确的是（）A. 甲不会与丁一起在餐馆吃饭B. 丙不会与甲、丁一起在餐馆吃饭C. 乙不会在市中心吃饭D. 丙和丁不会一起在市中心吃饭【答案】D【解析】若甲与丁一起在餐馆吃饭，则甲乙丙丁都在餐馆吃饭.这种情况可以发生；若丙与甲、丁一起在餐馆吃饭，则甲乙丙丁都在餐馆吃饭.这种情况可以发生；若乙在市中心吃饭，则甲不在市中心吃饭，丙不在市中心吃饭，这种情况可以发生；4. 在某校高三年级的高考全真模拟考试中，所有学生考试成绩的取值(单位:分)是服从正态分布的随机变量，模拟“重点控制线”为490分（490分及490分以上都是重点），若随机抽取该校一名高三考生，则这位同学的成绩不低于“重点控制线”的概率为（）(附：若随机变量服从正态分布，则，，)A. 0.6826B. 0.6587C. 0.8413D. 0.3413【答案】C【解析】因为，所以，即,选C.5. 秦久韶算法是中国古代数学史上的—个“神机妙算”，它将一元次多项式转化为个一次式的算法，大大简化了计算过程，即使在现代用计算机解决多项式求值问题时，秦久韶算法依然是最优的算法.如图所示的程序框图展示了求值的秦久韶算法，那么判断框可以填入的条件的输出的结果表示的值分别是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】因为，所以选A.6. 某几何体的三视图如图所示，图中每一个小方格均为正方形，且边长为1，则该几何体的体积为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】几何体为半个圆锥与半个圆柱的组合体，如图，体积为选B.7. 函数的大致图像有可能是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】当时，,所以去掉B,C;因为,所以去掉D，选A.8. 锐角的外接圆半径为1，,，且满足，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】因为因为，所以即，因此或，或，因为，所以，即，选C.9. 展开式中除—次项外的各项系数的和为（）A. 121B.C. 61D.【答案】B【解析】因为展开式中—次项系数为所以展开式中除—次项外的各项系数的和为，选B.点睛：“赋值法”普遍适用于恒等式，是一种重要的方法，对形如的式子求其展开式的各项系数之和，常用赋值法，只需令即可；对形如的式子求其展开式各项系数之和，只需令即可.10. 已知以双曲线的右焦点为圆心，以为半径的圆与直线交于两点，若，求双曲线的离心率为（）A. 2B.C.D.【答案】D【解析】因为右焦点到直线的距离为，所以,选D.点睛：解决椭圆和双曲线的离心率的求值及范围问题其关键就是确立一个关于的方程或不等式，再根据的关系消掉得到的关系式，而建立关于的方程或不等式，要充分利用椭圆和双曲线的几何性质、点的坐标的范围等.11. 将函数图象上的点向右平移个单位长度后得到点，若点在函数的图象上，则（）A. 的最小值为B. 的最小值为C. 的最小值为D. 的最小值为【答案】A【解析】因为，所以或因此或即的最小值为，选A.点睛：三角函数的图象变换，提倡“先平移，后伸缩”，但“先伸缩，后平移”也常出现在题目中，所以也必须熟练掌握.无论是哪种变形，切记每一个变换总是对字母而言. 函数是奇函数；函数是偶函数；函数是奇函数；函数是偶函数.12. 若，函数有两个极值点，则的取值范围为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】因为为两根，因此，从而令，解得，故当时，；当时，；因此的取值范围为，选A.点睛：求范围问题，一般利用条件转化为对应一元函数问题，即通过题意将多元问题转化为一元问题，再根据函数形式，选用方法求值域，如二次型利用对称轴与定义区间位置关系，分式型可以利用基本不等式，复杂性或复合型可以利用导数先研究单调性，再根据单调性确定值域.第Ⅱ卷（共90分）二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13. 若是夹角为的单位向量，向量，且，则__________．（用弧度制表示）【答案】【解析】因为所以14. 设满足约束条件，则的取值范围为__________．（用区间表示）【答案】【解析】作可行域，则直线过点A(1,0)时取最大值3，过点B(0,1)时取最小值-2，因此的取值范围为.点睛：线性规划的实质是把代数问题几何化，即数形结合的思想.需要注意的是：一，准确无误地作出可行域；二，画目标函数所对应的直线时，要注意与约束条件中的直线的斜率进行比较，避免出错；三，一般情况下，目标函数的最大或最小值会在可行域的端点或边界上取得.15. 已知二面角的大小为，点，点在内的正投影为点，过点作，垂足为点，点，点，且四边形满足.若四面体的四个顶点都在同一球面上，则该球的体积为__________．【答案】【解析】因为，所以四点共圆，直径为AC.因为PA垂直平面，，所以由三垂线定理得，即为二面角的平面角，即设球的半径为R，则点睛：涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体中的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，把空间问题转化为平面问题，再利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解.16. 设抛物线的焦点为，过点的直线交抛物线于两点，与抛物线准线交于点，若，则AF=__________．【答案】2【解析】设，则由得，由得，所以（舍去负值），因此.三、解答题（本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）17. 已知数列为单调递增数列，，其前项和为，且满足. （1）求数列的通项公式；（2）若数列，其前项和为，若成立，求的最小值.【答案】（1）；（2）10【解析】试题分析：（1）先根据和项与通项关系得项之间递推关系，再根据等差数列定义及其通项公式得数列的通项公式；（2）先根据裂项相消法求，再解不等式得，即得的最小值.试题解析：（1）由知：，两式相减得: ，即，又数列为单调递增数列，，∴，∴，又当时，，即，解得或 (舍），符合，∴是以1为首项，以2为公差的等差数列，∴.（2），∴，又∵，即，解得，又，所以的最小值为10.18. 如图，四棱锥中，为等边三角形，，平面平面，点为的中点，连接.