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陕西省榆林市府谷中学2022-2023学年高二下学期第二次月考理科数学试题（解析版）
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这是一份陕西省榆林市府谷中学2022-2023学年高二下学期第二次月考理科数学试题（解析版），共18页。
府谷中学高二年级第二学期第二次月考
数学试题（理科）
考生注意：
1.本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟.
2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚.
3.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效.
4.本卷命题范围，高考范围.
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. 设集合，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先利用一元二次不等式的解法化简集合A，再利用并集的定义求解.
【详解】由得，所以，.
故选：C.
2. 复数满足,则在复平面内对应点位于 ( )
A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限
【答案】D
【解析】
【分析】利用复数的除法运算求解
【详解】由题得在复平面内对应的点为(1,-2),
所以在复平面内对应的点在第四象限,
故选：D
3. 命题“，”的否定是（ ）
A. ， B. ，
C. ， D. ，
【答案】D
【解析】
【分析】利用存在量词命题的否定是全称量词命题即可求解.
【详解】量词命题的否定是改变量词，否定结论，
故“，”的否定是“，”.
故选：D.
4. 展开式中的常数项为（ ）
A. -20 B. -15 C. 15 D. 20
【答案】C
【解析】
【分析】写出二项展开通项，再令指数为0，得到相应的项数，从而算出常数项.
【详解】因为的展开式通项公式为，
令，得，所以，即展开式的常数项为15.
故选：C.
5. 等于（ ）
A. B. C. D. 2
【答案】A
【解析】
分析】利用诱导公式和二倍角公式化简即可求解.
【详解】．
故选：A．
6. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，，则（ ）
A. 8 B. 6 C. 5 D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，在中，利用正弦定理，即可求解.
【详解】在中，因为，所以，
由正弦定理，可得.
故选：D.
7. 放射性核素锶89的质量M会按某个衰减率衰减，设初始质量为，质量M与时间t（单位：天）的函数关系为（其中h为常数），若锶89的半衰期（质量衰减一半所用的时间）约为50天，那么质量为的锶89经过30天衰减后质量大约变为（ ）（参考数据）
A. 0.72 B. 0.70
C. 0.68 D. 0.66
【答案】D
【解析】
【分析】根据时，代入函数关系式中，可得的值，进而代入求解即可.
【详解】由题意，锶89半衰期（质量衰减一半所用的时间）所用时间为50天，
即，则，
所以质量为的锶89经过30天衰减后，
质量大约为．
故选：D．
8. 某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据三视图判断出几何体的结构，从而求得几何体的体积.
【详解】由三视图可知，该几何体为如下图所示三棱锥，
.
故选：C
9. 若双曲线的一条渐近线被圆所截得的弦长为，则的离心率为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，得出方程，求得，结合离心率的定义，即可求解.
【详解】由题意，双曲线的一条渐近线方程为，
又由圆的圆心为，半径为，
因为一条渐近线被圆所截得的弦长为，
可得，所以，即，
所以．
故选：B．
10. 已知，，，则a，b，c的大小关系是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据条件中的三个数，构成函数，利用导数判断函数的单调性，再根据函数的单调性，比较函数值的大小，即可判断选项.
【详解】构造函数，，
当时，，单调递增，
所以，即．
故选：B．
11. 若函数与图象的任意连续三个交点构成等腰直角三角形，则正实数（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据函数图像数形结合得出交点，结合三角形为等腰直角三角形得出周期即可得出参数值.
【详解】作出函数和的图象，设两图象相邻的3个交点分别为A，B，C，
如图所示，作，垂足为D，易知，又为等腰直角三角形，所以，
所以的最小正周期，即，所以.
故选:A.
12. 已知定义在上的函数满足，函数为偶函数，且当时，，则（ ）
A. B. 1 C. 504 D. 505
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意，得到函数是定义在上的奇函数，求得，再由为偶函数，推得，得到函数是周期为的函数，结合周期和题设条件，即可解.
