2024年四川省雅安市天立学校高考数学模拟试卷（理科）-普通用卷

这是一份2024年四川省雅安市天立学校高考数学模拟试卷（理科）-普通用卷，共19页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.设集合M={−1,0,1}，N={x∈N|−1≤x≤2}，则M∪N等于( )
A. {0,1}B. {0,1,2}C. {x|−1≤x≤2}D. {−1,0,1,2}
2.复数−2−i1+i+i3的共轭复数在复平面内对应的点所在的象限为( )
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
3.在中国文化中，竹子被用来象征高洁、坚韧、不屈的品质.竹子在中国的历史可以追溯到远古时代，早在新石器时代晚期，人类就已经开始使用竹子了.竹子可以用来加工成日用品，比如竹简、竹签、竹扇、竹筐、竹筒等.现有某饮料厂共研发了九种容积不同的竹筒用来罐装饮料，这九种竹筒的容积a1，a2，…，a9(单位：L)依次成等差数列，若a1+a2+a3=3.6，a8=0.4，则a1+a2+…+a9=( )
A. 5.4B. 6.3C. 7.2D. 13.5
4.已知α，β都是第二象限角，则“sin(α−β)>0”是“tanα>tanβ”的( )
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
5.将函数f(x)=2cs(2x−π2)的图象向左平移π6个单位长度，得到函数g(x)的图象，则曲线y=g(x)与直线y= 3的所有交点中，相邻交点距离的最小值为( )
A. π6B. π3C. π2D. π
6.设m、n是不同的直线，α、β是不同的平面，以下是真命题的为( )
A. 若α⊥β，m//α，则m⊥βB. 若n⊥α，n⊥β，则β//α
C. 若α⊥β，m⊥α，则m//βD. 若m⊥α，m⊥n，则n//α
7.已知函数f(x)的局部图象如图所示，则f(x)的解析式可以是( )
A. f(x)=e1|x|⋅sinπ2xB. f(x)=e1|x|⋅csπ2x
C. f(x)=ln|x|⋅sinπ2xD. f(x)=ln|x|⋅csπ2x
8.△ABC的外接圆的圆心为O，半径为1，2AO=AB+AC且|OA|=|AB|，则向量BA在向量BC方向上的投影为( )
A. 12B. 32C. −12D. − 32
9.甲乙两位游客慕名来到百色旅游，准备分别从凌云浩坤湖、大王岭原始森林、靖西鹅泉和乐业大石围天坑4个景点中随机选择其中一个，记事件A：甲和乙选择的景点不同，事件B：甲和乙恰好一人选择乐业大石围天坑，则条件概率P(B|A)=( )
A. 34B. 38C. 12D. 14
10.过双曲线E:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左焦点F作x2+y2=a2的一条切线，设切点为T，该切线与双曲线E在第一象限交于点A，若FA=3FT，则双曲线E的离心率为( )
A. 3B. 5C. 132D. 152
11.设函数f(x)=sin(x−1)+ex−1−e1−x−x+4，则满足f(x)+f(3−2x)<6的x的取值范围是( )
A. (3,+∞)B. (1,+∞)C. (−∞,3)D. (−∞,1)
12.已知数列{an}：1，1，2，3，5，8，13，……这个数列从第3项起，每一项都等于前两项之和，记{an}前n项和为Sn.给出以下结论：①a1+a3+a5+⋯+a2n−1=a2n−1，②a2+a4+a6+⋯+a2n=a2n+1，③Sn=a2n+2−1，④a12+a22+a32+⋯+an2=anan+1.
其中正确的个数为( )
A. 1B. 2C. 3D. 4
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.已知实数x，y满足约束条件x+y−5≥04x−y≥0x−y+1≤0，则z=2x+3y的最小值为______.
14.已知数列{an}，{bn}满足a1=1且an、an+1是函数f(x)=x2−bnx+2n的两个零点，则b10等于______.
15.已知直线l过圆(x+2)2+y2=4的圆心，且与圆相交于A，B两点，P为椭圆x216+y212=1上一个动点，则PA⋅PB的最大值为______.
16.已知菱形ABCD中，对角线AC、BD交于点O，BD=2，将△ABD沿着BD折叠，使得∠AOC=60∘，AC=3，则三棱锥A−BCD的外接球的表面积为______.
