2023年12月9日发(作者：滕州市去年期中数学试卷)
高三数学综合测试一、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）
A)∩B=（
）
−3,−1, 2,3}，B =
{−3,0,1, 2}，则(
U=x∈Zx≤3，集合A ={
1．已知全集
U{}A．∅ B．{1} C．{0,1} D．{0,1,2}【答案】C【详解】因为全集U=x∈Zx≤3={x∈Z−3≤x≤3}={−3,−2,−1,0,1,2,3}，又因为A={−3,−1,2,3}，B={}{0,1}.故选：C.
{−3,0,1,2}，则UA={−2,0,1}，因为(UA)∩B=2．若虚数z使得z2+z是实数，则z满足（
）
A．实部是−12B．实部是12C．虚部是0 D．虚部是12，【答案】A【详解】设z=a+bi（a,b∈R且b≠0）z2+z=(a+bi)2+(a+bi)=a2+2abi−b2+a+bi=a2+a−b2+(2ab+b)i，
1a=−b=02ab+b=0是实数，因此，（舍去），或．故选：A．
z+z22a,ba+λb⊥a(λ>2)，则λ=（
）
=fxx−5x+63．已知向量a,b的夹角为120，且是函数()的两个零点.若2()A．3 B．4
2C．5 D．6
f(x)x−5x+6的两个零点分别为2，3，所以=a2,=b3或=a3,=b2.
【答案】A【详解】解：因为函数=220.
0，则a+λa⋅b=又a+λb⊥a，所以a+λb⋅a=0，即|a|+λabcos120=()()410，解得λ=（舍去）=a2,=b3时，4+λ×2×3×−=；当3210，解得λ=3，满足λ>2.
=a3,=b2时，9+λ×3×2×−=当2综上，λ=3故选：A
x+1,x≤afx=()4．已知函数，若f(x)的值域是R，则实数a的取值范围是（
）
xx>a2,A．(−∞,0] B．[0,1]C．[0,+∞)D．(−∞,1]【答案】B【详解】根据题意可得，在同一坐标系下分别画出函数y=x+1和g(x)=2x的图象如下图所示：
由图可知，当x=0或x=1时，两图象相交，若f(x)的值域是R，以实数a为分界点，可进行如下分类讨论：
当a<0时，显然两图象之间不连续，即值域不为R；同理当a>1,值域也不是R；
当0≤a≤1时，两图象相接或者有重合的部分，此时值域是R；
综上可知，实数a的取值范围是0≤a≤1.故选：B
5．蚊香具有悠久的历史，我国蚊香的发明与古人端午节的习俗有关.如图，为某校数学社团用数学软件制作的“蚊香”.画法如下：在水平直线上取长度为1的线段AB，作一个等边三角形ABC，然后以点B为圆心，AB为半径逆时针画第1页 圆弧交线段CB的延长线于点D（第一段圆弧），再以点C为圆心，CD为半径逆时针画圆弧交线段AC的延长线于点E，再以点A为圆心，AE为半径逆时针画圆弧…….以此类推，当得到的“蚊香”恰好有9段圆弧时，“蚊香”的长度为（
）
A．14π B．18π C．24π D．30π
23【答案】D【详解】依题意，每段圆弧的圆心角为π，第一段圆弧到第n段圆弧的半径构成等差数列：1，2，3，…，n.，
所以当得到的“蚊香”恰好有9段圆弧时，“蚊香”的长度为2π(1+9)×9×=30π.故选：D.
