湖北省武汉市武昌区2020届高三下学期四月调研数学（文）试题 Word版含解析 22页

www.ks5u.com 数学试题 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.设全集，集合，，则集合（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎∵集合，，‎ ‎∴ ‎ 点睛：本题是道易错题，看清所问问题求并集而不是交集.‎ ‎2.已知复数z，则复数z的虚部为（ ）‎ A. B. C. i D. i ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用复数的运算法则、虚部的定义即可得出 ‎【详解】，‎ 则复数z虚部为.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查了复数的运算法则、虚部的定义，考查了推理能力与计算能力，属于基础题.‎ ‎3.已知双曲线C：1（a＞0，b＞0）的焦距为8，一条渐近线方程为，则C为（ ）‎ A. B. ‎ - 22 -‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意求得c与的值，结合隐含条件列式求得a2，b2，则答案可求.‎ ‎【详解】由题意，2c＝8，则c＝4，‎ 又，且a2+b2＝c2，‎ 解得a2＝4，b2＝12.‎ ‎∴双曲线C的方程为.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查双曲线的简单性质，属于基础题.‎ ‎4.某学校组织学生参加英语测试，成绩的频率分布直方图如图，数据的分组依次为，若低于60分的人数是18人，则该班的学生人数是（ ）‎ A. 45 B. 50 C. 55 D. 60‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据频率分布直方图中频率＝小矩形的高×组距计算成绩低于60分的频率，再根据样本容量求出班级人数.‎ ‎【详解】根据频率分布直方图，得：低于60分的频率是（0.005+0.010）×20＝0.30，‎ - 22 -‎ ‎∴样本容量（即该班的学生人数）是60（人）.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查了频率分布直方图的应用问题，也考查了频率的应用问题，属于基础题 ‎5.已知l，m是两条不同的直线，m⊥平面α，则“”是“l⊥m”的（ ）‎ A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据充分条件和必要条件的定义，结合线面垂直的性质进行判断即可.‎ ‎【详解】当m⊥平面α时，若l∥α”则“l⊥m”成立，即充分性成立，‎ 若l⊥m，则l∥α或l⊂α，即必要性不成立，‎ 则“l∥α”是“l⊥m”充分不必要条件，‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题主要考查充分条件和必要条件的判断，结合线面垂直的性质和定义是解决本题的关键.难度不大，属于基础题 ‎6.已知向量，则（ ）‎ A. ∥ B. ⊥ C. ∥() D. ⊥( )‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意利用两个向量坐标形式的运算法则，两个向量平行、垂直的性质，得出结论.‎ ‎【详解】∵向量（1，﹣2），（3，﹣1），∴和的坐标对应不成比例，故、不平行，故排除A；‎ 显然，•3+2≠0，故、不垂直，故排除B；‎ - 22 -‎ ‎∴（﹣2，﹣1），显然，和的坐标对应不成比例，故和不平行，故排除C；‎ ‎∴•（）＝﹣2+2＝0，故 ⊥（），故D正确，‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题主要考查两个向量坐标形式的运算，两个向量平行、垂直的性质，属于基础题.‎ ‎7.已知点(m,8)在幂函数的图象上，设，则（ ）‎ A. b＜a＜c B. a＜b＜c C. b＜c＜a D. a＜c＜b ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先利用幂函数的定义求出m的值，得到幂函数解析式为f（x）＝x3，在R上单调递增，再利用幂函数f（x）的单调性，即可得到a，b，c的大小关系.