高考数学二模试卷 理(含解析)1

2023年青海省西宁市大通县高考数学二模试卷（理科）1. 已知集合，，则( )A. B. C. D.2.已知i是虚数单位，若，，则在复平面内的对应点位于( )A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限3. 已知向量满足，则与所成角为( )A. B. C. D.4. 使“”成立的一个充分不必要条件是( )A. B.C. ，D. ，5. 已知函数的部分图象如图所示，则图象的一个对称中心是( )A.B.C.D.6. 已知实数，函数若，则a的值为( )A. B. C. D.7. 有2男2女共4名大学毕业生被分配到A，B，C三个工厂实习，每人必须去一个工厂且每个工厂至少去1人，且A工厂只接收女生，则不同的分配方法种数为( )A. 12B. 14C. 36D. 728. 已知图1对应的函数为，则图2对应的函数是( )A. B. C. D.9. 在和中，若，，，则( )A. 与均是锐角三角形B.与均是钝角三角形C.是钝角三角形，是锐角三角形D. 是锐角三角形，是钝角三角形10. 已知函数，则下列说法错误的是( )A. 当时，函数不存在极值点B. 当时，函数有三个零点C. 点是曲线的对称中心D. 若是函数的一条切线，则11. 已知矩形ABCD的顶点都在球心为O的球面上，，，且四棱锥的体积为，则球O的表面积为( )A. B. C. D.12. 设，分别是双曲线的左、右焦点，过作C的一条渐近线的垂线，垂足为P，若，则C的离心率为( )A. B. C. D.13. 已知函数且的图像过定点A，若抛物线也过点A，则抛物线的准线方程为______ .14. 已知为锐角，且，则______.15. 关于正方体有如下说法：①直线与所成的角为；②直线与所成的角为；③直线与平面所成的角为；④直线与平面ABCD所成的角为其中正确命题的序号是______ .16. 设为随机变量，从棱长为1的正方体的12条棱中任取两条，当两条棱相交时，；当两条棱平行时，的值为两条棱之间的距离；当两条棱异面时，为两条棱上两点不在同一条棱上间距离的最小值，则随机变量的数学期望为______ .17. 造林绿化对生态发展特别是在防风固沙、缓解温室效应、净化空气、涵养水源等方面有着重要意义.某苗木培养基地为了对某种树苗的高度偏差单位：与树干最大直径偏差单位：之间的关系进行分析，随机挑选了8株该品种的树苗，得到它们的偏差数据偏差是指个别测定值与测定的平均值之差如下：树苗序号12345678高度偏差x20151332直径偏差y若x与y之间具有线性相关关系，求y关于x的线性回归方程；若这种树苗的平均高度为120cm，树干最大直径平均为，试由的结论预测高度为128cm的这种树苗的树干最大直径为多少毫米.参考数据：，参考公式：回归直线方程中斜率和截距的最小二乘估计：，18.已知数列的前n项和为，且求数列的通项公式；若数列满足，设…，求19. 如图，在直角梯形ABCD中，，，四边形CDEF为平行四边形，平面平面ABCD，，证明：平面ABE；若，，求二面角的正弦值.20. 已知椭圆C：过点，直线l：与C交于M，N 两点，且线段MN的中点为H，O为坐标原点，直线OH的斜率为求C的标准方程；已知直线与C有两个不同的交点A，B，P为x轴上一点.是否存在实数k，使得是以点P为直角顶点的等腰直角三角形？若存在，求出k的值及点P的坐标；若不存在，请说明理由.21. 已知函数若，讨论的单调性；当，，有两个不同的实数根，，证明：22. 在直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为为参数以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为求C的直角坐标方程；设点M的直角坐标为，l与曲线C的交点为A，B，求的值．23. 已知函数解不等式；若对任意实数x都成立，求的最大值.答案和解析1.【答案】B【解析】解：，则，解得，则，，故选：根据对数函数的单调性与定义域得出集合M，即可根据集合的交集运算得出答案．本题主要考查交集及其运算，属于基础题．2.【答案】D【解析】解：由，，得，则z在复平面内的对应点的坐标为：，位于第四象限．故选：由求出，然后把，，代入，利用复数代数形式的乘法运算化简，求出z在复平面内的对应点的坐标，则答案可求．本题考查了复数代数形式的乘除运算，考查了复数的代数表示法及其几何意义，是基础题．3.【答案】A【解析】解：因为向量满足，所以，解得，所以，因为，所以，即与所成角为故选：根据向量模的运算得，进而结合向量夹角公式求解即可．本题主要考查平面向量的夹角公式，考查转化能力，属于中档题．4.【答案】B【解析】解：对于A，若，当时，成立，所以“”不能推出“”，A不满足条件；对于B，，则，即，充分性成立，所以“”“”，若，则不妨取，，，则，必要性不成立，所以“”是“”的充分不必要条件，B满足条件；对于C，若，则，使得，即，即“”“，”，所以“，”是“”的充分条件，C不满足条件；对于D，若，，则，即，当且仅当时，等号成立，所以“，”不能推出“”，D不满足条件．故选：根据不等式的关系结合充分不必要条件分别进行判断即可．本题主要考查充分条件、必要条件的定义，属于基础题．5.【答案】D【解析】解：由题图可知图象的一个对称中心是，的最小正周期，故图象的对称中心为，，结合选项可知，当时，图象的一个对称中心是故选：先根据函数图象得到函数图象的一个对称中心与的最小正周期，进而利用函数的性质即可求解．本题主要考查余弦函数的图象与性质，考查运算求解能力，属于基础题．6.【答案】A【解析】解：由题意，函数，当时，由可得，即，解得；当时，由可得，即，此时方程无解，综上可得，实数a的值为故选：根据分段函数的解析式，结合分段条件分和两种情况讨论，即可求解．本题主要考查分段函数及其应用，考查分类讨论思想与运算求解能力，属于基础题．7.【答案】B【解析】解：根据题意，将2男2女分为三组，有男男、女、女、男、男、女女、男女、男、女三种情况，由此分3种情况讨论：①分为男男、女、女的三组，男男这一组只能安排在B或C工厂，有种安排方法；②分为男、男、女女的三组，女女这一组只能安排在A工厂，有种安排方法；③分为男女、男、女的三组，有种安排方法；则有种安排方法，故选：根据题意，先分析将2男2女分为三组的可能情况，由此分3种情况讨论，由加法原理计算可得答案．本题考查排列组合的应用，涉及分类、分步计数原理的应用，属于基础题．8.