326．某车间需要对一个圆柱形工件进行加工，该工件底面半径15cm，高10cm，加工方法为在底面中心处打一个半径为rcm且和原工件有相同轴的圆柱形通孔.若要求工件加工后的表面积最大，则r的值应设计为（
）
A．
10 B．15 C．4 D．5
【答案】D【详解】大圆柱表面积为2×152π+10×2×15π=750π
小圆柱侧面积为10×2πr，上下底面积为2πr2
所以加工后物件的表面积为750π+20πr−2πr2，当r=5时表面积最大.故选：D
xπ=f(x)Asin(ωx+ϕ)的部分图象如图所示，其中A>0,ω>0,−<ϕ<0.在已知2的条件下，则下列选7．已知函数x12项中可以确定其值的量为（
）
A．ω B．ϕ C．φ
ωD．Asinϕ
【答案】B【详解】根据图象可知，函数f(x)的图象是由y=Asinωx向右平移−ϕ个单ω=(x1)f=(x2)0，利用整体代换可得ωx1+=ϕ0,ωx2+=ϕπ，
位得到的；由图可知fπx2x2π−ϕϕ=x，若为已知，则可求得所以=1−2.故选：B
x1x1−ϕx1ππ=sin(ωx+ϕ)ω>0,ϕ<.若f+x=−f7*．已知函数f(x)26π−x,65π5π+x=−x，且f(x)在区间f−f−2424ππ,上单调，则ω=（
）
3244B．或4
A．
33π−f【答案】B【详解】由f+x=6C．4
420D．或
33ππ−xfx()，得函数的图象关于点,0中心对称；
665π5π5π+x=f−−x，得函数f(x)的图象关于直线x=−由f−对称，
2424243ππ5πTkT,k∈Z，
T−−+∈Zk,所以，解得2(1+2k)624422π3π,k∈=Z，得ω4(1+2k),k∈Z.
即=ω2(1+2k)3第2页 因为f(x)在区间,上单调，所以32πππ2−π3≤Tπ，即T≥，
23所以2πω≥π3≤6.又ω，解得ω=4(1+2k)3,k∈Z，所以k=0或k=1.
当k=0时，ω=由ϕ<42π4πϕkπ−=kπ,k∈Z，得=.
，则×+ϕ93632π2π4=f(x)sinx−，此时，
92935π5ππ=−1，符合题意；
sin时，f−当x=−−=24242π2π=kπ,k∈Z，得ϕ=kπ−,k∈Z.
当k=1时，ω4，则4×+ϕ36πππ=f(x)sin4x+，
由ϕ<，得ϕ=，此时332π，得ϕ=−当x=−5π时，245ππsinf−=−1，符合题意.
−=242综上，ω=4或ω4.故选：B.
30上一动点，下列结论不正确的是（
） 8．已知圆C:x2+y2=1，点P为直线l:x−2y−4=A．直线l与圆C相离
B．圆C上有且仅有一个点到直线l的距离等于1
55
C．过点P向圆C引一条切线PA，A为切点，则PA的最小值为5D．过点P向圆C引两条切线PA和PB，A、B为切点，则直线AB过定点
0的距离d=【答案】B【详解】对于A，圆心C(0,0)到直线
x−2y−4=对于B，由A知d=对于C，=|PA|值为4=，∴0
54−1<1，故圆C上有2个点到直线l的距离等于1，故B错误；
52=−1|PC|2−r2≥d550垂直时等号成立，所以PA的最小
，当且仅当PC与直线x−2y−4=555，故C正确；
50，即=y0对于D，设点P(x0,y0)，则x0−2y0−4=1x0−2，
222x02y02x0+y0，
)+(y−)=224由切线性质可知C,A,B,P四点共圆，且圆的直径为CP，所以圆的方程为(x−1，
两圆的方程作差，得公共弦AB所在直线方程为xx0+yy0=11x=011x+y=40，解方程1，整理可得(x+y)x0−2y−1=
，
2，解得即xx0+y(x0−2)=122y=−0−2y−1=211所以直线AB过定点,−，故D正确.故选：B
429．已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，点P在线段B1C上，有下列四个结论：
第3页 ①AB1⊥CD1；
②点P到平面A1BD的距离为3；
323③二面角A−B1C−D1的余弦值为；
④若四面体B1ACD1的所有顶点均在球O的球面上，则球O的体积为23π.
其中所有正确结论的个数是（
）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B【详解】如图，连接DC1.因为四边形DCC1D1为正方形，所以DC1⊥CD1.
