山西省运城市高中联合体2022届高三下学期理数第四次模拟试卷及答案
山西省太原市2022届高三下学期理数模拟试卷三一、单选题1．设A,B是全集I={1,2,3,4}的子集,A={1,2},则满足A⊆B的B的个数是（ ）A．5B．4C．3D．22．复数1−i1−2i的虚部为（ ）A．15B．35C．−15
山西省运城市高中联合体2022届高三下学期理数第四次模拟试卷一、单选题1．已知集合A={x|y=11−2x}，B={y|y=−|x−3|−2}，则A∪B=（ ）A．∅B．(−∞，−2]C．(−∞，0)D．(−∞，0]2．已知复数z=2+i
简介：山西省太原市2022届高三下学期理数模拟试卷三一、单选题1．设A,B是全集I={1,2,3,4}的子集,A={1,2},则满足A⊆B的B的个数是（ ）A．5B．4C．3D．2【答案】B【知识点】子集与真子集【解析】【解答】A，B是全集I={1，2，3，4}的子集，A={l，2}，则满足A⊆B的B为：{1，2}，{1，2，3}，{1，2，4}，{1，2，3，4}．故答案为：B【分析】由已知利用子集的概念，即可求出满足A⊆B的集合B的个数.2．复数1−i1−2i的虚部为（ ）A．15B．35C．−15D．−35【答案】A【知识点】虚数单位i及其性质；复数代数形式的乘除运算【解析】【解答】复数1−i1−2i=(1−i)(1+2i)(1−2i)(1+2i)=3+i5=35+15i，则复数1−i1−2i的虚部为15．故答案为：A．【分析】直接由复数代数形式的乘除运算化简得答案.3．设非零向量a，b满足|a+b|=|a−b|，则（ ）A．|a|=|b|B．a⊥bC．a//bD．|a|>|b|【答案】B【知识点】平面向量数量积的运算；数量积判断两个平面向量的垂直关系【解析】【解答】由|a+b|=|a−b|，平方得a2+2a⋅b+b2=a2−2a⋅b+b2，即a⋅b=0，则a⊥b.故答案为：B.【分析】由|a+b|=|a−b|，平方得a⋅b=0，进而得答案.4．已知tan(α−π4)=12，则sinα+cosαsinα−cosα的值为（ ）A．12B．2C．22D．-2【答案】B【知识点】两角和与差的正切公式；同角三角函数间的基本关系【解析】【解答】sinα+cosαsinα−cosα=tanα+1tanα−1=1+tanαtanπ4tanα−tanπ4=1tan(α−π4)=2.故答案为：B.【分析】利用同角三角函数的基本关系式，把sinα+cosαsinα−cosα化为1tan(α−π4)，即可得出答案。5．某班准备从甲、乙等5人中选派3人发言，要求甲乙两人至少有一人参加，那么不同的发言顺序有（ ）A．18种B．36种C．54种D．60种【答案】C【知识点】排列、组合及简单计数问题【解析】【解答】若只有甲乙其中一人参加，有C21⋅C32A33=36种情况；若甲乙两人都参加，有C22⋅C31A33=18种情况，则不同的发言顺序种数36+18=54种，故答案为：C.【分析】根据题意，分只有甲乙其中一人参加、甲乙两人都参加2种情况讨论可得答案.6．已知双曲线x2−y2b2=1(b>0)与抛物线y2=−8x的准线交于A，B两点，且OA⋅OB=0(O为坐标原点)，则双曲线的渐近线方程为（ ）A．y=±43xB．y=±54xC．y=±233xD．y=±32x【答案】C【知识点】双曲线的简单性质【解析】【解答】y2=−8x的准线方程为x=2，由双曲线的对称性可知：|OA|=|OB|，根据OA⋅OB=0，可知△AOB为等腰直角三角形，故B(2，2)，将B(2，2)代入双曲线方程可得：b2=43，所以渐近线方程为y=±233x.故答案为：C【分析】根据OA⋅OB=0可知△AOB为直角三角形，根据双曲线的对称性，即可得B (2，2)，代入双曲线方程中即可求解出双曲线的渐近线方程.7．