2021年河北省某校高考数学第二次联考试卷（理科）（全国Ⅱ）

这是一份2021年河北省某校高考数学第二次联考试卷（理科）（全国Ⅱ），共12页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1. 已知集合U={0, 1, 2, 3, 4, 5}，A={2, 4, 5}，B={0, 2, 4}，则A∩∁UB=( )
A.{5}B.{2, 4}C.{0, 2, 5}D.{0, 2, 4, 5}

2. 已知sinα>0，csα<0，则( )
A.sin2α>0B.cs2α<0C.tanα2>0D.sinα2<0

3. 已知复数z=a+(a−1)i(a∈R)，则|z|的最小值为( )
A.12B.22C.32D.1

4. 直线y=2x−1被过点(0, 1)和(2, 1)，且半径为5的圆截得的弦长为( )
A.1055B.21055
C.21455D.21055或21455

5. 已知一四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的较长侧棱与底面所成角的正切值为( )

A.52B.53C.104D.12

6. 已知双曲线的焦点F(c, 0)到渐近线的距离为，且点在双曲线上，则双曲线的方程为（ ）
A.B.C.D.

7. 异或运算是一种逻辑运算，异或用符号“∧”表示，在二进制下，当输入的两个量的同一数位的两个数字不同时，输出1，反之输出0．如十进制下的数10与9表示成二进制分别是1010，1001（即10=1×23+0×22+1×21+0×20，9=1×23+0×22+0×21+1×20），那么10∧9=1010∧1001=0011，现有运算12∧m=1100∧n=0001，则m的值为( )
A.7B.9C.11D.13

8. 已知奇函数f(x)的定义域为R，且满足f(2+x)=f(2−x)，以下关于函数f(x)的说法：
①f(x)满足f(8−x)+f(x)=0；②8为f(x)的一个周期；
③fx=sinπx4是满足条件的一个函数；④f(x)有无数个零点．
其中正确说法的个数为( )

A.1B.2C.3D.4

9. 已知三棱锥P−ABC的高为1，底面△ABC为等边三角形，PA=PB=PC，且P，A，B，C都在体积为32π3的球O的表面上，则该三棱锥的底面△ABC的边长为( )
A.233B.3C.3D.23

10. 甲、乙两人拿两颗如图所示的正四面体骰子做抛掷游戏，规则如下：由一人同时掷两个骰子，观察底面点数，若两个点数之和为5，则由原掷骰子的人继续掷；若掷出的点数之和不是5，就由对方接着掷．第一次由甲开始掷，设第n次由甲掷的概率为Pn，则P10的值为（ ）

A.5111024B.12C.5131024D.257512

11. 若P(n)表示正整数n的个位数字，an=P(n2)−P(2n)，数列{an}的前n项和为Sn，则S2021=( )
A.−1B.0C.1009D.1011

12. 已知函数f(x)=exln|x|，a=f(−ln3)，b=f(ln3)，c=f(3e)，d=f(e3)，则a，b，c，d的大小顺序为( )
A.a>b>c>dB.d>c>b>aC.c>d>b>aD.c>d>a>b
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．

若向量a→，b→满足a→=(csθ, sinθ)(θ∈R)，|b→|=2，则|2a→−b→|的取值范围为________．

在一次去敬老院献爱心活动中，甲、乙、丙、丁、戊5名同学比带队老师先到，老师想知道他们到的先后顺序，甲说乙不是最早的，乙说甲不是最晚的，丙说他比乙先到．若他们说的都为真话，从上述回答分析，5人可能到的先后顺序的不同情况种数为________．

已知等差数列{an}满足a2＝3，a3是a1与a9的等比中项，则的值为________或（3________​2+3________） ．

在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB＝1，AD+AA1＝2，E为棱C1D1上任意一点，给出下列四个结论：
①BD1与AC不垂直；
②长方体ABCD−A1B1C1D1外接球的表面积最小为3π；
③E到平面A1B1D的距离的最大值为；
④长方体ABCD−A1B1C1D1的表面积的最大值为6．
其中所有正确结论的序号为________．
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．