又AB1∥DC1，所以AB1⊥CD1，故①正确；因为B1C//A1D，A1D⊂平面A1BD，B1C⊄平面A1BD，
所以B1C//平面A1BD，所以点P到平面A1BD的距离即为点B1到平面A1BD的距离d.
13113，故②正确；
因为V三棱锥B1−A1BD=V三棱锥D−A1BB1，所以××(2)2×d=××1×1×1，解得d=34323由题意知AB1C,D1B1C为全等的等边三角形，
当点P为B1C的中点时，连接AP,D1P，则AP⊥B1C,D1P⊥B1C，所以∠APD1为二面角A−B1C−D1的平面角.
由题意知AD=122,=APD=1P262AP2+D1P2−2×AP×D1P×cos∠APD1，
，在△APD1中，由余弦定理，得AD=12661662cos∠APD1=，故③错误；
2cosAPD=+−×××∠即(2)，所以122322因为四面体B1ACD1的外接球即为正方体ABCD−A1B1C1D1的外接球，
3433π×=π，故④错误.
所以球O的半径为，其体积为V=2322综上，正确结论的个数是2.故选：B.
1−,x<0,10．已知函数f(x)=x若f(x)的图象上至少有两对点关于y轴对称，则实数a的取值范围是（
）
x−2+a,x≥0.111A．−∞, B．,+∞ C．0, D．[0,1]
22211=y,x>0.
【答案】C【详解】解：当x<0时，f(x)=−，则其关于y轴对称的图象所对应的函数解析式为xx3即方程由题意知当x>0时，y=与y=x−2+a的图象至少有两个公共点，1x+−2,0 1x−x+2,x>2x1x1=x−2+a在区间(0,+∞)内至少有两x在同一平面直角坐标系中分别作出y=a与y=1−x−2(x>0)的图象，如图： x第4页 由图可知，若直线y=a与曲线y=111−x−2(x>0)至少有两个公共点，则0≤a≤. 2x故实数a的取值范围是0,.故选：C. 211．已知双曲线C:x2y2−=1(a>0,b>0)的左a2b2直径的圆与C的渐近线在第一象限交于点M.若AOM的内切圆半径为A．2+10 3ab，则C的离心率为（ ） 3cB．1+10 3C．2+53D．3+33【答案】A【详解】由题意知A(−a,0)，双曲线C过第一b=yx,x=a,x=−a,c2.联立a程为x2+y2=解得或所以M(a,b)， y=−b,y=b22c2,x+y=则AM(a+a)2+b2=OAa=,OMc,AOM的内切圆半径为4a2+b2.又ab，3c1ab122=ab，则4a2+b2=2c−a.结合a2+b2=所以×(a+c+4a+b×0， c2，得3c2−4ac−2a2=23c2)所以3e2−4e−2=0，解得e=2−102+10或e=（舍去）.故选：A 3312．已知函数f(x)及其导函数f′(x)的定义域均为R，记g(x)=f′(x).若f(x)的图象关于点(3,0)中心对称，20233g+2x为偶函数，且g(1)=2,g(3)=−3，则∑g(k)=（ ）2k=1A．670 B．672 C．674 D．676 −f(−x+6)，−f(−x+3)，则f(x)=【答案】D【详解】因为f(x)的图象关于点(3,0)中心对称，所以f(x+3)=′=f′(−x+6)，即g(x)=g(−x+6)，所以g(x+3)=g(−x+3)，所以函数g(x)的图象关于直线x=3对称.所以f(x)33333又g+2x为偶函数，所以g+2x=g−2x，则g+x=g−x，2222233333)g所以g(x+3=所以g(x)的周期为T=3.所以g(x)的图象关于直线x=对称，+−x=g−+x=g(x)，22222331.(2)g=(1)2.又g(3)=−3，所以g(1)+g(2)+g(3)=由g+x=g−x，得g=22=676.故选：D. 故∑g(k)=[g(1)+g(2)+g(3)]×674+g(1)=674+2k=12023二、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分） x2y213．