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    河南省济源市、平顶山市、许昌市2021届高三高考第三次质检数学(理科)试卷 Word版含解析
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    河南省济源市、平顶山市、许昌市2021届高三高考第三次质检数学(理科)试卷 Word版含解析

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    这是一份河南省济源市、平顶山市、许昌市2021届高三高考第三次质检数学(理科)试卷 Word版含解析,共23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M={x|y=ln(x﹣2)},N={x|2x﹣a≤0},且M∪N=R,则a的取值范围为( )
    A.[2,+∞)B.(2,+∞)C.[4,+∞)D.(4,+∞)
    2.若复数z满足|z﹣3i|=3,i为虚数单位,则|z﹣4|的最大值为( )
    A.8B.6C.4D.2
    3.苏格兰数学家科林•麦克劳林(ClinMaclaurin)研究出了著名的Maclaurin级数展开式,其中一个为:ln(1+x)=+…,据此展开式,如图所示的程序框图的输出结果S约为( )
    (参考数据:ln2.414=0.8813,ln2=0.6931,ln3=1.099)
    A.1.6931B.0.6931C.1.0990D.0.8813
    4.已知曲线y=aex+xlnx在点(1,ae)处的切线方程为y=2x+b,则( )
    A.a=e﹣1,b=1B.a=e﹣1,b=﹣1C.a=e,b=﹣1D.a=e,b=1
    5.将函数f(x)=cs(2x+)的图象向左平移个单位长度,再把曲线上各点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变),得到函数y=g(x)的图象,则( )
    A.y=g(x)的图象关于点(,0)对称
    B.y=g(x)的图象关于直线x=﹣对称
    C.g(x)的最小正周期为π
    D.g(x)在[]单调递减
    6.函数f(x)=的图象大致是( )
    A.
    B.
    C.
    D.
    7.设F1,F2分别为双曲线=1(a>0,b>0)的左、右焦点,O为坐标原点,过F1的直线与双曲线的两条渐近线分别交于A,B两点,且满足,,则该双曲线的离心率为( )
    A.B.C.2D.2
    8.(x+y)5(2x+)的展开式中x2y4的系数为( )
    A.10B.15C.20D.25
    9.已知0<a<5且aln5=5lna,0<b<6且bln6=6lnb,0<c<7且cln7=7lnc,则a,b,c的大小关系为( )
    A.a>c>bB.a>b>cC.c>a>bD.c>b>a
    10.在四面体S﹣ABC中,SA⊥平面ABC,三内角B,A,C成等差数列,SA=AC=2,AB=1,则该四面体的外接球的表面积为( )
    A.5πB.6πC.7πD.8π
    11.A、B两位同学各有3张卡片,现以投掷硬币的形式进行游戏.当硬币正面向上时,A赢得B一张卡片,否则B赢得A一张卡片,如果某人已赢得所有卡片,则游戏终止,那么恰好掷完5次硬币时游戏终止的概率为( )
    A.B.C.D.
    12.已知椭圆E:=1(a>b>0)的离心率为,F是椭圆E的右焦点,点A(0,﹣2),直线AF的斜率为,O为坐标原点.设过点A的直线l与椭圆E交于P,Q两点,则△OPQ面积的最大值为( )
    A.B.2C.D.1
    二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。
    13.若实数x,y满足条件,则z=3x﹣2y﹣4的最小值为 .
    14.已知平面向量=(1,),=(﹣,m),且|+|=|﹣|,则|3﹣6|= .
    15.若函数f(x)=lga(x+)(a>0,a≠1)是奇函数,则函数g(x)=bx﹣ax在[1,2]上的最大值与最小值的和为 .
    16.已知△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且满足a=2,a2=2b2+c2,则△ABC的面积的最大值为 .
    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.设数列{an}满足a1=2,2(an+1﹣an)=3×4n.
    (1)求数列{an}的通项公式;
    (2)令bn=nan,求数列{bn}的前n项和Sn.
    18.如图,在几何体ABCDE中,四边形ABCD是矩形,AB⊥平面BEC,BE⊥EC,AB=BE=EC=2,G,F,M分别是线段BE,DC,AB的中点.
    (1)求证:平面GMF∥平面ADE;
    (2)求平面AEF与平面BEC所成二面角的正弦值.