【答案】A【解析】解：根据函数图象知，当时，所求函数图象与已知函数相同，当时，所求函数图象与时图象关于y轴对称，即所求函数为偶函数且时与相同，故BD不符合要求，当时，，，故A正确，C错误．故选：根据两函数图象的关系知，所求函数为偶函数且时两函数解析式相同，即可得解．本题主要考查函数的图象与图象的变换，属于基础题．9.【答案】D【解析】解：在和中，若，，，对于A：当为锐角三角形时，，，，所以A、B、C都为锐角，即为锐角三角形，另一方面，，可得，或，即，所以为锐角或钝角，同理，为锐角或钝角，但是，，中必然有一个钝角，否则不成立，所以是钝角三角形，故A错误；对于B：当为钝角三角形时，假设A为钝角，则，故，由于，不满足条件，故B错误；对于C：当为钝角三角形时，假设A为钝角，则，故，由于，不满足条件，故C错误；对于D：当为锐角三角形时，则，，，所以A、B、C都为锐角，即为锐角三角形，另一方面，，可得，或，即，所以为锐角或钝角，同理，为锐角或钝角，但是，，中必然有一个钝角，否则不成立，所以是钝角三角形，故D正确；故选：直接利用三角函数的值判断A、B、C、D的结论．本题考查的知识要点：三角函数的值，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于中档题和易错题．10.【答案】B【解析】解：对于A，当时，，此时函数在R上单调递增，所以当时，函数不存在极值点，故A对；对于B，当时，，，由，可得，由，可得或，所以函数的增区间为、，减区间为，所以函数的极大值为，极小值为，又因为，由零点存在定理可知，函数在区间有一个零点，当时，，所以当时，函数有一个零点，故B错；对于C，对任意的，，所以点是曲线的对称中心，故C对；对于D，设是函数的一条切线，设切点坐标为，又，由题意，可得，①所以曲线在处的切线方程为，即，则，②联立①②可得，故D对．故选：当时，判断函数的单调性，可判断A；利用导数得到函数的单调性与极值，结合零点存在定理可判断B；利用函数对称性的定义可判断C；利用导数的几何意义可判断本题考查了利用导数研究函数的单调性与极值，函数的零点和切线方程，考查了转化思想，属中档题．11.【答案】A【解析】解：由题可知矩形ABCD所在截面圆的半径即为ABCD的对角线长度的一半，，，，由矩形ABCD的面积，则O到平面ABCD的距离为h满足：，解得，故球的半径，故球的表面积为：故选：由题意求出矩形的对角线的长，即截面圆的直径，根据棱锥的体积计算出球心距，进而求出球的半径，代入球的表面积公式，可得答案．本题主要考查球的表面积的求法，棱锥体积的运算，考查运算求解能力，属于中档题．12.【答案】C【解析】解：由双曲线的方程可得双曲线渐近线方程：，右焦点，到渐近线的距离，由渐近线的对称性，设渐近线为①，则直线方程为：②，由①②可得，，则，左焦点，所以，由，有，得，即，，则C的离心率为故选：由双曲线的方程可得两焦点的坐标及渐近钱的方程，由题意求出的方程，与渐近线联立求出P 的坐标，进而求出的值，由点到直线的距离公式，求的值，由求出a，c的关系，进而求出离心率．本题主要考查双曲线的性质，考查运算求解能力，属于中档题．13.【答案】【解析】解：因为函数经过定点，所以函数经过定点，将它代入抛物线方程得，解得，所以其准线方程为；故答案为：先求出A点的坐标，再求出p即可．本题主要考查抛物线的性质，考查运算求解能力，属于基础题．14.【答案】【解析】解：为锐角，，，又，，故答案为：先判断的范围，再利用平方关系，再利用展开代值计算得解．本题主要考查和差角公式及同角三角函数基本关系的运用，注意角的范围的确定，考查计算能力，属于基础题．15.【答案】①④【解析】解：连接，BD，因为与平行，所以是异面直线与所成的角，因为为等边三角形，所以直线与所成的角为，故①正确；连接交于点O，取的中点为F，连接，FD，FO，因为O为的中点，所以FO平行，则或其补角为直线与所成的角，易知，所以，即直线与所成的角为，故②错误；连接，BD，，直线交于点E，连接BE，设正方体的棱长为2，易知，，由线面垂直的判定可知，平面，则为直线与平面所成的角，又，，则，即，故③错误；由平面ABCD，易知为直线与平面ABCD所成的角，又，则，故④正确．故答案为：①④．由与平行，结合等边三角形的性质判断①；由FO平行，结合等腰三角形的性质判断②；由平面，平面ABCD结合线面角的定义判断③④．本题考查线线角的求解，线面角的求解，化归转化思想，属中档题．16.【答案】【解析】解：在棱长为1的正方体中，如下图所示：当两条棱相交时，，与每条棱相交的棱有4条，即；当两条棱平行时，这两条棱之间的距离为1或，其中与棱平行且距离为1的棱为、，与棱平行且距离为的棱为；当两条棱异面时，，与棱异面的棱为BC、CD、、所以，，因此故答案为：作出图形，分析可知随机变量的可能取值有0、1、，求出随机变量在不同取值下的概率，进而可求得的值．本题主要考查离散型随机变量的期望，考查运算求解能力，属于中档题．17.【答案】解：，，，，故y关于x的线性回归方程为当树干高度为128cm时，高度偏差，，所以树干直径约为，即预测高度为128cm的这种树苗的树干最大直径为34毫米．【解析】根据最小二乘法公式求出，即可得出线性回归方程；利用回归直线方程代入，求解即可．本题主要考查线性回归方程，考查运算求解能力，属于中档题．18.【答案】解：由题意，当时，，解得，当时，由，可得，两式相减，可得，整理，得，数列是以为首项，为公比的等比数列，，由可得，，则令，即，解得，令，即，解得，令，即，解得，当时，，，当时，，【解析】先将代入题干表达式计算出的值，当时，由，可得，两式相减进一步推导即可发现数列是以为首项，为公比的等比数列，即可计算出数列的通项公式；先根据第题的结果计算出数列的通项公式，再将数列的通项公式与0比较大小并计算出对应的n的取值范围，然后分和两种情况求的表达式，最后综合即可得到本题主要考查数列求通项公式，以及绝对值数列求和问题．考查了分类讨论思想，整体思想，转化与化归思想，分组求和法，等差数列求和公式的运用，对数的运算，以及逻辑推理能力和数学运算能力，属中档题．19.【答案】解：证明：连接CE交DF于H，取BE中点G，连接AG，四边形CDEF为平行四边形，为CE的中点，，，，，，，四边形ADHG为平行四边形，，即，又平面ABE，平面ABE，平面ABE；平面平面ABCD，，以D为原点，DA，DC为x，y轴，过D作平面ABCD的垂线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，，，，设平面EBD的一个法向量为，则，令，则，，平面EBD的一个法向量为，设平面BDF的一个法向量为，，令，则，，平面BDF的一个法向量为，，二面角的正弦值为【解析】连接CE交DF于H，取BE中点G，连接AG，证明四边形ADHG为平行四边形，可得，进而可证平面ABE；以D为原点，DA，DC为x，y轴，过D作平面ABCD的垂线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系，求得两平面的一个法向量，利用向量法可求二面角的余弦值，可求正弦值．