‎ ‎【详解】由幂函数的定义可知，m﹣1＝1，∴m＝2，‎ ‎∴点（2，8）在幂函数f（x）＝xn上，‎ ‎∴2n＝8，∴n＝3，‎ ‎∴幂函数解析式为f（x）＝x3，在R上单调递增，‎ ‎∵，1＜lnπ＜3，n＝3，‎ ‎∴，‎ ‎∴a＜b＜c，‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题主要考查了幂函数的性质，以及利用函数的单调性比较函数值大小，属于中档题.‎ ‎8.函数的图象大致为（ ）‎ - 22 -‎ A B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由函数的奇偶性可排除BD，由函数的趋近性可排除C，由此得出正确选项.‎ ‎【详解】函数的定义域为{x∈R|x≠﹣2且x≠0且x≠2}，，则函数f（x）为偶函数，其图象关于y轴对称，可排除BD；‎ 当x→+∞时，0，则f（x）→0且，故排除C.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查利用函数性质确定函数图象，考查数形结合思想，属于基础题.‎ ‎9.一艘海轮从A处出发，以每小时24海里的速度沿南偏东40°的方向直线航行，30分钟后到达B处，在C处有一座灯塔，海轮在A处观察灯塔，其方向是南偏东70°，在B处观察灯塔，其方向是北偏东65°，那么B，C两点间的距离是（ ）‎ - 22 -‎ A. 6 海里 B. 6海里 C. 8海里 D. 8海里 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先根据给的条件求出三角形ABC的三个内角，再结合AB可求，应用正弦定理即可求解.‎ ‎【详解】由题意可知：∠BAC＝70°﹣40°＝30°.∠ACD＝110°，∴∠ACB＝110°﹣65°＝45°，‎ ‎∴∠ABC＝180°﹣30°﹣45°＝105°.又AB＝24×0.5＝12.‎ 在△ABC中，由正弦定理得，‎ 即，∴.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查正弦定理的实际应用，关键是将给的角度、线段长度转化为三角形的边角关系，利用正余弦定理求解.属于中档题.‎ ‎10.已知三棱锥P﹣ABC的顶点都在球O的球面上，PA，PB，AB＝4，CA＝CB，面PAB⊥面ABC，则球O的表面积为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意画出图形，找出△PAB外接圆的圆心及三棱锥P﹣BCD的外接球心O，通过求解三角形求出三棱锥P﹣BCD的外接球的半径，则答案可求.‎ - 22 -‎ ‎【详解】如图；设AB的中点为D；‎ ‎∵PA，PB，AB＝4，‎ ‎∴△PAB直角三角形，且斜边为AB，故其外接圆半径为：rAB＝AD＝2；‎ 设外接球球心为O；‎ ‎∵CA＝CB，面PAB⊥面ABC，‎ ‎∴CD⊥AB可得CD⊥面PAB；且DC.‎ ‎∴O在CD上；‎ 故有：AO2＝OD2+AD2⇒R2＝（R）2+r2⇒R；‎ ‎∴球O的表面积为：4πR2＝4π.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查多面体外接球表面积的求法，考查数形结合的解题思想方法，考查思维能力与计算能力，属于中档题.‎ ‎11.已知函数的部分图象如图所示，则（ ）‎ - 22 -‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先利用最高点纵坐标求出A，再根据求出周期，再将代入求出φ的值.最后将代入解析式即可.‎ ‎【详解】由图象可知A＝1，‎ ‎∵，所以T＝π，∴.‎ ‎∴f（x）＝sin（2x+φ），将代入得φ）＝1，‎ ‎∴φ，结合0＜φ，∴φ.‎ ‎∴‎ ‎∴sin ‎.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查三角函数的据图求式问题以及三角函数的公式变换.据图求式问题要注意结合五点法作图求解.属于中档题.‎ ‎12.已知函数是定义域为的偶函数，且满足，当时，，则函数在区间上零点的个数为（ ）‎ A. 9 B. 10 C. 18 D. 20‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ - 22 -‎ ‎【分析】‎ 由已知可得函数f（x）的周期与对称轴，函数F（x）＝f（x）在区间上零点的个数等价于函数f（x）与g（x）图象在上交点的个数，作出函数f（x）与g（x）的图象如图，数形结合即可得到答案.