若椭圆2+=1(m>0)的某两个顶点间的距离为4，则m的可能取值有 m+2m2（写出所有可能值）【答案】2、2、7【详解】由题意可知，a=m2+2,b=2； m2=m， 若这两个顶点为长轴的两个端点时，2m2+2=4,m=2m4,=m2； 若这两个顶点为短轴的两个端点时，=若一个顶点短轴的端点，另一个为长轴的端点时，m2+2+m2=4,m=第5页 7； ax2+lnx(a∈R),f(x)的导函数为f′(x)，且f′(1)=3，则曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线14．已知函数f(x)=方程为__________. 1=ax2+lnx(a∈R）0【详解】由f(x)=x)2ax+，所以f′(1)2a+1. ，得f′(=【答案】3x−y−2=x=3(x−1)，即3x−y−2=0. )x2+lnx，则f(1)=1.故所求切线方程为y−13，得a=1，所以f(x=令2a+1=0 故答案为：3x−y−2=15．且满足记正项数列{an}的前n项和为Sn，则实数λ的取值范围是__________. 1111n++++=.若不等式λSnan+1恒成立，222a12−1a2−1a3−1an−14(n+1)1111n4+2+2++2=①， 【答案】,+∞【详解】因为2a1−1a2−1a3−1an−14(n+1)3n−11111+2+2++2=②. 所以当n≥2时，2a1−1a2−1a3−1an−1−14n11nn−122=−==(2n+1)2， ①-②，得2，所以an=4n+4n+14n(n+1)an−14(n+1)4n=因为数列{an}是正项数列，则an2n+1(*).当n=1时，11=，则a1=3，符合(*)式， a12−14×(1+1)n(3+2n+1)=n2+2n， 22n+1，{an}是首项为3，公比为2的等差数列，所以S==从而ann2由λSn≥an+1，得λ(n+2n)≥2n+2，即λ≥2n+2. n2+2n2(n+1)2n+2=f(n)==令n2+2n(n+1)2−1f(n)=21在n∈N∗时单调递增， 1，因为g(n)=(n+1)−n+1(n+1)−n+12所以4441单调递减，则当n=1时，f(n)取得最大值，且为，所以λ≥.故答案为：,+∞. (n+1)−333n+10时，总16．P1(x1,y1),P2(x2,y2),P3(x3,y3)是函数f(x)的图象上不重合的三点，若函数f(x)满足：当x1+x2+x3= yx3+ax是“零和共线函数”，则称函数f(x)是“零和共线函数”．若=则a的范围是__________．有P1,P2,P3三点共线，yf(x=)x3+ax的定义域为R，又f(−x)=(−x)3+a(−x)=−(x3+ax)=−f(x)， 【答案】R【详解】由=所以，a∈R有y=f(x)均为奇函数，且f(0)=0， 即y=f(x)图象在y轴一侧的点，在其另一侧一定存在关于原点对称的点， 所以，上述y轴两侧关于原点的对称点与原点可构成满足题设的P1,P2,P3三点， yx3+ax是“零和共线函数”.故答案为：R 综上，对于a∈R，都有=三、解答题（本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 17(本小题满分12分） 在ABC中，AB=2，D为AB中点，CD=2 . 第6页 (1)若BC=2，求AC的长； (2)若∠BAC=2∠BCD ，求AC的长. 【答案】(1)2(2)−1+17 2BD2+CD2−BC21+2−2===【详解】（1）在BDC中，cos∠BDC2BD⋅CD2×1×2在△ADC中，AC2=AD2+CD2−2AD⋅CD⋅cos∠ADC=1+2−22×(−22 ， ，则cos∠ADC=−cos∠BDC=−442)=4，所以AC=2. 42x1yACx=,BCy，在△ADC和BDC中，由正弦定理得，=， （2）设,==sin∠BACsin∠ADCsin∠BCDsin∠BDCy2+2−1sin∠BAC2ysin∠BDC，得又sin∠ADC=，在BDC中，cos∠BCD=， =22ysin∠BCDxy2+2−12y2y2x(y2+1)，① =2⋅2∠BCD，有sin∠BAC=2sin∠BCDcos∠BCD，所以由∠BAC=，整理得：=x22y1+2−x21+2−y26，② −cos∠BDC,∴=−又由cos∠ADC=，整理得：x2+y2=222220.