卷03（文科）——【备考2023】高考数学真题重组卷（课标全国卷）（含解析）

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注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、单项选择题：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．（2020·全国·统考高考真题）已知集合A={x||x|<3，x∈Z}，B={x||x|>1，x∈Z}，则A∩B=（ ）
A．∅B．{–3，–2，2，3）
C．{–2，0，2}D．{–2，2}
【答案】D
【分析】解绝对值不等式化简集合A,B的表示，再根据集合交集的定义进行求解即可.
【详解】因为A={x||x|<3,x∈Z}={-2,-1,0,1,2}，
B={x||x|>1,x∈Z}={x|x>1或x<-1,x∈Z}，
所以A∩B={2,-2}.
故选：D.
【点睛】本题考查绝对值不等式的解法，考查集合交集的定义，属于基础题.
2．（2022·全国·统考高考真题）某社区通过公益讲座以普及社区居民的垃圾分类知识．为了解讲座效果，随机抽取10位社区居民，让他们在讲座前和讲座后各回答一份垃圾分类知识问卷，这10位社区居民在讲座前和讲座后问卷答题的正确率如下图：
则（ ）
A．讲座前问卷答题的正确率的中位数小于70%
B．讲座后问卷答题的正确率的平均数大于85%
C．讲座前问卷答题的正确率的标准差小于讲座后正确率的标准差
D．讲座后问卷答题的正确率的极差大于讲座前正确率的极差
【答案】B
【分析】由图表信息，结合中位数、平均数、标准差、极差的概念，逐项判断即可得解.
【详解】讲座前中位数为70%+75%2>70%,所以A错；
讲座后问卷答题的正确率只有一个是80%,4个85%,剩下全部大于等于90%,所以讲座后问卷答题的正确率的平均数大于85%,所以B对；
讲座前问卷答题的正确率更加分散,所以讲座前问卷答题的正确率的标准差大于讲座后正确率的标准差,所以C错；
讲座后问卷答题的正确率的极差为100%-80%=20%，
讲座前问卷答题的正确率的极差为95%-60%=35%>20%,所以D错.
故选:B.
3．（2021·全国·高考真题）已知(1-i)2z=3+2i，则z=（ ）
A．-1-32iB．-1+32iC．-32+iD．-32-i
【答案】B
【分析】由已知得z=3+2i-2i，根据复数除法运算法则，即可求解.
【详解】(1-i)2z=-2iz=3+2i，
z=3+2i-2i=(3+2i)⋅i-2i⋅i=-2+3i2=-1+32i.
故选：B.
4．（2021·全国·统考高考真题）若x,y满足约束条件x+y≥4,x-y≤2,y≤3,则z=3x+y的最小值为（ ）
A．18B．10C．6D．4
【答案】C
【分析】由题意作出可行域，变换目标函数为y=-3x+z，数形结合即可得解.
【详解】由题意，作出可行域，如图阴影部分所示，
由{x+y=4y=3可得点A(1,3),
转换目标函数z=3x+y为y=-3x+z，
上下平移直线y=-3x+z，数形结合可得当直线过点A时,z取最小值，
此时zmin=3×1+3=6.
故选：C.
5．（2022·全国·统考高考真题）如图，网格纸上绘制的是一个多面体的三视图，网格小正方形的边长为1，则该多面体的体积为（ ）
A．8B．12C．16D．20
【答案】B
【分析】由三视图还原几何体，再由棱柱的体积公式即可得解.
【详解】由三视图还原几何体，如图，
则该直四棱柱的体积V=2+42×2×2=12.
故选：B.
6．（2021·全国·高考真题）点3,0到双曲线x216-y29=1的一条渐近线的距离为（ ）
A．95B．85C．65D．45
【答案】A
【分析】首先确定渐近线方程，然后利用点到直线距离公式求得点到一条渐近线的距离即可.
【详解】由题意可知，双曲线的渐近线方程为：x216-y29=0，即3x±4y=0，
结合对称性，不妨考虑点3,0到直线3x+4y=0的距离：d=9+09+16=95.
故选：A.