‎ ‎【详解】函数F（x）＝f（x）在区间上零点的个数等价于函数f（x）与g（x）图象在上交点的个数，‎ 由f（x）＝f （2﹣x），得函数f（x）图象关于x＝1对称，‎ ‎∵f（x）为偶函数，取x＝x+2，可得f（x+2）＝f（﹣x）＝f（x），得函数周期为2.‎ 又∵当x∈[0，1]时，f（x）＝x，且f（x）为偶函数，∴当x∈[﹣1，0]时，f（x）＝﹣x，‎ g（x），‎ 作出函数f（x）与g（x）的图象如图：‎ 由图可知，两函数图象共10个交点，‎ 即函数F（x）＝f（x）在区间上零点的个数为10.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查函数的零点与方程根的关系，考查数学转化思想方法与数形结合的解题思想方法，属于中档题.‎ 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.‎ ‎13.直线过圆的圆心，则的最小值是_____.‎ ‎【答案】‎ - 22 -‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 直线mx﹣ny﹣1＝0（m＞0，n＞0）经过圆x2+y2﹣2x+2y﹣1＝0的圆心（1，﹣1），可得m+n＝1，再利用“乘1法”和基本不等式的性质即可得出.‎ ‎【详解】∵mx﹣ny﹣1＝0（m＞0，n＞0）经过圆x2+y2﹣2x+2y﹣1＝0的圆心（1，﹣1），‎ ‎∴m+n﹣1＝0，即m+n＝1.‎ ‎∴（）（m+n）＝22+2＝4，当且仅当m＝n时取等号.‎ ‎∴则的最小值是4.‎ 故答案为：4.‎ ‎【点睛】本题考查了圆的标准方程、“乘1法”和基本不等式的性质，属于基础题.‎ ‎14.从分别写有1，2，3，4的4张卡片中随机抽取1张，放回后再随机抽取1张，则抽得的第一张卡片上的数不小于第二张卡片上的数的概率为__________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 基本事件总数，抽得的第一张卡片上的数不小于第二张卡片上的数包含的基本事件有10种，由此能求出抽得的第一张卡片上的数不小于第二张卡片上的数的概率．‎ ‎【详解】从分别写有1，2，3，4的4张卡片中随机抽取1张，放回后再随机抽取1张，‎ 基本事件总数，‎ 抽得的第一张卡片上的数不小于第二张卡片上的数包含的基本事件有10种，分别为：‎ ‎，，，，，，，，，，‎ 则抽得的第一张卡片上的数不小于第二张卡片上的数的概率为．‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题考查古典概型概率的求法，考查运算求解能力，求解时注意辨别概率的模型．‎ ‎15.给出以下式子：‎ ‎①tan25°+tan35°tan25°tan35°；‎ - 22 -‎ ‎②2(sin35°cos25°+cos35°cos65°)；‎ ‎③‎ 其中，结果为的式子的序号是_____.‎ ‎【答案】①②③‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由已知分别结合和差角的正切及正弦余弦公式进行化简即可求解.‎ ‎【详解】①∵tan60°＝tan（25°+35°），‎ tan25°+tan35°tan25°tan35°；‎ tan25°tan35°，‎ ‎，‎ ‎②2（sin35°cos25°+cos35°cos65°）＝2（sin35°cos25°+cos35°sin25°），‎ ‎＝2sin60°；‎ ‎③tan（45°+15°）＝tan60°；‎ 故答案为：①②③‎ ‎【点睛】本题主要考查了两角和与差的三角公式在三角化简求值中的应用，属于中档试题.‎ ‎16.已知椭圆C：1（a＞b＞0）的左、右焦点分别为F1，F2，椭圆的焦距为2c，过C外一点P(c,2c)作线段PF1，PF2分别交椭圆C于点A、B，若|PA|＝|AF1|，则_____.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据条件可得判断OA∥PF2，且|PF2|＝2|OA|，从而得到点A为椭圆上顶点，则有b＝c，解出B的坐标即可得到比值.