【文档说明】陕西省西安市长安区2021届高三高考数学二模试卷（理科） 含解析.doc，共(20)页，1.183 MB，由小赞的店铺上传

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2021年陕西省西安市长安区高考数学二模试卷（理科）一、选择题（共12小题）.1．设集合M＝{x|2x﹣x2≥0}，N＝{x|x＜a}，若M⊆N，则实数a的取值范围是（）A．a＜2B．a＞2C．a≥2D．a≤22．若复数z满足：（i为虚数

单位），则等于（）A．2﹣iB．2+iC．2﹣3iD．2+3i3．已知“x＞2”是“＜1”的（）条件．A．充分不必要B．必要不充分C．充要D．既不充分也不必要4．设5a＝24，b＝log310，11，则（）A．a＜c＜bB．b＜a＜cC．a

＜b＜cD．b＜c＜a5．设函数y＝ln（cosx），x∈（﹣，）的图象是（）A．B．C．D．6．设l，m是两条不同的直线，α是一个平面，则下列说法正确的是（）A．若l⊥m，m⊂α，则l⊥αB．若l⊥α，l⊥m，则m∥αC．若

l⊥α，l∥m，则m⊥αD．若l∥α，m∥α，则l∥m7．在的展开式中，的系数是14，则x2的系数是（）A．28B．56C．112D．2248．等差数列{an}中，a1＝2020，前n项和为Sn，若，则S2020＝（）A．101

0B．2020C．1011D．20219．在△ABC中，D是BC的中点，已知，，，则△ABC的面积为（）A．B．C．D．10．2019年10月，德国爆发出“芳香烃门”事件，即一家权威的检测机构在德国销售的奶粉中随机抽检了16款（德国4款，法国8款，荷兰4款），其中8款检测出芳香烃矿物

油成分，此成分会严重危害婴幼儿的成长，有些奶粉已经远销至中国．A地区闻讯后，立即组织相关检测员对这8款品牌的奶粉进行抽检，已知该地区有6家婴幼儿用品商店在售这几种品牌的奶粉，甲、乙、丙3名检测员分别负责进行检测，每人至少抽检1家商店，且检测过的商店不重复检测，则甲检测员至少检测3家商店的概率为（）

A．B．C．D．11．已知双曲线＝1（a＞0，b＞0）的左、右焦点分别为F1，F2，过F1且斜率为﹣的直线与双曲线在第二象限的交点为A，若（+）•＝0，则此双曲线的渐近线方程为（）A．y＝±xB．y＝

±xC．y＝±xD．y＝±x12．已知四棱锥P﹣ABCD的底面ABCD是矩形，其中AD＝2，AB＝3，面PAD⊥面ABCD，PA＝PD，且直线PB与CD所成角的余弦值为，则四棱锥P﹣ABCD的外接球表面积为（）A．B．C．D．二．填空题（共4小题，每小题5分，满分20分）13．已知＝（﹣1，

﹣2），＝（4，﹣2），||＝2，（）＝﹣10，则与的夹角θ的余弦值为．14．设x，y满足约束条件，则z＝2x+3y的取值范围为．15．任取一个正整数m，若m是奇数，就将该数乘3再加上1；若m是偶数，就将该数除以2．反复进行上述两种运算，经

过有限次步骤后，必进入循环圈1→4→2→1，这就是数学史上著名的“冰雹猜想”（又称“角谷猜想”等），若m＝5，则经过次步骤后变成1；若第5次步骤后变成1，则m的可能值之和为．16．已知f'（x）是定义域为R的函数f（x）的导函数，若对任意实数x都有f'（x）＞f（x）﹣1，且有f（1）＝2，则不等

式f（x）﹣1＞ex﹣1的解集为．二、解答题：共70分。解答题应写出文字说明、证明或演算步骤。第17-21题为必考题，每小题考生都必须作答。第22、23题为选考题，考生根据要求作答。17．已知函数f（x）