    19.2020年,新冠病毒席卷全球,给世界各国带来了巨大的灾难.面对疫情,我们伟大的祖国以人民生命至上为最高政策出发点,统筹全国力量,上下一心,进行了一场艰苦的疫情狙击战,控制住了疫情的蔓延并迅速开展相关研究工作.某医疗科学小组为了了解患有重大基础疾病(如,糖尿病、高血压、…)是否与更容易感染新冠病毒有关,他们对疫情中心的人群进行了抽样调查,对其中50人的血液样本进行检验,数据如表:
    (1)请填写2×2列联表,并判断是否有99%的把握认为患有重大基础疾病更容易感染新冠病毒;
    (2)在抽样调查过程中,发现某样本小组5人中有1人感染新冠病毒,需要通过化验血液来确定感染者,血液化验结果呈阳性即为感染者,呈阴性即未感染.下面是两种化验方法:
    方法一:逐一检验,直到检出感染者为止;
    方法二:先取3人血液样本,混合在一起检验,如呈阳性则逐一检验,直到检出感染者为止;如呈阴性,则检验剩余2人中任意1人的血液样本.
    (i)求方法一的化验次数大于方法二的化验次数的概率;
    (ii)用X表示方法二中化验的次数,求X的数学期望.
    附:K2=,其中n=a+b+c+d.
    20.已知F是抛物线E:y2=2px(p>0)的焦点,直线l:y=k(x﹣m)(m>0)与抛物线E交于A,B两点,与抛物线E的准线交于点N.
    (1)若k=1时,|AB|=4,求抛物线E的方程;
    (2)是否存在常数k,对于任意的正数m,都有|FA|•|FB|=|FN|2?若存在,求出k的值;若不存在,说明理由.
    21.已知函数有两个零点.
    (1)求实数a的取值范围;
    (2)记f(x)的两个零点分别为x1,x2,求证:(e为自然对数的底数).
    (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]
    22.已知在平面直角坐标系xOy中,曲线C的参数方程为(t为参数).以原点O为极点,x轴正半轴为极轴建立极坐标系,直线l的极坐标方程为ρcs(θ+)=1.
    (1)求曲线C和直线l的直角坐标方程;
    (2)若直线l交曲线C于A,B两点,交x轴于点P,求的值.
    [选修4-5:不等式选讲]
    23.已知函数f(x)=|x+2|﹣m|x+1|.
    (1)若m=﹣2,求不等式f(x)≥8的解集;
    (2)若关于x的不等式f(x)≤m|x+3|对于任意实数x恒成立,求实数m的取值范围.
    参考答案
    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.已知集合M={x|y=ln(x﹣2)},N={x|2x﹣a≤0},且M∪N=R,则a的取值范围为( )
    A.[2,+∞)B.(2,+∞)C.[4,+∞)D.(4,+∞)
    解:∵y=ln(x﹣2),∴x﹣2>0,∴x>2,∴M=(2,+∞),
    ∵2x﹣a≤0,∴x≤,∴N=(﹣∞,],
    ∵M∪N=R,画出数轴如下,
    ∴≥2,∴a≥4,
    ∴a的取值范围为[4,+∞).
    故选:C.
    2.若复数z满足|z﹣3i|=3,i为虚数单位,则|z﹣4|的最大值为( )
    A.8B.6C.4D.2
    解:由|z﹣3i|=3,可知复数z对应点的轨迹为以B(0,3)为圆心,以3为半径的圆上,
    如图:
    则|z﹣4|的最大值为|AB|+3=5+3=8,
    故选:A.
    3.苏格兰数学家科林•麦克劳林(ClinMaclaurin)研究出了著名的Maclaurin级数展开式,其中一个为:ln(1+x)=+…,据此展开式,如图所示的程序框图的输出结果S约为( )
    (参考数据:ln2.414=0.8813,ln2=0.6931,ln3=1.099)
    A.1.6931B.0.6931C.1.0990D.0.8813
    解:模拟程序的运行,可得程序框图的功能是计算并输出S=1﹣+﹣+﹣+﹣的值,
    由题意可得S=1﹣+﹣+﹣+﹣=ln(1+1)=ln2=0.6931.
    故选:B.
    4.已知曲线y=aex+xlnx在点(1,ae)处的切线方程为y=2x+b,则( )
    A.a=e﹣1,b=1B.a=e﹣1,b=﹣1C.a=e,b=﹣1D.a=e,b=1
    解:∵y=aex+xlnx,∴y′=aex+lnx+1,
    由在点(1,ae)处的切线方程为y=2x+b,
    可得ae+1+0=2,解得a=e﹣1,
    又切点为(1,1),可得1=2+b,即b=﹣1.