‎ ‎【详解】因为|PA|＝|AF1|，所以点A是线段PF1的中点，‎ 又因为点O为线段F1F2的中点，所以OA∥PF2，且|PF2|＝2|OA|，‎ - 22 -‎ 因为点P（c，2c），所以PF2⊥x轴，则|PF2|＝2c，‎ 所以OA⊥x轴，则点A为椭圆上顶点，‎ 所以|OA|＝b，‎ 则2b＝2c，所以b＝c，ac，‎ 设B（c，m）（m＞0），则，解得mc，‎ 所以|BF2|c，‎ 则.‎ 故答案为：2.‎ ‎【点睛】本题考查椭圆的基本性质，考查直线位置关系的判断，方程思想，属于中档题.‎ 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.‎ ‎17.已知等差数列{an}的各项均为正数，Sn为等差数列{an}的前n项和，.‎ ‎（1）求数列{an}的通项an；‎ ‎（2）设bn＝an⋅3n，求数列{bn}的前n项和Tn.‎ ‎【答案】（1）.（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先设等差数列{an}的公差为d（d＞0），然后根据等差数列的通项公式及已知条件可列出关于d的方程，解出d的值，即可得到数列{an}的通项an；‎ - 22 -‎ ‎（2）先根据第（1）题的结果计算出数列{bn}的通项公式，然后运用错位相减法计算前n项和Tn.‎ ‎【详解】（1）由题意，设等差数列{an}的公差为d（d＞0），则 a4a5＝（1+3d）（1+4d）＝11，‎ 整理，得12d2+7d﹣10＝0，‎ 解得d（舍去），或d，‎ ‎∴an＝1（n﹣1），n∈N*.‎ ‎（2）由（1）知，bn＝an⋅3n•3n＝（2n+1）•3n﹣1，‎ ‎∴Tn＝b1+b2+b3+…+bn＝3×1+5×31+7×32+…+（2n+1）•3n﹣1，‎ ‎∴3Tn＝3×31+5×32+…+（2n﹣1）•3n﹣1+（2n+1）•3n，‎ 两式相减，可得：‎ ‎﹣2Tn＝3×1+2×31+2×32+…+2•3n﹣1﹣（2n+1）•3n ‎＝3+2×（31+32+…+3n﹣1）﹣（2n+1）•3n ‎＝3+2（2n+1）•3n ‎＝﹣2n•3n，‎ ‎∴Tn＝n•3n.‎ ‎【点睛】本题主要考查等差数列基本量的计算，以及运用错位相减法计算前n项和.考查了转化与化归思想，方程思想，错位相减法的运用，以及逻辑思维能力和数学运算能力.属于中档题.‎ ‎18.如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，A1A⊥平面ABC，∠ACB＝90°，AC＝CB＝C1C＝1，M，N分别是AB，A1C的中点.‎ - 22 -‎ ‎（1）求证：直线MN⊥平面ACB1；‎ ‎（2）求点C1到平面B1MC的距离.‎ ‎【答案】（1）证明见解析.（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）连接AC1，BC1，结合中位线定理可证MN∥BC1，再结合线面垂直的判定定理和线面垂直的性质分别求证AC⊥BC1，BC1⊥B1C，即可求证直线MN⊥平面ACB1；‎ ‎（2）作交于点，通过等体积法，设C1到平面B1CM的距离为h，则有，结合几何关系即可求解 ‎【详解】（1）证明：连接AC1，BC1，则N∈AC1且N为AC1的中点；‎ ‎∵M是AB的中点.‎ 所以：MN∥BC1；‎ ‎∵A1A⊥平面ABC，AC⊂平面ABC，‎ ‎∴A1A⊥AC，‎ 在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1∥CC，‎ ‎∴AC⊥CC1，‎ ‎∵∠ACB＝90°，BC∩CC1＝C，BC⊂平面BB1C1C，CC1⊂平面BB1C1C，‎ ‎∴AC⊥平面BB1C1C，BC⊂平面BB1C1C，‎ ‎∴AC⊥BC1；又MN∥BC1‎ ‎∴AC⊥MN，‎ ‎∵CB＝C1C＝1，‎ ‎∴四边形BB1C1C正方形，‎ ‎∴BC1⊥B1C，∴MN⊥B1C，‎ 而AC∩B1C＝C，且AC⊂平面ACB1，CB1⊂平面ACB1，‎ ‎∴MN⊥平面ACB1，‎ ‎（2）作交于点，设C1到平面B1CM的距离为h，‎ 因为MP，‎ - 22 -‎ 所以•MP，‎ 因为CM，B1C；‎ B1M，所以 所以：CM•B1M.‎ 因为，所以，解得 所以点，到平面的距离为 ‎ ‎【点睛】本题主要考查面面垂直的证明以及点到平面的距离，一般证明面面垂直都用线面垂直转化为面面垂直，而点到面的距离常用体积转化来求，属于中档题 ‎19.