在四边形ABCD中，对角线AC与BD相交于点E，△ABD为等边三角形，BD＝2，AC＝，BC＝1．
（1）求∠CBD的大小；

（2）求△ADE的面积．

为贯彻“不忘立德树人初心，牢记为党育人、为国育才使命”的要求，某省推出的高考新方案是“3+1+2”模式，“3”是语文、外语、数学三科必考，“1”是在物理与历史两科中选择一科，“2”是在化学，生物，政治，地理四科中选择两科作为高考科目．某学校为做好选课走班教学，给出三种可供选择的组合进行模拟选课，其中A组合：物理、化学、生物，B组合：历史、政治、地理，C组合：物理、化学、地理根据选课数据得到，选择A组合的概率为，选择B组合的概率为，选择C组合的概率为，甲、乙、丙三位同学每人选课是相互独立的．
（1）求这三位同学恰好选择互不相同组合的概率；

（2）记η表示这三人中选择含地理的组合的人数，求η的分布列及数学期望．

如图，两个全等的梯形ABCD与BAEF所在的平面互相垂直，AB⊥AD，AD // BC，AB=AD，BC=2AD，P为CF的中点．

(1)证明：DP // 平面ABFE；

(2)求平面DEF与平面BCF所成的锐二面角的余弦值．

已知曲线C的方程为x+12+y2+x−12+y2=4.
(1)求曲线C的离心率；

(2)设曲线C的右焦点为F，斜率为k的动直线l过点F与曲线C交于A，B两点，线段AB的垂直平分线交x轴于点P，证明：|PF||AB|为定值．

已知函数f(x)=x+alnx，g(x)=x2ex，a∈R．
(1)求函数f(x)的单调区间；

(2)当a=2时，方程g(x)=mf(x)有两个实根，求实数m的取值范围．
（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]

在直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为x=1+2csα,y=1−2sinα（α为参数）．以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)=22b(ρ≥0，0≤θ<2π，b∈R).
(1)求曲线C1的普通方程及曲线C2的直角坐标方程；