三、解答题：本题共7小题，共82分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题10分)
在①2csinBcsA=b(sinAcsB+csAsinB)；②sin2B+sin2C+cs2A−1=sin(A+B)sin(A+C)；③bsinB+csinC−asinAcsinB=2 3sinA；这三个条件中任选一个，补充在下面对问题中，并解答问题.
在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足_____.
(Ⅰ)求A；
(Ⅱ)若△ABC的面积为16 3，D为AC的中点，求BD的最小值.
18.(本小题10分)
为提升教师的命题能力，重庆市第一中学定期举办教师命题大赛，大赛分初赛和复赛，初赛共进行4轮比赛，4轮比赛命制的题目均可适用于高一，高二，高三年级，每轮比赛结果互不影响.比赛规则如下：每一轮比赛，限时60分钟，参赛教师要在指定的知识范围内，命制非解答题，解答题各2道，若有不少于3道题目入选，将获得“优秀奖”，4轮比赛中，至少获得3次“优秀奖”的教师将进入复赛.为了能进入复赛，教师甲赛前多次进行命题模拟训练，指导老师从教师甲模拟训练命制的题目中，随机抽取了4道非解答题和4道解答题，其中有3道非解答题和2道解答题符合入选标准.
(1)若从模拟训练命制的题目中所抽取的8道题目中，随机抽取非解答题，解答题各2道，由此来估计教师甲在一轮比赛中的获奖情况，试预测教师甲在一轮比赛中获得“优秀奖”的概率；
(2)若以模拟训练命制的题目中所抽取的8道题目中两类题目各自入选的频率作为每道该类题目入选的概率，经指导老师对教师甲进行赛前强化训练后，每道非解答题入选的概率不变，每道解答题入选的概率比强化训练前大16，以获得“优秀奖”次数的期望作为判断依据，试预测教师甲能否进入复赛？
19.(本小题10分)
如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，棱AC，CC1的中点分别为D，E，C1在平面ABC内的射影为D，△ABC是边长为2的等边三角形，且AA1=2，点F在棱B1C1上运动(包括端点).请建立适当的空间直角坐标系，解答下列问题：
(1)若点F为棱B1C1的中点，求点F到平面BDE的距离；
(2)求锐二面角F−BD−E的余弦值的取值范围.
20.(本小题10分)
已知点A(x0,y0)(x0≠0)是抛物线C：x2=4y上的定点，点P，Q是C上的动点，直线AP，AQ的斜率分别为k1，k2，且k1+k2=0，直线l是曲线C在A点处的切线.
(Ⅰ)若x0=2，求直线PQ的斜率；
(Ⅱ)设△APQ的外接圆为E，试判断直线l与圆E的位置关系，并说明理由.
21.(本小题15分)
设函数F(x)=(1−λ)csx+λcsa−sinx−sinax−a，其中a∈(0,π2).
(1)若λ=1，讨论F(x)在(a,π2)上的单调性；
(2)当x∈(a,π2)时，不等式F(x)<0恒成立，求实数λ的取值范围.
22.(本小题15分)
在平面直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为x=2csθy=−2+2sinθ(θ为参数).以坐标原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为ρcs(θ+π4)=3.
(1)求曲线C1的极坐标系方程；
(2)曲线C3:θ=α(ρ>0,5π4<α<3π2)分别交曲线C1和曲线C2于点M，N，求|OM| 2−6|ON|的取值范围.
23.(本小题12分)
已知函数f(x)=|x−1|+|2x−m|，m∈R.
(1)当m=3时，解不等式f(x)≤2；
(2)若存在x0满足|x0−1|+f(x0)<3，求实数m的取值范围．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】【分析】本题主要考查并集及其运算，属于基础题．
结合并集的定义，即可求解．
【解答】
解：集合M={−1,0,1}，N={x∈N|−1≤x≤2}={0,1,2}，
则M∪N={−1,0,1,2}.
故选：D.
2.【答案】B
【解析】解：−2−i1+i+i3=−2−i1+i−i=−2−i，其共轭复数为−2+i，在复平面内对应的点(−2,1)所在的象限为第二象限．
故选：B.