某校共有学生2000人，其中男生900人，女生1100人，为了调查该校学生每周平均体育锻炼时间，采用分层抽样的方法收集该校100名学生每周平均体育锻炼时间（单位：小时）.‎ ‎（1）应抽查男生与女生各多少人？‎ ‎（2）根据收集100人的样本数据，得到学生每周平均体育锻炼时间的频率分布表：‎ 时间（小时）‎ ‎[0,1]‎ ‎(1,2]‎ ‎(2,3]‎ ‎(3,4]‎ ‎(4,5]‎ ‎(5,6]‎ 频率 ‎0.05‎ ‎0.20‎ ‎0.30‎ ‎0.25‎ ‎0.15‎ ‎0.05‎ 若在样本数据中有38名男学生平均每周课外体育锻炼时间超过2小时，请完成每周平均体育锻炼时间与性别的列联表，并判断是否有95%的把握认为“该校学生的每周平均体育锻炼时间与性别有关”？‎ - 22 -‎ 男生 女生 总计 每周平均体育锻炼时间不超过2小时 每周平均体育锻炼时间超过2小时 总计 附：K2.‎ P（K2≥k0）‎ ‎0.100‎ ‎0.050‎ ‎0.010‎ ‎0.005‎ ‎2.706‎ ‎3.841‎ ‎6.635‎ ‎7.879‎ ‎【答案】（1）男生人数为人，女生人数55人.（2）列联表答案见解析，有95%的把握认为“该校学生的每周平均体育锻炼时间与性别有关.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）求出男女比例，按比例分配即可；‎ ‎（2）根据题意结合频率分布表，先求出二联表中数值，再结合公式计算，利用表格数据对比判断即可 ‎【详解】（1）因为男生人数：女生人数＝900：1100＝9：11，‎ 所以男生人数为，女生人数100﹣45＝55人，‎ ‎（2）由频率频率直方图可知学生每周平均体育锻炼时间超过2小时的人数为：（1×0.3+1×0.25+1×0.15+1×0.05）×100＝75人，‎ 每周平均体育锻炼时间超过2小时的女生人数为37人，‎ 联表如下：‎ - 22 -‎ 男生 女生 总计 每周平均体育锻炼时间不超过2小时 ‎7‎ ‎18‎ ‎25‎ 每周平均体育锻炼时间超过2小时 ‎38‎ ‎37‎ ‎75‎ 总计 ‎45‎ ‎55‎ ‎100‎ 因为3.892＞3.841，‎ 所以有95%的把握认为“该校学生的每周平均体育锻炼时间与性别有关.‎ ‎【点睛】本题考查分层抽样，独立性检验，熟记公式，正确计算是关键，属于中档题.‎ ‎20.已知A是抛物线E：y2＝2px(p>0)上的一点，以点A和点B(2,0)为直径两端点的圆C交直线x＝1于M，N两点.‎ ‎（1）若|MN|＝2，求抛物线E的方程；‎ ‎（2）若0＜p＜1，抛物线E与圆(x﹣5)2+y2=9在x轴上方的交点为P，Q，点G为PQ的中点，O为坐标原点，求直线OG斜率的取值范围.‎ ‎【答案】（1）.（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）设A的坐标为A（x0，y0），由题意可得圆心C的坐标，求出C到直线x＝1的距离.由半个弦长，圆心到直线的距离及半径构成直角三角形可得p的值，进而求出抛物线的方程；‎ ‎（2）将抛物线的方程与圆的方程联立可得韦达定理，进而求出中点G的坐标，再求出直线OG的斜率的表达式，换元可得斜率的取值范围.‎ ‎【详解】（1）设A（x0，y0）且y02＝2px0，则圆心C（），‎ 圆C的直径|AB|，‎ - 22 -‎ 圆心C到直线x＝1的距离d＝|1|＝||，‎ 因为|MN|＝2，所以（）2+d2＝（）2，即1，y02＝2px0，‎ 整理可得（2p﹣4）x0＝0，所以p＝2，‎ 所以抛物线的方程为：y2＝4x；‎ ‎（2）联立抛物线与圆的方程整理可得x2﹣2（5﹣p）x+16＝0，△＞0，‎ 设P（x1，y1），Q（x2，y2），则x1+x2＝2（5﹣p），x1x2＝16，‎ 所以中点G的横坐标xG＝5﹣p，yG（），‎ 所以kOG（0＜P＜1），‎ 令t＝5﹣p（t∈（4，5）），则kOG（），‎ 解得0＜kOG，‎ 所以直线OG斜率的取值范围（0，）.‎ ‎【点睛】本题考查抛物线的性质及直线与抛物线的综合，换元方法的应用，属于中档题.‎ ‎21.已知函数.‎ ‎（1）若是的极值点，求的极大值；‎ ‎（2）求实数的范围，使得恒成立.‎ ‎【答案】（1）.（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先对函数求导，结合极值存在的条件可求t，然后结合导数可研究函数的单调性，进而可求极大值；‎ ‎（2）由已知代入可得，x2+（t﹣2）x﹣tlnx≥0在x＞0时恒成立，构造函数g（x）＝x2+（t﹣2）x﹣tlnx，结合导数及函数的性质可求.