7．（2021·全国·高考真题）青少年视力是社会普遍关注的问题，视力情况可借助视力表测量．通常用五分记录法和小数记录法记录视力数据，五分记录法的数据L和小数记录表的数据V的满足L=5+lgV．已知某同学视力的五分记录法的数据为4.9，则其视力的小数记录法的数据为（ ）（1010≈1.259）
A．1.5B．1.2C．0.8D．0.6
【答案】C
【分析】根据L,V关系，当L=4.9时，求出lgV，再用指数表示V，即可求解.
【详解】由L=5+lgV，当L=4.9时，lgV=-0.1，
则V=10-0.1=10-110=11010≈11.259≈0.8.
故选：C.
8．（2021·全国·统考高考真题）下列函数中最小值为4的是（ ）
A．y=x2+2x+4B．y=sinx+4sinx
C．y=2x+22-xD．y=lnx+4lnx
【答案】C
【分析】根据二次函数的性质可判断A选项不符合题意，再根据基本不等式“一正二定三相等”，即可得出B,D不符合题意，C符合题意．
【详解】对于A，y=x2+2x+4=x+12+3≥3，当且仅当x=-1时取等号，所以其最小值为3，A不符合题意；
对于B，因为0对于C，因为函数定义域为R，而2x>0，y=2x+22-x=2x+42x≥24=4，当且仅当2x=2，即x=1时取等号，所以其最小值为4，C符合题意；
对于D，y=lnx+4lnx，函数定义域为0,1∪1,+∞，而lnx∈R且lnx≠0，如当lnx=-1，y=-5，D不符合题意．
故选：C．
【点睛】本题解题关键是理解基本不等式的使用条件，明确“一正二定三相等”的意义，再结合有关函数的性质即可解出．
9．（2022·全国·统考高考真题）如图是下列四个函数中的某个函数在区间[-3,3]的大致图像，则该函数是（ ）
A．y=-x3+3xx2+1B．y=x3-xx2+1C．y=2xcsxx2+1D．y=2sinxx2+1
【答案】A
【分析】由函数图像的特征结合函数的性质逐项排除即可得解.
【详解】设fx=x3-xx2+1，则f1=0，故排除B;
设hx=2xcsxx2+1，当x∈0,π2时，0所以hx=2xcsxx2+1<2xx2+1≤1，故排除C;
设gx=2sinxx2+1，则g3=2sin310>0，故排除D.
故选：A.
10．（2020·全国·统考高考真题）设a=lg32，b=lg53，c=23，则（ ）
A．a【答案】A
【分析】分别将a,b改写为a=13lg323，b=13lg533，再利用单调性比较即可.
【详解】因为a=13lg323<13lg39=23=c，b=13lg533>13lg525=23=c，
所以a故选：A.
【点晴】本题考查对数式大小的比较，考查学生转化与化归的思想，是一道中档题.
11．（2020·全国·统考高考真题）在△ABC中，csC=23，AC=4，BC=3，则tanB=（ ）
A．5B．25C．45D．85
【答案】C
【分析】先根据余弦定理求c，再根据余弦定理求csB，最后根据同角三角函数关系求tanB.
【详解】设AB=c,BC=a,CA=b
c2=a2+b2-2abcsC=9+16-2×3×4×23=9∴c=3
csB=a2+c2-b22ac=19∴sinB=1-(19)2=459∴tanB=45
故选：C
【点睛】本题考查余弦定理以及同角三角函数关系，考查基本分析求解能力，属基础题.
12．（2022·全国·统考高考真题）已知球O的半径为1，四棱锥的顶点为O，底面的四个顶点均在球O的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为（ ）
A．13B．12C．33D．22
【答案】C
【分析】方法一：先证明当四棱锥的顶点O到底面ABCD所在小圆距离一定时，底面ABCD面积最大值为2r2，进而得到四棱锥体积表达式，再利用均值定理去求四棱锥体积的最大值，从而得到当该四棱锥的体积最大时其高的值.
【详解】[方法一]：【最优解】基本不等式
设该四棱锥底面为四边形ABCD，四边形ABCD所在小圆半径为r，
设四边形ABCD对角线夹角为α，
则SABCD=12⋅AC⋅BD⋅sinα≤12⋅AC⋅BD≤12⋅2r⋅2r=2r2
（当且仅当四边形ABCD为正方形时等号成立）
即当四棱锥的顶点O到底面ABCD所在小圆距离一定时，底面ABCD面积最大值为2r2
又设四棱锥的高为h，则r2+h2=1，
VO-ABCD=13⋅2r2⋅h=23r2⋅r2⋅2h2≤23r2+r2+2h233=4327
当且仅当r2=2h2即h=33时等号成立.