    故选:B.
    5.将函数f(x)=cs(2x+)的图象向左平移个单位长度,再把曲线上各点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变),得到函数y=g(x)的图象,则( )
    A.y=g(x)的图象关于点(,0)对称
    B.y=g(x)的图象关于直线x=﹣对称
    C.g(x)的最小正周期为π
    D.g(x)在[]单调递减
    解:将函数f(x)=cs(2x+)的图象向左平移个单位长度,
    得:y=cs[2(x+)+]=﹣sin(2x+),
    再把曲线上各点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变),
    得:g(x)=﹣sin(x+),
    对于A:g()=﹣sinπ=0,故A正确,
    对于B:g(﹣)=﹣sin0=0≠±1,故B错误,
    对于C:g(x)的最小正周期是T=2π,故C错误,
    对于D:当x∈[,]时,令t=x+∈[,],
    y=﹣sint在[,]上不单调,故D错误,
    故选:A.
    6.函数f(x)=的图象大致是( )
    A.
    B.
    C.
    D.
    解:函数的定义域为R,排除B,D,
    当x>0且x→+∞,f(x)<0,且f(x)→0,排除C,
    故选:A.
    7.设F1,F2分别为双曲线=1(a>0,b>0)的左、右焦点,O为坐标原点,过F1的直线与双曲线的两条渐近线分别交于A,B两点,且满足,,则该双曲线的离心率为( )
    A.B.C.2D.2
    解:由,,
    可得△BOF1为等腰三角形,且A为底边BF1的中点,
    由F1(c,0)到渐近线y=±x的距离为d==b,
    由OA⊥BF1,可得|OA|==a,
    由∠AOF1=∠AOB=∠BOF2=60°,可得cs60°==,
    可得e==2.
    故选:C.
    8.(x+y)5(2x+)的展开式中x2y4的系数为( )
    A.10B.15C.20D.25
    解:∵(x+y)5中x•y4项的系数为,x3y2项的系数为,
    ∴(x+y)5(2x+)的展开式中x2y4的系数为:+2=20,
    故选:C.
    9.已知0<a<5且aln5=5lna,0<b<6且bln6=6lnb,0<c<7且cln7=7lnc,则a,b,c的大小关系为( )
    A.a>c>bB.a>b>cC.c>a>bD.c>b>a
    解:令F(x)=,则,
    易得,当0<x<e时,F′(x)>0,函数单调递增,当x>e时,F′(x)<0,函数单调递减,
    因为0<a<5,0<b<6,0<c<7,
    所以c>b>a>e,
    所以f(c)<f(b)<f(a),
    则a>b>c.
    故选:B.
    10.在四面体S﹣ABC中,SA⊥平面ABC,三内角B,A,C成等差数列,SA=AC=2,AB=1,则该四面体的外接球的表面积为( )
    A.5πB.6πC.7πD.8π
    解:由三内角B,A,C成等差数列,得B+C=2A,
    又A+B+C=π,∴3A=π,A=,
    又∴
    =,
    则AB2+BC2=AC2,∴AB⊥BC,
    又∵SA⊥平面ABC,把四面体S﹣ABC放置在长方体中,
    如图,
    则该四面体外接球的直径为SC,且SC=,
    ∴该四面体的外接球的表面积为.
    故选:D.
    11.A、B两位同学各有3张卡片,现以投掷硬币的形式进行游戏.当硬币正面向上时,A赢得B一张卡片,否则B赢得A一张卡片,如果某人已赢得所有卡片,则游戏终止,那么恰好掷完5次硬币时游戏终止的概率为( )
    A.B.C.D.
    解:假设A赢了B,5次终止,那么A赢了4次,B赢了1次. B的这一次只能发生在前三次中(前三中还不发生,A就赢了),也就是有三种情况,每种情况概率均为,且还有B赢A的情况,则最后概率为×3×2=.
    故选:D.
    12.已知椭圆E:=1(a>b>0)的离心率为,F是椭圆E的右焦点,点A(0,﹣2),直线AF的斜率为,O为坐标原点.设过点A的直线l与椭圆E交于P,Q两点,则△OPQ面积的最大值为( )
    A.B.2C.D.1
    解:设F(c,0),点A(0,﹣2),直线AF的斜率为=,
    得c=,又e==,
    所以a=2,b2=a2﹣c2=1,
    故E的方程为+y2=1.