‎ - 22 -‎ ‎【详解】（1），x＞0，‎ 由题意可得，0，解可得t＝﹣4，‎ ‎∴，‎ 易得，当x＞2，0＜x＜1时，f′（x）＞0，函数单调递增，当1＜x＜2时，f′（x）＜0，函数单调递减，‎ 故当x＝1时，函数取得极大值f（1）＝﹣3；‎ ‎（2）由f（x）＝x2+（t﹣2）x﹣tlnx+2≥2在x＞0时恒成立可得，x2+（t﹣2）x﹣tlnx≥0在x＞0时恒成立，‎ 令g（x）＝x2+（t﹣2）x﹣tlnx，则，‎ ‎（i）当t≥0时，g（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增，‎ 所以g（x）min＝g（1）＝t﹣1≥0，解可得t≥1，‎ ‎（ii）当﹣2＜t＜0时，g（x）在（）上单调递减，在（0，），（1，+∞）上单调递增，‎ 此时g（1）＝t﹣1＜﹣1不合题意，舍去；‎ ‎（iii）当t＝﹣2时，g′（x）0，即g（x）在（0，+∞）上单调递增，此时g（1）＝﹣3不合题意；‎ ‎（iv）当t＜﹣2时，g（x）在（1，）上单调递减，在（0，1），（）上单调递增，此时g（1）＝t﹣1＜﹣3不合题意，‎ 综上，t≥1时，f（x）≥2恒成立.‎ ‎【点睛】本题主要考查了利用导数求解函数的单调性及极值，利用导数与函数的性质处理不等式的恒成立问题，分类讨论思想，属于中档题.‎ ‎22.在平面直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为（t为参数），以坐标原点 - 22 -‎ 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的普通方程和圆C的直角坐标方程；‎ ‎（2）直线l与圆C交于A，B两点，点P(2,1)，求|PA|⋅|PB|的值.‎ ‎【答案】（1）直线的普通方程，圆的直角坐标方程：.（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）直接利用转换关系的应用，把参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换.‎ ‎（2）将直线的参数方程代入圆的直角坐标方程，利用一元二次方程根和系数关系式即可求解.‎ ‎【详解】（1）直线l的参数方程为（t为参数），转换为直角坐标方程为x+y﹣3＝0.‎ 圆C的极坐标方程为ρ2﹣4ρcosθ＝3，转换为直角坐标方程为x2+y2﹣4x﹣3＝0.‎ ‎（2）把直线l的参数方程为（t为参数），代入圆的直角坐标方程x2+y2﹣4x﹣3＝0，‎ 得到，‎ 所以|PA||PB|＝|t1t2|＝6.‎ ‎【点睛】本题考查参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间的转换，一元二次方程根和系数关系式的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型.‎ ‎23.已知函数 ‎（1）当时，求不等式的解集；‎ ‎（2）若函数的值域为A，且，求a的取值范围.‎ ‎【答案】（1）或（2）‎ - 22 -‎ ‎【解析】‎ 分析】‎ ‎（1）分类讨论去绝对值即可；‎ ‎（2）根据条件分a＜﹣3和a≥﹣3两种情况，由[﹣2，1]⊆A建立关于a的不等式，然后求出a的取值范围.‎ ‎【详解】（1）当a＝﹣1时，f（x）＝|x+1|.‎ ‎∵f（x）≤|2x+1|﹣1，∴当x≤﹣1时，原不等式可化为﹣x﹣1≤﹣2x﹣2，∴x≤﹣1；‎ 当时，原不等式可化为x+1≤﹣2x﹣2，∴x≤﹣1，此时不等式无解；‎ 当时，原不等式可化为x+1≤2x，∴x≥1，‎ 综上，原不等式的解集为{x|x≤﹣1或x≥1}.‎ ‎（2）当a＜﹣3时，，‎ ‎∴函数g（x）的值域A＝{x|3+a≤x≤﹣a﹣3}.‎ ‎∵[﹣2，1]⊆A，∴，∴a≤﹣5；‎ 当a≥﹣3时，，‎ ‎∴函数g（x）的值域A＝{x|﹣a﹣3≤x≤3+a}.‎ ‎∵[﹣2，1]⊆A，∴，∴a≥﹣1，‎ 综上，a的取值范围为（﹣∞，﹣5]∪[﹣1，+∞）.‎ ‎【点睛】本题考查了绝对值不等式的解法和利用集合间的关于求参数的取值范围，考查了转化思想和分类讨论思想，属于中档题.‎ - 22 -‎ ‎ ‎ - 22 -‎