故选：C
[方法二]：统一变量＋基本不等式
由题意可知，当四棱锥为正四棱锥时，其体积最大，设底面边长为a，底面所在圆的半径为r，则r=22a，所以该四棱锥的高h=1-a22，
V=13a21-a22=43a24⋅a24⋅(1-a22)≤43a24+a24+1-a2233=43(13)3=4327
(当且仅当a24=1-a22，即a2=43时，等号成立)
所以该四棱锥的体积最大时，其高h=1-a22=1-23=33.
故选：C．
[方法三]：利用导数求最值
由题意可知，当四棱锥为正四棱锥时，其体积最大，设底面边长为a，底面所在圆的半径为r，则r=22a，所以该四棱锥的高h=1-a22，V=13a21-a22，令a2=t(000，单调递增， 43所以当t=43时，V最大，此时h=1-a22=33．
故选：C.
【整体点评】方法一：思维严谨，利用基本不等式求最值，模型熟悉，是该题的最优解；
方法二：消元，实现变量统一，再利用基本不等式求最值；
方法三：消元，实现变量统一，利用导数求最值，是最值问题的常用解法，操作简便，是通性通法．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．（2021·全国·统考高考真题）记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，面积为3，B=60°，a2+c2=3ac，则b=________．
【答案】22
【分析】由三角形面积公式可得ac=4，再结合余弦定理即可得解.
【详解】由题意，S△ABC=12acsinB=34ac=3，
所以ac=4,a2+c2=12，
所以b2=a2+c2-2accsB=12-2×4×12=8，解得b=22（负值舍去）.
故答案为：22.
14．（2021·全国·统考高考真题）已知向量a=2,5,b=λ,4，若a//b，则λ=_________．
【答案】85
【分析】利用向量平行的充分必要条件得到关于λ的方程，解方程即可求得实数λ的值.
【详解】由题意结合向量平行的充分必要条件可得：2×4-λ×5=0，
解方程可得：λ=85.
故答案为：85.
15．（2020·全国·统考高考真题）曲线y=lnx+x+1的一条切线的斜率为2，则该切线的方程为______________.
【答案】y=2x
【分析】设切线的切点坐标为(x0,y0)，对函数求导，利用y'|x0=2，求出x0，代入曲线方程求出y0，得到切线的点斜式方程，化简即可.
【详解】设切线的切点坐标为(x0,y0),y=lnx+x+1,y'=1x+1，
y'|x=x0=1x0+1=2,x0=1,y0=2，所以切点坐标为(1,2)，
所求的切线方程为y-2=2(x-1)，即y=2x.
故答案为：y=2x.
【点睛】本题考查导数的几何意义，属于基础题.
16．（2021·全国·高考真题）已知F1,F2为椭圆C：x216+y24=1的两个焦点，P，Q为C上关于坐标原点对称的两点，且PQ=F1F2，则四边形PF1QF2的面积为________．
【答案】8
【分析】根据已知可得PF1⊥PF2，设|PF1|=m,|PF2|=n，利用勾股定理结合m+n=8，求出mn，四边形PF1QF2面积等于mn，即可求解.
【详解】因为P,Q为C上关于坐标原点对称的两点，
且|PQ|=|F1F2|，所以四边形PF1QF2为矩形，
设|PF1|=m,|PF2|=n，则m+n=8,m2+n2=48，
所以64=(m+n)2=m2+2mn+n2=48+2mn，
mn=8，即四边形PF1QF2面积等于8.
故答案为：8.
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．（2021·全国·统考高考真题）某厂研制了一种生产高精产品的设备，为检验新设备生产产品的某项指标有无提高，用一台旧设备和一台新设备各生产了10件产品，得到各件产品该项指标数据如下：
旧设备和新设备生产产品的该项指标的样本平均数分别记为x和y，样本方差分别记为s12和s22．
（1）求x，y，s12，s22；
（2）判断新设备生产产品的该项指标的均值较旧设备是否有显著提高（如果y-x≥2s12+s2210，则认为新设备生产产品的该项指标的均值较旧设备有显著提高，否则不认为有显著提高）．
【答案】（1）x=10,y=10.3,s12=0.036,s22=0.04；（2）新设备生产产品的该项指标的均值较旧设备有显著提高.