【详解】因为函数的定义域为，且，
所以函数是定义在上的奇函数，所以，解得，
即当时，，可得，
又因为为偶函数，所以，
即的图象关于直线对称，
因为满足，所以，则，
可得，即函数是周期函数，周期为4，
所以.
故选：A.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 在正项等比数列中，若，则的公比为_______.
【答案】
【解析】
【分析】根据题意，分和，两种情况讨论，即可求解.
【详解】设的公比为，因为，
当时，可得（舍去）；
当时，可得.
所以等比数列的公比为.
故答案为：.
14. 已知向量，满足，，，则，的夹角为___________.
【答案】##
【解析】
【分析】应用向量数量积的运算律有，由向量模的坐标表示可得，进而求出，结合其范围求夹角的大小.
【详解】由，而，，
所以，可得，又，
所以.
故答案为：
15. 已知抛物线的焦点为F，过F的直线与抛物线交于A，B两点，且，O为坐标原点，则的面积为________.
【答案】##2.5
【解析】
【分析】设直线AB的方程，与抛物线的方程联立，韦达定理，利用向量的坐标运算求出直线的斜率，再由求出面积.
【详解】由已知得，设直线的方程为，
代入整理得，设，，
故①，②，
又，故③，由①②③解得，
此时，，点O到直线的距离为，
故的面积为.
故答案为：.
16. 已知三棱锥中，平面，，异面直线与所成角的余弦值为，则三棱锥的外接球的表面积为 ______．
【答案】##
【解析】
【分析】分别取的中点，得到为异面直线与所成的角，得出，设，由余弦定理求得的值，再找出三棱锥的外接球的球心，利用勾股定理求得外接球的半径，代入球的表面积公式，即可求解.
【详解】如图，
分别取、、、的中点、、、，
连接、、、、，可得，，
则为异面直线与所成角，∴，
由面，而，故面，面，则，
设，可得，，，，则，
在中，由余弦定理，可得，
，解得，
设底面三角形的中心为，三棱锥的外接球的球心为，
连接，则平面，
由底面三角形是边长为2的等边三角形，可得，
∴为三棱锥外接球的球心，∴，则，，
又，可得，
则三棱锥的外接球的半径．
∴三棱锥外接球的表面积为．
故答案为：．
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. 已知等差数列的前n项和为，，.
（1）求的通项公式；
（2）令，的前n项和为，求使得成立的n的最小值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）设等差数列的公差为，根据题意列出方程组，求得，即可得到数列的通项公式；
（2）由（1）得到，求得，根据题意，列出不等式，即可求解.
【小问1详解】
解：设等差数列的公差为，
因为且，可得，解得，
可得，
所以数列的通项公式为.
【小问2详解】
解：由，可得，所以，
因为，可得，整理得，
因为，所以，
所以成立的n的最小值为.
18. 课外阅读对于学生的综合发展是非常有利的，课外阅读能够充分调动学生的写作积极性，并且能够帮助其积累丰富的阅读知识，将学生的学习效率最大化，全面提高学生的写作质量.某市为了解高中生课外阅读时间的情况，随机抽取了1000名高中学生进行调查，得到了这1000名学生的平均每周课外阅读时间（单位：小时），并将样本数据分成，，，，，六组，绘制成如图所示的频率分布直方图，其中.
（1）求a，b的值；
（2）为进一步了解这1000名学生的读书喜好，从平均每周课外阅读时间在，两组内的学生中，采用比例分配的分层随机抽样方法抽取10人，再从这10人中随机抽取3人，记在这3人中，平均每周课外阅读时间在内的学生人数为X，求X的分布列与数学期望.
【答案】（1），
（2）分布列见解析，
【解析】
【分析】（1）由各组的频率和为1，列方程，再结合可求出，
（2）根据分层抽样的定义可求得从平均每周课外阅读时间在内的学生中抽取8人，内的学生中抽取2人，从而可知X的可能取值为1，2，3，求出相应的概率，则可求得X的分布列与数学期望.
【小问1详解】
由频率和为1，得，
又，解得，.