＝sin（ωx+φ）（ω＞0，|φ|＜π）经过点，，且在区间上单调．（1）求函数f（x）的解析式．（2）设，求数列{an}的前60项和S60．18．已知一等腰梯形ABCD，如图（1）所示，AB∥CD，AB＝2AD＝2CD＝2，沿AC将△ACD

折起，使得平面ABC⊥平面ACD，如图（2）所示，连接BD，得三棱锥D﹣ABC．（1）求证：图（2）中BC⊥平面ACD；（2）求图（2）中的二面角A﹣BD﹣C的正弦值．19．为了迎接十四运，提高智慧城市水平，西安公交公司

近期推出支付宝和微信扫码支付乘车活动，活动设置了一段时间的推广期，由于推广期内优惠力度较大，吸引越来越多的人开始使用扫码支付．某线路公交车队统计了活动刚推出一周内每一天使用扫码支付的人次，x表示活动推出的天数，y表示每天使用扫码支付的人次（单位：十人次）

，统计数据如表所示：x1234567y611213466101196根据以上数据，绘制了散点图．（1）根据散点图判断，在推广期内，y＝a+bx与y＝c•dx（c，d均为大于零的常数），哪一个适宜作为扫

码支付的人次y关于活动推出天数x的回归方程类型？（给出判断即可，不必说明理由）；（2）根据（1）的判断结果及表1中的数据，建立y与x的回归方程，并预测活动推出第8天使用扫码支付的人次；（3）推广期结束后，车队对乘客的支付方式进行统计，结果如

表：支付方式现金乘车卡扫码比例10%60%30%西安公交六公司车队为缓解周边居民出行压力，以90万元的单价购进了一批新车，根据以往的经验可知，每辆车每个月的运营成本约为0.66万元．已知该线路公交车票价为2元，使用现金支付的乘客无优惠，使用乘车卡支付的乘客享受8折优惠，扫码支付的乘客随

机优惠，根据统计结果得知，使用扫码支付的乘客中有的概率享受7折优惠，有的概率享受8折优惠，有的概率享受9折优惠．预计该车队每辆车每个月有2万人次乘车，根据所给数据以事件发生的频率作为相应事件发生的概率，在不考虑其它因素的条件下，按照上述收费标准，请你估计这批车

辆需要几年（结果取整数年）才能盈利？参考数据：100.5462.141.54253550.123.47其中其中vi＝lgyi，，参考公式：对于一组数据（u1，v1），（u2，v2），⋯，（un，vn），其回归直线＝u的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：＝，．20．已知点A1（﹣2，

0），A2（2，0），动点P（x，y）满足直线A1P与A2P的斜率之积为，记动点P的轨迹为曲线C．（1）求C的方程，并说明C是什么曲线．（2）曲线C与y轴正半轴的交点为点B，点M是曲线C上的一点（点M不在坐

标轴上），若直线A1B与直线A2M交于点G，直线A1M与直线A2B交于点Q，求证：△BGQ为等腰三角形．21．已知函数f（x）＝alnx+xb（a≠0）．（Ⅰ）当b＝2时，讨论函数f（x）的单调性；（Ⅱ）当a+b＝0

，b＞0时，对任意x1，x2∈[，e]，都有|f（x1）﹣f（x2）|≤e﹣2成立，求实数b的取值范围．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，作答时请用2B铅笔在答题卡上将所选题号后的方

框涂黑。22．在直角坐标系xOy，直线l的参数方程为（t为参数），以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标为ρ2＝．（1）求直线l的普通方程和曲线C的直角坐标方程．（2）已知点P（﹣1，0），曲线C与直线l交于A，B两点，求|

PA|+|PB|的值．23．已知f（x）＝（x﹣1）|x﹣a|﹣2|x﹣2|，a∈R．（1）当a＝2时，求不等式f（x）≥0的解集．（2）求f（2）+f（3）的取值范围．参考答案一、选择题（共12小题）.1．设集合M＝{x|2x﹣x2≥0}，N＝{x|x＜a}，若M⊆N，则