【分析】（1）根据平均数和方差的计算方法，计算出平均数和方差.
（2）根据题目所给判断依据，结合（1）的结论进行判断.
【详解】（1）x=9.8+10.3+10+10.2+9.9+9.8+10+10.1+10.2+9.710=10，
y=10.1+10.4+10.1+10+10.1+10.3+10.6+10.5+10.4+10.510=10.3，
s12=0.22+0.32+0+0.22+0.12+0.22+0+0.12+0.22+0.3210=0.036，
s22=0.22+0.12+0.22+0.32+0.22+0+0.32+0.22+0.12+0.2210=0.04.
（2）依题意，y-x=0.3=2×0.15=20.152=20.0225，20.036+0.0410=20.0076，
y-x≥2s12+s2210，所以新设备生产产品的该项指标的均值较旧设备有显著提高.
18．（2022·全国·统考高考真题）小明同学参加综合实践活动，设计了一个封闭的包装盒，包装盒如图所示：底面ABCD是边长为8（单位：cm）的正方形，△EAB,△FBC,△GCD,△HDA均为正三角形，且它们所在的平面都与平面ABCD垂直．
(1)证明：EF//平面ABCD；
(2)求该包装盒的容积（不计包装盒材料的厚度）．
【答案】(1)证明见解析；
(2)64033．
【分析】（1）分别取AB,BC的中点M,N，连接MN，由平面知识可知EM⊥AB,FN⊥BC，EM=FN，依题从而可证EM⊥平面ABCD，FN⊥平面ABCD，根据线面垂直的性质定理可知EM//FN，即可知四边形EMNF为平行四边形，于是EF//MN，最后根据线面平行的判定定理即可证出；
（2）再分别取AD,DC中点K,L，由（1）知，该几何体的体积等于长方体KMNL-EFGH的体积加上四棱锥B-MNFE体积的4倍，即可解出．
【详解】（1）如图所示：
分别取AB,BC的中点M,N，连接MN，因为△EAB,△FBC为全等的正三角形，所以EM⊥AB,FN⊥BC，EM=FN，又平面EAB⊥平面ABCD，平面EAB∩平面ABCD=AB，EM⊂平面EAB，所以EM⊥平面ABCD，同理可得FN⊥平面ABCD，根据线面垂直的性质定理可知EM//FN，而EM=FN，所以四边形EMNF为平行四边形，所以EF//MN，又EF⊄平面ABCD，MN⊂平面ABCD，所以EF//平面ABCD．
（2）[方法一]：分割法一
如图所示：
分别取AD,DC中点K,L，由（1）知，EF//MN且EF=MN，同理有，HE//KM,HE=KM，HG//KL,HG=KL，GF//LN,GF=LN，由平面知识可知，BD⊥MN，MN⊥MK，KM=MN=NL=LK，所以该几何体的体积等于长方体KMNL-EFGH的体积加上四棱锥B-MNFE体积的4倍．
因为MN=NL=LK=KM=42，EM=8sin60∘=43，点B到平面MNFE的距离即为点B到直线MN的距离d，d=22，所以该几何体的体积
V=422×43+4×13×42×43×22=1283+25633=64033．
[方法二]：分割法二
如图所示：
连接AC,BD,交于O，连接OE,OF,OG,OH.则该几何体的体积等于四棱锥O-EFGH的体积加上三棱锥A-OEH的4倍,再加上三棱锥E-OAB的四倍．容易求得，OE=OF=OG=OH=8,取EH的中点P，连接AP,OP.则EH垂直平面APO.由图可知，三角形APO,四棱锥O-EFGH与三棱锥E-OAB的高均为EM的长.所以该几何体的体积
V=13⋅43⋅422+4⋅13⋅42⋅1242⋅43+4⋅13⋅43⋅1242⋅42=64033.