本题考查线面平行的证明，考查面面角的求法，属中档题．20.【答案】解：设，，则，则又，则两式相减得，即，又，所以，即又，解得，，所以椭圆C的标准方程为联立，消y整理得：因为直线与椭圆交于A，B两点，故，解得设，，则设AB中点，则，故假设存在k和点，使得是以P为直角顶点的等腰直角三角形，则，故，所以，解得，故又因为，所以，所以，即，整理得所以，代入，整理得，即，所以或，即存在k使得是以P为顶点的等腰直角三角形．当时，P点坐标为；当时，P点坐标为此时，是以P为直角顶点的等腰直角三角形．【解析】根据中点弦点差法得，再根据，得，再结合椭圆C过点解方程即可得答案；设AB中点，假设存在k和点，使得是以P为直角顶点的等腰直角三角形，进而将问题转化为，，再联立，结合韦达定理讨论，同时成立的情况．本题考查椭圆的标准方程及其性质，考查直线与椭圆的综合运用，考查运算求解能力，属于中档题．21.【答案】解：，，当，即时，，即在上单调递增；当时，若，则或；若，则；即函数在上单调递减，在，上单调递增．综上，当时，在上单调递增；当时，函数在上单调递减，在，上单调递增．证明：有两个不同的根，，则，是方程的两个根，，，，，，，令，，，在单调递增，，令，，在上单调递增，，，即【解析】分类讨论，两种情况，结合导数得出的单调性；将有两个不同的实数根，转化为，是方程的两个根，利用韦达定理得，进而通过换元，将转化为关于t的函数，利用导数研究其最值即可．本题主要考查利用导数研究函数的单调性与最值，不等式的证明，考查运算求解能力与逻辑推理能力，属于难题．22.【答案】解：由，得将代入得，，所以C的直角坐标方程为设A，B所对应的参数分别为，，因为直线l的参数方程为为参数，所以在l上，把l的参数方程代入，可得，所以，所以，故【解析】直接利用转换关系，把参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间的进行转换．利用一元二次次方程根和系数的关系式的应用求出结果．本题考查极坐标方程和直角坐标方程的互化，直线和圆的位置关系，以及直线的参数方程的参数的几何意义等基础知识，考查学生的逻辑推理能力，化归与转化能力．考查的核心素养是直观想象、逻辑推理与数学运算．23.【答案】解：，不等式等价于或或，解得或，即不等式的解集为，当且仅当，即时取等号，对任意实数x都成立，即恒成立，由，则，即，当且仅当时等号成立，所以得最大值为【解析】通过讨论x的范围，得到关于x的不等式组，解出即可；由绝对值三角不等式可得，则恒成立，利用基本不等式即可求的最大值．本题主要考查绝对值不等式的解法，绝对值三角不等式的应用，基本不等式的应用，考查运算求解能力，属于中档题．。

西藏拉萨北京实验中学2025届高考数学二模试卷考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。

选择题必须用2B 铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。

2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。

3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。

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．已知l 为抛物线24x y =的准线，抛物线上的点M 到l 的距离为d ，点P 的坐标为()4,1，则MP d +的最小值是（ ）A B ．4C ．2D ．1+2．设()()2141A B -，，，，则以线段AB 为直径的圆的方程是（ ）A ．22(3)2x y -+=B ．22(3)8x y -+=C ．22(3)2x y ++=D ．22(3)8x y ++=3．设全集()(){}130U x Z x x =∈+-≤，集合{}0,1,2A =，则U C A ＝( ) A ．{}1,3-B ．{}1,0-C ．{}0,3D ．{}1,0,3-4．已知复数(1)(3)(z i i i =+-为虚数单位） ，则z 的虚部为（ ） A ．2B ．2iC ．4D ．4i5．在直角梯形ABCD 中，0AB AD ⋅=，30B ∠=︒，AB =2BC =，点E 为BC 上一点，且AE xAB yAD =+，当xy 的值最大时，||AE =( )A B ．2 C D ．6．已知双曲线C ：22221x y a b-=（0a >，0b >）的右焦点与圆M ：22(2)5x y -+=的圆心重合，且圆M 被双曲线的一条渐近线截得的弦长为 ）A ．2B C D ．37．中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题；“三百七十八里关，初行健步不为难，次后脚痛递减半，六朝才得到其关，要见每朝行里数，请公仔细算相还.”其意思为：“有一个人走了378里路，第一天健步走行，从第二天起脚痛每天走的路程是前一天的一半，走了6天后到达目的地，求该人每天走的路程.”由这个描述请算出这人第四天走的路程为（ ） A ．6里 B ．12里C ．24里D ．48里8．若复数12biz i-=+（b R,i ∈为虚数单位）的实部与虚部相等，则b 的值为( ) A ．3B ．3±C ．3-D ．3±9．阿基米德（公元前287年—公元前212年）是古希腊伟大的哲学家、数学家和物理学家，他和高斯、牛顿并列被称为世界三大数学家.据说，他自己觉得最为满意的一个数学发现就是“圆柱内切球体的体积是圆柱体积的三分之二，并且球的表面积也是圆柱表面积的三分之二”.他特别喜欢这个结论，要求后人在他的墓碑上刻着一个圆柱容器里放了一个球，如图，该球顶天立地，四周碰边，表面积为54π的圆柱的底面直径与高都等于球的直径，则该球的体积为 （ ）A ．4πB ．16πC ．36πD ．643π10．已知复数z 满足()1z i i =-，(i 为虚数单位)，则z =( ) A ．2 B ．3 C ．2 D ．311．如图，在中，点M 是边的中点，将沿着AM 翻折成，且点不在平面内，点是线段上一点.若二面角与二面角的平面角相等，则直线经过的（ ）A ．重心B ．垂心C ．内心D ．外心12．已知水平放置的△ABC 是按“斜二测画法”得到如图所示的直观图，其中B ′O ′＝C ′O ′＝1，A ′O ′＝32，那么原△ABC 的面积是( )AB ．CD二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