实数a的取值范围是（）A．a＜2B．a＞2C．a≥2D．a≤2解：由已知可得M＝[0，2]，N＝（﹣∞，a），因为M⊆N，则只需a＞2，故选：B．2．若复数z满足：（i为虚数单位），则等于（）A．2﹣iB．2+iC．2﹣3iD．2+3i解：∵＝＝＝2﹣i，∴z＝2

﹣3i，则，故选：D．3．已知“x＞2”是“＜1”的（）条件．A．充分不必要B．必要不充分C．充要D．既不充分也不必要解：由得解之x＞2或x＜﹣1，设A＝{x|x＞2}，B＝{x|x＞2或x＜﹣1}，∵A⫋B

，∴A是B的充分不必要条件．故选：A．4．设5a＝24，b＝log310，11，则（）A．a＜c＜bB．b＜a＜cC．a＜b＜cD．b＜c＜a解：由题意得，a＝log524∈（1，2），b＝log310＞2，11＝log311＞2，且log310＜

log311，所以c＞b＞a．故选：C．5．设函数y＝ln（cosx），x∈（﹣，）的图象是（）A．B．C．D．解：∵x∈（﹣，），∴0＜cosx＜1，∵函数y＝lnx为增函数，ln1＝0∴ln（cosx）＜0，故选：A．6．

设l，m是两条不同的直线，α是一个平面，则下列说法正确的是（）A．若l⊥m，m⊂α，则l⊥αB．若l⊥α，l⊥m，则m∥αC．若l⊥α，l∥m，则m⊥αD．若l∥α，m∥α，则l∥m解：对于A：若l⊥m，m⊆α，则l⊥α也

可能l⊂α，故A错误；对于B：若l⊥α，l⊥m，则m∥α或m⊂α，故错误；对于C：若l⊥α，l∥m，则m⊥α，故正确；对于D：若l∥α，m∥α，则l∥m或异面也可能相交，故错误．故选：C．7．在的展开式中，的系数是14，则x2的系数是（）A．28B．56C．112D．2

24解：∵的展开式的通项公式为Tr+1＝•22n﹣2r•x2n﹣2r，令2n﹣2r＝﹣2，求得r＝n+1，故展开式中的系数是•2﹣2＝14，∴＝＝56，求得n＝4．令2n﹣2r＝8﹣2r＝2，求得r＝3，可得x2的系数是•22＝224，故选：D．8．等差数列{an}中，a1＝2

020，前n项和为Sn，若，则S2020＝（）A．1010B．2020C．1011D．2021解：等差数列{an}中，a1＝2020，前n项和为Sn，所以{}也是等差数列，可设公差为d，则首项为＝a1＝2020，由﹣＝2d＝﹣2，解得d＝﹣1，所以＝2020+2019×（

﹣1）＝1，所以S2020＝2020．故选：B．9．在△ABC中，D是BC的中点，已知，，，则△ABC的面积为（）A．B．C．D．解：设AB＝c，BC＝a，因为，，，可得sinB＝＝，在△ABC中，a2+c2﹣2accosB＝a2+c2﹣ac＝8，在△ABD中，，可

得：a2+4c2﹣3ac＝8，解得a＝4，c＝2，可得＝＝．故选：D．10．2019年10月，德国爆发出“芳香烃门”事件，即一家权威的检测机构在德国销售的奶粉中随机抽检了16款（德国4款，法国8款，荷兰

4款），其中8款检测出芳香烃矿物油成分，此成分会严重危害婴幼儿的成长，有些奶粉已经远销至中国．A地区闻讯后，立即组织相关检测员对这8款品牌的奶粉进行抽检，已知该地区有6家婴幼儿用品商店在售这几种品牌的奶粉，甲、乙、丙3名检测员分别负责进行检测，每人至少抽检1家商店，且检测过的