19．（2021·全国·统考高考真题）设an是首项为1的等比数列，数列bn满足bn=nan3．已知a1，3a2，9a3成等差数列．
（1）求an和bn的通项公式；
（2）记Sn和Tn分别为an和bn的前n项和．证明：Tn【答案】（1）an=(13)n-1，bn=n3n；（2）证明见解析.
【分析】（1）利用等差数列的性质及a1得到9q2-6q+1=0，解方程即可；
（2）利用公式法、错位相减法分别求出Sn,Tn，再作差比较即可.
【详解】（1）因为an是首项为1的等比数列且a1，3a2，9a3成等差数列，
所以6a2=a1+9a3，所以6a1q=a1+9a1q2，
即9q2-6q+1=0，解得q=13，所以an=(13)n-1，
所以bn=nan3=n3n.
（2）[方法一]：作差后利用错位相减法求和
Tn=13+232+⋯+n-13n-1+n3n，
Sn2=12130+131+132+⋯+13n-1，
Tn-Sn2=13+232+333+⋯+n3n-12130+131+132+⋯+13n-1= 0-1230+1-1231+2-1232+⋯+ n-1-123n-1+n3n．
设Γn=0-1230+1-1231+2-1232+⋯+n-1-123n-1， ⑧
则13Γn=0-1231+1-1232+2-1233+⋯+n-1-123n． ⑨
由⑧-⑨得23Γn=-12+131+132+⋯+13n-1-n-323n=-12+131-13n-11-13-n-323n．
所以Γn=-14×3n-2-n-322×3n-1=-n2×3n-1．
因此Tn-Sn2=n3n-n2×3n-1=-n2×3n<0．
故Tn[方法二]【最优解】：公式法和错位相减求和法
证明：由（1）可得Sn=1×(1-13n)1-13=32(1-13n)，
Tn=13+232+⋯+n-13n-1+n3n，①
13Tn=132+233+⋯+n-13n+n3n+1，②
①-②得23Tn=13+132+133+⋯+13n-n3n+1 =13(1-13n)1-13-n3n+1=12(1-13n)-n3n+1，
所以Tn=34(1-13n)-n2⋅3n，
所以Tn-Sn2= 34(1-13n)-n2⋅3n-34(1-13n)=-n2⋅3n<0，
所以Tn[方法三]：构造裂项法
由（Ⅰ）知bn=n13n，令cn=(αn+β)13n，且bn=cn-cn+1，即n13n=(αn+β)13n-[α(n+1)+β]13n+1，
通过等式左右两边系数比对易得α=32,β=34，所以cn=32n+34⋅13n．
则Tn=b1+b2+⋯+bn=c1-cn+1=34-34+n213n，下同方法二．
[方法四]：导函数法
设f(x)=x+x2+x3+⋯+xn=x1-xn1-x，
由于x1-xn1-x'=x1-xn'1-x-x1-xn×1-x'1-x2=1+nxn+1-(n+1)xn(1-x)2，
则f'(x)=1+2x+3x2+⋯+nxn-1=1+nxn+1-(n+1)xn(1-x)2．
又bn=n13n=13n13n-1，
所以Tn=b1+b2+b3+⋯+bn=131+2×13+3×132+⋯+n⋅13n-1= 13⋅f'13=13×1+n13n+1-(n+1)13n1-132
=341+n13n+1-(n+1)13n=34-34+n213n，下同方法二．
【整体点评】本题主要考查数列的求和，涉及到等差数列的性质，错位相减法求数列的和，考查学生的数学运算能力，是一道中档题，其中证明不等式时采用作差法，或者作商法要根据式子得结构类型灵活选择，关键是要看如何消项化简的更为简洁.
（2）的方法一直接作差后利用错位相减法求其部分和，进而证得结论；
方法二根据数列的不同特点，分别利用公式法和错位相减法求得Sn,Tn,然后证得结论,为最优解；
方法三采用构造数列裂项求和的方法，关键是构造cn=(αn+β)13n，使bn=cn-cn+1，求得Tn的表达式，这是错位相减法的一种替代方法，
方法四利用导数方法求和，也是代替错位相减求和法的一种方法.
20．（2021·全国·统考高考真题）已知抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点F到准线的距离为2．
（1）求C的方程;
（2）已知O为坐标原点，点P在C上，点Q满足PQ=9QF，求直线OQ斜率的最大值.