根据已知条件，结合共轭复数的定义，以及复数的几何意义，即可求解．
本题主要考查共轭复数的定义，以及复数的几何意义，属于基础题．
3.【答案】C
【解析】解：∵{an}为等差数列，
∴a1+a2+a3=3a2=3.6，故a2=1.2，
∴a1+a2+...+a9=92(a1+a9)
=92(a2+a8)=92×(1.2+0.4)=7.2.
故选：C.
根据等差数列性质得a2=1.2，进一步利用a1+a2+...+a9=92(a2+a8)进行求解即可．
本题考查等差数列的性质，属于基础题．
4.【答案】C
【解析】解：先判断充分性：
α，β都是第二象限角，
∵sin(α−β)>0，
∴sinαcsβ−csαsinβ>0，
即sinαcsβ>csαsinβ，
∴tanα>tanβ，即充分性成立，
则“sin(α−β)>0”是“tanα>tanβ”充分条件；
再判断必要性：
α，β都是第二象限角，
∵tanα>tanβ，
∴sinαcsα>sinβcsβ，
∵csα<0，csβ<0，
∴sinαcsβ>csαsinβ，
即sinαcsβ−csαsinβ>0，
∴sin(α−β)>0，即必要性成立，
则“sin(α−β)>0”是“tanα>tanβ”必要条件，
综上：α，β都是第二象限角，则“sin(α−β)>0”是“tanα>tanβ”的充要条件．
故选：C.
利用同角三角函数关系式以及两角差正弦公式，从充分性和必要性求解即可．
本题考查同角三角函数关系式、象限角定义、角在不同象限的符号等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
5.【答案】A
【解析】解：函数f(x)=2cs(2x−π2)的图象向左平移π6个单位长度，
得到函数g(x)的图象，g(x)=2cs(2x+π3−π2)=2cs(2x−π6)，
令2cs(2x−π6)= 3，cs(2x−π6)= 32，2x−π6=2k1π+π6，k1∈Z，或2x−π6=2k2π−π6，k2∈Z，
即x=k1π+π6，k1∈Z，或x=k2π，k2∈Z，
可得x=π6，7π6，13π6，…，
x=0，π，2π，…，
相邻交点距离的最小值为π6.
故选：A.
根据三角函数的图象与性质计算可得．
本题考查三角函数性质，属于基础题．
6.【答案】B
【解析】解：对于A，如上图正方体中，设平面ABB1A1为α，
平面A1B1C1D1为β，CD为m，
满足α⊥β，m//α，此时m//β，故A错误；
对于B，因为n⊥α，n⊥β，α、β是不同的平面，则必有β//α，故B正确；
对于C，如上图正方体中，设平面ABB1A1为α，
平面A1B1C1D1为β，A1D1为m，
满足α⊥β，m⊥α，此时m⊂β，故C错误；
对于D，如上图正方体中，设平面ABB1A1为α，
A1D1为m，A1B1为n，
则满足m⊥α，m⊥n，此时n⊂α，故D错误．
故选：B.
根据空间中点线面的位置关系，借助于正方体，逐项分析即可．
本题考查空间中点线面间的位置关系等基础知识，考查空间思维能力，是中档题．
7.【答案】D
【解析】解：由图可知，函数f(x)为偶函数，可排除选项A和C；
对于选项B和D，都有f(1)=0，
当x∈(0,1)时，f(x)=e1|x|⋅csπ2x>0，与函数图象不符；f(x)=ln|x|⋅csπ2x<0，与函数图象符合，所以选项B错误．
故选：D.
由图象可知f(x)为偶函数，可排除选项A和C；再对比选项B和D，只需考虑x∈(0,1)时，f(x)的正负即可．
本题考查函数图象的识别，一般可从函数的单调性、奇偶性或特殊点处的函数值等方面着手思考，考查学生的逻辑推理能力和运算能力，属于基础题．
8.【答案】A
【解析】解：∵2AO=AB+AC，
∴2OA+AB+AC=0，
∴OA+AB+OA+AC=0，
∴OB=−OC，
∴O，B，C共线为直径，
∴AB⊥AC
∵|OA|=|AB|，△ABC的外接圆的圆心为O，半径为1，
∴|OA|=|AB|=1，∴|BC|=2，
∴如图，|BA|=1，|BC|=2，∠A=90∘，∠B=60∘，
∴向量BA在向量BC方向上的投影为|BA|cs60∘=12.