已知数列{an}的前n项和Sn=4n−13，则数列{an}的前n项和Tn=（ ）A．2n−1B．4n−13C．2n−13D．2n−1−1【答案】A【知识点】等比数列的前n项和【解析】【解答】Sn=4n−13，当n=1时，a1=S1=4−13=1，当n≥2时，Sn−1=4n−1−13，所以an=Sn−Sn−1=4n−13−4n−1−13=4n−1=22(n−1)，当n=1时，a1=1符合上式，所以an=22(n−1)，所以an=22(n−1)=2n−1，则数列{an}是以1为首项，2为公比的等比数列，故Tn=1×(1−2n)1−2=2n−1.故答案为：A.【分析】利用Sn与an的关系求出数列{an}的通项公式an=22(n−1)，利用等比数列的定义判定{an}为等比数列，结合前n项求和公式计算即可得答案.8．在一个棱长为4的正方体内，你认为最多放入的直径为1的球的个数为（ ）A．64B．65C．66D．67【答案】C【知识点】类比推理【解析】【解答】由题意得，底层可以16个，然后在底层每4个球之间放一个，第二层能放9个，依次类推，分别第三、第四、第五层能放16个、9个、16个，一共可放置16+9+16+9+16=66个，故答案为：C.【分析】根据球体的特点，最多应该是放5层，确定各层的个数，进一步求出最多可以放入小球的个数.9．抛物线E：y2=2px ( p>0 )的焦点为F，已知点A ， B为抛物线E上的两个动点，且满足∠AFB=2π3．过弦AB的中点M作抛物线E准线的垂线MN，垂足为N，则|MN||AB|的最大值为（ ）A．33B．1C．233D．2【答案】A【知识点】抛物线的定义；余弦定理【解析】【解答】设|AF|＝a，|BF|＝b，连接AF、BF由抛物线定义，得|AF|＝|AQ|，|BF|＝|BP|在梯形ABPQ中，2|MN|＝|AQ|+|BP|＝a+b．由余弦定理得，|AB|2＝a2+b2﹣2abcos120°＝a2+b2+ab配方得，|AB|2＝（a+b）2﹣ab，又∵ab≤(a+b2)2∴（a+b）2﹣ab≥（a+b）2−14（a+b）2=34（a+b）2得到|AB|≥32（a+b）．所以|MN||AB|≤12(a+b)32(a+b)=33，即|MN||AB|的最大值为33．故答案为：A．【分析】设|AF|＝a，|BF|＝b，由抛物线定义得|AF|＝|AQ|，|BF|＝|BP|，再由余弦定理可得|AB|2＝a2+b2﹣2abcos120°，进而根据基本不等式求得|AB|的范围，进而可得|MN||AB|的最大值.10．斐波那契数列，又称黄金分割数列，该数列在现代物理、准晶体结构、化学等领域有着非常广泛的应用，在数学上，斐波那契数列是用如下递推方法定义的：a1=a2=1，an=an−1+an−2(n≥3，n∈N*).已知a12+a22+a32+⋯+am2am是该数列的第100项，则m=（ ）A．98B．99C．100D．101【答案】B【知识点】数列递推式【解析】【解答】由题意得，a12=a2a1，因为an−1=an−an−2，得a22=a2(a3−a1)=a2a3−a2a1，a32=a3(a4−a2)=a3a4−a3a2，⋯，am2=am(am+1−am−1)=amam+1−amam−1， 累加，得a12+a22+⋯+am2=amam+1，因为a12+a22+⋯+am2am是该数列的第100项，即am+1是该数列的第100项，所以m=99.故答案为：B.【分析】由累加法即可求出答案。11．设a=log32，则a∈（ ）A．(12，35)B．(35，58)C．(34，78)D．(58，34)【答案】D【知识点】对数函数的单调性与特殊点【解析】【解答】f(x)=log3x，则f(x)在定义域内单调递增.