2023年宝鸡市高考模拟检测（二）数学（理科）（答案在最后）本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，其中第Ⅱ卷解答题又分必考题和选考题两部分，选考题为二选一.考生作答时，将所有答案写在答题卡上，在本试卷上答题无效.本试卷满分150分，考试时间120分钟. 注意事项：1.答题前，务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡规定的位置上.2.选择题答案使用2B 铅笔填涂，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号；非选择题答案使用0.5毫米的黑色中性（签字）笔或碳素笔书写，书写要工整、笔迹清楚，将答案书写在答题卡规定的位置上.3.所有题目必须在答题卡上作答，在试卷上答题无效.第Ⅰ卷（选择题共60分）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，只有一个是符合题目要求的.1.设集合{}40M x x =-<<，{}24N x x =<，则M N =（）A.{}20x x -<<B.{}22x x -<<C.{}44x x -<<D.{}42x x -<<2.设1z ，2z 为复数，则下列说法正确的为（）A.若22120z z +=，则120z z ==B.若12z z =，则1z ，2z 互为共轭复数C.若a ∈R ，i 为虚数单位，则()1i a +⋅为纯虚数D.若20z ≠，则1122z z z z = 3.直线l ：cos sin 1()x y ααα+=∈R 与曲线C ：221x y +=的交点个数为（） A.0B. 1C.2D.无法确定4.我国古代数学家赵爽用弦图给出了勾股定理的证明，弦图是由四个全等的直角三角形和中间的一个小正方形拼成的一个大正方形（如图所示），记大正方形和小正方形的面积分别为1S 和2S ，若125S S =，则直角三角形的勾（较短的直角边）与股（较长的直角边）的比值为（）A.12B.13C.23D.255.设a ，b ∈R ，则“2a b +≥”是“222a b +≥”的（） A.充要条件B.必要不充分条件C.充分不必要条件D.既不充分也不必要条件6.ABC △中，5AB =，7AC =，D 为BC 的中点，5AD =，则BC =（） A.3 B.3 C.22 D.427.已知抛物线C ：()220x py p =>的焦点为F ，(),M x y 为C 上一动点，曲线C 在点M 处的切线交y 轴于N 点，若30FMN ∠=︒，则FNM ∠=（） A.60︒B.45︒C.30︒D.15︒8.已知函数()()lg lg 2f x x x =+-，则（） A.()f x 在()0,1单调递减，在()1,2单调递增 B.()f x 在()0,2单调递减 C.()f x 的图像关于直线1x =对称D.()f x 有最小值，但无最大值9.设m ，{}2,1,0,1,2,3n ∈--，曲线C ：221mx ny +=，则下列说法正确的为（） A.曲线C 表示双曲线的概率为15B.曲线C 表示椭圆的概率为16C.曲线C 表示圆的概率为110D.曲线C 表示两条直线的概率为1510.点(),P x y 在不等式组02030x x y x y ≥⎧⎪-≤⎨⎪+-≤⎩表示的平面区域上，则xy 的最大值为（）A.94B. 2C.83D. 311.四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为边长为4的正方形，PBA PBC ∠=∠，PD AD ⊥，Q 为正方形ABCD 内一动点且满足QA QP ⊥，若2PD =，则三棱锥Q PBC -的体积的最小值为（）A.3B.83C.43D. 212.已知正实数x ，y ，z 满足235log log log 0x y z ==≠，给出下列4个命题： ①x y z <<②x ，y ，z 的方程x y z +=有且只有一组解 ③x ，y ，z 可能构成等差数列④x ，y ，z 不可能构成等比数列 其中所有真命题的个数为（） A. 1B.2C.3D.4第Ⅱ卷（非选择题共90分）二、填空题：本题共4小题，每小题5分，满分20分. 13.若a ，b ，c ，d 为实数，且a c ad bcb d=-，定义函数sin 3()2cos 2cos x xf x x x=，现将()f x 的图像先向左平移512π3()g x 的图像，则()g x 的解析式为______. 14.已知非零向量a ，b ，c 满足1a b a b ==-=且1c a b --=，则c 的取值范围是______.15.若函数31()3xxf x e ex ax -=-+-无极值点，则实数a 的取值范围是______. 16.如图，已知正四面体EFGH 和正四棱锥P ABCD -的所有棱长都相等，现将正四面体EFGH 的侧面EGH 与正四棱锥P ABCD -的侧面P AB 重合（P ，E 重合；A ，H 重合；B ，G 重合）后拼接成一个新的几何体，对于新几何体，下列说法正确的有______ ①PF CD ⊥ ②PF 与BC 异面 ③新几何体为三棱柱④新几何体的6个顶点不可能在同一个球面上三、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题为必考题，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.（本小题12分）某市作为常住人口超2000万的超大城市，注册青年志愿者人数超114万，志愿服务时长超268万小时.2022年6月，该市22个市级部门联合启动了2022年市青年志愿服务项目大赛，项目大赛申报期间，共收到331个主体的416个志愿服务项目，覆盖文明实践、社区治理与邻里守望、环境保护等13大领域.已知某领域共有50支志愿队伍申报，主管部门组织专家对志愿者申报队伍选行评审打分，并将专家评分（单位：分）分成6组：[)40,50，[)50,60，…，[]90,100，得到如图所示的频率分布直方图.