故选A.
利用向量加法的几何意义得出△ABC是以A为直角的直角三角形．由题意画出图形，借助图形求出向量BA在向量BC方向上的投影．
本题考查平面向量数量积的含义与物理意义，解题的关键是熟练掌握向量的运算法则、向量垂直的充要条件、圆的直径对的圆周角为直角等知识，本题是基本知识与技能考查题，主要考查了向量运算能力
9.【答案】C
【解析】解：根据题意，事件A：甲和乙选择的景点不同，则P(A)=4×34×4=34，
事件AB：甲和乙选择的景点不同且恰好一人选择乐业大石围天坑，则P(AB)=C21×C314×4=38，
则条件概率P(B|A)=P(AB)P(A)=12.
故选：C.
根据题意，由古典概型的概率求法求P(A)、P(A∩B)，再由条件概率公式求P(B|A).
本题考查条件概率的计算，涉及古典概型的计算公式，属于基础题．
10.【答案】C
【解析】解：令双曲线E的右焦点为F′，半焦距为c，取线段AT中点M，连接OT，AF′，F′M，
因为FA切圆x2+y2=a2于T，
则OT⊥FA，
有|FT|= |OF|2−|OT|2= c2−a2=b，
因为FA=3FT，
则有|AM|=|MT|=|FT|=b，|AF′|=|AF|−2a=3b−2a，
而O为FF′的中点，
于是F′M//OT，
即F′M⊥AF，|F′M|=2|OT|=2a，
在Rt△AF′M中，(2a)2+b2=(3b−2a)2，
整理得ba=32，
所以双曲线E的离心率e=ca= 1+b2a2= 132.
故选：C.
取线段AT中点，根据给定条件，结合双曲线定义及直角三角形勾股定理求解作答．
本题考查了双曲线的性质，重点考查了双曲线离心率的求法，属基础题．
11.【答案】B
【解析】解：令x−1=t，则x=t+1，由题意可得：
f(t+1)=sint+et−e−t−t+3，
设g(t)=f(t+1)−3=sint+et−e−t−t，(t∈R)，
又易知g(−t)=−g(t)，∴g(t)为R上的奇函数，
又g′(t)=cst+et+e−t−1≥cst+2−1=1+cst≥0，
∴g(t)在R上单调递增，
又f(x)+f(3−2x)<6，
∴[f(x)−3]+[f(3−2x)−3]<0，
∴g(x−1)+g(2−2x)<0，
∴g(x−1)<−g(2−2x)，又g(t)为R上的奇函数，
∴g(x−1)∴x−1<2x−2，
∴x>1，
故满足f(x)+f(3−2x)<6的x的取值范围是(1,+∞).
故选：B.
令x−1=t，则x=t+1，由题意可得f(t+1)=sint+et−e−t−t+3，设g(t)=f(t+1)−3=sint+et−e−t−t，从而可证得g(t)为R上的奇函数，且g(t)在R上单调递增，又f(x)+f(3−2x)<6，可化为[f(x)−3]+[f(3−2x)−3]<0，从而得g(x−1)+g(2−2x)<0，再利用g(t)的性质即可求解．
本题考查利用函数的奇偶性与单调性解抽象不等式，换元法，构造法，奇偶函数的判断，利用导数研究函数的单调性，属中档题．
12.【答案】A
【解析】解：对于①，由a1=a2=1，且n≥3时，an=an−1+an−2，
可得a1+a3+a5+⋯+a2n−1=a2+a3+a5+⋯+a2n−1=a4+a5+...+a2n−1=a6+...+a2n−1=，故①错误；
对于②，a2+a4+a6+⋯+a2n=a1+a2+a4+a6+...+a2n−1=a3+a4+a6+...+a2n−1=a5+a6+...+a2n−1=a2n+1−1，故②错误；
对于③，Sn=a1+a2+a3+...+an=a2+a1+a2+a3+a4+...+an−1=a3+a2+a3+a4+...+an−1=a4+a3+a4+...+an−1=a5+a4+...+an−1=+2−1，故③错误；
对于④，a12+a22+a32+...+an2=a1a2+a22+a32+...+an2=a2(a1+a2)+a32+...+an2=a2a3+a32+...+an2=a3a4+...+an2=+1，故④正确．
故选：A.