    依题意当l⊥x轴时,不合题意,可设直线l:y=kx﹣2,设P(x1,y1),Q(x2,y2),
    将y=kx﹣2代入+y2=1,得(1+4k2)x2﹣16kx+12=0,
    当△=16(4k2﹣3)>0,即k2>时,x1+x2=,x1x2=,
    从而|PQ|=•|x1﹣x2|=•=4•,
    又点O到直线PQ的距离d=,
    所以△OPQ的面积S△OPQ=d|PQ|=4•,
    设=t,则t>0,4k2=3+t2,
    S△OPQ==≤=1,
    当且仅当t=2,k=±等号成立,且满足△>0,
    所以△OPQ的面积最大为1.
    故选:D.
    二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。
    13.若实数x,y满足条件,则z=3x﹣2y﹣4的最小值为 ﹣6 .
    解:由约束条件作出可行域如图,
    由图可知,A(0,1),
    由z=3x﹣2y﹣4,得y=,
    由图可知,当直线y=过A时,直线在y轴上的截距最大,
    z有最小值为﹣6.
    故答案为:﹣6.
    14.已知平面向量=(1,),=(﹣,m),且|+|=|﹣|,则|3﹣6|= 6 .
    解:∵向量=(1,),=(﹣,m),且|+|=|﹣|,
    ∴•=﹣+m=0,∴m=1,
    则|3﹣6|=====6,
    故答案为:6.
    15.若函数f(x)=lga(x+)(a>0,a≠1)是奇函数,则函数g(x)=bx﹣ax在[1,2]上的最大值与最小值的和为 .
    解:由为奇函数可知,,
    解得,经验证,符合题意,
    ∴,
    又y=2x为增函数,为减函数,
    ∴为增函数,
    ∴当x∈[1,2]时,.
    故答案为:.
    16.已知△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且满足a=2,a2=2b2+c2,则△ABC的面积的最大值为 .
    解:因为a2=2b2+c2,
    由余弦定理可得b²+c²﹣2bccsA=2b2+c2,
    化简得csA=﹣,
    则sinA=,
    则△ABC的面积S=bcsinA==
    ≤====,
    当且仅当3b=时等号成立,
    故△ABC的面积的最大值为.
    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.设数列{an}满足a1=2,2(an+1﹣an)=3×4n.
    (1)求数列{an}的通项公式;
    (2)令bn=nan,求数列{bn}的前n项和Sn.
    解:(1)数列{an}满足a1=2,2(an+1﹣an)=3×4n.
    故,
    整理得,



    所以,
    所以.
    (2)由(1)得bn=nan=n•22n﹣1,
    所以①,
    ②,
    ①﹣②得,
    解得.
    18.如图,在几何体ABCDE中,四边形ABCD是矩形,AB⊥平面BEC,BE⊥EC,AB=BE=EC=2,G,F,M分别是线段BE,DC,AB的中点.
    (1)求证:平面GMF∥平面ADE;
    (2)求平面AEF与平面BEC所成二面角的正弦值.
    【解答】(1)证明:因为四边形ABCD是矩形,M是AB中点,F是CD中点,所以MF∥AD,
    因为AD⊂平面ADE,MF⊄平面ADE,所以MF∥平面ADE,
    因为G是BC中点,M是AB中点,所以MG∥AE,
    因为AE⊂平面ADE,MG⊄平面ADE,所以MG∥平面ADE,
    又因为MG∩MF=M,MG、MF⊂平面GMF,
    所以平面GMF∥平面ADE;
    (2)解:取AB中点O,取AD中点N,连接OE、ON,
    因为四边形ABCD是矩形,所以ON⊥BC,ON∥AB,
    因为AB⊥平面BEC,所以ON⊥平面BEC,
    所以ON⊥OE,又因为BE=EC,所以OE⊥BC,
    于是OE、OC、ON两两垂直,建立如图所示的空间直角坐标系,
    因为BE⊥EC,AB=BE=EC=2,所以OE=OC=OB=,CF=1,
    =(﹣,,1),=(0,﹣2,1),
    设平面AEF的法向量为=(x,y,z),
    ,令y=1,=(3,1,2),
    平面BCE的法向量为=(0,0,1),
    设平面AEF与平面BEC所成二面角大小为θ,由图知θ为锐角,
    csθ===,sinθ==,
    所以平面AEF与平面BEC所成二面角的正弦值为.