（1）求图中m 的值；（2）从评分不低于80分的队伍中随机选取3支队伍，该3支队伍中评分不低于90分的队伍数为X ，求随机变量X 的分布列和期望. 18.（本小题12分）如图，在四棱锥P ABCD -中，PD ⊥底面ABCD ，AB DC ∥，222CD AB AD ===，4PD =，AD CD ⊥，E 为棱PD 上一点.（1）求证：无论点E 在棱PD 的任何位置，都有CD AE ⊥成立； （2）若E 为PD 中点，求二面角A EC P --的余弦值. 19.（本小题12分）已知函数1()3xf x ⎛⎫= ⎪⎝⎭，等比数列{}n a 的前n 项和为()f n c -，数列{}()0n n b b >的首项为c ，且前n 项和nS 满足11(2)n n n n S S S S n ---=≥.（1）求数列{}n a 和{}n b 的通项公式；（2）若数列11n n b b +⎧⎫⎨⎬⎩⎭前n 项和为n T ，求使10102023n T >的最小正整数n . 20.（本小题12分）已知椭圆1C ：()222210x y a b a b+=>>，F 为左焦点，A 为上顶点，()2,0B 72AF AB=，抛物线2C 的顶点在坐标原点，焦点为F . （1）求1C 的标准方程；（2）是否存在过F 点的直线，与1C 和2C 交点分别是P ，Q 和M ，N ，使得12OPQ OMN S S =△△？如果存在，求出直线的方程；如果不存在，请说明理由（OPQ S △为OPQ △面积）. 21.（本小题12分） 已知函数2()ln ()2a f x x x x x a =+-∈R ，且()f x 在()0,+∞内有两个极值点1x ，2x （12x x <）. （1）求实数a 的取值范围； （2）求证：1220a x x +<+.（二）选考题：共10分.请考生在第22、23题中选定一题作答，并用2B 铅笔在答题卡上将所选题目对应的题号方框涂黑.按所涂题号进行评分，不涂、多涂均按所答第一题评分；多答按所答第一题评分. 22.（选修4-4：坐标系与参数方程）（10分）在直角坐标系xOy 中，曲线C 的参数方程为126126x t ty t t ⎧=-⎪⎪⎨⎪=+⎪⎩（t 为参数）.以坐标原点为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线l 的极坐标方程为cos 13πρθ⎛⎫+= ⎪⎝⎭. （1）求曲线C 的普通方程及直线l 的直角坐标方程；（2）已知点()2,0M ，若直线l 与曲线C 交于P ，Q 两点，求PM QM -. 23.（选修4-5：不等式选讲）（10分） 已知函数()11f x x x =-++. （1）求不等式()3f x <的解集；（2）若二次函数22y x x m =--+与函数()y f x =的图象恒有公共点，求实数m 的取值范围.2023年宝鸡市高考模拟检测（二）数学（理科）答案一、选择题： 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案DDBACBCCBABC二、填空题：13.()2cos2g x x = 14.331⎡⎤⎣⎦15.{}2a a ≤ 16.①③④解答题答案17.解：（Ⅰ）由(0.00420.0220.0300.028)101m ⨯++++⨯=，解得0.012m =. （Ⅱ）由题意知不低于80分的队伍有()500.120.048⨯+=支， 不低于90分的队伍有500.042⨯=支. 随机变量X 的可能取值为0，1，2.∵36385(0)14C P X C ===，21623815(1)28C C P X C ===，1262383(2)28C C P X C ===， ∴X 的分布列为X 012P514 1528 32851533()0121428284E X =⨯+⨯+⨯=. 18.（1）证明：因为PD ⊥平面ABCD ，CD ⊂平面ABCD ， 所以PD CD ⊥， 因为AD CD ⊥，AD PD D =，AD ，PD ⊂平面P AD ，所以CD ⊥平面P AD ， 因为E 为棱PD 上一点， 所以AE ⊂平面P AD ， 所以CD AE ⊥.（2）解：因为PD ⊥平面ABCD ，AD CD ⊥，所以DA ，DC ，DP 两两垂直，如图，建立空间直角坐标系，因为222CD AB AD ===，4PD =，所以()1,0,0A ，()0,2,0C ，()0,0,2E ，()0,0,4P ， 所以()1,0,2EA =-，()0,2,2EC =-， 设平面AEC 的一个法向量为(),,n x y z =，则00EA n EC n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即2x z y z =⎧⎨=⎩，令1z =得()2,1,1n =，因为PD AD ⊥，AD CD ⊥，PD CD D =，PD ，CD ⊂平面PCD ，所以AD ⊥平面PCD .所以平面PCE 的一个法向量为()1,0,0m DA ==， 所以26cos ,36n m n m n m⋅===， 因为二面角A EC P --为钝二面角， 所以二面角A EC P --的余弦值为：6. 19.解：（Ⅰ）∵1()3xf x ⎛⎫= ⎪⎝⎭，等比数列{}n a 的前n 项和为1()3nf n c c ⎛⎫-=- ⎪⎝⎭，∴11(1)3a f c c =-=-，[][]22(2)(1)9a f c f c =---=-， [][]32(3)(2)27a f c f c =---=-， 数列{}n a 是等比数列，应有3212a a q a a ==，解得1c =，13q =. ∴首项112(1)33a f c c =-=-=-， ∴等比数列{}n a 的通项公式为12112333n nn a -⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-⨯=-⨯ ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭.∵1111(2)n n n n n n n n S S S S S S S S n -----==≥，又0n b >0n S >11n n S S -=； ∴数列{}nS 构成一个首项为1，公差为1的等差数列，1(1)1n S n n =+-⨯=，∴2n S n =，当1n =时，111b S ==，当2n ≥时，221(1)21n n n b S S n n n -=-=--=-，又1n =时也适合上式， ∴{}n b 的通项公式21n b n =-. （Ⅱ）111111(21)(21)22121n n b b n n n n +⎛⎫==- ⎪-+-+⎝⎭， ∴1111111112335572121n T n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-+-++- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥-+⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦11122121nn n ⎛⎫=-= ⎪++⎝⎭， 由10102023n T >，得1010212023n n >+，得336.6n >，故满足10102023n T >的最小正整数为337. 20.解：（172AF AB =，即2272a a b =+ 由右顶点为()2,0B ，得2a =，解得23b =，所以1C 的标准方程为22143x y +=. （2）依题意可知2C 的方程为24y x =-，假设存在符合题意的直线， 设直线方程为1x ky =-，()11,P x y ，()22,Q x y ，()33,M x y ，()44,N x y ，联立方程组221143x ky x y =-⎧⎪⎨+=⎪⎩，得()2234690k y ky +--=，由韦达定理得122634k y y k +=+，122934y y k -=+， 则212121k y y +-= 联立方程组214x ky y x=-⎧⎨=-⎩，得2440y ky +-=， 由韦达定理得344y y k +=-，344y y =-， 所以23441y y k -=+，若12OPQ OMN S S =△△， 则123412y y y y -=-221211k k +=+63k =±，所以存在符合题意的直线方程为610x y ++=或610x y +=. 21.解：（1）()ln f x x ax '=+，因为()f x 在()0,+∞内有两个极值点， 所以()f x '在()0,+∞内有两个零点，即方程ln 0x ax +=有两个正实根， 即ln xa x=-有两个正实根， 令ln ()x g x x =-，2ln 1()x g x x-'=， 当()0,x e ∈时，()0g x '<，所以()g x 在()0,e 上单调递减， 当(),x e ∈+∞时，()0g x '>，所以()g x 在(),e +∞上单调递增， 又()1g e e=-，画出函数()g x 的图象如图所示，由方程ln x a x =-有两个根，得10a e-<<. （2）证明：()f x 在()0,+∞内有两个极值点1x ，2x ，由（1）可知，1122ln 0ln 0x ax x ax +=⎧⎨+=⎩，则1221ln ln x x a x x -=-， 要证1220a x x +<+，只需122112ln ln 20x x x x x x -+<-+， 进一步化为122112ln ln 2x x x x x x -<--+， 从而得()1212122ln ln x x x x x x --<+，所以12112221ln 1x x x x x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭<+，设12x t x =，可知t 的取值范围是()0,1，则只需证2(1)ln 1t t t -<+， 令2(1)()ln 1t h t t t -=-+，则22(1)()0(1)t h t t t -'=>+， 所以()h t 在()0,1上单调递增，从而()()10h t h <=， 因此1220a x x +<+.22.解：（1）因为126126x t ty t t ⎧=-⎪⎪⎨⎪=+⎪⎩（t 为参数），所以222222124363124363x t t y t t ⎧=+-⎪⎪⎨⎪=++⎪⎩，所以曲线C 的普通方程为2243y x -=， 因为cos 13πρθ⎛⎫+= ⎪⎝⎭，所以cos 3sin 2ρθρθ=，因为cos x ρθ=，sin y ρθ=，所以直线l 的直角坐标方程为320x -=.（2）由（1）可得直线l 的参数方程3212x y s ⎧=+⎪⎪⎨⎪=⎪⎩（s 为参数）， 所以22134223s ⎛⎫⎛⎫-+= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 整理得23123320s s ++=， 设1PM s =-，2QM s =-， 则1243s s +=-，12323s s =， 所以()21212128163448333PM Q s s M s s =+--=-==. 23.解：（1）由题设知：113x x ++-<；①当1x >时，得()112f x x x x =++-=，23x <，解得312x <<； ②当11x -≤≤时，得()112f x x x =++-=，23<，恒成立；③当1x <-时，得()112f x x x x =---+=-，23x -<，解得312x -<<-； 所以不等式的解集为：33,22⎛⎫-⎪⎝⎭； （2）由二次函数222(1)1y x x m x m =--+=-+++，该函数在1x =-取得最大值1m +，因为2(1)()2(11)2(1)x x f x x x x -<-⎧⎪=-≤≤⎨⎪>⎩，所以在1x =-处取得最小值2，所以要使二次函数22y x x m =--+与函数()y f x =的图象恒有公共点， 只需12m +≥，即1m ≥.。

2023年陕西省咸阳市高考数学二模试卷（理科）1. 已知复数z满足，那么( )A. 1B.C.D. 22. 已知集合，，那么( )A. B. C. D.3. 某商场要将单价分别为36元，48元，72元的3种糖果按3：2：1的比例混合销售，其中混合糖果中每一颗糖果的质量都相等.那么该商场对混合糖果比较合理的定价应为( )A. 52元B. 50元C. 48元D. 46元4. 已知m，n是两条不同的直线，，是两个不同的平面，有以下四个命题：①若，，则②若，，则③若，，则④若，，，则其中正确的命题是( )A. ②③B. ②④C. ①③D. ①②5. 函数的大致图像为( )A. B.C. D.6. 已知函数，当时，取得最小值，则的最小值是( )A. B. C. D.7. 数列的前n项和为，对一切正整数n，点在函数的图象上，且，则数列的前n项和为( )A. B.C. D.8. 已知直角三角形ABC，，，，现将该三角形沿斜边AB旋转一周，则旋转形成的几何体的体积为( )A. B. C. D.9. 