【小问2详解】
由比例分配的分层随机抽样方法知，从平均每周课外阅读时间在内的学生中抽取8人，内的学生中抽取2人，
从该10人中抽取3人，则X的可能取值为1，2，3，
，，，
则X的分布列为：
X
1
2
3
P
所以X的数学期望.
19. 如图，在直三棱柱中，E为的中点；点F在上，且.
（1）证明：；
（2）若，，，求二面角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据线面垂直判定定理证明线面垂直，再得出线线垂直即可；
（2）空间向量法建系求解二面角.
【小问1详解】
在直三棱柱中，平面，平面，
E为的中点，且，
，，
，，平面，
平面，
平面，.
【小问2详解】
，，为正三角形，则，
由（1）可得，平面，
以E为原点，分别以，，方向为x轴，y轴、z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
，，.
设平面的法向量为，则，即，
令，得，，故平面的一个法向量.
设平面的法向量为，则，即
令，得，，故平面的一个法向量.
设二面角的大小为，，
则.
20. 已知椭圆E的中心为坐标原点，对称轴为x轴、y轴，且过，两点.
（1）求E的方程；
（2）若直线l与圆O：相切，且直线l交E于M，N两点，试判断是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）设出椭圆方程，把带你的坐标代入计算即可；
（2）当直线l的斜率不存在时，求出点M，N的坐标，从而求解，当直线l的斜率存在时，与椭圆方程联立，韦达定理，利用数量积求解.
【小问1详解】
设E的方程为，过，，
所以，解得，，所以E的方程为.
【小问2详解】
当直线l的斜率不存在时，易得直线l的方程为或．
若直线l的方程为则，
或，，所以，所以；
若直线l的方程为，则，
或，，所以，所以.
当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为，，，
因为直线l与圆O：相切，所以，即.
由得，
所以，，
所以，所以.
综上，为定值，该定值为.
21. 已知函数.
（1）若，求在处的切线方程；
（2）若对任意的恒成立，求的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用导数的几何意义直接求解即可，
（2）对求导后，再令，再求导后可判断在上单调递增，而，所以分和两种情况讨论即可.
【小问1详解】
若，则，
所以
所以，又，
所以在处的切线方程为，即.
【小问2详解】
由题意知，令，所以，
令，则
所以在上单调递增，又，
当，即时，，所以在上单调递增，
即上单调递增，所以上单调递增，
所以，
所以在上单调递增，所以，符合题意；
当，即时，令，解得，
所以当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
即在上单调递减，在上单调递增，
所以当时，，
所以在上单调递减，所以，不符合题意.
综上，a的取值范围是.
【点睛】关键点点睛：此题考查导数的综合应用，考查导数的几何意义，考查利用导数解决不等式恒成问题，第（1）问解题的关键是将问题转化为当时，，所以利用导数求的最小值即可，考查数学转化思想和计算能力，属于较难题.
（二）选考题：共10分.请考生在第22、23两题中任选一题作答.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
22. 在平面直角坐标系中，已知直线l：．以平面直角坐标系的原点O为极点，x轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，圆C的极坐标方程为．
（1）求直线l的极坐标方程和圆C的一个参数方程；
（2）若直线l与圆C交于A，B两点，且，求m的值．
【答案】（1），；
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据极坐标与直角坐标转化公式即可求出直线极坐标方程，由极坐标与直角坐标转化公式可得圆的直角坐标方程，再转化为参数方程即可；
（2）求出圆心到直线的距离，再由半径、半弦长、弦心距间的关系列出方程求解即可.
【小问1详解】
将代入
得：
即直线l的极坐标方程为.
由圆C的极坐标方程为可得：
故圆C的参数方程为.
【小问2详解】
点 到直线l：的距离，
则.
选修4-5：不等式选讲
23. 已知函数.
（1）求不等式的解集；
（2）若，求满足条件的实数a的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）分，，，四种情况取绝对值符号，最后求并集即可；
（2）利用绝对值不等式可得，当且仅当时取等号，再根据已知可得，从而可得出答案.
【小问1详解】
解：当时，，解得；
当时，，解得；
当时，，解得；
当时，，解得.