（1）求证:平面PEC平面EBC；（2）若，且二面角的平面角为，求实数的值.【答案】（1）见解析；（2）【解析】试题分析：（1）设为中点，先由等边三角形性质得根据面面垂直性质定理得平面，再根据面面垂直判定定理得结论，（2）先根据条件建立空间直角坐标系，设立各点坐标，利用方程组解各面法向量，由向量数量积求向量夹角，最后根据二面角与向量夹角相等或互补得方程，解得实数的值.试题解析：（1）证明：∵为等边三角形，为中点，∴，又平面平面，平面平面，平面，∴平面，而平面，∴平面平面.（2）如图，在平面中，作交于点.易知，以分别为轴建立空间直角坐标系.设，则，∴，，易知，平面的一个法向量，设平面的一个法向量为，则，即不妨令，解得，由题知：，解得.19. 随着“北京八分钟”在韩国平昌冬奥会惊艳亮相，冬奥会正式进入了北京周期，全社会对冬奥会的热情空前高涨.（1）为迎接冬奥会，某社区积极推动冬奥会项目在社区青少年中的普及，并统计了近五年来本社区冬奥项目青少年爱好者的人数（单位：人）与时间（单位：年），列表如下：依据表格给出的数据，是否可用线性回归模型拟合与的关系，请计算相关系数并加以说明(计算结果精确到0.01).(若，则线性相关程度很高，可用线性回归模型拟合）附：相关系数公式，参考数据.（2）某冰雪运动用品专营店为吸引广大冰雪爱好者，特推出两种促销方案.方案一:每满600元可减100元；方案二:金额超过600元可抽奖三次，每次中奖的概率同为，且每次抽奖互不影响，中奖1次打9折，中奖2次打8折，中奖3次打7折. v两位顾客都购买了1050元的产品，并且都选择第二种优惠方案，求至少有一名顾客比选择方案一更优惠的概率；②如果你打算购买1000元的冰雪运动用品，请从实际付款金额的数学期望的角度分析应该选择哪种优惠方案.【答案】（1）见解析；（2）见解析【解析】试题分析：（1）先求均值，再代入公式得r，最后与参考数据比较即可作出判断，（2）①可以根据对立事件概率关系求解，即先求顾客没有中奖概率，再用1减即得结果，②先确定方案二中随机变量取法，再分别求对应概率，最后根据数学期望公式求期望，比较与方案一数值即可作出判断.试题解析：（1）由题知，，，，∴.∴与的线性相关程度很高，可用线性回归模型拟合.（2）①选择方案二比方案一更优惠则需要至少中奖一次，设顾客没有中奖为事件，则，故所求概率为.②若选择方案一，则需付款元，若选择方案二，设付款元，则可能取值为700,800,900，1000.；；；.∴元，∵，∴选择方案二更划算.20. 已知椭圆的离心率为，是椭圆上的两个不同点.（1）若，且点所在直线方程为，求的值；（2）若直线的斜率之积为，线段上有一点满足，连接并廷长交椭圆于点，求的值.【答案】(1) ；（2）【解析】试题分析：（1）设，由得，化简得，联立直线方程与椭圆方程，利用韦达定理代入化简得的值；（2）根据条件得，设，则得点,代入椭圆方程，利用，，以及由直线斜率之积为，得，代入化简可得的值.试题解析：（1）由题知，∴，∴椭圆的方程为.设，将直线代入椭圆方程得:，∴由韦达定理知:.∵，∴，即，将代入得，即，解得，又∵，∴.（2）设，，由题知，∴，∴.又∵，∴，即.∵点在椭圆上，∴，即.∵在椭圆上，∴，① ，②又直线斜率之积为，∴，即，③将①②③代入得，解得.21. 已知函数.（1）若，证明:；（2）若只有一个极值点，求的取值范围，并证明:.【答案】（1）见解析；（2）见解析【解析】试题分析：（1）构造函数利用导数易得，即证得结论，（2）研究导函数零点，先求导数，再根据导函数零点，根据a的正负分类讨论：当时，单调，再根据零点存在定理得有且仅有一个零点；当时，先增后减，再根据零点存在定理得有且仅有两个零点；最后研究极值点函数值范围：继续利用导数研究函数单调性，根据单调性确定取值范围.试题解析：（1）∵，∴要证，即证.设，令得，且，单调递増；，单调递减，∴，即成立，也即.（2）设，.①当时，令得;.，单调递増；，单调递减.若，恒成立，无极值；若，即，∴.∵，∴由根的存在性定理知，在上必有一根.∵，下证：当，.令，∴.当时，单调递増；当时，单调递减，∴当时，，∴当时，，即，由根的存在性定理知，在上必有一根.此时在上有两个极值点，故不符合题意.②当时，恒成立，单调递增，当时，；当时，，下证：当时，.令，∵在上单调递减，∴，∴当时，，∴由根的存在性定理知，在上必有一根.即有唯一的零点，只有一个极值点，且，满足题意.∴.由题知，又，∴，∴.设，，当，单调递减，∴，∴成立.22. 在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系.在极坐标系中有射线和曲线. （1）判断射线和曲线公共点的个数；（2）若射线与曲线交于两点，且满足，求实数的值.【答案】（1）一个；（2）2【解析】试题分析：（1）根据三角函数平方关系得曲线直角坐标方程，根据将射线极坐标方程化为直角坐标方程，再根据直线与圆联立方程组解交点，即得个数，（2）将代入曲线的方程，并由韦达定理得，再由得，解得实数的值.试题解析：（1）直线的直角坐标方程为，曲线是以为圆心，以为半径的圆，其直角坐标方程为：，联立解得，直线与曲线有一个公共点.（2）将代入曲线的方程得:，即，由题知，解得.设方程两根分别为，则由韦达定理知: ，由知，即，∴.23. 已知，函数的最小值为3.（1）求的值；（2）若,且，求证：.【答案】（1）见解析；（2）见解析【解析】试题分析：（1）根据绝对值三角不等式得最小值为，再解方程可得的值；（2）代入化简不等式右边得,再根据作差法可得，即可证得结果. 试题解析：（1）由知：，解得或（舍）. （2）由（1）知，又，∴，同理，，∴.。

机密★启用前华大新高考联盟2020届高三4月教学质量测评理科数学本试题卷共4页.23题（含选考题）。

全卷满分150分。

考试用时120分钟。

★祝#试顺利★注意事项：1 .答短前.先将fl己的姓名■准考iE弓域可在答距长上.并将准琴江号条形研财在答恩K上的指定位2.逸押IS的作答：侦小应燃目的答案愫勺涂黑・耳在试K上的区域均无效.3.填空*和解答题的作答：用签字笔宜接答在容愆卡上酉应的答题IK域内.写在试题尝,草SI纸和答W卡上的菲答题区域均无效.4.选考也的作答■先把所送趣口的醴号在答粗N上指定的位置用2B松宅涂SL答宝珂在答履卞上对应的谷（SH域内" 。

在武!»■・草棉舐和答的|?上的曹咨IS风域均无效.5 .考试培束后.崎将谷曜卡上交.-、选择题：本题共12小越，每小越5分，共60分，在每小题纶出的四个选项中，只有一项是符合题目萋求的。