    19.2020年,新冠病毒席卷全球,给世界各国带来了巨大的灾难.面对疫情,我们伟大的祖国以人民生命至上为最高政策出发点,统筹全国力量,上下一心,进行了一场艰苦的疫情狙击战,控制住了疫情的蔓延并迅速开展相关研究工作.某医疗科学小组为了了解患有重大基础疾病(如,糖尿病、高血压、…)是否与更容易感染新冠病毒有关,他们对疫情中心的人群进行了抽样调查,对其中50人的血液样本进行检验,数据如表:
    (1)请填写2×2列联表,并判断是否有99%的把握认为患有重大基础疾病更容易感染新冠病毒;
    (2)在抽样调查过程中,发现某样本小组5人中有1人感染新冠病毒,需要通过化验血液来确定感染者,血液化验结果呈阳性即为感染者,呈阴性即未感染.下面是两种化验方法:
    方法一:逐一检验,直到检出感染者为止;
    方法二:先取3人血液样本,混合在一起检验,如呈阳性则逐一检验,直到检出感染者为止;如呈阴性,则检验剩余2人中任意1人的血液样本.
    (i)求方法一的化验次数大于方法二的化验次数的概率;
    (ii)用X表示方法二中化验的次数,求X的数学期望.
    附:K2=,其中n=a+b+c+d.
    解:(1)2×2列联表如下:
    ∴K2==≈8.333>6.635,
    ∴有99%的把握认为患有重大基础疾病更容易感染新冠病毒.
    (2)(i)方案一:化验次数X的取值为1,2,3,4,
    P(X=1)=,P(X=2)=×=,P(X=3)=××=,P(X=4)=××=,
    方案二:化验次数X=2,3,
    P(X=2)=×+=,P(X=3)=×=,
    所以方法一的化验次数大于方法二的化验次数的概率为×+(+)=.
    (ii)由(i)可得X的分布列为:
    所以X的数学期望E(X)=2×+3×=.
    20.已知F是抛物线E:y2=2px(p>0)的焦点,直线l:y=k(x﹣m)(m>0)与抛物线E交于A,B两点,与抛物线E的准线交于点N.
    (1)若k=1时,|AB|=4,求抛物线E的方程;
    (2)是否存在常数k,对于任意的正数m,都有|FA|•|FB|=|FN|2?若存在,求出k的值;若不存在,说明理由.
    解:(1)设A(x1,y1),B(x2,y2),
    由,消去y得k2x2﹣2(k2m+p)x+k2m2=0,
    因为直线l与抛物线交于两点,
    所以k≠0,
    又因为m>0,p>0,
    所以△=8k2mp+4p2>0恒成立,
    所以,
    当k=1时,|AB|=4,
    所以|AB|=|x1﹣x2|=2=4,
    化简得(p+2m+2)(p﹣2)=0,
    因为p>0,m>0,
    所以p=2,
    所以抛物线的方程为y2=4x.
    (2)假设存在常数k满足题意,
    因为抛物线E的方程为y2=2px,
    焦点为F(,0),准线为x=﹣,
    所以N(﹣,﹣k(m+)),从而|FN|2=p2+k2(m+)2
    由抛物线的定义可得,|FA|=x1+,|FB|=x2+,
    所以|FA|•|FB|=(x1+)(x2+)=x1x2+(x1+x2)+=(m+)2+,
    由|FA|•|FB|=|FN|2得(m+)2+=p2+k2(m+)2,即(k2﹣1)[(m+)2+]=0,
    因为(m+)2>0,>0,
    所以k2﹣1=0,解得k=±1,
    所以存在k=±1,使得|FA|•|FB|=|FN|2对任意的正数m都成立.
    21.已知函数有两个零点.
    (1)求实数a的取值范围;
    (2)记f(x)的两个零点分别为x1,x2,求证:(e为自然对数的底数).