综上，不等式的解集为；
【小问2详解】
解：，
当且仅当时取等号，
因为，
则，且，
解得或，
即实数a的取值范围为.
府谷中学高二年级第二学期第二次月考
数学试题（理科）
考生注意：
1.本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟.
2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚.
3.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效.
4.本卷命题范围，高考范围.
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. 设集合，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先利用一元二次不等式的解法化简集合A，再利用并集的定义求解.
【详解】由得，所以，.
故选：C.
2. 复数满足,则在复平面内对应点位于 ( )
A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限
【答案】D
【解析】
【分析】利用复数的除法运算求解
【详解】由题得在复平面内对应的点为(1,-2),
所以在复平面内对应的点在第四象限,
故选：D
3. 命题“，”的否定是（ ）
A. ， B. ，
C. ， D. ，
【答案】D
【解析】
【分析】利用存在量词命题的否定是全称量词命题即可求解.
【详解】量词命题的否定是改变量词，否定结论，
故“，”的否定是“，”.
故选：D.
4. 展开式中的常数项为（ ）
A. -20 B. -15 C. 15 D. 20
【答案】C
【解析】
【分析】写出二项展开通项，再令指数为0，得到相应的项数，从而算出常数项.
【详解】因为的展开式通项公式为，
令，得，所以，即展开式的常数项为15.
故选：C.
5. 等于（ ）
A. B. C. D. 2
【答案】A
【解析】
分析】利用诱导公式和二倍角公式化简即可求解.
【详解】．
故选：A．
6. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，，则（ ）
A. 8 B. 6 C. 5 D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，在中，利用正弦定理，即可求解.
【详解】在中，因为，所以，
由正弦定理，可得.
故选：D.
7. 放射性核素锶89的质量M会按某个衰减率衰减，设初始质量为，质量M与时间t（单位：天）的函数关系为（其中h为常数），若锶89的半衰期（质量衰减一半所用的时间）约为50天，那么质量为的锶89经过30天衰减后质量大约变为（ ）（参考数据）
A. 0.72 B. 0.70
C. 0.68 D. 0.66
【答案】D
【解析】
【分析】根据时，代入函数关系式中，可得的值，进而代入求解即可.
【详解】由题意，锶89半衰期（质量衰减一半所用的时间）所用时间为50天，
即，则，
所以质量为的锶89经过30天衰减后，
质量大约为．
故选：D．
8. 某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据三视图判断出几何体的结构，从而求得几何体的体积.
【详解】由三视图可知，该几何体为如下图所示三棱锥，
.
故选：C
9. 若双曲线的一条渐近线被圆所截得的弦长为，则的离心率为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，得出方程，求得，结合离心率的定义，即可求解.
【详解】由题意，双曲线的一条渐近线方程为，
又由圆的圆心为，半径为，
因为一条渐近线被圆所截得的弦长为，
可得，所以，即，
所以．
故选：B．
10. 已知，，，则a，b，c的大小关系是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据条件中的三个数，构成函数，利用导数判断函数的单调性，再根据函数的单调性，比较函数值的大小，即可判断选项.
【详解】构造函数，，
当时，，单调递增，
所以，即．
故选：B．
11. 若函数与图象的任意连续三个交点构成等腰直角三角形，则正实数（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据函数图像数形结合得出交点，结合三角形为等腰直角三角形得出周期即可得出参数值.
【详解】作出函数和的图象，设两图象相邻的3个交点分别为A，B，C，
如图所示，作，垂足为D，易知，又为等腰直角三角形，所以，
所以的最小正周期，即，所以.
故选:A.
12. 已知定义在上的函数满足，函数为偶函数，且当时，，则（ ）
A. B. 1 C. 504 D. 505
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意，得到函数是定义在上的奇函数，求得，再由为偶函数，推得，得到函数是周期为的函数，结合周期和题设条件，即可解.
【详解】因为函数的定义域为，且，
所以函数是定义在上的奇函数，所以，解得，
即当时，，可得，
又因为为偶函数，所以，
即的图象关于直线对称，
因为满足，所以，则，
可得，即函数是周期函数，周期为4，
所以.