巴塞尔问题是一个著名的级数问题，这个问题首先由皮耶特罗门戈利在1644年提出，由莱昂哈德欧拉在1735年解决.欧拉通过推导得出：某同学为了验证欧拉的结论，设计了如图的算法，计算的值来估算，则判断框填入的是( )A.B.C.D.10. 2022年卡塔尔世界杯足球赛落幕，这是历史上首次在卡塔尔和中东国家境内举行、也是第二次在亚洲举行的世界杯足球赛.有甲，乙，丙，丁四个人相互之间进行传球，从甲开始传球，甲等可能地把球传给乙，丙，丁中的任何一个人，以此类推，则经过三次传球后乙只接到一次球的概率为( )A. B. C. D.11. 已知双曲线C：，c是双曲线的半焦距，则当取得最大值时，双曲线的离心率为( )A. B. C. D.12. 已知实数，…，对任意，不等式恒成立，则实数a的取值范围是( )A. B. C. D.13. 二项式的展开式中的系数为______.14. 过抛物线的焦点F的直线l与抛物线交于A，B两点，若l的倾斜角为，则线段AB的中点到x轴的距离是______ .15.已知非零向量，，满足，，的夹角为，且，则向量，的数量积为______ .16. 如图，已知在扇形OAB中，半径，，圆内切于扇形圆和OA、OB、弧AB均相切，作圆与圆、OA、OB相切，再作圆与圆、OA、OB相切，以此类推.设圆、圆…的面积依次为，…，那么…______ .17. 的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，求；若，求的周长.18. 如图，直四棱柱的底面是菱形，，，E，M，N分别是BC，，的中点.证明：平面；求二面角的正弦值.19. 2023年1月26日，世界乒乓球职业大联盟支线赛多哈站结束，中国队包揽了五个单项冠军，乒乓球单打规则是首先由发球员发球2次，再由接发球员发球2次，两者交替，胜者得1分.在一局比赛中，先得11分的一方为胜方，10平后，先多得2分的一方为胜方，甲、乙两位同学进行乒乓球单打比赛，甲在一次发球中，得1分的概率为，乙在一次发球中，得1分的概率为，如果在一局比赛中，由乙队员先发球.甲、乙的比分暂时为8：8，求最终甲以11：9赢得比赛的概率；求发球3次后，甲的累计得分的分布列及数学期望.20. 椭圆C：的左、右焦点分别为、，且椭圆C过点，离心率为求椭圆C的方程；若点是椭圆上任一点，那么椭圆在点M处的切线方程为已知是中椭圆C上除顶点之外的任一点，椭圆C在N点处的切线和过N点垂直于切线的直线分别与y轴交于点P、求证：点P、N、Q、、在同一圆上.21. 已知函数当时，求函数的零点；对于任意的，恒有，求实数a的取值范围.22. 在平面直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为为参数，以坐标原点O 为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为求曲线C的普通方程和直线l的直角坐标方程；若直线l与曲线C交于P，Q两点，且点，求的值.23. 已知：，若，求不等式的解集；，若图像与两坐标轴围成的三角形面积不大于2，求正数m 的取值范围.答案和解析1.【答案】B【解析】解：因为，所以，所以，即，所以，所以故选：根据复数的四则运算求出复数z，即可得的值．本题主要考查复数的四则运算，以及复数模公式，属于基础题．2.【答案】C【解析】解：由，得，所以，由及，得，解得，解得，所有，故选：根据偶次根式要求被开方式大于等于零，求得集合，解分式不等式求得集合，然后求交集得到结果．本题主要考查了集合交集运算，属于基础题．3.【答案】D【解析】解：定价元故选：本质上是求3种糖果单价的加权平均值，只需将三种糖果的单价加权平均即可．本题主要考查加权平均值的求法，考查运算求解能力，属于基础题．4.【答案】A【解析】解：m，n是两条不同的直线，，是两个不同的平面，①若，，则或，故①错误；②若，，则，故②正确；③若，，则，故③正确；④若，，，则m，n平行、相交或异面，故④错误．故选：由线面的位置关系可判断①；由面面垂直的判定定理可判断②；由线面垂直的性质可判断③；由线线的位置关系可判断④．本题考查空间中线线、线面和面面的位置关系，考查转化思想和推理能力，属于基础题．5.【答案】B【解析】解：因为，，当时，，单调递增，当时，，单调递减且，所以只有B选项才满足，故选：求出当和的解析式，再根据指数函数的单调性及值域即可得答案．本题考查了指数函数的性质、值域，属于基础题．6.【答案】C【解析】解：因为当时，取得最小值，即，所以，即，解得：，当时，，当时，，所以的最小值是故选：根据时，取得最小值，列出等式后解出，取k为连续的整数时，刚好正负发生变化，即可得出的最小值．本题主要考查三角函数的最值，正弦函数的性质，考查运算求解能力，属于中档题．7.【答案】D【解析】解：由题意知①，当时，，当时，②，①-②得，又，，符合题意，，，故选：根据与的关系求得，进而求出，利用裂项相消求和法即可求解．本题考查根据数列的前n项和求通项公式，裂项求和法的应用，属中档题．8.【答案】C【解析】解：将直角三角形ABC沿斜边AB旋转一周，旋转形成的几何体的如图所示，，，故选：由题意作出旋转体由两个圆锥构成，利用等面积法求出底面圆的半径，即可根据圆锥的体积公式求出旋转体的体积．本题主要考查了圆锥的结构特征，属于基础题．9.【答案】D【解析】解：若，时，当判断框填入的是，或时，则直接输出，错误，由题意得，，，，，，，，，，当时，则直接输出，若时，则满足，则还需要再循环1次，则输出的结果为，则需要，故选：该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量S的值，模拟程序的运行过程，分析循环中各变量值的变化情况，可得答案．本题考查了程序框图的应用问题，解题时应模拟程序框图的运行过程，属于中档题．10.【答案】D【解析】解：传球的结果可以分为：分别传给3人时：乙丙丁，乙丁丙，丙乙丁，丙丁乙，丁乙丙，丁丙乙，共6种；若传给2人时：乙丙乙，丙乙丙，乙丁乙，丁乙丁，丁丙丁，丙丁丙，共6种；再传给甲的：乙甲乙，丙甲丙，丁甲丁，乙丙甲，乙甲丙，乙丁甲，乙甲丁，丙乙甲，丙甲乙，丁乙甲，丁甲乙，丙丁甲，丙甲丁，丁甲丙，丁丙甲，共15种；共27种，只传乙一次的有16种，所以所求概率为故选：将所有传球的结果列出，再利用古典概型求结果．本题主要考查了古典概型的概率公式，属于基础题．11.【答案】A【解析】解：是双曲线C：的半焦距，，设，，则，令，则，当时，有最大值，，，故选：由题意得，利用三角换元，用c表示a，b，利用三角函数求得最值，结合离心率公式，即可得出答案．