由题意可得a1=a2=1，且n≥3时，an=an−1+an−2，运用累加法，结合数列的递推式，对各个选项一一判断，可得结论．
本题考查数列的递推式和累加法的运用，考查转化思想和运算能力、推理能力，属于中档题．
13.【答案】13
【解析】解：画出不等式组x+y−5≥04x−y≥0x−y+1≤0表示的平面区域，如图阴影部分所示：
平移目标函数z=2x+3y，当z=2x+3y过点A时，z取得最小值，
由x−y+1=0x+y−5=0，得A(2,3)，
所以z=2x+3y的最小值为2×2+3×3=13.
故答案为：13.
画出不等式组表示的平面区域，平移目标函数z=2x+3y，找出最优解，即可求出z的最小值．
本题考查了简单的线性规划应用问题，是基础题．
14.【答案】64
【解析】解：由已知得，an⋅an+1=2n，
∴an+1⋅an+2=2n+1，
两式相除得an+2an=2.
∴a1，a3，a5，…成等比数列，a2，a4，a6，…成等比数列．
而a1=1，a2=2，
∴a10=2×24=32，a11=1×25=32，
又an+an+1=bn，所以b10=a10+a11=64.
故答案为：64.
由根与系数关系得到an⋅an+1=2n，取n=n+1后再得一式，两式相除，可得数列{an}中奇数项成等比数列，偶数项也成等比数列，求出a10，a11后，可求b10.
本题考查了韦达定理的应用，等比数列的判定及通项公式求解，考查转化、构造、计算能力，是中档题．
15.【答案】32
【解析】解：由题意，圆M：(x+2)2+y2=4，
所以圆心M(−2,0)，半径为2，
因为直线l过圆(x+2)2+y2=4的圆心，且与圆相交于A，B两点，
所以MA=−MB，
故PA⋅PB=(PM+MA)⋅(PM+MB)=PM2−MA2=|PM|2−4，
又P为椭圆x216+y212=1上一个动点，
故当点P位于椭圆右顶点时，|PM|最大，
此时|PM|=4−(−2)=6，
则PA⋅PB的最大值为62−4=32.
故答案为：32.
求出圆心坐标，结合平面向量的运算推出PA⋅PB=PM2−MA2，再由椭圆性质即可得解．
本题考查平面向量数量积运算，考查椭圆性质，属中档题．
16.【答案】36427π
【解析】解：菱形ABCD中，AB=BC=CD=DA,AC⊥BD,AO=OC,BO=OD=12BD=1，
折叠后，∠AOC=60∘，△AOC为等边三角形，AO=OC=AC=3，
△CBD与△ABD是全等的等腰三角形，设E，F分别为△CBD与△ABD的外心，
△CBD中，外接圆半径r=EC=EB，OE=3−r，BO=1，
Rt△BEO中，由勾股定理，EB2=OE2+BO2，即r2=(3−r)2+12，
解得r=53，则OE=3−53=43，同理OF=43，
H为三棱锥A−BCD的外接球球心，连接HE，HF，HO，HB，
由球的性质可知，HE⊥平面CBD，HF⊥平面ABD，
Rt△HEO与Rt△HFO全等，∠HOE=∠HOF=12∠AOC=30∘，
OH=OEcs30∘=83 3，
AO⊥BD，CO⊥BD，AO∩CO=O，AO，CO⊂平面AOC，
BD⊥平面AOC，HO⊂平面AOC，BD⊥HO，
则三棱锥A−BCD的外接球半径R=HB= HO2+OB2= (83 3)2+1= 9127，
所以外接球表面积S=4πR2=364π27.
故答案为：364π27.