故选：A.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 在正项等比数列中，若，则的公比为_______.
【答案】
【解析】
【分析】根据题意，分和，两种情况讨论，即可求解.
【详解】设的公比为，因为，
当时，可得（舍去）；
当时，可得.
所以等比数列的公比为.
故答案为：.
14. 已知向量，满足，，，则，的夹角为___________.
【答案】##
【解析】
【分析】应用向量数量积的运算律有，由向量模的坐标表示可得，进而求出，结合其范围求夹角的大小.
【详解】由，而，，
所以，可得，又，
所以.
故答案为：
15. 已知抛物线的焦点为F，过F的直线与抛物线交于A，B两点，且，O为坐标原点，则的面积为________.
【答案】##2.5
【解析】
【分析】设直线AB的方程，与抛物线的方程联立，韦达定理，利用向量的坐标运算求出直线的斜率，再由求出面积.
【详解】由已知得，设直线的方程为，
代入整理得，设，，
故①，②，
又，故③，由①②③解得，
此时，，点O到直线的距离为，
故的面积为.
故答案为：.
16. 已知三棱锥中，平面，，异面直线与所成角的余弦值为，则三棱锥的外接球的表面积为 ______．
【答案】##
【解析】
【分析】分别取的中点，得到为异面直线与所成的角，得出，设，由余弦定理求得的值，再找出三棱锥的外接球的球心，利用勾股定理求得外接球的半径，代入球的表面积公式，即可求解.
【详解】如图，
分别取、、、的中点、、、，
连接、、、、，可得，，
则为异面直线与所成角，∴，
由面，而，故面，面，则，
设，可得，，，，则，
在中，由余弦定理，可得，
，解得，
设底面三角形的中心为，三棱锥的外接球的球心为，
连接，则平面，
由底面三角形是边长为2的等边三角形，可得，
∴为三棱锥外接球的球心，∴，则，，
又，可得，
则三棱锥的外接球的半径．
∴三棱锥外接球的表面积为．
故答案为：．
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. 已知等差数列的前n项和为，，.
（1）求的通项公式；
（2）令，的前n项和为，求使得成立的n的最小值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）设等差数列的公差为，根据题意列出方程组，求得，即可得到数列的通项公式；
（2）由（1）得到，求得，根据题意，列出不等式，即可求解.
【小问1详解】
解：设等差数列的公差为，
因为且，可得，解得，
可得，
所以数列的通项公式为.
【小问2详解】
解：由，可得，所以，
因为，可得，整理得，
因为，所以，
所以成立的n的最小值为.
18. 课外阅读对于学生的综合发展是非常有利的，课外阅读能够充分调动学生的写作积极性，并且能够帮助其积累丰富的阅读知识，将学生的学习效率最大化，全面提高学生的写作质量.某市为了解高中生课外阅读时间的情况，随机抽取了1000名高中学生进行调查，得到了这1000名学生的平均每周课外阅读时间（单位：小时），并将样本数据分成，，，，，六组，绘制成如图所示的频率分布直方图，其中.
（1）求a，b的值；
（2）为进一步了解这1000名学生的读书喜好，从平均每周课外阅读时间在，两组内的学生中，采用比例分配的分层随机抽样方法抽取10人，再从这10人中随机抽取3人，记在这3人中，平均每周课外阅读时间在内的学生人数为X，求X的分布列与数学期望.
【答案】（1），
（2）分布列见解析，
【解析】
【分析】（1）由各组的频率和为1，列方程，再结合可求出，
（2）根据分层抽样的定义可求得从平均每周课外阅读时间在内的学生中抽取8人，内的学生中抽取2人，从而可知X的可能取值为1，2，3，求出相应的概率，则可求得X的分布列与数学期望.
【小问1详解】
由频率和为1，得，
又，解得，.
【小问2详解】
由比例分配的分层随机抽样方法知，从平均每周课外阅读时间在内的学生中抽取8人，内的学生中抽取2人，
从该10人中抽取3人，则X的可能取值为1，2，3，
，，，
则X的分布列为：
X
1
2
3
P
所以X的数学期望.