1.已W?»r»l+4-.则r •iA.OB.1C.72D.22.设«^A-{xlx＞3}-B-Ullog＞（x-a»0|.Wa=3 是8UA 的A .充分不必要条件 B.2要不充分条件C充妾条件 D.既不充分又K必要条件3.i殳等是数列修」的前〃顼和为S..已知七5s,+., 30.岫S«A.85B.97C.100D.1754.槐晋时期的数学家弟薇首创常剧术.为计算圈周率建星『严密的戒论即完脊的算法.所时割倒术.就是以间内按正多边形的而枳.来无限逼近同血枳.对澈形容他的利同术说,•割之弥细.所失弥少.割之又割.以至丁木讨刮.则勺网合体.而尤所失矣...比；I企一1盘内■一内按正I二边形•将loottSTM机撤入间盘内.发现只右I粒豆子不在正十.边形内.据此实羚估计网周宇的近似值为A-T R 16r22C T n T5.已tU^=lg2.>»-ln3.c ~ log,3•则A.《rVz VyB.Vy<rC.x<y<t\lz<T<y6 .执行如图所示程序也图.设输出教据构成集合人•从集合人中任取一个兀素m,则事件“函敢fM）=/+”rr在［0・+c＞上是增雨数”的借率为理科教学忒题第1页（共4贞〉7 .设/(x).g(r)分别为定义在-5 I的奇函牧和偶函数.日/(”+g(«r) = 2e，cgr(e为自然对数的底j = /(x)-«(x)的图象大致为&某病。

机密★启用前华大新高考联盟2020届高三4月教学质量测评理科综合能力测试本试题卷共12页,38题(含选考题) . 全卷满分300分. 考试用时150分钟.★祝考试顺利★注意事项:1．答题前,先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上,并将准考证号条形码贴在答题卡上指定位置.2．选择题的作答:每小题选出答案后,用2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑. 写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.3．填空题和解答题的作答:用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内. 写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.4．选考题的作答:先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B 铅笔涂黑. 答案写在题卡上对应的答题区域内. 写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.5．考试结束后,请将答题卡上交.可能用到的相对原子质量: H 1 Li 7 B 11 N 14 F 19 Na 23 Mg 24 Al 27 Cu 64 Sn 119一、选择题:本题共13题,每小题6分,共78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.7．下列说法错误的是A ．越王勾践剑的铸造材料主要是铜锡合金B ．青花瓷的制作原料的主要成分是硅酸盐C ．以毛竹为原料制作的竹纤维属于高分子材料D ．石墨烯是一种能导电的有机高分子材料8．扎那米韦(其结构如图所示) 可用于治疗由病毒感染引起的疾病. 下列关于扎那米韦的说法正确的是A ．能与蛋白质形成分子间氢键B ．不能使溴的四氯化碳溶液褪色C ．在一定条件下能水解生成乙醇D ．分子中的羟基不能被氧化为羧基9．具有高能量密度的锌-空气蓄电池是锂离子电池的理想替代品. 右图是一种新型可充电锌-空气蓄电池的工作原理示意图,下列说法正确的是A ．放电时,电池正极上发生反应:Zn (OH )42－＋2e－=Zn ＋4OH －B ．充电时,锌板作为阳极,锌板附近溶液碱性增强C ．在此电池中过渡金属碳化物的主要作用是导电、吸附、催化D ．放电时,每消耗22．4mL O2外电路转移电子数约为2．408× 102110．下列说法正确的是11．V 、W、X 、Y 和Z 是原子序数依次递增的短周期元素, 其中W、X 同周期, X 、Z 同主族. 已知液体化合物WZ2能与由V 、X 和Y 组成的一元强碱反应生成Y2WZ3. 下列叙述正确的是A ．原子半径:X ＞Y ＞ZB ．非金属性: W＞XC ．化合物Y 2WZ3有较强的还原性D ．含Y 的盐均无强氧化性12．化合物M (结构如图所示)是一种分子机器,中间的苯环绕其中间轴可自由旋转. 下列关于M 的说法错误的是A ．属于芳香烃B ．分子式为C74H58C ．苯环上的一氯代物有10种D ．所有碳原子可能处于同一平面上13．常温时, 向120 mL 0．005 mol ·L－1 CaCl 2 溶液中逐滴加入0．1mol·L－1 Na2CO3 溶液, 混合溶液的电导率变化曲线如图所示. 已知25℃时,K sp (CaCO 3) ＝3．36×10－9, 忽略CO32－水解. 下列说法正确的是A ．a 点对应的溶液中Ca2＋开始形成沉淀,且溶液中c (Ca2＋) ＝c (CO32－)B ．点对应的溶液中Ca2＋已完全沉淀,且存在关系:c (Na＋) ＋c ( H＋) ＝c (Cl－) ＋c (OH－)C ．右图可以说明CaCO3在溶液中存在过饱和现象D ．在滴加Na2CO3溶液的过程中,混合溶液的p H 先减小后增大三、非选择题:共174分. 第22~ 32题为必考题,每个试题考生都必须作答. 第33~ 38题为选考题,考生根据要求作答.(一)必考题:共129分.26．(14分)氟化亚锡(SnF2)为无色固体,其熔点为213 ℃, 沸点为850 ℃. 添加氟化亚锡的牙膏在使用过程中能释放出Sn2＋,能有效减轻牙龈炎症. 制备SnF2的过程中,Sn2＋不稳定,易被氧化成Sn4＋. 氟化亚锡在水中的溶解度如下表:制备氟化亚锡的方法主要有以下几种:(1)1965年,R ．E ．Mason 等人在实验中将Sn 片浸入25％~ 30％的HF 溶液中,加热到60~ 80℃后通空气10小时即可得到含SnF2的溶液,该过程主要反应的化学方程式为_______________________________ .(2)1995年,我国化学工作者通过CuF2和金属Sn 反应制备SnF2: 常温时不断将Sn 粉加入CuF2 溶液中,直到铜粉完全析出为止, 反应结束的实验现象是________ . 若投入15．0g Sn 和10．