(2)若曲线C1上存在点P到曲线C2的距离为1，求b的取值范围．
[选修4-5：不等式选讲]（10分）

已知函数f(x)＝|2x−a|+|x+b|，a，b∈R．
（1）当a＝4，b＝1时，求不等式f(x)≤9的解集；

（2）当ab>0时，f(x)的最小值为1，证明：|+|≥．
参考答案与试题解析
2021年河北省某校高考数学第二次联考试卷（理科）（全国Ⅱ）
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.
【答案】
A
【考点】
交、并、补集的混合运算
【解析】
无
【解答】
解：∵ U={0, 1, 2, 3, 4, 5}，B={0, 2, 4}，
∴ ∁UB={1,3,5}，
又A={2, 4, 5}，
∴ A∩∁UB={5}．
故选A．
2.
【答案】
C
【考点】
三角函数值的符号
【解析】
无
【解答】
解：∴ sinα>0，csα<0，
∴ α为第二象限角，
∴ α2为第一或第三象限角，
∴ tanα2>0．
故选C．
3.
【答案】
B
【考点】
复数的模
二次函数的性质
【解析】
无
【解答】
解：因为z=a+a−1i，
所以|z|=a2+a−12=2a−122+12≥22，
所以|z|的最小值为22．
故选B．
4.
【答案】
B
【考点】
直线与圆的位置关系
点到直线的距离公式
圆的标准方程
【解析】
无
【解答】
解：过点0,1，2,1，半径为5的圆的方程为
x−12+y+12=5或x−1​2+(y−3)=5，
则圆心到直线y=2x−1的距离为d1=|2+1−1|22+(−1)2=255，
或d2=|2−3−1|2+−12=255，
所以弦长为2×52−2552=21055．
故选B．
5.
【答案】
C
【考点】
直线与平面所成的角
由三视图还原实物图
【解析】
无
【解答】
解：设该四棱锥为P−ABCD，则由题意知，
四棱锥P−ABCD满足底面ABCD为矩形，
平面PDC丄平面ABCD，且PC=PD=3，AB=4，AD=2．
如图，过点P作PE⊥CD，则PE⊥平面ABCD，连接AE，
可知∠PAE为直线PA与平面ABCD所成的角，
则PE=PD2−DE2=5，AE=AD2+DE2=22，
所以tan∠PAE=PEAE=522=104．
故选C．
6.
【答案】
D
【考点】
双曲线的离心率
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
7.
【答案】
D
【考点】
进位制
【解析】
无
【解答】
解：由12∧m=1100∧n=0001，可得n=1101，
1101表示成十进制为13，
所以m=13．
故选D．
8.
【答案】
D
【考点】
命题的真假判断与应用
函数的周期性
奇函数
函数的对称性
函数的零点
【解析】
无
【解答】
解：因为f(2+x)=f2−x，
所以f(4+x)=f−x，
因为f(x)是奇函数，
所以f−x=−f(x)，
所以f4+x=−f(x)，
所以f(8+x)=−f(x+4)=fx，
所以8为f(x)的一个周期，故②正确；
因为f(8+x)=f(x)，
所以f(8−x)=f−x=−f(x)，
所以f(8−x)+f(x)=0，故①正确；
fx=sinπx4为奇函数满足fx+f−x=0，
且一条对称轴为直线x=2，故③正确；
由f(x)为奇函数且定义域为R知，f(0)=0，
又f(x)为周期函数，
所以f(x)有无数个零点，故④正确．
故选D．
9.
【答案】
C
【考点】
球的表面积和体积
球内接多面体
【解析】
无
【解答】
解：设球O的半径为R．
由球的体积为32π3可得，43πR3=32π3，
解得R=2．
因为三棱锥P−ABC的高h为1，
所以球心O在三棱锥外，
如图，设点O1为△ABC的外心，
则OO1⊥平面ABC，
在Rt△AO1O中，AO12=OA2−OO12，
又OO1=R−h=1，
解得AO1=3．
因为△ABC为等边三角形，
所以AO1=23AE=23⋅sin60∘AB=33AB，
所以AB=3AO1=3．
故选C．
10.
【答案】
A
【考点】
古典概型及其概率计算公式
【解析】
抛掷两颗正四面体骰子观察底面上的数字之和为5有4种情况，得点数之和为5的概率为416＝14，第n次由甲掷有两种情况：一是第n−1由甲掷，第n次由甲掷，概率为14Pn−1，二是第n−1次由乙掷，第n次由甲掷，概率为34(1−Pn−1)．推导出数列{Pn−12}是以P1−12＝12为首项，−12为公比的等比数列，由此能求出结果．