折叠后，求出AO，OC的长，设E，F分别为△CBD与△ABD的外心，H为三棱锥A−BCD的外接球球心，利用垂直关系和球的性质，求出外接球半径计算表面积．
本题考查了三棱锥外接球的表面积计算，属于中档题．
17.【答案】解：(Ⅰ)若选择①：2csinBcsA=b(sinAcsB+csAsinB)，
由正弦定理可得：2sinCsinBcsA=sinBsin(A+B)=sinBsinC，
因C∈(0,π)，B∈(0,π)，故sinC≠0，sinB≠0，
解得csA=12，又因为A∈(0,π)，
所以A=π3；
若选择②：sin2B+sin2C+cs2A−1=sin(A+B)sin(A+C)，
则sin2B+sin2C−sin2A=sinCsinB，
由正弦定理可得：b2+c2−a2=bc，
而由余弦定理可得：b2+c2−a2=2bccsA，
所以csA=12，
因A∈(0,π)，
所以A=π3；
若选择③：bsinB+csinC−asinAcsinB=2 3sinA，
由正弦定理可得：b2+c2−a22bc=1 3sinA，
再由余弦定理得：csA=1 3sinA，即tanA= 3，
因为A∈(0,π)，
所以A=π3；
(Ⅱ)S△ABC=12cbsinA=16 3，又A=π3，
所以bc=64，
在△BCD中，由余弦定理可得：BD2=BA2+AD2−2BA⋅DAcsA
=c2+(b2)2−2c⋅b2⋅12
=c2+b24−12bc≥2 c2⋅b24−12bc=12bc=32，
当且仅当c=b2=4 2时取等号．
所以BD的最小值为4 2.
【解析】(Ⅰ)选择①：由正弦定理，余弦定理可得csA的值，再由角A的范围，可得角A的大小；选择②：由正弦定理和余弦定理可得csA的值，再由角A的范围，可得角A的大小；若选择③：由正弦定理和余弦定理可得tanA的值，再由角A的范围，可得角A的大小；
(Ⅱ)由三角形的面积公式及余弦定理，基本不等式可得BD的最小值．
本题考查正弦定理，余弦定理的应用，属于中档题．
18.【答案】解：(1)在一轮比赛中，教师甲获得优秀奖设为事件A，
则事件A发生的所有情况有：
符合入选标准的非解答题入选1道，解答题入选2道的概率为P1=C31C11C22C42C42=36×6=112；
符合入选标准的非解答题入选2道，解答题入选1道的概率为P2=C32C21C21C42C42=126×6=13；
符合入选标准的非解答题，解答题各入选2道的概率为P3=C32C22C42C42=36×6=112.
则P(A)=P1+P2=P3=112+13+112=12.
故教师甲在一轮比赛中获得“优秀奖”的概率为12；
(2)由题知，强化训练后，每道非解答题入选的概率为34，每道解答题入选的概率为12+16=23，
则强化训练后，教师甲在一轮比赛中可获得“优秀奖”的概率为
P=C21×34×14×C22×(23)2+C22×(34)2×C21×23×13+C22×(34)2×C22×(23)2=16+14+14=23，
因为每轮比赛结果互不影响，所以进行4轮比赛可看作4重伯努利试验．
故用X表示教师甲在4轮比赛中获得“优秀奖”的次数，则X服从二项分布，X∼B(4,23).
根据二项分布的期望公式可知，E(X)=4×23=83，
故教师甲不能进入复赛．
【解析】(1)考虑教师甲获得优秀奖的三种情况，分别计算概率相加得到答案；
(2)计算教师甲获得“优秀奖”的概率为P=23，则X−B(4,23)，根据二项分布的期望公式，求解即可．
本题考查离散型随机变量的应用，属于中档题．
19.【答案】解：(1)连接DC1，依题意可知DC1⊥平面ABC，
由于AC，BD⊂平面ABC，所以DC1⊥AC，DC1⊥BD，
由于三角形ABC是等边三角形，所以BD⊥AC，
BD= 22−12= 3，又DC1= 22−12= 3，
以D为原点，建立如图所示空间直角坐标系，
则C1(0,0, 3)，C(1,0,0),E(12,0, 32),B(0, 3,0)，
又C1B1=CB=(−1, 3,0)，故B1(−1, 3, 3)，F(−12, 32, 3)，