2g CuF2反应,最终得到14．9g SnF2,则SnF2的产率为______ ％(答案保留1位小数) .(3)2013年,化学工作者在75 ℃且持续通氮气的情况下,用Sn 、SnO 和HF 溶液反应制备SnF2.①下列装置(仪器材质均为耐热塑料,省略夹持及加热装置)可用于此制备过程的是______ .②实验过程中通过______、_____等措施可保证获得纯度较高的SnF2.③反应结束后可通过过滤、______、_______ 、真空干燥等步骤得到SnF2固体.(4)2016年,化学工作者用SnO2、CaF2和CO 在下列装置(省略加热装置)中制备SnF2.①此制备方案中,辅料不参与反应,添加辅料的主要目的是_______________ .②制备过程中,要进行尾气处理,下列处理方法不合理的是_______________ .A ．用气囊收集B ．直接点燃C ．用排水法收集D ．先通过浓NaOH 溶液,再在导管口放一点燃的酒精灯27．(14分)从锰矿的电解废渣(主要含M n S 、Fe S 及少量的CoS 和NiS)中提取锰、钴和镍可以提高锰矿的利用率,一种工艺流程如下,其中使用的稀硫酸浓度必须控制在0．5~ 2．0mol·L－P204萃取剂和 P507萃取剂均为有机磷酸萃取剂,不同p H 下的萃取能力如下图所示:回答下列问题:(1)在生产过程中可以通过测定稀硫酸的_______(填物理量的名称)从而快速确定本工艺所使用的稀硫酸的浓度是否符合要求.(2) “浸取”过程中铁元素参与的氧化还原反应有_______、_____ (写出2个离子方程式即可) . (3)滤渣的成分是_______ ,用稀硫酸将滤渣溶解后又用于“浸取”的优点是___________。

绝密★启用前全国大联考2020届高三毕业班下学期4月联合质量检测数学(理)试题(解析版)2020年4月注意事项：1.考试前，请务必将考生的个人信息准确的输入在正确的位置.2.考试时间120分钟，满分150分.3.本次考试为在线联考，为了自己及他人，请独立完成此试卷，切勿翻阅或查找资料.4.考试结束后，本次考试原卷及参考答案将在网上公布.5.本卷考查内容：高考全部内容.一、选择题：本大题共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.不等式110x ->成立的充分不必要条件是（ ） A. 1x > B. 1x >- C. 1x <-或01x << D. 10x -≤≤或1x >【答案】A【解析】【分析】 求解不等式110x->的解集，其充分不必要条件即该解集的真子集即可. 【详解】解110x ->，()10,10x x x x ->->， 得()(),01,x ∈-∞+∞，其充分不必要条件即该解集的真子集，结合四个选项A 符合题意.故选：A【点睛】此题考查充分不必要条件的辨析，关键在于准确求解分式不等式，根据充分条件和必要条件的集合关系判定.2.复数12z i =+的共轭复数是z ，则z z ⋅=（ ）B. 3C. 5【答案】C【解析】【分析】 根据 12z i =+，写出其共轭复数 12z i =-，即可求解.【详解】由题 12z i =+，其共轭复数 12z i =-，()()21212145z z i i i ⋅=+-=-=.故选：C【点睛】此题考查共轭复数的概念和复数的基本运算，关键在于熟练掌握复数的乘法运算.3.已知随机变量()22,XN σ，若()130.36P X <<=，则()3P X ≥=（ ） A. 0.64B. 0.32C. 0.36D. 0.72 【答案】B【解析】【分析】根据正态分布密度曲线性质()3P X ≥=()()11130.322P X -<<=. 【详解】由题：随机变量()22,XN σ，若()130.36P X <<=， 则()3P X ≥=()()11130.322P X -<<=. 故选：B【点睛】此题考查根据正态分布密度曲线性质求解概率，关键在于熟练掌握正态分布密度曲线的相关性质，结合对称性求解.。

2020届湖北省华大新高考联盟高考数学模拟试卷(4月份)一、单选题（本大题共12小题，共60.0分）1. 设集合A ={x|−3≤x <2,x ∈Z}，B ={x|x +1≤3,x ∈N}，则A ∪B 中元素的个数为( )A. 5B. 6C. 7D. 82. 已知复数z =1i ，则z −在复平面上对应的点为( )A. (0,−1)B. (−1,0)C. (0,1)D. (1,0)3. 把非零自然数按一定的规则排成了如图所示的三角形数表(每行比上一行多一个数)，设a ij (i ，j ∈N +)是位于这个三角形数表中从上往下数第i 行，从左往右数第j 个数，如a 42=8，若i =65，j =3，则a ij 的值为( )A. 2010B. 2051C. 2053D. 20554. 如图是某样本数据的茎叶图，则该样本数据的众数为A. 10B. 21C. 35D. 465. 过抛物线y 2=2px(p >0)的焦点作直线交抛物线于P ，Q 两点，若线段PQ 中点的横坐标为3，|PQ|=10，则抛物线方程是( )A. y 2=4xB. y 2=2xC. y 2=8xD. y 2=6x6. 将长宽分别为2和1的长方形ABCD 沿对角线AC 折起，得到四面体A −BCD ，则四面体A −BCD外接球的表面积为( )A. 3πB. 5πC. 10πD. 20π7. 设z ={x −y,x ≥2yy x <2y若−2≤x ≤2，−2≤y ≤2，则z 的最小值为( ) A. −4 B. −2 C. −1 D. 08. 在△ABC 中，若sinA a=cosB b=cosC c，则△ABC 是( )．A. 正三角形B. 有一内角为30°的等腰三角形C. 等腰直角三角形D. 有一内角为30°的直角三角形9. 双曲线y 24−x 2=1的渐近线方程为( )A. y =±4xB. y =±2xC. y =±12xD. y =±14x10. 如图，方格纸上正方形小格的边长为1，图中粗实线画出的是由一个正方体截得的一个几何体的三视图，则该几何体的体积为( )A. 163 B. 323 C. 643 D. 3211. 正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1的8个顶点中任取4个连接构成的三棱锥中，满足任意一条棱都不与其表面垂直的三棱锥的个数( )A. 22B. 24C. 26D. 2812. 