本题考查双曲线的性质，考查转化思想和换元法，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．12.【答案】A【解析】解：因为，所以，即，即，所以，令，，易知在上单调递增，又因为，所以，所以，，所以，，令，，则，所以当时，，单调递减；当时，，单调递增；所以，所以，解得故选：将原不等式变化为，令，，则在上单调递增，故有，即有，，，，令，，求出的最小值即可得答案．本题考查利用导数研究函数的单调性及最值，考查不等式的恒成立问题，查逻辑推理能力及运算求解能力，属于中档题．13.【答案】80【解析】解：二项式的展开式的通项公式为，令，，故展开式中的系数为，故答案为在二项展开式的通项公式中，令x的幂指数等于3，求出r的值，即可求得展开式中的系数．本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，求展开式中某项的系数，属于中档题．14.【答案】3【解析】解：由题意得抛物线的标准方程为，则，即直线l为，联立，整理得，设，，则，故线段AB的中点的横坐标为，代入直线l得，线段AB的中点到x轴的距离是3，故答案为：由题意可设直线l的方程为，联立抛物线方程，利用韦达定理可得AB的中点横坐标，即可得出答案．本题考查抛物线的性质，考查方程思想和转化思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于基础题．15.【答案】0【解析】解：，，又，的夹角为，且，向量，的数量积，故答案为：由题意得，根据向量数量积的性质，即可得出答案．本题考查平面向量数量积的性质及其运算，考查转化思想，考查运算能力，属于基础题．16.【答案】【解析】解：如图，设圆圆，与OA分别切于点C，E，则，，圆，，，⋯⋯的半径为，，，⋯⋯，，因为，所以，在中，，则，即，解得，在中，，则，即，解得，同理可得，所以，，，⋯⋯，是以为首项，为公比的等比数列，因为，所以面积，，，⋯⋯，构成一个以为首项，以为公比的等比数列，则故答案为：分别设圆，，，⋯⋯的半径为，，，⋯⋯，根据题意可得，，，⋯⋯，是以为首项，为公比的等比数列，然后结合圆的面积公式和等比数列求和公式计算即可求解．本题考查数列的求和，考查运算求解能力，属中档题．17.【答案】解：在中，，，，，；在中，，由正弦定理可得，，又，，由余弦定理可得，，，解得，故的周长为【解析】根据已知条件，结合余弦函数的两角和公式，即可求解；根据已知条件，结合正弦定理，以及余弦定理，即可求解．本题主要考查解三角形，考查转化能力，属于中档题．18.【答案】解：证明：连接ME，，，E分别为，BC中点，且，又且，四边形为平行四边形，且，又N为中点，且，，，四边形MNDE为平行四边形，，又平面，平面，平面；连接AC，BD，，，设，，则由直四棱柱性质可知平面ABCD，四边形ABCD为菱形，，以O为原点，可建立如图所示的空间直角坐标系，则根据题意可得：，，，，，取AB中点F，连接DF，则，，，四边形ABCD为菱形且，为等边三角形，，又平面ABCD，平面ABCD，，又，，平面，平面，即平面，为平面的一个法向量，且，设平面的一个法向量为，则，取，，，二面角的正弦值为【解析】连接ME，，证明四边形MNDE为平行四边形，可得，再根据线面平行的判定定理即可得证；连接AC，BD，，，设，，以O为原点，可建立如图所示的空间直角坐标系，利用向量法求解即可．本题考查线面平行的证明，线面平行的判定定理，向量法求解二面角问题，向量夹角公式的应用，属中档题．19.【答案】解：甲以11：9赢得比赛，共计20次发球，在后4次发球中，需甲在最后一次获胜，最终甲以11：9赢得比赛的概率为：；设甲累计得分为随机变量X，X的可能取值为0，1，2，3，，，，，随机变量X的分布列为：X0123P【解析】根据题意可得甲以11：9赢得比赛，则甲再得到3分，乙得到1分，且甲得到最后一分，再根据独立事件的乘法公式求概率即可；根据题意可得X的可能取值为0，1，2，3，求出相应的概率列出分布列，再求其数学期望即可．本题主要考查了独立事件的概率乘法公式，考查了离散型随机变量的分布列和期望，属于中档题．20.【答案】解：由题意得，解得，，所以椭圆C的标准方程为证明：由题意知：过点的椭圆的切线方程为，令，则；且，则设直线NQ方程为，令，则；又，，则；，即，，，即点N、P、Q、、在以PQ为直径的圆上．【解析】根据离心率和椭圆所过点及得到方程组，求出答案；根据题意得到过点的椭圆的切线方程及直线NQ方程，得到P、Q两点坐标，从而得到，得到，，得到证明．本题主要考查椭圆的性质及标准方程，直线与椭圆的综合，考查运算求解能力，属于中档题．21.【答案】解：当时，，得，令，则，，即，所以在R上单调递增，注意到，故有唯一的零点注意到，只要即可，，，令，则，当时，，有，即，符合题意；当时，，若，即时，，此时，即，符合题意；若，即时，在上单调递减，在上单调递增知，，不合题意，综上，即实数a的取值范围为【解析】的正负不明显时，对其再次求导判断值域，即可得出的正负，从而得出的单调性，再结合函数值即可判断零点个数．注意到，可考虑让在单调递增求出a的范围即可符合题意，然后再检验不单调递增时a的范围即可，此法为端点效应．本题考查利用导数研究函数的单调性，考查函数的零点以及不等式的恒成立问题，本题第二问的关键在于分类讨论，首先讨论时的情况，然后讨论时，利用端点效应代入求出a的范围，并检验是否符合题意，考查逻辑推理能力及运算求解能力，属于中档题．22.【答案】解：由曲线为参数，消去t得，曲线C的普通方程为，由直线l：，，，可得其直角坐标方程为直线l：化为参数式为为参数，将直线l的参数方程代入，可得，即由根与系数的关系可得，，，【解析】消去参数t，可得曲线C的普通方程，由极坐标和直角坐标间的转化关系可得直线l 的直角坐标方程；写出直线l的参数方程，与曲线C的方程联立，利用参数的几何意义即可得解．本题主要考查极坐标方程与直角坐标方程的互化，参数方程与普通方程的互化，参数方程的几何意义及其应用等知识，属于中等题．23.【答案】解：当时，，所以当时，，即，解得，当时，，即，解得，当时，，即，解得，综上，或，所以不等式的解集为，如图所示，图像与两坐标轴交于点，，则，依题意，即，所以实数m的取值范围为【解析】将代入函数，并将函数化为分段函数的形式，再分类讨论解不等式即可；作出函数图象，结合图象得到点A，B的坐标，进而表示出的面积，由此可得解．本题考查分段函数及其运用，考查分类讨论思想，数形结合思想以及运算求解能力，属于中档题．。