，解得x=3或x=−1±17， 联立①②得，x3−2x2−7x+12=0，即(x−3)(x+x−4)=2又2−1 −1+17−1+17. ，所以AC=22 口袋中共有7个质地和大小均相同的小球，其中4个是黑球，现采用不放回抽取方式每次从口袋中随机抽取一个小球，直到将4个黑球全部取出时停止. (1)记总的抽取次数为X，求E（X）； (2)现对方案进行调整：将这7个球分装在甲乙两个口袋中，甲袋装3个小球，其中2个是黑球；乙袋装4个小球，其中2个是黑球.采用不放回抽取方式先从甲袋每次随机抽取一个小球，当甲袋的2个黑球被全部取出后再用同样方式在乙袋中进行抽取，直到将乙袋的2个黑球也全部取出后停止.记这种方案的总抽取次数为Y，求E（Y） 【答案】(1)32(2)6，答案见解析 5【详解】（1）X可能取值为4，5，6，7， C3C3C3C31410206354P(=X=4)=,P(=x=5)=,P(X=6=,P(X==7)=)=， 4444C735C735C735C7354×E(X)=14102032+5×+6×+7×= ； 353535355（2）Y可能取值为4，5，6，7，设甲袋和乙袋抽取次数分别为Y1和Y2 ， 1C111C1P(Y=4==2)P(Y==⋅2)P(Y， 2=2)12C3C418第7页 11C1C141C22C1=P(Y5)==P(Y12=)P(Y23)+P(Y1=3)P(Y2=2)=2⋅2+2⋅2=， C3C4C3C41811C1C171C32C2P(Y==6=)P(Y1=2)P(Y24=)+P(Y1=3)P(Y2=3)2⋅2+2⋅2=， C3C4C3C4181C162C3=P(Y7==)=P(Y13)P(Y2=4)2⋅2= ， C3C4184×E(Y)=14766. +5×+6×+7×=1818181819(本小题满分12分） 如图，在四棱锥P−ABCD中，PC⊥底面ABCD，ABCD是直角梯形，AD⊥DC，ABDC，AB=2AD=2CD=2，点E是PB的中点. (1)证明：平面EAC⊥平面PBC； (2)若直线PB与平面PAC所成角的正弦值为【答案】(1)证明见解析(2)6 33，求二面角P-AC-E的余弦值. 3【详解】（1）∵PC⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，∴PC⊥AC. =CD=1，AD⊥DC且ABCD是直角梯形， ∵AB=2，由AD∴AC=AD2+DC2=2,BC=AD2+(AB−DC)2=AB2，∴AC⊥BC. 2，即AC2+BC2=C，PC⊂平面PBC，BC⊂平面PBC，∵PC∩BC=∴AC⊥平面PBC.∵AC⊂平面EAC，∴平面EAC⊥平面PBC （2）∵PC⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，∴PC⊥BC.由（1）知AC⊥BC. C，PC⊂平面PAC，AC⊂平面PAC，所以BC⊥平面PAC， ∵PC∩AC=BC23==，∴PB=6，则PC=2 PBPB3取AB的中点G，连接CG，以点C为坐标原点，分别以CG､CD､CP为x轴､y轴､z轴正方向，建立如图所示的空∴∠BPC即为直线PB与平面PAC所成角.∴sin∠BPC=间直角坐标系， 110,2)，A(1,1,0)，B(1,−1,0)，E,−,1， 则C(0,0,0)，P(0,2211CE=CA=1,1,0∴()，CP=(0,0,2)，,−,1 22m⋅CA=x1+y1=0设m=(x1,y1,z1)为平面PAC的法向量，则， m⋅CP=2z1=0z=0y=−1x=1=，得1，1，得m令1(1,−1,0)设n=(x2,y2,z2)为平面ACE的法向量， n⋅CA=x2+y2=0y=−1z=−1x=11n则，令，则，，得2221x2−y2+z2=0n⋅CE=22(1,−1,−1). 