设a =3(2−ln3)e 2，b =1e ，c =ln33，则a ，b ，c 的大小顺序为( )A. a <c <bB. c <a <bC. a <b <cD. b <a <c二、单空题（本大题共4小题，共20.0分）13. 已知函数f(x)={a −|x +2|,x ≤1(x −a)2,x >1函数g(x)=2−f(x)，若函数y =f(x)−g(x)恰有4个不同的零点，则实数a 的取值范围为______． 14. 已知函数；f(x)={|x −1|,x ≤0,|x 2−2x|,x >0.若函数y =f (x )−a 有三个零点，则实数a 的取值范围是________．15. 已知向量a ⃗ =(−1,1)，b ⃗ =(3,−4)的夹角为θ，sinθ的值为______ ． 16. 内接于半径为R 的圆的矩形，周长最大值为______ ． 三、解答题（本大题共7小题，共82.0分）17. 在数列{a n }中，a 1=12，点(a n ,a n+1)(n ∈N ∗)在直线y =x +12上.(1)记b n =1an ⋅a n+1，求数列{b n }的前n 项和T n ；(2)令c n =an2n−1，n ∈N ∗.证明：c 1+c 2+⋯+c n <2．18. 如图，在直五棱柱ABCDE −A 1B 1C 1D 1E 1中，AB//ED ，AB ⊥AE ，AB =ED =1，AE =AA 1=2，BC =CD ，BC ⊥C 1D . (1)证明：CD ⊥平面BB 1C 1C (2)求四棱锥C 1−BEE 1B 1的体积19. 某市为广泛开展垃圾分类的宣传、教育和倡导工作，使市民树立垃圾分类的环保意识，学会垃圾分类的知识，特举办了“垃圾分类知识竞赛“.据统计，在为期1个月的活动中，共有两万人次参与网络答题．市文明实践中心随机抽取100名参与该活动的市民，以他们单次答题得分作为样本进行分析，由此得到如图所示的频率分布直方图：(1)求图中a的值及参与该活动的市民单次挑战得分的平均成绩x−(同一组中数据用该组区间中点值作代表)；(2)若垃圾分类答题挑战赛得分落在区间(70,x−+2s)之外，则可获得一等奖奖励，其中x−，s分别为样本平均数和样本标准差，计算可得s≈4，若某人的答题得分为96分，试判断此人是否获得一等奖；(3)为扩大本次“垃圾分类知识竞赛”活动的影响力，市文明实践中心再次组织市民组队参场有奖知识竞赛，竞赛共分五轮进行，已知“光速队”与“超能队”五轮的成绩如表：成绩第一轮第二轮第三轮第四轮第五轮“光速队”9398949590“超能队”9396979490(i)分别求“光速队”与“超能队”五轮成绩的平均数和方差；(ii)以上述数据为依据，你认为“光速队”与“超能队”的现场有奖知识竞赛成绩谁更稳定？20.设抛物线C1：y2=8x的准线与x轴交于点F1，焦点为F2.以F1，F2为焦点，离心率为√2的椭圆记2为C2．(Ⅰ)求椭圆C 2的方程；(Ⅱ)设N(0,−2)，过点P(1,2)作直线l ，交椭圆C 2于异于N 的A 、B 两点． (ⅰ)若直线NA 、NB 的斜率分别为k 1、k 2，证明：k 1+k 2为定值．(ⅰ)以B 为圆心，以BF 2为半径作⊙B ，是否存在定⊙M ，使得⊙B 与⊙M 恒相切？若存在，求出⊙M 的方程，若不存在，请说明理由．21. 设函数f(x)=12mx 2−2x +ln(x +1)(m ∈R)．(Ⅰ)判断x =1能否为函数f(x)的极值点，并说明理由；(Ⅱ)若存在m ∈[−4,−1)，使得定义在[1,t]上的函数g(x)=f(x)−ln(x +1)+x 3在x =1处取得最大值，求实数t 取值范围．22. 已知在平面直角坐标系xOy 中，以坐标原点O 为极点，以x 轴正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线C 1的极坐标方程为ρ=4cosθ，直线l 的参数方程为{x =1−2√55ty =1+√55t (t 为参数)． (1)求曲线C 1的直角坐标方程及直线l 的普通方程；(2)若曲线C 2的参数方程为{x =2cosαy =sinα(α为参数)，曲线C 1上点P 的极角为π4，Q 为曲线C 2上的动点，求PQ 的中点M 到直线l 距离的最大值．23.已知函数f(x)=|2x+1|+|2x−3|．(1)求不等式f(x)≤6的解集；(2)若关于x的不等式f(x)<|a−1|的解集不是空集，求实数a的取值范围．【答案与解析】1.答案：B解析：解：集合A={x|−3≤x<2,x∈Z}={−3,−2,−1,0，1}，B={x|x+1≤3,x∈N}={0,1，2}，∴A∪B={−3,−2,−1,0，1，2}，∴A∪B中元素的个数为6．故选：B．先分别求出集合A，B，由此能求出A∪B．本题考查并集的求法，考查并集定义、不等式性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．2.答案：C解析：解：∵z=1i =−i−i2=−i，∴z−=i，则z−在复平面上对应的点为(0,1)．故选：C．直接利用复数代数形式的乘除运算化简得答案．本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的代数表示法及其几何意义，是基础题．3.答案：C解析：本题主要考查简单的演绎推理及数列的特点，属于基础题．解：由三角形数表可以看出其奇数行为奇数列，偶数行为偶数列，a ij是第65行第3个数，由图知，第65行都是奇数，设奇数为2n−1，它是第1+3+...+63+3=1027个，因此a ij为2×1027−1=2053．故选C．4.答案：C本题主要考查了利用数据的茎叶图求解样本数据的中位数，属于基础题.解决此题的关键是数据按照从小到大的顺序排列，根据中位数的定义求解．解：由茎叶图可知，出现次数最多的是35，所以该样本数据的众数为35．故选C．5.答案：C解析：本题考查抛物线的定义、标准方程，以及简单性质的应用，属于基础题．设抛物线y2=2px(p>0)的焦点为F，点P横坐标为x1，点Q横坐标为x2，利用抛物线的定义可得，|PQ|=|PF|+|QF|=x1+p2+x2 +p2，把线段PQ中点的横坐标为3，|PQ|=10代入可得p值，然后求解抛物线方程．【解答]解：设抛物线y2=2px(p>0)的焦点为F，点P横坐标为x1，点Q横坐标为x2，由抛物线的定义可知，|PQ|=|PF|+|QF|=x1+p2+x2+p2=(x1+x2)+p，线段PQ中点的横坐标为3，又|PQ|=10，∴10=6+p，可得p=4∴抛物线方程为y2=8x．