【解答】
抛掷两颗正四面体骰子观察底面上的数字之和为5有4种情况，
得点数之和为5的概率为416＝14，
第n次由甲掷有两种情况：
一是第n−1由甲掷，第n次由甲掷，概率为14Pn−1，
二是第n−1次由乙掷，第n次由甲掷，概率为34(1−Pn−1)．
这两种情况是互斥的，所以Pn＝14Pn−1+34(1−Pn−1)，即Pn＝−12Pn−1+34，
所以Pn−12＝−12(Pn−1−12)，
即数列{Pn−12}是以P1−12＝12为首项，−12为公比的等比数列，
所以Pn＝12+12(−12)n−1，所以P10＝12+12(−12)9＝5111024．
11.
【答案】
C
【考点】
数列的求和
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由题意，得a1=−1，a2=0，a3=3，a4=−2，
a5=5，a6=4，a7=5，a8=−2，a9=−7，
a10=0，a11=−1，a12=0，⋯，
所以数列{an}为周期数列，且周期为10．
因为S10=5，
所以S2021=5×202+−1=1009.
故选C.
12.
【答案】
B
【考点】
利用导数研究函数的单调性
不等式比较两数大小
指数函数的单调性与特殊点
指数函数单调性的应用
【解析】
把a，b化简即可得出大小关系，利用函数fx=ex在区间0,+∞上单调性，可得b，c，d中b最小．构造函数gx=x−elnx，利用导数研究函数的单调性可得d，c大小关系．
【解答】
解：因为a=f−ln3=e−ln3lnln3=lnln33，
b=fln3=eln3lnln3=3lnln3，
所以a因为函数fx=exln|x|在区间0,+∞上单调递增，
所以b，c，d中b最小．
构造函数gx=x−elnx，则g′x=x−ex，
当x≥e时，g′x≥0，
所以gx在区间[e,+∞）上单调递增，
所以g(3)=3−eln3>ge=0，
所以3>eln3，即e3>3e，
所以d>c.
综上所述，d>c>b>a.
故选B．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
【答案】
[0, 4]
【考点】
平面向量数量积的性质及其运算律
余弦函数的定义域和值域
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：设a→与b→的夹角为α，
则2a→−b→2=4a→2+b→2−4a→⋅b→=8−8csα．
因为α∈0,π，
所以0≤8−8csα≤16，
所以0≤|2a→−b→|≤4.
故答案为：0,4 .
【答案】
48
【考点】
排列、组合及简单计数问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
【答案】
3n,n,n
【考点】
等差数列与等比数列的综合
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
【答案】
②③④
【考点】
命题的真假判断与应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
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．
【答案】
在△ABC中，，
由余弦定理得．
因为0<∠ABC<π，
所以，所以．
由知，BC // AD，
所以△BCE∽△DAE，
所以，所以DE＝2BE．
因为BD＝2，所以．
所以．
【考点】
余弦定理
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
【答案】
三位同学恰好选择不同组合共有种情况，
每种情况的概率相同，
故三位同学恰好选择不同组合的概率为：
．
由题意知η的所有可能取值为0，1，3，3，
且η∼B(3,)，
所以，
，
，
，
所以η的分布列为
所以．
【考点】
离散型随机变量的期望与方差
离散型随机变量及其分布列
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
【答案】
(1)证明：如图，取BF的中点Q，连接PQ，AQ．