第8页 1×1+(−1)×(−1)+0×(−1)∴cos 66.由图知所求二面角为锐角，所以二面角P−AC−E的余弦值为. 33x2y2 已知椭圆C:2+2=1(a>b>0)的左焦点为F1，点P在C上，PF1的最大值为2+1，且当PF1垂直于长轴时，abPF1=2. 2(1)求C的方程； 2xD1,(2)已知点2,O为坐标原点，与OD平行的直线l交C于A,B两点，且直线DA，DB分别与轴的正半轴交于E,F两点，试探究OE+OF是否为定值.若是，求出该定值；若不是，说明理由. x2【答案】(1)+y2=1(2)是，OE+OF为定值2 22b2b2【详解】（1）PF1的最大值为a+c，当PF1垂直于长轴时，将x=−c代入椭圆可得y=，则PF1=， aa2a+c=2+1a=222bx2所以=，解得b=1，所以C的方程为+y2=1 a222c=122a=b+c2，且直线DA，DB分别与x轴的正半轴交于E,F两点， （2）OE+OF为定值.由题可知直线OD的斜率为22=yx+m22得x2+2mx+m2−1=故设直线l的方程为y=x+m(m<0),A(x1,y1),B(x2,y2).联立20， 2x+y2=12(2m)2−4(m2−1)=−2m2+4>0，解得−2 则Δ=2直线DA的方程为y−=2y1−2x1−1x1−11x=−y0=1,0E−，令，得，即2(x−1)， 2y1−12y1−1x1−1x−1x−1x−1x−11−2=1−21−1=1−1. ，同理可得OF=所以OE=2y2−12y2−12y1−12y1−1x1−1x1−1x2−1x2−1=2−+2−+故OE+OF=x+2m−1x+2m−1 2y−12y1−2112=2−2x1x2+x1x2+(=2−x1x2+2m−1(x1+x2)+2m−22m+1(2m−2(x1+x2)−22m+2))2m2−2−2m2+22m−22m+22(2m−1(x1+x2)+2m2−22m+1)=2， 所以OE+OF为定值2. 【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下： 第9页 （1）设直线方程，设交点坐标为(x1,y1),(x2,y2)； （2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于x（或y）的一元二次方程，必要时计算∆； （3）列出韦达定理； （4）将所求问题或题中的关系转化为x1+x2、x1x2（或y1+y2、y1y2）的形式； （5）代入韦达定理求解. 21(本小题满分12分） =f(x) 已知函数xlnx+x2. x+1(1)证明：f(x)恰有一个零点； =(2)设函数g(x)aln(x+1)−2−x2,F(x=)f(x)+g(x).若F(x)至少存在两个极值点，求实数a的取值范围. x+1【答案】(1)证明见解析(2)(−2,−1) 【详解】（1）证明：令f(x)=0，得2令t(x)=lnx+x+x，则t′(x)=xlnx+x2=0.又x>0，所以lnx+x2+x=0. x+11+2x+1>0，所以t(x)在区间(0,+∞)上单调递增. x1+e11又t=−1+2<0,t(1)=2>0，所以存在唯一的x0∈(,1)，使得t(x0)=0， eee即t(x)在区间(0,+∞)内恰有一个零点，故函数f(x)恰有一个零点. =(x)（2）由题意知F1lnx+2x2=F′(x)+a+1. lnx+aln(x+1)−，所以x+1x+1x+1x+1因为函数F(x)至少存在两个极值点，所以方程lnx+2令ϕ(x)=，则=ϕ′(x)x+1lnx+20至少有两个不等实根. +a+1=x+1x+1−lnx−211. x1ln=−+−x(x+1)2(x+1)2x令r(x)=−1+111−2−<0， −lnx，则r′(x)=xxx所以函数r(x)在区间(0,+∞)上单调递减. 又r(1)=0，所以当x∈(0,1)时，r(x)>0，即ϕ′(x)>0，此时ϕ(x)单调递增； 当x∈(1,+∞)时，r(x)<0，即ϕ′(x)<0，此时ϕ(x)单调递减， 且当x→0时，ϕ(x)→−∞;ϕ(1)=1；当x>1时，ϕ(x)>0；当x→+∞时，ϕ(x)→0. 