【答案】（1）y2=4x；（2）最大值为13.
【分析】（1）由抛物线焦点与准线的距离即可得解；
（2）设Qx0,y0，由平面向量的知识可得P10x0-9,10y0，进而可得x0=25y02+910，再由斜率公式及基本不等式即可得解.
【详解】（1）抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点Fp2,0，准线方程为x=-p2，
由题意，该抛物线焦点到准线的距离为p2--p2=p=2，
所以该抛物线的方程为y2=4x；
（2）[方法一]：轨迹方程+基本不等式法
设Qx0,y0，则PQ=9QF=9-9x0,-9y0，
所以P10x0-9,10y0，
由P在抛物线上可得10y02=410x0-9，即x0=25y02+910，
据此整理可得点Q的轨迹方程为y2=25x-925，
所以直线OQ的斜率kOQ=y0x0=y025y02+910=10y025y02+9，
当y0=0时，kOQ=0；
当y0≠0时，kOQ=1025y0+9y0，
当y0>0时，因为25y0+9y0≥225y0⋅9y0=30，
此时0当y0<0时，kOQ<0；
综上，直线OQ的斜率的最大值为13.
[方法二]：【最优解】轨迹方程+数形结合法
同方法一得到点Q的轨迹方程为y2=25x-925．
设直线OQ的方程为y=kx，则当直线OQ与抛物线y2=25x-925相切时，其斜率k取到最值．联立y=kx,y2=25x-925,得k2x2-25x+925=0，其判别式Δ=-252-4k2×925=0，解得k=±13，所以直线OQ斜率的最大值为13．
[方法三]：轨迹方程+换元求最值法
同方法一得点Q的轨迹方程为y2=25x-925．
设直线OQ的斜率为k，则k2=yx2=25x-925x2．
令1x=t0[方法四]：参数+基本不等式法
由题可设P4t2,4t(t>0),Q(x,y)．
因为F(1,0),PQ=9QF，所以x-4t2,y-4t=9(1-x,-y)．
于是x-4t2=9(1-x)y-4t=-9y，所以10x=4t2+910y=4t
则直线OQ的斜率为yx=4t4t2+9=44t+9t≤424t⋅9t=13．
当且仅当4t=9t，即t=32时等号成立，所以直线OQ斜率的最大值为13．
【整体点评】方法一根据向量关系，利用代点法求得Q的轨迹方程，得到直线OQ的斜率关于y的表达式，然后利用分类讨论，结合基本不等式求得最大值；
方法二 同方法一得到点Q的轨迹方程，然后利用数形结合法，利用判别式求得直线OQ的斜率的最大值，为最优解；
方法三同方法一求得Q的轨迹方程，得到直线OQ的斜率k的平方关于x的表达式，利用换元方法转化为二次函数求得最大值，进而得到直线OQ斜率的最大值；
方法四利用参数法，由题可设P4t2,4t(t>0),Q(x,y)，求得x,y关于t的参数表达式，得到直线OQ的斜率关于t的表达式，结合使用基本不等式，求得直线OQ斜率的最大值.
21．（2020·全国·统考高考真题）已知函数f（x）=2lnx+1．
（1）若f（x）≤2x+c，求c的取值范围；
（2）设a>0时，讨论函数g（x）=f(x)-f(a)x-a的单调性．
【答案】（1）-1,+∞；（2）g(x)在区间(0,a)和(a,+∞)上单调递减，没有递增区间
【分析】（1）[方法三]不等式f(x)≤2x+c转化为f(x)-2x-c≤0，构造新函数，利用导数求出新函数的最大值，进而进行求解即可；
（2）对函数g(x)求导，把导函数g'(x)的分子构成一个新函数 m(x)，再求导得到m'(x)，根据m'(x)的正负，判断 m(x)的单调性，进而确定g'(x)的正负性，最后求出函数g(x)的单调性.