商店不重复检测，则甲检测员至少检测3家商店的概率为（）A．B．C．D．解：若3人检测的数量为2，2，2，则所有的情况为：×＝90种，若3人检测的数量为3，2，1，则所有的情况为：＝360种，若3人检测的数量为4，1，1，则所有的情况为：＝90种，∴基本

事件总数为：n＝90+360+90＝540，其中甲检测员至少检测3家商店包含的基本事件个数为：m＝+＝150，∴甲检测员至少检测3家商店的概率为P＝＝＝．故选：A．11．已知双曲线＝1（a＞0，b＞0）的左、右焦点分别

为F1，F2，过F1且斜率为﹣的直线与双曲线在第二象限的交点为A，若（+）•＝0，则此双曲线的渐近线方程为（）A．y＝±xB．y＝±xC．y＝±xD．y＝±x解：若（+）•＝0，即（+）•（﹣）＝0，可得

2＝2，即有|AF1|＝|F2F1|＝2c，由双曲线的定义可得|AF2|＝2a+2c，在等腰三角形AF1F2中，tan∠AF1F2＝﹣，cos∠AF1F2＝﹣＝，化为3c＝5a，即a＝c，b＝c，可得a：b＝3：4，故此双曲线的渐近线方程为y＝±x，故选：D．12．已知四棱锥P﹣ABC

D的底面ABCD是矩形，其中AD＝2，AB＝3，面PAD⊥面ABCD，PA＝PD，且直线PB与CD所成角的余弦值为，则四棱锥P﹣ABCD的外接球表面积为（）A．B．C．D．解：如图，取AD的中点E，连接

PE，则PE⊥AD，∵平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD＝AD，PE⊂平面PAD，∴PE⊥平面ABCD，设四棱锥P﹣ABCD的外接球的球心为O，连接AC，BD，设AC∩BD＝O1，连接OO1，则OO1⊥底面ABCD，直线PB

与CD所成角的余弦值为，即cos∠PBA＝，设PE＝x，则PA2＝x2+1，∵AB⊥AD，平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD＝AD，AB⊂平面ABCD，∴AB⊥平面PAD，则AB⊥PA，又

AB＝3，∴PB＝，∴，解得x＝，∴，即△PAD为等边三角形，设△PAD的外心为F，则OO1＝EF＝PE＝，又，∴四棱锥P﹣ABCD的外接球的半径R满足：＝，∴四棱锥P﹣ABCD的外接球表面积为S＝4π×＝．故选：C．二．填空题（共4小题，每小题5分，满分2

0分）13．已知＝（﹣1，﹣2），＝（4，﹣2），||＝2，（）＝﹣10，则与的夹角θ的余弦值为．解：∵＝（﹣1，﹣2），＝（4，﹣2），∴，又∵（）＝﹣10，∴，∴cosθ＝cos＜＞＝＝．故答案为：．14．设x，y满足约束条件，则z＝2x+3y的取值范围为[2，18]．解

：由约束条件作出可行域如图，由图可知，A（1，0），联立，解得B（3，4），作出直线2x+3y＝0，由图可知，平移直线2x+3y＝0至A时，z＝2x+3y有最小值为2；平移直线2x+3y＝0至B时，z＝2x+3y有最大值为18．∴z＝2x+3y的取值范

围为[2，18]．故答案为：[2，18]．15．任取一个正整数m，若m是奇数，就将该数乘3再加上1；若m是偶数，就将该数除以2．反复进行上述两种运算，经过有限次步骤后，必进入循环圈1→4→2→1，这就是数学史上著名的“冰雹猜

想”（又称“角谷猜想”等），若m＝5，则经过5次步骤后变成1；若第5次步骤后变成1，则m的可能值之和为37．解：当m＝5时，5→16→8→4→2→1共5步雹程变成1，若m需经过5步雹程首次变成1则1←2←4←8←16←5或1←2←4←8←16←32两种情况，即m＝5或m＝32，则5+