0在区间(0,+∞)内至少有两个不等实根， 要使ϕ(x)+a+1=−a−1在区间(0,+∞)上至少有两个交点. 则函数ϕ(x)的图象与直线y=作出函数ϕ(x)的图象，如图所示，则0<−a−1<1，解得−2 第10页 此时，F′(x)在区间(0,1)和区间(1,+∞)内各有一个零点，分别设为x1,x2， 则当0 故x1为F(x)的极小值点， x2为F(x)的极大值点，符合题意.故实数a的取值范围是(−2,−1). 【点睛】用导数研究函数零点的方法： （1）涉及函数的零点(方程的根)问题，主要利用导数确定函数的单调区间和极值点，根据函数零点的个数寻找函数在给定区间的极值以及区间端点的函数值与0的关系，从而求得参数的取值范围． （2）含参数的函数零点个数，可转化为方程解的个数，若能分离参数，可将参数分离出来后，用x表示参数的函数，作出该函数的图象，根据图象特征求参数的范围． 请考生在第22、23两题中任选一题作答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑。注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题。如果多做，则按所做的第一题计分。 22(本小题满分10分）．【选修4-5：坐标系与参数方程】 1x=a+t,2 在直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为（t为参数，a∈R）.以坐标原点为极点，x轴正半轴3=y2a+t2为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为ρ=2cosθ. (1)写出直线l的普通方程和曲线C的直角坐标方程； (2)若曲线C上有且只有一个点到直线l的距离为3−1，求实数a的值. 【答案】(1)y=3x+2−3a，(x−1)2+y2=1(2)−63−9或23+3. ()1x=a+t2y（t为参数，a∈R）消去t，得=【详解】（1）由3=y2a+t2所以直线l的普通方程为y=将x3(x−a)+2a， 3x+2−3a.由ρ=2cosθ，得ρ2=2ρcosθ. ()ρ=cosθ,yρsinθ代入，得x2+y2=1，所以曲线C的直角坐标方程为(x−1)2+y2=2x，即(x−1)2+y2=1. （2）由（1）知曲线C是圆，其圆心为点(1,0)，半径为1， 3−3a+2a=3+1所以圆心C到直线l的距离为d3−3a+2a2，所以d−1=3−3a+2a2−1=3−1， 23，所以2a−3a=则2a−3a+3=−63−9或−33或2a−3a=3，解得a==a23+3. 故实数a的值为−63−9或23+3. 23(本小题满分10分）【选修4-5：不等式选讲】 已知函数f(x)=x−1−2x+a. 第11页 (1)当a=1时，求不等式f(x)0的解集； 21x+b的图象恒在f(x)图象的上方，证明：2b−3a>2. 2x)(2)当a−1时，若函数g(=∣x−2或x0}(2)证明见解析 【答案】(1){x1x+2,x<−2111【详解】（1）当a=时，f(x)=x−1−2x+=−3x,−≤x≤1， 222−x−2,x>11所以当x<−时，x+2≤0，解得x≤−2； 21当−≤x≤1时，−3x≤0，解得0≤x≤1； 2∣x≤−2或x≥0}. 当x>1时，−x−2≤0，解得x>1.综上，不等式f(x)≤0的解集为{xx+2a+1,x<−a（2）证明：当a≥−1时，f(x)=x−1−2x+a=−3x−2a+1,−a≤x≤1， −x−2a−1,x>1所以当x=−a时，f(x)取得最大值，且f(x)max=1+a. x)要使函数g(=11−a+b>1+a，即x+b的图象恒在f(x)图象的上方，由数形结合可知，必须满足g(−a)=222b−3a>2，原不等式得证. 第12页
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