故选：C．6.答案：B折叠后的四面体的外接球的半径，就是长方形ABCD沿对角线AC的一半，求出球的半径即可求出球的表面积．本题主要考查几何体的外接球的相关知识，考查空间想象能力，计算能力，求出球的半径，是解题的关键．解：由题意可知，直角三角形斜边的中线是斜边的一半，所以长宽分别为2和1的长方形ABCD沿对角线AC折起二面角，得到四面体A−BCD，，则四面体A−BCD的外接球的球心O为AC中点，半径R=√52)2=5π．所求四面体A−BCD的外接球的表面积为4π×(√52故选B．7.答案：C解析：解：由题意画出−2≤x≤2，−2≤y≤2的平面区域，当z=x−y时，y=x−z，又因为x≥2y，所以可行域为上图中正方形且在直线x−2y=0的下方部分，且包括边界，故当直线经过点A时，z取到最小值，由于A(−2,−1)，故z的最小值为−1；当z=y时，又因为x<2y，所以可行域为上图中正方形且在直线x−2y=0的上方部分，但不包括边界，本来当直线经过点A时，但是取不到A，故z>−1；综上得，z的最小值为−1．故选C．先画出满足条件的可行域，再由题意分两种情况进行求解，根据目标函数对应的直线的斜率求出z的最小值，最后取z的最小值．本题考查了简单的线性规划问题，根据不等式正确画出可行域，再由目标函数的斜率大小求出最值．8.答案：C解析：解：∵sinAa =cosBb=cosCc，则由正弦定理，可知：sinAsinA =cosBsinB=cosCsinC=1，∴sinB=cosB，sinC=cosC，∴B=π4，C=π4，∴A=π2，∴△ABC是等腰直角三角形．故选C．先利用正弦定理把题设中的边转化成角的正弦，整理求得sinB=cosB，sinC=cosC，进而分别求得B和C，则三角形的形状可判断．本题主要考查正弦定理的应用．解题的关键是利用正弦定理完成边角问题的互化．9.答案：B解析：解：双曲线y24−x2=1的渐近线方程为：y=±2x．故选：B．直接利用双曲线方程求解渐近线方程即可．本题考查双曲线的简单性质的应用，是基本知识的考查．10.答案：B解析：解：由正视图、侧视图、俯视图形状，可判断该几何体为四面体，且四面体的长、宽、高均为4个单位，体积为13×12×4×4×4=323，故选B．由正视图、侧视图、俯视图形状，可判断该几何体为四面体，且四面体的长、宽、高均为4个单位，可得体积．本题考查了由三视图求几何体的体积，解题的关键是判断几何体的形状及数据所对应的几何量．11.答案：C解析：解：不妨在正方体一个面的四个顶点中任取三个点，在与这个面平行的面中只有一个顶点与刚才的三个顶点能构成符合条件的三棱锥(如图中三棱锥D 1−ABC)，所以这一对平行平面的顶点共构成2×C 43=8个符合条件的三棱锥，正方体中共有三对平行平面，所以可构成符合条件的三棱锥3×8=24个．另外正四面体A 1C 1BD 和正四面体ACB 1D 1也符合条件， 故符合条件的三棱锥共有24+2=26个． 故选：C分类讨论，在正方体一个面的四个顶点中任取三个点，在与这个面平行的面中只有一个顶点与刚才的三个顶点能构成符合条件的三棱锥；正四面体A 1C 1BD 和正四面体ACB 1D 1也符合条件，即可得出结论．本题考查排列组合知识，正确分类是关键．12.答案：A解析：解：设f(x)=lnx x，则f′(x)=1−lnx x 2，当x >e 时，f′(x)>0，函数单调递增，当0<x <e 时，f′(x)<0，函数单调递减， 故当x =e 时，函数取得最大值f(e)=1e ， 因为a =3(2−ln3)e 2=f(e 23)，c =ln33=f(3)，b =1e =f(e)，故b >a ，b >c ， 设m =lnx x的零点为x 1<x 2，则mx 1=lnx 1，mx 2=lnx 2，所以lnx 2−lnx 1=m(x 2−x 1)，lnx 2+lnx 1=lnx 1x 2=m(x 2+x 1)①， 令g(x)=lnx −2(x−1)x+1，x >1，则g′(x)=(x−1)2x(x+1)2>0，故g(x)在(1,+∞)单调递增，g(x)>g(1)=0， 所以，当x >1时，lnx >2(x−1)x+1，从而ln x2x1>2(x2x1−1)x2x1+1，即(lnx2−lnx1)⋅1x2−x1>2x2+x1②，①代入②得，x1x2>e2，令x1=e23，则x2>3，故f(x1)=f(x2)<f(3)，故a<c，综上a<c<b．故选：A．结合已知要比较函数值的结构特点，可考虑构造函数f(x)=lnxx，然后结合导数与单调性关系分析出x=e时，函数取得最大值f(e)=1e，可得b最大，然后结合函数及函数零点性质分析可比较a，c的大小．本题主要考查了函数值大小的比较，解题中注意导数知识的灵活应用，解题的关键是根据要比较函数值的特点构造出相应的函数，属于难题．13.答案：(2,4]解析：解：函数y=f(x)−g(x)=f(x)−2+f(x)=2f(x)−2，y=0，得f(x)=1，画出函数的图象如下左边，可知要又4个交点，必须在函数的两个分支上各有2个交点，当x≤1，y=a−|x+2|=1，得a=1+|x+2|，如图1<a≤4时，y=a与y=1+|x+2|有2个交点；x>1时，y=(x−a)2=1，得x=a−1，或者x=a+1，即a=x+1>2，a=x−1>0，故a>2时，有两个解，综上可得a∈(2,4]．故答案为：(2,4]．函数y=f(x)−g(x)=0，化简得f(x)=1，根据图象恰有4个不同的零点，分段函数每个段有2个交点，根据图象和方程，求出a的范围．考查分段函数的应用，涉及内容有函数图象的画法，求函数零点，分类讨论法，变换主元法等，中档题．14.答案：(0,1]解析：本题考查函数的零点，考查数形结合的数学思想，正确作出函数的图象是关键．解：作出函数的图象，如图所示，若函数y=f(x)−a有三个零点，则实数a的取值范围是(0,1]故答案为(0,1]．15.答案：√210解析：考查数量积的坐标运算，根据向量坐标可求向量长度，向量夹角的余弦公式，属于基础题． 根据条件即可求出a ⃗ ⋅b ⃗ ,|a ⃗ |和|b ⃗ |的值，从而由cosθ=a⃗ ⋅b ⃗ |a ⃗ ||b ⃗ |求出cosθ的值，进而求出sinθ的值． 解：根据条件，cosθ=a ⃗ ⋅b⃗ |a ⃗ ||b⃗ |=−7√2×5；∵0≤θ≤π；∴sinθ=√1−cos 2θ=√1−4950=√150=√210． 故答案为：√210．16.