32＝37，故答案为：5，37．16．已知f'（x）是定义域为R的函数f（x）的导函数，若对任意实数x都有f'（x）＞f（x）﹣1，且有f（1）＝2，则不等式f（x）﹣1＞ex﹣1的解集为（1，+∞）．解：不等式f（x）﹣1＞ex﹣1，等价于不等式＞

1，构造函数g（x）＝，则g′（x）＝，若对任意实数x都有f'（x）＞f（x）﹣1，则g′（x）＞0，g（x）在R递增，又g（1）＝＝1，故＞1即g（x）＞g（1），故不等式的解集是（1，+∞），故答案为：（1，+∞）．二、解答题：共70

分。解答题应写出文字说明、证明或演算步骤。第17-21题为必考题，每小题考生都必须作答。第22、23题为选考题，考生根据要求作答。17．已知函数f（x）＝sin（ωx+φ）（ω＞0，|φ|＜π）经过点，

，且在区间上单调．（1）求函数f（x）的解析式．（2）设，求数列{an}的前60项和S60．解：（1）函数f（x）＝sin（ωx+φ）（ω＞0，|φ|＜π）经过点，，且在区间上单调．所以，解得T＝π，所以ω＝2，由于函数的图象经过点，所以φ＝，整理得φ＝，当k＝0时，φ＝﹣，所以

．（2）由于，所以，当n＝1时，a1＝0，当n＝2时，，当n＝3时，，当n＝4时，，当n＝5时，，当n＝6时，，当n＝7时，，故数列的周期为6，所以，数列{an}的前60项和S60＝．18．已知一等腰梯形ABCD，如图（1）所示，AB∥CD，AB＝2AD＝2CD＝

2，沿AC将△ACD折起，使得平面ABC⊥平面ACD，如图（2）所示，连接BD，得三棱锥D﹣ABC．（1）求证：图（2）中BC⊥平面ACD；（2）求图（2）中的二面角A﹣BD﹣C的正弦值．解：（1）证明：在图（1）中，过点D作DE⊥AB于E，

∵等腰梯形ABCD，∴AE＝＝＝．又∵AD＝1，∴∠DAE＝60°．∵AD＝CD，AB∥CD，∴∠DAC＝∠ACD＝∠BAC＝∠DAE＝30°，∴AC＝，∴AB2＝AC2+BC2，即BC⊥AC．∵平面ABC⊥平面ACD，平面ABC∩平面ACD＝AC，

BC⊂平面ABC，∴BC⊥平面ACD．（2）以C为原点，CA、CB分别为x、y轴，作Cz⊥面ABC，建立如图所示的空间直角坐标系，则C（0，0，0），A（，0，0），B（0，1，0），D（，0，），∴＝（，1，0

），＝（，﹣1，），＝（，0，）．设平面ABD的法向量为＝（x，y，z），则，即，令x＝1，则y＝，z＝，∴＝（1，，）．同理可得，平面BCD的法向量＝（1，0，）．∴cos＜，＞＝＝＝，故二面角A﹣BD﹣C的正弦值为＝．

19．为了迎接十四运，提高智慧城市水平，西安公交公司近期推出支付宝和微信扫码支付乘车活动，活动设置了一段时间的推广期，由于推广期内优惠力度较大，吸引越来越多的人开始使用扫码支付．某线路公交车队统计了活动刚推出一周

内每一天使用扫码支付的人次，x表示活动推出的天数，y表示每天使用扫码支付的人次（单位：十人次），统计数据如表所示：x1234567y611213466101196根据以上数据，绘制了散点图．（1）根据散点图判断，在推广期内，y＝a+bx与y＝c•dx（c，d均为大于零的常数），哪一个适宜作为扫