∵256=28>35=243，16=24<33=27∴334>2>358，故58 b>0)过点P(2，1)，离心率为e=22.（1）求椭圆C的方程；（2）当过点M(4，1)的动直线与椭圆C相交于不同的两点A，B时，在线段AB上取点N，满足AM=−λMB，AN=λNB求线段PN长的最小值.【答案】（1）解：根据题意，ca=22，2a2+1b2=1解得a2=4，b2=2，椭圆C的方程为x24+y22=1（2）解：设A（x1，y1），B（x2，y2），N（x，y），由AM=−λMB，AN=λNB， 得4=x1−λx21−λ1=y1−λy21−λ，x=x1+λx21+λy=y1+λy21+λ，∴4x=x12−λ2×221−λ2，y=y12−λ2y221−λ2，又x12+2y12=4，x22+2y22=4，∴4x+2y=4−4λ21−λ2=4，∴点N在直线2x+y−2=0上，∴PN最小=|22+1−2|22+1=22−15=210−55.【知识点】向量的线性运算性质及几何意义；椭圆的标准方程【解析】【分析】(1)由椭圆的几何性质列方程组，求解出a2，b2，可得椭圆C的方程；(2)由定比分点公式化简得N点轨迹方程，由点到直线距离公式求解出线段PN长的最小值.21．已知函数f(x)=ax2−ex.（1）若函数f(x)的图像与直线y=-x+1相切，求实数a的值；（2）若函数g(x)=f(x)+x−1有且只有一个零点，求实数a的取值范围.【答案】（1）解：f′(x)=2ax−ex，设切点为(x0，f(x0))，则f(x0)=−x0+1f′(x0)=−1∴ax02−ex0=−x0+12ax0−ex0=−1a=0时，显然不成立，∴a≠0消去a得(x0−2)(ex0+1)=0∴x0=2，a=e2−14；（2）解：令g(x)=0，即ax2+x−1−ex=0有且只有一个解，当x=0时，显然ax2+x−1−ex=0不成立，∴x≠0，a=ex−x+1×2，令h(x)=ex−x+1×2，∴y=a与h(x)=ex−x+1×2有且只有一个交点，∵h′(x)=(ex−1)x2−2x(ex−x+1)x4=(x−2)(ex+1)x3，当x∈(−∞，0)时，h′(x)>0，h(x)单调递增；当x∈(0，2)时，h′(x)<0，h(x)单调递减；当x∈(2，+∞)时，h′(x)>0，h(x)单调递增，又当x→−∞时，h(x)→0，当x→0时，h(x)→+∞当x=2时，h(2)=e2−14，当x→+∞时，h(x)→+∞，如图所示，综上，a的取值范围是(0，e2−14).【知识点】导数的几何意义；函数的零点与方程根的关系【解析】【分析】(1)设切点坐标，根据导数的几何意义求出切线的斜率，进而列出关于a的方程组，解得实数a的值；(2)由二次函数和指数函数的性质知当x=0时不符合题意，故x≠0，利用分离参数法可a=ex−x+1×2=hx，根据导数研究函数h(x)的单调性，结合图形即可得出实数a的取值范围.22．在极坐标系中，已知曲线C：ρcos(θ+π4)=1，过极点O作射线与曲线C交于点Q，在射线OQ上取一点P，使|OP|⋅|OQ|=2.（1）求点P的轨迹C1的极坐标方程；（2）以极点O为直角坐标系的原点，极轴为x轴的正半轴，建立直角坐标系xOy，若直线l：y=−3x与（1）中的曲线C1相交于点E（异于点O），与曲线C2：{x=12−22ty=22t（t为参数）相交于点F，求|EF|的值.【答案】（1）解：设P(ρ，θ)，Q(ρ′，θ)，，则ρρ′=2又ρ′cos(θ+π4)=1，ρ′=2ρ∴2ρcos(θ+π4)=1∴ρ=2cos(θ+π4)=cosθ−sinθ为所求C1的极坐标方程．