答案：4√2R解析：解：设∠BAC =θ，周长为P ，则P =2AB +2BC =2(2Rcosθ+2Rsinθ)=4√2Rsin(θ+π4)≤4√2R ， 当且仅当θ=π4时，取等号． ∴周长的最大值为4√2R. 故答案为：4√2R.设∠BAC =θ，周长为P ，则可用θ的三角函数表示出AB 和BC ，进而整理后根据正弦函数的性质求的周长的最大值．本题主要考查了基本不等式在最值问题中的应用．本题利用了三角函数的性质来求最值，属于基础题．17.答案：解：(1)由已知得a n+1=a n +12，即a n+1−a n =12，∴数列{a n }是以12为首项，以d =12为公差的等差数列， ∵a n =a 1+(n −1)d ，∴a n =12+12(n −1)=n2(n ∈N ∗). 因为b n =1n 2×n+12=4n(n+1)，∴b n =4(1n −1n+1)，∴T n =4(1−12+12−13+13−14+⋯1n −1n+1)=4(1−1n+1)=4nn+1． 证明：(2)因为c n =n2n ，记S =c 1+c 2+⋯+c n =121+222+⋯+n2n ①则2S=1+221+322+⋯+n2n−1②②−①可得：S=2S−S=1+121+122+⋯+12n−1−n2n=2−n+22n．因为n为正整数，则n+22n >0，从而S=2−n+22n<2．即c1+c2+⋯+c n<2．解析：(1)直接利用点和直线的关系求出数列的通项公式；(2)利用乘公比错位相减法的应用求出数列的和，进一步利用放缩法的应用求出结果．本题考查的知识要点：数列的通项公式的求法及应用，数列的求和，乘公比错位相减法在求和中的应用，放缩法，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题．18.答案：(1)证明：∵CC1⊥平面ABCDE，BC⊂平面ABCDE，∴BC⊥CC1，CD⊥CC1，又BC⊥C1D，CC1∩C1D=C1，∴BC⊥平面DD1C1C，∴BC⊥CD，又CD⊥CC1，BC∩CC1=C，∴CD⊥平面BB1C1C.(2)解：过C作CF⊥BE，垂足为F，∵BB1⊥平面ABCDE，CF⊂平面ABCDE，∴BB1⊥CF，又BB1∩BE=B，∴CF⊥平面BEE1B1，又CC1//平面BB1E1E，∴C1到平面BB1E1E的距离等于CF，∵AB=DE，AB//DE，AB⊥AE，∴四边形ABDE是矩形，∴BD=AE=2，由(1)证明可知BC⊥CD，又BC=CD，BD=2，∴∠CBD=45°，BC=√2，∴BE=√5，sin∠DBE=DEBE =√55，cos∠DBE=2√55，∴sin∠CBF=sin(∠DBE+45°)=√55×√22+2√55×√22=3√1010，∴CF=BC⋅sin∠CBF=3√55，∴V C 1−BEE 1B 1=13×2×√5×3√55=2．解析：(1)先证明BC ⊥平面CDC 1得出BC ⊥CD ，结合CD ⊥CC 1即可得出CD ⊥平面BB 1C 1C ； (2)过C 作CF ⊥BE ，证明CF ⊥平面BEE 1B 1，求出CF 代入体积公式即可得出棱锥的体积． 本题考查了线面垂直的判定，棱锥的体积计算，属于中档题．19.答案：解：(1)由频率分布直方图可知(a +0.05+0.04+2×0.02+0.01)×5=1，解得a =0.06； 参与该活动的市民单次挑战得分的平均值的平均成绩为x −=72.5×0.05+77.5×0.1+82.5×0.2+87.5×0.3+92.5×0.25+97.5×0.1=87(分)．(2)由(1)知x −=87，区间(70,x −+2s)=(70,95)，而96∉(70,x −+2s)， 故此人未获得一等奖；(3)(i)“光速队”五轮成绩的平均数为x 1−=15(93+98+94+95+90)=94，方差为s 12=15[(−1)2+42+02+12+(−4)2]=6.8． “超能队”五轮成绩的平均数为x 2−=15(93+96+97+94+90)=94，方差为s 22=15[(−1)2+22+32+02+(−4)2]=6． (ii)评价：从方差数据来看，“超能队”的现场有奖知识竞赛成绩更稳定．解析：(1)由频率分布直方图概率和为1，解得a ；然后求解参与该活动的市民单次挑战得分的平均值的平均成绩即可．(2)由(1)知x −=87，区间(70,x −+2s)=(70,95)，然后判断此人是否获得一等奖；(3)(i)求出“光速队”五轮成绩的平均数与方差，“超能队”五轮成绩的平均数与方差即可． (ii)从方差数据来看，“超能队”的现场有奖知识竞赛成绩更稳定．本题考查频率分布直方图的应用，考查中位数、平均数、方差的求法及应用，是基础题．20.答案：解：(Ⅰ)由已知F 1(−2,0)，F 2(2,0).------------------------------------------------------1分令椭圆C 2的方程为x 2a 2+y 2b 2=1,(a >b >0)，焦距为2c ，(c >0)---------------2分 则{c =2ca =√22a 2=b 2+c 2，解之得{c =2b =2a =2√2，-------------------------------3分所以，椭圆C 2的方程为x 28+y 24=1.------------------------------------------------------4分(Ⅱ)(ⅰ)证明：当直线l 斜率不存在时，l ：x =1，由{x =1x 28+y 24=1得{x =1y =−√142或{x =1y =√142，----------------------------------5分 不妨取A(1,√142)，则B(1,−√142)，此时，k 1=√142+2,k 2=−√142+2，所以k 1+k 2=4.--------------------------------------------------------6分当直线l 斜率存在时，令l ：y −2=k(x −1)，-----------------------------------------------------------------7分由{y −2=k(x −1)x 28+y 24=1得(1+2k 2)x 2+(8k −4k 2)x +2k 2−8k =0，--------------------------------------------------------------------8分由△=(8k −4k 2)2−4(1+2k 2)⋅(2k 2−8k)>0得k >0，或k <−47． 