因为P，Q为CF，BF的中点，
所以PQ // BC，且PQ=12BC．
又因为AD // BC，BC=2AD，
所以PQ // AD，且PQ=AD．
所以四边形ADPQ为平行四边形，
所以DP // AQ．
又AQ⊂平面ABFE，DP⊄平面ABFE，
所以DP // 平面ABFE．
(2)解：因为平面ABCD⊥平面BAEF，
平面ABCD∩平面BAEF=AB，FB⊂平面BAEF，
所以FB⊥平面ABCD．
又BC⊂平面ABCD，
所以FB⊥BC．
又AB⊥FB，AB⊥BC，
所以以B为坐标原点，分别以BA，BC，BF所在直线为x，y．z轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，
设BC=2，则D(1,1,0)，E(1,0,2)，F(0,0,1)，A(1,0,0)，
FD→=(1,1,−1)，ED→=(0,1,−2)．
设平面DEF的一个法向量为n→=(x,y,z)，
则n→⋅FD→=x+y−z=0,n→⋅ED→=x−2z=0,
令z=1，得n→=(−1,2,1)．
取平面BCF的一个法向量为m→=BA→=(1,0,0)，
所以cs⟨m→,n→⟩=m→⋅n→|m→||n→|=−11×6=−66，
所以平面DEF与平面BCF所成锐二面角的余弦值为66．
【考点】
直线与平面平行的判定
用空间向量求平面间的夹角
【解析】
本题考查直线与平面平行的判定定理的应用，二面角的平面角的求法，考查空间想象能力，转化思想以及计算能力，是中档题．
(2)答案未提供解析．
【解答】
(1)证明：如图，取BF的中点Q，连接PQ，AQ．
因为P，Q为CF，BF的中点，
所以PQ // BC，且PQ=12BC．
又因为AD // BC，BC=2AD，
所以PQ // AD，且PQ=AD．
所以四边形ADPQ为平行四边形，
所以DP // AQ．
又AQ⊂平面ABFE，DP⊄平面ABFE，
所以DP // 平面ABFE．
(2)解：因为平面ABCD⊥平面BAEF，
平面ABCD∩平面BAEF=AB，FB⊂平面BAEF，
所以FB⊥平面ABCD．
又BC⊂平面ABCD，
所以FB⊥BC．
又AB⊥FB，AB⊥BC，
所以以B为坐标原点，分别以BA，BC，BF所在直线为x，y．z轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，
设BC=2，则D(1,1,0)，E(1,0,2)，F(0,0,1)，A(1,0,0)，
FD→=(1,1,−1)，ED→=(0,1,−2)．
设平面DEF的一个法向量为n→=(x,y,z)，
则n→⋅FD→=x+y−z=0,n→⋅ED→=x−2z=0,
令z=1，得n→=(−1,2,1)．
取平面BCF的一个法向量为m→=BA→=(1,0,0)，
所以cs⟨m→,n→⟩=m→⋅n→|m→||n→|=−11×6=−66，
所以平面DEF与平面BCF所成锐二面角的余弦值为66．
【答案】
(1)解：由题意，得x+12+y2+x−12+y2=4，
则点(x,y)到点(−1,0)，(1,0)的和是4>2，
根据椭圆的定义可知，曲线C为焦点在x轴上的椭圆．
设椭圆的长轴长为2a，焦距为2c，
则2a=4，2c=2，
所以曲线C的离心率为e=ca=12.
(2)证明：设椭圆的短轴长为2b，
由(1)可知，a=2，c=1，
则b2=a2−c2=3，
所以曲线C的方程为x24+y23=1，且F(1,0).
由题意，设动直线l的方程为y=kx−1，
Ax1,y1，Bx2,y2，
联立x24+y3=1，y=kx−1，
化简，得(3+4k2)x2−8k2x+4(k2−3)=0，
所以x1+x2=8k23+4x2，x1x2=4k2−33+4k2.
设AB的中点为Qx0,y0，
则x0=x1+x22=4k23+4k2，y0=kx0−1=−3k3+4k2.
当k≠0时，线段AB的垂直平分线的方程为
y−−3k3+4k2=−1kx−4k23+4k2.
令y=0，得x=k23+4k2,
所以|PF|=k23+4k2−1=31+k23+4k2，
所以|AB|=x1−x22+y1−y22
=(1+k2)[x1+x22−4x1x2]
=12(1+k2)3+4k2，
所以|PF||AB|=31+k23+4k2121+k23+4k2=14；
当k=0时，直线l的方程为y=0，