则DE=(12,0, 32)，DB=(0, 3,0)，
设平面BDE的法向量为m=(x1,y1,z1)，由m⊥DE，m⊥DB，
则有m⋅DE=12x1+ 32z1=0m⋅DB= 3y1=0，令z1=1，可得m=(− 3,0,1)，
又BF=(−12,− 32, 3)，
所以点F到平面BDE的距离为|BF⋅m|m||=3 322=3 34；
(2)设C1F=λC1B1(0≤λ≤1)，C1B1=(−1, 3,0)，DC1=(0,0, 3)，
则DF=DC1+C1F=DC1+λC1B1=(−λ, 3λ, 3)，
设平面BDF的法向量为n=(x2,y2,z2)，由n⊥DF，n⊥DB，
则有n⋅DF=−λx2+ 3λy2+ 3z2=0n⋅DB= 3y2=0，令z2=λ，可得n=( 3,0,λ)，
设锐二面角F−BD−E的平面角为θ，
则csθ=|m⋅n|m|⋅|n||=|−3+λ2× 3+λ2|=12⋅3−λ 3+λ2=12 (3−λ)2λ2+3，
令3−λ=t(t∈[2,3])，
所以csθ=12 t212−6t+t2=12 112(1t)2−6t+1，
设s=1t(s∈[13,12])，则csθ=12 112s2−6s+1，
二次函数y=12s2−6s+1=12(s−14)2+14的开口向上，对称轴为s=14，
所以当s∈[13,12]时，该二次函数单调递增，
所以当s=13时，该二次函数有最小值12×(13)2−6×13+1=13，
当s=12时，该二次函数有最大值12×(12)2−6×12+1=1，
所以 112s2−6s+1∈[1, 3]，即csθ∈[12, 32]，
所以锐二面角F−BD−E的余弦值的取值范围[12, 32].
【解析】(1)建立空间直角坐标系，根据点面距公式求得正确答案；
(2)利用向量法求得锐二面角F−BD−E的余弦值的表达式，结合函数的单调性求得其取值范围．
本题考查利用空间向量计算点到平面的距离，考查二面角的余弦值的取值范围，考查函数最值的求法，属难题．
20.【答案】解：(Ⅰ)若x0=2，则y0=x024=1，即点A的坐标为(2,1)，
设P(x1,y1)，Q(x2,y2)，则k1=y1−1x1−2=x124−1x1−2=x1+24，
同理得k2=x2+24，
由已知k1+k2=x1+x2+44=0，得x1+x2=−4，
直线PQ的斜率kPQ=y1−y2x1−x2=x124−x224x1−x2=x1+x24=−1，
(Ⅱ)由x2=4y得y=x24，其导函数y′=x2，
所以抛物线C在点A处的切线的斜率k=x02，且x1+x2=−2x0，
由(Ⅰ)知线段AP的中点坐标为(x1+x02,x12+x028)，AQ的中点坐标为(x2+x02,x22+x028)，
所以线段AP的中垂线方程为y−x12+x028=−4x1+x0(x−x1+x02)①，
线段AQ的中垂线方程为y−x22+x028=−4x2+x0(x−x2+x02)②，
由①②消去y得−4x1+x0x+x12+x028+2=−4x2+x0x+x22+x028+2，
即x=−(x1+x2)(x1+x0)(x2+x0)32=−x0(x1+x0)216，
代入①得y=x12+2x1x0+3x028+2=(x1+x0)28+x024+2，
所以E(−x0(x1+x0)216,(x1+x0)28+x024+2)，
又(x1+x0)28+x024+2−x024=(x1+x0)2+168，
则直线AE的斜率k′=(x1+x0)28+x024+2−x024−x0(x1+x0)216−x0=−2x0，
所以k⋅k′=−1，
即AE⊥l，故直线l与圆E相切．
【解析】(I)先求出A，设P，Q的坐标，结合直线的斜率公式表示k1，k2，结合k1+k2=0即可求解；
(Ⅱ)结合导数的几何意义可表示抛物线C在点A处的切线的斜率k=x02，结合直线垂直关系分别求出AP及AQ的中垂线方程，然后求出圆心E，结合直线的斜率与位置关系即可判断．
本题考查直线与圆的位置关系的判断及直线与抛物线的综合应用，属于中档题．
21.【答案】解：(1)当λ=1时，F(x)=csa−sinx−sinax−a，则F′(x)=−(x−a)csx−(sinx−sina)(x−a)2，