【详解】（1）
[方法一]【最优解】：
f(x)≤2x+c等价于2lnx-2x≤c-1．
设h(x)=2lnx-2x，则h'(x)=2x-2=2(1-x)x．
当00，所以h(x)在区间(0,1)内单调递增；
当x>1时，h'(x)<0，所以h(x)在区间(1,+∞)内单调递减．
故[h(x)]max=h(1)=-2，所以c-1≥-2，即c≥-1，所以c的取值范围是[-1,+∞)．
[方法二]：切线放缩
若f(x)≤2x+c，即2lnx+1≤2x+c，即lnx≤x+c-12当x∈(0,+∞)时恒成立，
而y=lnx在点(1,0)处的切线为y=x-1，从而有lnx≤x-1，
当x∈(0,+∞)时恒成立，即c-12≥-1，则c≥-1．所以c的取值范围为[-1,+∞)．
[方法三]：利用最值求取值范围
函数f(x)的定义域为：(0,+∞)
f(x)≤2x+c⇒f(x)-2x-c≤0⇒2lnx+1-2x-c≤0(*)，
设h(x)=2lnx+1-2x-c(x>0)，则有 h'(x)=2x-2=2(1-x)x，
当x>1时，h'(x)<0,h(x)单调递减，
当00,h(x)单调递增，
所以当x=1时，函数h(x)有最大值，
即h(x)max=h(1)=2ln1+1-2×1-c=-1-c，
要想不等式(*)在(0,+∞)上恒成立，
只需h(x)max≤0⇒-1-c≤0⇒c≥-1；
所以c的取值范围为[-1,+∞)．
（2）gx=2lnx+1-2lna+1x-a=2lnx-lnax-a(x>0且 x≠a)
因此g'(x)=2(x-a-xlnx+xlna)x(x-a)2，设 m(x)=2(x-a-xlnx+xlna)，
则有m'(x)=2(lna-lnx)，
当x>a时，lnx>lna，所以m'(x)<0， m(x)单调递减，因此有m(x)g'(x)<0，所以g(x)单调递减；
当00， m(x)单调递增，因此有m(x)所以函数g(x)在区间(0,a)和 (a,+∞)上单调递减，没有递增区间.
【整体点评】(1)方法一：分类参数之后构造函数是处理恒成立问题的最常用方法，它体现了等价转化的数学思想，同时是的导数的工具也得到了充分利用；
方法二：切线放缩体现了解题的灵活性，将数形结合的思想应用到了解题过程之中，掌握常用的不等式是使用切线放缩的基础.
方法二：利用最值确定参数取值范围也是一种常用的方法，体现了等价转化的数学思想.
（二）选考题：共10分。请考生在第22、23题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。
[选修4-4：坐标系与参数方程]（10分）
22．（2022·全国·统考高考真题）在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为x=3cs2ty=2sint，（t为参数），以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，已知直线l的极坐标方程为ρsinθ+π3+m=0．
(1)写出l的直角坐标方程；
(2)若l与C有公共点，求m的取值范围．
【答案】(1)3x+y+2m=0
(2)-1912,52
【分析】（1）根据极坐标与直角坐标的互化公式处理即可；
（2）方法一：联立l与C的方程，采用换元法处理，根据新设a的取值范围求解m的范围即可.
【详解】（1）因为l：ρsinθ+π3+m=0，所以12ρ⋅sinθ+32ρ⋅csθ+m=0，
又因为ρ⋅sinθ=y,ρ⋅csθ=x，所以化简为12y+32x+m=0，
整理得l的直角坐标方程：3x+y+2m=0
（2）[方法一]：【最优解】参数方程
联立l与C的方程，即将x=3cs2t，y=2sint代入3x+y+2m=0中，
可得3cs2t+2sint+2m=0⇒3(1-2sin2t)+2sint+2m=0，
化简为-6sin2t+2sint+3+2m=0，
要使l与C有公共点，则2m=6sin2t-2sint-3有解，
令sint=a，则a∈-1,1，令f(a)=6a2-2a-3，(-1≤a≤1)，
对称轴为a=16，开口向上，
∴f(a)max=f(-1)=6+2-3=5，
f(a)min=f(16)=16-26-3=-196，
∴-196≤2m≤5，即m的取值范围为-1912,52.