码支付的人次y关于活动推出天数x的回归方程类型？（给出判断即可，不必说明理由）；（2）根据（1）的判断结果及表1中的数据，建立y与x的回归方程，并预测活动推出第8天使用扫码支付的人次；（3）推广期结束后，车队对乘客的支付方式进行统计，结果如表

：支付方式现金乘车卡扫码比例10%60%30%西安公交六公司车队为缓解周边居民出行压力，以90万元的单价购进了一批新车，根据以往的经验可知，每辆车每个月的运营成本约为0.66万元．已知该线路公交车票价为2元，使用现金支付的乘客无优惠，使用乘车

卡支付的乘客享受8折优惠，扫码支付的乘客随机优惠，根据统计结果得知，使用扫码支付的乘客中有的概率享受7折优惠，有的概率享受8折优惠，有的概率享受9折优惠．预计该车队每辆车每个月有2万人次乘车，根据所给数据以事件发生的频率作为相应事件发生的

概率，在不考虑其它因素的条件下，按照上述收费标准，请你估计这批车辆需要几年（结果取整数年）才能盈利？参考数据：100.5462.141.54253550.123.47其中其中vi＝lgyi，，参考公式：对于一组数据（u1，v1），（u2，v2），⋯

，（un，vn），其回归直线＝u的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：＝，．解：（1）由散点图的形状可得，y＝c•dx（c，d均为大于零的常数）适宜作为扫码支付的人次y关于活动推出天数x的回归方程类型；（2）因为y＝c•dx，两边同时取常用对数可得，lgy＝lg

c+xlgd，设lgy＝v，则v＝lgc+xlgd，因为，，所以lgd＝，把样本中心（4.1.55）代入v＝lgc+xlgd，所以lgc＝0.54，故v＝0.54+0.25x，即lgy＝0.54+0.25x，所以y与x的回归方程为，当x＝8时，，所以活动推出第8天使用扫码支付的人次为347；（

3）记一名乘客乘车支付的费用为Z，则Z的可能取值为2，1.8，1.6，1.4，所以P（Z＝2）＝0.1，P（Z＝1.8）＝0.3×＝0.15，P（Z＝1.6）＝0.6+0.3×＝0.7，P（Z＝1.4）＝0.3×，所以一名乘客一次乘车的平均费用为

2×0.1+1.8×0.15+1.6×0.7+1.4×0.05＝1.66元，由题意可知，1.66×1×12n﹣0.66×12n﹣90＞0，解得n＞，又n∈N*，所以n取8，估计这批车辆需要8年才能盈利．20．已知点A1（﹣2，0），A2（2，0），动点P（x，

y）满足直线A1P与A2P的斜率之积为，记动点P的轨迹为曲线C．（1）求C的方程，并说明C是什么曲线．（2）曲线C与y轴正半轴的交点为点B，点M是曲线C上的一点（点M不在坐标轴上），若直线A1B与直线A2M交于点

G，直线A1M与直线A2B交于点Q，求证：△BGQ为等腰三角形．【解答】（1）解：设动点P（x，y），因为直线A1P与A2P的斜率之积为，所以，化简可得曲线方程为；（2）证明：A1（﹣2，0），A2（2，0），B（0，1），所以直线A1B：y＝x+1，直线A2B：y＝﹣x+1，

设直线A1M：y＝k（x+2）（k≠，k≠0），所以联立，得Q，联立，得G，所以PQ⊥x轴且PQ中点N为（），所以BN∥x轴，所以BN为△BGQ的中线且PQ⊥BN，所以△BGQ为等腰三角形．21．已知函数f（x）＝alnx+xb（a≠0）．（Ⅰ）当b＝2时，讨

论函数f（x）的单调性；（Ⅱ）当a+b＝0，b＞0时，对任意x1，x2∈[，e]，都有|f（x1）﹣f（x2）|≤e﹣2成立，求实数b的取值范围．解：（Ⅰ）函数f（x）的定义域为（0，+∞）．当b＝2时，f（x）＝alnx+x2，所以f′（x）＝．①当a＞0时，f′（x）