令G(x)=(x−a)csx−(sinx−sina)，则G′(x)=−(x−a)sinx<0，x∈(a,π2)，
故G(x)在(a,π2)上单调递减，则G(x)故F(x)在(a,π2)上单调递减．
(2)设f(x)=[(1−λ)csx+λcsa](x−a)−(sinx−sina),x∈(a,π2)，
则f′(x)=λ(csa−csx)−(1−λ)(x−a)sinx，
设m(x)=λ(csa−csx)−(1−λ)(x−a)sinx，则m′(x)=(2λ−1)sinx+(λ−1)(x−a)csx，
当λ≤12时，由m′(x)≤(2⋅12−1)sinx+(12−1)(x−a)csx=−12(x−a)csx<0，
知f′(x)在(a,π2)上单调递减，故f′(x)故f(x)在(a,π2)上单调递减，则f(x)当12<λ<1时，对于x∈(a,π2),m′(x)>(2λ−1)sina+(λ−1)(x−a)，
取b=min{π2,a+2λ−11−λsina}，当x∈(a,b)时，m′(x)>0，
则f′(x)在(a,b)上单调递增，故f′(x)>f′(a)=0，
故f(x)在(a,b)上单调递增，则f(x)>f(a)=0，即F(x)=f(x)x−a>0，不满足题意；
当λ≥1时，对于x∈(a,π2),f′(x)=λ(csa−csx)−(1−λ)(x−a)sinx≥csa−csx>0，
故f(x)在(a,π2)上单调递增，则f(x)>f(a)=0，即F(x)=f(x)x−a>0，不满足题意，
综上，仅当λ≤12时，符合题意．
【解析】(1)求出函数的导数，结合三角函数性质，判断导数的正负，再判断函数的单调性；
(2)求出F(x)的导函数，设m(x)=λ(csa−csx)−(1−λ)(x−a)sinx，对m(x)求导，分λ≤12或12<λ<1或λ≥1三种情况，判断函数的单调性，根据不等式F(x)<0恒成立，求出实数λ的取值范围．
本题考查了利用导数研究函数的单调性，利用不等式恒成立求参数的取值范围，考查了分类讨论思想和转化思想，属难题．
22.【答案】解：(1)根据消参可得曲线C1的普通方程为x2+(y+2)2=4，即x2+y2+4y=0，
∵x=ρcsθ，y=ρsinθ，∴曲线C1的极坐标方程为ρ2=−4ρsinθ，即ρ=−4sinθ.
(2)∵ρcs(θ+π4)=3，∴ρcsθ−ρsinθ=3 2，
令θ=α，则ρ=3 2csα−sinα=|ON|，
∴6|ON|= 2(csα−sinα).
又|OM|=−4sinα，
∴|OM| 2−6|ON|=−2 2sinα− 2(csα−sinα)=−2sin(α+π4)，
∵5π4<α<3π2，
∴−1∴ 2<−2sin(α+π4)<2，
则|OM| 2−6|ON|的取值范围为( 2,2).
【解析】(1)根据消参法可得普通方程，进而根据极坐标与直角坐标的互化即可求解，
(2)根据极坐标方程可得ρ=3 2csα−sinα=|ON|，|OM|=−4sinα，进而根据三角函数的性质求解．
本题考查的知识要点：参数方程，极坐标方程和直角坐标方程之间的转换，三角函数的关系式的变换，正弦型函数的性质，主要考查学生的运算能力，属于中档题．
23.【答案】解：(1)当m=3时，f(x)≤2，
当x<1时，令1−x+3−2x≤2，解得23≤x<1；
当1≤x≤32时，令x−1+3−2x≤2，解得1≤x≤32；
当x≥32时，令x−1+2x−3≤2，解得32≤x≤2，
∴f(x)≤2的解集为{x|23≤x≤2}；
(2)若存在x0满足|x0−1|<3−f(x0)
等价于|2x−2|+|2x−m|<3有解，
∵|2x−2|+|2x−m|≥|2x−2−2x+m|=|m−2，
∴令|m−2|<3即可，解得−1∴实数m的取值范围是(−1,5).
【解析】(1)将m=3代入f(x)中，去绝对值，然后分别解不等式；
(2)存在x0满足|x0−1|<3−f(x0)等价于|2x−2|+|2x−m|<3有解，进一步求出m的取值范围．
本题考查了绝对值不等式的解法和不等式有解问题，属基础题．