此时，|AB|=2a=4，|PF|=c=1，|PF||AB|=14．
综上所述，|PF||AB|为定值，且|PF||AB|=14．
【考点】
椭圆的离心率
椭圆的定义
圆锥曲线中的定点与定值问题
【解析】
（1）椭圆的定义，判断曲线C为焦点在x轴上的椭圆．求出椭圆的长轴长，焦距长，即可得到曲线C的离心率．
（2）设椭圆的短轴长为2b，然后求解椭圆方程，设动直线的方程，设Ax1,y1 ，Bx2,y2，联立直线方程与椭圆方程，利用韦达定理求解AB的中点为Qx0,y0，得到线段AB的垂直平分线的方程，利用弦长公式，转化求解比值即可．
【解答】
(1)解：由题意，得x+12+y2+x−12+y2=4，
则点(x,y)到点(−1,0)，(1,0)的和是4>2，
根据椭圆的定义可知，曲线C为焦点在x轴上的椭圆．
设椭圆的长轴长为2a，焦距为2c，
则2a=4，2c=2，
所以曲线C的离心率为e=ca=12.
(2)证明：设椭圆的短轴长为2b，
由(1)可知，a=2，c=1，
则b2=a2−c2=3，
所以曲线C的方程为x24+y23=1，且F(1,0).
由题意，设动直线l的方程为y=kx−1，
Ax1,y1，Bx2,y2，
联立x24+y3=1，y=kx−1，
化简，得(3+4k2)x2−8k2x+4(k2−3)=0，
所以x1+x2=8k23+4x2，x1x2=4k2−33+4k2.
设AB的中点为Qx0,y0，
则x0=x1+x22=4k23+4k2，y0=kx0−1=−3k3+4k2.
当k≠0时，线段AB的垂直平分线的方程为
y−−3k3+4k2=−1kx−4k23+4k2.
令y=0，得x=k23+4k2,
所以|PF|=k23+4k2−1=31+k23+4k2，
所以|AB|=x1−x22+y1−y22
=(1+k2)[x1+x22−4x1x2]
=12(1+k2)3+4k2，
所以|PF||AB|=31+k23+4k2121+k23+4k2=14；
当k=0时，直线l的方程为y=0，
此时，|AB|=2a=4，|PF|=c=1，|PF||AB|=14．
综上所述，|PF||AB|为定值，且|PF||AB|=14．
【答案】
解：(1)由题意知，函数f(x)的定义域为(0, +∞)，
因为f(x)=x+alnx，a∈R，
所以f′(x)=1+ax=x+ax，
①当a≥0时，f′(x)>0在区间(0, +∞)上恒成立，
函数f(x)的单调递增区间为(0, +∞)；
②当a<0时，令f′(x)>0，
则x>−a，函数f(x)的单调递增区间为(−a, +∞)；
令f′(x)<0，则x<−a，函数f(x)的单调递增区间为(−∞,−a).
综上：当a≥0时，函数f(x)的单调递增区间为(0, +∞)，无单调递减区间；
当a<0时，函数f(x)的单调递增区间为(−a, +∞)，单调递减区间为(−∞,−a).
(2)由方程g(x)=mf(x)有两个实根，
即关于x的方程x2ex−m(x+2lnx)=0有两个实根，
即函数h(x)=x2ex−m(x+2lnx)有两个零点.
又h(x)=x2ex−m(x+2lnx)=ex+2lnx−m(x+2lnx)，
令t=x+2lnx，
由(1)，得t是关于x的单调递增函数，
所以只需函数u(t)=et−mt有两个零点，
令ut=0，解得1m=tet，
令φt=tet，则φ′t=1−tet.
易知当t∈−∞,1时，φ(t)单调递增；当t∈1,+∞时，φt单调递减.
所以当t=1时，φt取得最大值为φ1=1e.
当t<0时，φt<0；当t>0时，φt>0.
又φ0=0，
所以函数φt=tet的图象如图所示，
所以当1m∈0,1e，即m∈e,+∞时，函数hx有两个零点，
所以实数m的取值范围为e,+∞.
【考点】
利用导数研究函数的单调性
利用导数研究与函数零点有关的问题
函数的零点与方程根的关系
【解析】
（1）求出函数的导数，通过讨论a的范围，求出函数的单调区间即可；
（2）代入a的值，方程gx=mfx有两个实根，即函数h(x)=x2ex−m(x+2lnx)有两个零点，令t=x+2lnx，只需函数uu(t)=et−mt有两个零点，令ut=0，得1m=tet，令φt=tet，根据函数的单调性求出m的取值范围即可．
【解答】
解：(1)由题意知，函数f(x)的定义域为(0, +∞)，
因为f(x)=x+alnx，a∈R，
所以f′(x)=1+ax=x+ax，