    解:(1)函数f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=,
    ①当a≤0时,f′(x)>0恒成立,f(x)在(0,+∞)上单调递增,f(x)至多有一个零点,不符合题意,
    ②当a>0时,f′(a)=0,且当x∈(0,a)时,f′(x)<0,
    当x∈(a,+∞)时,f′(x)>0,
    所以f(x)在(0,a)上单调递减,在(a,+∞)上单调递增,
    从而f(x)的最小值为f(a)=lna+2,
    若f(a)≥0,即a≥e2,此时f(x)至多有一个零点,不符合题意,
    若f(a)<0,即0<a<e﹣2,
    因为f(x)在(a,+∞)上单调递增,f(a)<0,f(1)=a+1>0,
    根据零点存在性定义得,f(x)在(a,+∞)内有且仅有一个零点,
    又因为f(x)在(0,a)上单调递减,且f(a)<0,
    考虑f(a2)=2lna++1的正负,
    令g(x)=2lnx++1,x∈(0,e﹣2),
    则g′(x)=<0,
    所以g(x)在(0,e﹣2)上单调递减,
    所以g(x)>g(e﹣2)=e2﹣3>0,即f(a2)=2lna++1>0,
    因为0<a2<a,
    所以f(a2)>0,f(a)<0,
    根据零点的存在性定理得,f(x)在(0,a)有且仅有一个零点,
    所以,当0<a<e﹣2时,f(x)恰有两个零点,符合题意,
    综上所述,a的取值范围为(0,e﹣2).
    (2)证明:不妨设x1<x2,
    由(1)可知,a∈(0,e﹣2),x1∈(0,a),x2∈(a,+∞),f(x)在(a,+∞)上单调递增,
    要证x1x2<,
    需证x2<,
    即证f(x2)<f(),
    则证0<﹣lnx1﹣3+ae4x1,
    可证lnx1+3﹣ae4x1<0,
    由f(x1)=lnx1++1=0得,a=﹣x1(lnx1+1),
    所以只需证lnx1+3+e4x12(lnx1+1)<0,①
    令h(x)=lnx+3+e4x2(lnx+1),
    则h′(x)=+e4x(2lnx+3),
    令φ(x)=+e4x(2lnx+3),
    则φ′(x)=﹣+e4(2lnx+5)=e4﹣+e4(2lnx+4),
    由0<x<e﹣2,解得lnx<﹣2,e4<,
    所以φ′(x)<0,φ(x)在(0,e﹣2)上单调递减,且φ(e﹣2)=0,
    所以x∈(0,e﹣2),φ(x)>0,即h′(x)>0,
    所以h(x)在(0,e﹣2]上单调递增,且h(e﹣2)=0,而x1<a<e﹣2,
    所以h(x1)<h(e2)=0,即①式得证,
    所以x1x2<.
    (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]
    22.已知在平面直角坐标系xOy中,曲线C的参数方程为(t为参数).以原点O为极点,x轴正半轴为极轴建立极坐标系,直线l的极坐标方程为ρcs(θ+)=1.
    (1)求曲线C和直线l的直角坐标方程;
    (2)若直线l交曲线C于A,B两点,交x轴于点P,求的值.
    解:(1)曲线C的参数方程为(t为参数).转换为直角坐标方程为x2﹣4y2=1(x≠﹣1),
    直线l的极坐标方程为ρcs(θ+)=1.根据,转换为直角坐标方程为.
    (2)直线l交交x轴于点P,所以P(2,0),
    所以直线的参数方程为(t为参数),
    把直线我的参数方程代入x2﹣4y2=1,
    得到,
    故,t1t2=﹣12,
    所以=.
    [选修4-5:不等式选讲]
    23.已知函数f(x)=|x+2|﹣m|x+1|.
    (1)若m=﹣2,求不等式f(x)≥8的解集;
    (2)若关于x的不等式f(x)≤m|x+3|对于任意实数x恒成立,求实数m的取值范围.
    解:(1)当m=﹣2时,f(x)=|x+2|+2|x+1|=,
    当x≤﹣2时,﹣3x﹣4≥8,解得x≤﹣4;
    当﹣2<x<﹣1时,不等式无解;
    当x≥﹣1时,3x+4≥8,解得x≥.
    综上,不等式的解集为(﹣∞﹣4]∪[,+∞).
    (2)关于x的不等式f(x)≤m|x+3|对于任意实数x恒成立,
    即为|x+2|≤m(|x+1|+|x+3|),
    由于|x+1|+|x+3|≥|x+1﹣x﹣3|=2,当且仅当﹣3≤x≤﹣1时,等号成立,
    所以m≥,
    记g(x)=,
    当x≥﹣1时,g(x)==;当x≤﹣3时,g(x)==.
    则g(x)=,
    所以g(x)∈[0,],
    所以m≥,
    所以实数m的取值范围为[,+∞).
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    30
    P(K2≥k)
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    k
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    20
    5
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    20
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    3
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