19. 如图，在直三棱柱中，E为的中点；点F在上，且.
（1）证明：；
（2）若，，，求二面角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据线面垂直判定定理证明线面垂直，再得出线线垂直即可；
（2）空间向量法建系求解二面角.
【小问1详解】
在直三棱柱中，平面，平面，
E为的中点，且，
，，
，，平面，
平面，
平面，.
【小问2详解】
，，为正三角形，则，
由（1）可得，平面，
以E为原点，分别以，，方向为x轴，y轴、z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
，，.
设平面的法向量为，则，即，
令，得，，故平面的一个法向量.
设平面的法向量为，则，即
令，得，，故平面的一个法向量.
设二面角的大小为，，
则.
20. 已知椭圆E的中心为坐标原点，对称轴为x轴、y轴，且过，两点.
（1）求E的方程；
（2）若直线l与圆O：相切，且直线l交E于M，N两点，试判断是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）设出椭圆方程，把带你的坐标代入计算即可；
（2）当直线l的斜率不存在时，求出点M，N的坐标，从而求解，当直线l的斜率存在时，与椭圆方程联立，韦达定理，利用数量积求解.
【小问1详解】
设E的方程为，过，，
所以，解得，，所以E的方程为.
【小问2详解】
当直线l的斜率不存在时，易得直线l的方程为或．
若直线l的方程为则，
或，，所以，所以；
若直线l的方程为，则，
或，，所以，所以.
当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为，，，
因为直线l与圆O：相切，所以，即.
由得，
所以，，
所以，所以.
综上，为定值，该定值为.
21. 已知函数.
（1）若，求在处的切线方程；
（2）若对任意的恒成立，求的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用导数的几何意义直接求解即可，
（2）对求导后，再令，再求导后可判断在上单调递增，而，所以分和两种情况讨论即可.
【小问1详解】
若，则，
所以
所以，又，
所以在处的切线方程为，即.
【小问2详解】
由题意知，令，所以，
令，则
所以在上单调递增，又，
当，即时，，所以在上单调递增，
即上单调递增，所以上单调递增，
所以，
所以在上单调递增，所以，符合题意；
当，即时，令，解得，
所以当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
即在上单调递减，在上单调递增，
所以当时，，
所以在上单调递减，所以，不符合题意.
综上，a的取值范围是.
【点睛】关键点点睛：此题考查导数的综合应用，考查导数的几何意义，考查利用导数解决不等式恒成问题，第（1）问解题的关键是将问题转化为当时，，所以利用导数求的最小值即可，考查数学转化思想和计算能力，属于较难题.
（二）选考题：共10分.请考生在第22、23两题中任选一题作答.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
22. 在平面直角坐标系中，已知直线l：．以平面直角坐标系的原点O为极点，x轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，圆C的极坐标方程为．
（1）求直线l的极坐标方程和圆C的一个参数方程；
（2）若直线l与圆C交于A，B两点，且，求m的值．
【答案】（1），；
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据极坐标与直角坐标转化公式即可求出直线极坐标方程，由极坐标与直角坐标转化公式可得圆的直角坐标方程，再转化为参数方程即可；
（2）求出圆心到直线的距离，再由半径、半弦长、弦心距间的关系列出方程求解即可.
【小问1详解】
将代入
得：
即直线l的极坐标方程为.
由圆C的极坐标方程为可得：
故圆C的参数方程为.
【小问2详解】
点 到直线l：的距离，
则.
选修4-5：不等式选讲
23. 已知函数.
（1）求不等式的解集；
（2）若，求满足条件的实数a的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）分，，，四种情况取绝对值符号，最后求并集即可；
（2）利用绝对值不等式可得，当且仅当时取等号，再根据已知可得，从而可得出答案.
【小问1详解】
解：当时，，解得；
当时，，解得；
当时，，解得；
当时，，解得.
综上，不等式的解集为；
【小问2详解】
解：，
当且仅当时取等号，
因为，
则，且，
解得或，
即实数a的取值范围为.
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