①当a≥0时，f′(x)>0在区间(0, +∞)上恒成立，
函数f(x)的单调递增区间为(0, +∞)；
②当a<0时，令f′(x)>0，
则x>−a，函数f(x)的单调递增区间为(−a, +∞)；
令f′(x)<0，则x<−a，函数f(x)的单调递增区间为(−∞,−a).
综上：当a≥0时，函数f(x)的单调递增区间为(0, +∞)，无单调递减区间；
当a<0时，函数f(x)的单调递增区间为(−a, +∞)，单调递减区间为(−∞,−a).
(2)由方程g(x)=mf(x)有两个实根，
即关于x的方程x2ex−m(x+2lnx)=0有两个实根，
即函数h(x)=x2ex−m(x+2lnx)有两个零点.
又h(x)=x2ex−m(x+2lnx)=ex+2lnx−m(x+2lnx)，
令t=x+2lnx，
由(1)，得t是关于x的单调递增函数，
所以只需函数u(t)=et−mt有两个零点，
令ut=0，解得1m=tet，
令φt=tet，则φ′t=1−tet.
易知当t∈−∞,1时，φ(t)单调递增；当t∈1,+∞时，φt单调递减.
所以当t=1时，φt取得最大值为φ1=1e.
当t<0时，φt<0；当t>0时，φt>0.
又φ0=0，
所以函数φt=tet的图象如图所示，
所以当1m∈0,1e，即m∈e,+∞时，函数hx有两个零点，
所以实数m的取值范围为e,+∞.
（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]
【答案】
解：(1)由x=1+2csα,y=1−2sinα,（α为参数），
消去参数α，得曲线C1的普通方程为(x−2)2+(y−1)2=4.
由ρcs(θ+π4)=22b，得
22ρcsθ−22ρsinθ=22b.
令x=ρcsθ，y=ρsinθ，得x−y=b，
所以曲线C2的直角坐标方程为x−y−b=0.
(2)设P1+2csα,1−2sinα,
因为点P到直线x−y−b=0的距离为1，
所以|1+2csα−1−2sinα−b|2=1，
化简，得22sinα+π4−b=±2①．
若关于α的方程①有解，则曲线C1上存在点P到曲线C2的距离为1，
所以b=22sinα+π4+2②，或b=22sinα+π4−2③，
由②，得−2≤b≤32，
由③，得−32≤b≤2，
所以b的取值范围为−32,32.
【考点】
圆的参数方程
直线的极坐标方程
点到直线的距离公式
三角函数的最值
【解析】
（1）把已知参数方程移向平方即可得到普通方程，展开两角差的余弦，结合x=ρcsθ，y=ρsinθ，求得曲线C2的直角坐标方程；
（2）利用点到直线的距离公式求出：22sinα+π6−b=±2，从而将问题转化为该方程有解，故b=27sinα+π4+2或b=52sinα+π4−6，再利用三角函数的最值即可求解.
【解答】
解：(1)由x=1+2csα,y=1−2sinα,（α为参数），
消去参数α，得曲线C1的普通方程为(x−2)2+(y−1)2=4.
由ρcs(θ+π4)=22b，得
22ρcsθ−22ρsinθ=22b.
令x=ρcsθ，y=ρsinθ，得x−y=b，
所以曲线C2的直角坐标方程为x−y−b=0.
(2)设P1+2csα,1−2sinα,
因为点P到直线x−y−b=0的距离为1，
所以|1+2csα−1−2sinα−b|2=1，
化简，得22sinα+π4−b=±2①．
若关于α的方程①有解，则曲线C1上存在点P到曲线C2的距离为1，
所以b=22sinα+π4+2②，或b=22sinα+π4−2③，
由②，得−2≤b≤32，
由③，得−32≤b≤2，
所以b的取值范围为−32,32.
[选修4-5：不等式选讲]（10分）
【答案】
由题意得f(x)＝|2x−4|+|x+7|，
当x≥2时，原不等式可化为3x−7≤9，
解得x≤4，故3≤x≤4
当−1≤x<4时，原不等式可化为5−x≤9，
解得x≥−7，故−1≤x<2
当x<−7时，原不等式可化为−3x+3≤2，
解得x≥−2，故−2≤x<−7
综上，不等式f(x)≤9的解集为[−2．
证明：因为
≥
＝，
且ab>0，
所以，
当且仅当或时等号成立，
【考点】
不等式的证明
绝对值不等式的解法与证明
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答η
2
1
2
3
P