[方法二]：直角坐标方程
由曲线C的参数方程为x=3cs2ty=2sint，t为参数，消去参数t，可得y2=-233x+2，
联立3x+y+2m=0y2=-233x+2，得3y2-2y-4m-6=0(-2≤y≤2)，即4m=3y2-2y-6=3y-132-193，即有-193≤4m≤10，即-1912≤m≤52，∴m的取值范围是-1912,52．
【整体点评】方法一：利用参数方程以及换元，转化为两个函数的图象有交点，是该题的最优解；
方法二：通过消参转化为直线与抛物线的位置关系，再转化为二次函数在闭区间上的值域，与方法一本质上差不多，但容易忽视y的范围限制而出错．
[选修4-5：不等式选讲]（10分）
23．（2021·全国·统考高考真题）已知函数fx=x-a+x+3．
（1）当a=1时，求不等式fx≥6的解集;
（2）若fx>-a，求a的取值范围．
【答案】（1）-∞,-4∪2,+∞.（2）-32,+∞.
【分析】（1）利用绝对值的几何意义求得不等式的解集.
（2）利用绝对值不等式化简fx>-a，由此求得a的取值范围.
【详解】（1）[方法一]：绝对值的几何意义法
当a=1时，fx=x-1+x+3，x-1+x+3表示数轴上的点到1和-3的距离之和，
则fx≥6表示数轴上的点到1和-3的距离之和不小于6，
当x=-4或x=2时所对应的数轴上的点到1，-3所对应的点距离之和等于6，
∴数轴上到1，-3所对应的点距离之和等于大于等于6得到所对应的坐标的范围是x≤-4或x≥2，
所以fx≥6的解集为-∞,-4∪2,+∞.
[方法二]【最优解】：零点分段求解法
当a=1时，f(x)=|x-1|+|x+3|．
当x≤-3时，(1-x)+(-x-3)≥6，解得x≤-4；
当-3当x≥1时，(x-1)+(x+3)≥6，解得x≥2．
综上，|x-1|+|x+3|≥6的解集为(-∞,-4]∪[2,+∞)．
（2）[方法一]：绝对值不等式的性质法求最小值
依题意fx>-a，即x-a+x+3>-a恒成立，
x-a+x+3=a-x+x+3≥a+3，
当且仅当a-xx+3≥0时取等号，
∴fxmin=a+3,
故a+3>-a，
所以a+3>-a或a+3解得a>-32.
所以a的取值范围是-32,+∞.
[方法二]【最优解】：绝对值的几何意义法求最小值
由|x-a|是数轴上数x表示的点到数a表示的点的距离，得f(x)=|x-a|+|x+3|≥|a+3|，故|a+3|>-a，下同解法一.
[方法三]：分类讨论+分段函数法
当a≤-3时，
f(x)=-2x+a-3,x-3,
则[f(x)]min=-a-3，此时-a-3>-a，无解．
当a>-3时，
f(x)=-2x+a-3,x<-3,a+3,-3≤x≤a,2x-a+3,x>a,
则[f(x)]min=a+3，此时，由a+3>-a得，a>-32．
综上，a的取值范围为a>-32．
[方法四]：函数图象法解不等式
由方法一求得fxmin=a+3后，构造两个函数y=|a+3|和y=-a，
即y=-a-3,a<-3,a+3,a≥-3和y=-a，
如图，两个函数的图像有且仅有一个交点M-32,32，
由图易知|a+3|>-a，则a>-32．
【整体点评】（1）解绝对值不等式的方法有几何意义法，零点分段法．
方法一采用几何意义方法，适用于绝对值部分的系数为1的情况，
方法二使用零点分段求解法，适用于更广泛的情况，为最优解；
（2）方法一，利用绝对值不等式的性质求得fxmin=a+3，利用不等式恒成立的意义得到关于a的不等式，然后利用绝对值的意义转化求解；
方法二与方法一不同的是利用绝对值的几何意义求得fx的最小值，最有简洁快速，为最优解法
方法三利用零点分区间转化为分段函数利用函数单调性求fx最小值，要注意函数fx中的各绝对值的零点的大小关系，采用分类讨论方法，使用与更广泛的情况；
方法四与方法一的不同在于得到函数fx的最小值后，构造关于a的函数，利用数形结合思想求解关于a的不等式.
旧设备
9.8
10.3
10.0
10.2
9.9
9.8
10.0
10.1
10.2
9.7
新设备
10.1
10.4
10.1
10.0
10.1
10.3
10.6
10.5
10.4
10.5