＞0，所以函数f（x）在（0，+∞）上单调递增．②当a＜0时，令f′（x）＝0，解得：x＝，当0＜x＜时，f′（x）＜0，所以函数f（x）在（0，）上单调递减；当x＞时，f′（x）＞0，所以函数f（x

）在（，+∞）上单调递增．综上所述，当b＝2，a＞0时，函数f（x）在（0，+∞）上单调递增；当b＝2，a＜0时，函数f（x）在（0，）上单调递减，在（，+∞）上单调递增．（Ⅱ）∵对任意x1，x2∈[，e]，有|f（x1）﹣f（

x2）|≤e﹣2成立，|f（x1）﹣f（x2）|≤f（x）max﹣f（x）min，∴f（x）max﹣f（x）min，）≤e﹣2成立，∵a+b＝0，b＞0时，f（x）＝﹣blnx+xb．f′（x）＝．当0＜x＜1时，f′（x）＜0，当x

＞1时，f′（x）＞0，∴f（x）在[，1]单调递减，在[1，e]单调递增，f（x）min＝f（1）＝1，f（）＝b+e﹣b，f（e）＝﹣b+eb，设g（b）＝f（e）﹣f（）＝eb﹣e﹣b﹣2b，（b＞0），g′（b

）＝eb+e﹣b﹣2＞2﹣2＝0．∴g（b）在（0，+∞）递增，∴g（b）＞g（0）＝0，∴f（e）＞f（）．可得f（x）max＝f（e）＝﹣b+eb，∴﹣b+eb﹣1≤e﹣2，即eb﹣b﹣e+1≤0，设φ（b）＝eb﹣b﹣

e+1，（b＞0），φ′（b）＝eb﹣1＞0在b∈（0，+∞）恒成立．∴φ（b）在（0，+∞）单调递增，且φ（1）＝0，∴不等式eb﹣b﹣e+1≤0的解集为（0，1]．∴实数b的取值范围为（0，1]．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，作答时请用2B铅笔在答题卡上将所选题号后的方框涂黑。22．在直角坐标系xOy，直线l的参数方程为（t为参数），以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐

标为ρ2＝．（1）求直线l的普通方程和曲线C的直角坐标方程．（2）已知点P（﹣1，0），曲线C与直线l交于A，B两点，求|PA|+|PB|的值．解：（1）由（t为参数），消去参数t，可得．由ρ2＝，得5ρ2﹣3ρ2（cos2θ﹣sin2θ）＝8，∵ρ2＝x2+y2，x＝ρcosθ，y＝ρsinθ

，∴5x2+5y2﹣3x2+3y2＝8，即；（2）直线l的参数方程的标准形式为（t为参数），代入曲线，得13t2﹣4t﹣12＝0，设A，B对应的参数分别为t1，t2，则，，∴|PA|+|PB|＝＝＝．23．已知

f（x）＝（x﹣1）|x﹣a|﹣2|x﹣2|，a∈R．（1）当a＝2时，求不等式f（x）≥0的解集．（2）求f（2）+f（3）的取值范围．解：（1）当a＝2时，f（x）＝（x﹣1）|x﹣2|﹣2|x﹣2|＝（x﹣3）|x﹣2|＝．不等式f（x）≥0，等价于或；解得x＝2或x≥3，

或x∈∅；所以不等式f（x）≥0的解集为{x|x＝2或x≥3}．（2）因为f（2）+f（3）＝|2﹣a|+2|3﹣a|﹣2＝|a﹣2|+2|a﹣3|﹣2＝，所以关于a的函数f（2）+f（3）在（﹣∞，3）上单

的递减，在（3，+∞）上单的递增，所以当a＝3时，f（2）+f（3）的最小值为﹣1，所以f（2）+f（3）的取值范围是[﹣1，+∞）．