令A(x 1,y 1)，B(x 2,y 2)，则x 1+x 2=4k 2−8k 1+2k 2，x 1x 2=2k 2−8k 1+2k 2，------------------------------------------------9分 所以，k 1=y 1+2x 1,k 2=y 2+2x 2， 所以，k 1+k 2=y 1+2x 1+y 2+2x 2=x 2y 1+2x 2+x 1y 2+2x 1x 1x 2=x 2⋅[k(x 1−1)+2]+x 1⋅[k(x 2−1)+2]+2(x 1+x 2)x 1x 2，=2k +(−k +4)⋅(x 1+x 2)x 1x 2=2k +(−k +4)⋅4k 2−8k1+2k 22k 2−8k 1+2k 2 =2k +(−k+4)⋅(4k 2−8k)2k 2−8k=2k −(2k −4)=4，----------------------------------------------------------------------------------------------10分 综上所述，k 1+k 2=4.----------------------------------------------------------11分(ⅰ)存在定⊙M ，使得⊙B 与⊙M 恒相切，⊙M 的方程为(x −2)2+y 2=32，圆心为左焦点F 1， 由椭圆的定义知|BF 1|+|BF 2|=2a =4√2，-------------------------------------------------12分 所以，|BF 1|=4√2−|BF 2|，-------------------------------------------------------------13分 所以两圆相切．---------------------------------------------------------------------------------14分．解析：(Ⅰ)由题意，设椭圆的方程，根据椭圆的离心率公式及c =2，即可求得a 和b 的值，即可求得椭圆方程；(Ⅱ)(ⅰ)分类，当直线l 斜率不存在时，求得A 和B 点坐标，即可求得k 1+k 2，当直线l 斜率存在时，设直线l 的方程，代入椭圆方程，利用韦达定理及直线的斜率公式，即可求得k 1+k 2=4； (ⅰ)定圆⊙M 的方程为：(x −2)2+y 2=32，求得圆心，由抛物线的性质，可求得|BF 1|=4√2−|BF 2|两圆相内切．本题考查椭圆的标准方程的求法，考查弦长的求法，解题时要注意根的判别式、韦达定理、圆的性质、弦长公式的合理运用，属于难题．21.答案：解：(Ⅰ)f′(x)=mx −2+1x+1，令f′(1)=0，得m =32；当m =32时，f′(x)=(3x+2)(x−1)x+1，于是f(x)在(−1,−23)单调递增，在(−23,1)上单调递减，在(1,+∞)单调递增．故当m =32时，x =1是f(x)的极小值点；(Ⅱ)g(x)=f(x)−ln(x +1)+x 3=x 3+12mx 2−2x ． 由题意，当x ∈[1,t]时，g(x)≤g(1)恒成立．即g(x)−g(1)=(x −1)[x 2+(1+12m)x +12m −1]≤0， 令ℎ(x)=x 2+(1+12m)x +12m −1， 由m ∈[−4,−1)，可知：ℎ(x)必然在端点处取得最大值，即ℎ(t)≤0． 即t 2+(1+12m)t +12m −1≤0，即−t 2+t+1t+1≥−2，解得，1<t ≤1+√132，∴t 的取值范围为1<t ≤1+√132．解析：(Ⅰ)求出原函数的导函数，由f′(1)=0求得m 值，在把m 值代入原函数，求出函数的单调区间，可知x =1能为函数f(x)的极值点；(Ⅱ)由题意可得当x ∈[1,t]时，g(x)≤g(1)恒成立，即g(x)−g(1)=(x −1)[x 2+(1+12m)x +12m −1]≤0，构造函数令ℎ(x)=x 2+(1+12m)x +12m −1，结合m ∈[−4,−1)，可知ℎ(x)必然在端点处取得最大值，即ℎ(t)≤0.即t 2+(1+12m)t +12m −1≤0，分离m 可得−t 2+t+1t+1≥−2，求解分式不等式得实数t 取值范围．本题考查利用导数研究函数的单调性，考查了利用导数求函数在闭区间上的最值，考查数学转化思想方法，属中档题．22.答案：解：(1)曲线C 1的极坐标方程为ρ=4cosθ，即ρ2=4ρcosθ，可得直角坐标方程：C 1：x 2+y 2−4x =0． 直线l 的参数方程为{x =1−2√55ty =1+√55t(t 为参数)， 消去参数t 可得普通方程：x +2y −3=0．(2)P(2√2,π4)，直角坐标为(2,2)，Q(2cosα,sinα),M(1+cosα,1+12sinα)，∴M 到l 的距离d =√5=√105|sin(α+π4)|≤√105， 从而最大值为√105．解析：(1)曲线C 1的极坐标方程为ρ=4cosθ，即ρ2=4ρcosθ，可得直角坐标方程．直线l 的参数方程为{x =1−2√55ty =1+√55t(t 为参数)，消去参数t 可得普通方程． (2)P(2√2,π4)，直角坐标为(2,2)，Q(2cosα,sinα),M(1+cosα,1+12sinα)，利用点到直线的距离公式及其三角函数的单调性可得最大值．本题考查了极坐标方程化为直角坐标方程、参数方程化为普通方程、点到直线的距离公式、三角函数的单调性，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．23.答案：解：(1)原不等式等价于{x >32(2x +1)+(2x −3)≤6或{−12≤x ≤32(2x +1)−(2x −3)≤6或{x <−12−(2x +1)−(2x −3)≤6， 解得32<x ≤2或−12≤x ≤32或−1≤x <−12， ∴原不等式的解集为{x|−1≤x ≤2}．(2)∵f(x)=|2x +1|+|2x −3|≥|(2x +1)−(2x −3)|=4， ∴|a −1|>4，∴a <−3或a >5， ∴实数a 的取值范围为(−∞,−3)∪(5,+∞)．解析：(1)通过讨论x的范围，去掉绝对值，求出不等式的解集即可；(2)根据绝对值的性质求出f(x)的最小值，解关于a的不等式，解出即可．本题考查了解绝对值不等式问题，考查绝对值不等式的性质，是一道中档题．。