（2）解：C2的极坐标方程为ρ(cosθ＋sinθ)=12，把θ=2π3代入C2得ρ1=32+12，把θ=−π3代入C1得ρ2=32+12∴|EF|＝ρ1+ρ2=3+1【知识点】简单曲线的极坐标方程【解析】【分析】(1)设P(ρ，θ)，Q(ρ′，θ)，，则ρρ′=2，又曲线C：ρcos(θ+π4)=1，代入化简即可得点P的轨迹C1的极坐标方程；(2)由曲线C2的参数方程消去参数t化为普通方程，再利用互化公式可得极坐标方程，分别与曲线C2及其曲线C1的极坐标方程联立求解出|EF|的值.23．已知函数f(x)=|x+2|−m，m∈R，且f(x)<0的解集为[−3，−1]．（1）求m的值； （2）设a，b，c为正数，且a+b+c=m，求3a+1+3b+1+3c+1的最大值.【答案】（1）解：由f(x)≤0，得|x+2|≤m，所以m≥0−m−2≤x≤m−2又f(x)≤0的解集为[−3，−1]，所以−m−2=−3m−2=−1，解得m=1（2）解：由（1）知a+b+c=1，由柯西不等式得(3a+1+3b+1+3c+1)2≤（（3a+1）2+(3b+1）2+(3c+1)2)⋅(12+12+12)所以(3a+1+3b+1+3c+1)2≤3(3(a+b+c)+3)=18，所以3a+1+3b+1+3c+1≤32，当且仅当3a+1=3b+1=3c+1，即a=b=c=13时等号成立，所以3a+1+3b+1+3c+1的最大值为32【知识点】绝对值不等式的解法；柯西不等式在函数极值中的应用【解析】【分析】(1)由f(x)=|x+2|-m≤0，可得m≥0−m−2≤x≤m−2，结合不等式的解集即可求出m的值；(2)由（1）知a+b+c=1，再利用柯西不等式求出3a+1+3b+1+3c+1的最大值.
简介：山西省太原市2022届高三下学期理数模拟试卷三一、单选题1．设A,B是全集I={1,2,3,4}的子集,A={1,2},则满足A⊆B的B的个数是（ ）A．5B．4C．3D．2【答案】B【知识点】子集与真子集【解析】【解答】A，B是全集I={1，2，3，4}的子集，A={l，2}，则满足A⊆B的B为：{1，2}，{1，2，3}，{1，2，4}，{1，2，3，4}．故答案为：B【分析】由已知利用子集的概念，即可求出满足A⊆B的集合B的个数.2．复数1−i1−2i的虚部为（ ）A．15B．35C．−15D．−35【答案】A【知识点】虚数单位i及其性质；复数代数形式的乘除运算【解析】【解答】复数1−i1−2i=(1−i)(1+2i)(1−2i)(1+2i)=3+i5=35+15i，则复数1−i1−2i的虚部为15．故答案为：A．【分析】直接由复数代数形式的乘除运算化简得答案.3．设非零向量a，b满足|a+b|=|a−b|，则（ ）A．|a|=|b|B．a⊥bC．a//bD．|a|>|b|【答案】B【知识点】平面向量数量积的运算；数量积判断两个平面向量的垂直关系【解析】【解答】由|a+b|=|a−b|，平方得a2+2a⋅b+b2=a2−2a⋅b+b2，即a⋅b=0，则a⊥b.故答案为：B.【分析】由|a+b|=|a−b|，平方得a⋅b=0，进而得答案.4．已知tan(α−π4)=12，则sinα+cosαsinα−cosα的值为（ ）A．12B．2C．22D．-2【答案】B【知识点】两角和与差的正切公式；同角三角函数间的基本关系【解析】【解答】sinα+cosαsinα−cosα=tanα+1tanα−1=1+tanαtanπ4tanα−tanπ4=1tan(α−π4)=2.故答案为：B.【分析】利用同角三角函数的基本关系式，把sinα+cosαsinα−cosα化为1tan(α−π4)，即可得出答案。5．某班准备从甲、乙等5人中选派3人发言，要求甲乙两人至少有一人参加，那么不同的发言顺序有（ ）A．18种B．36种C．54种D．60种【答案】C【知识点】排列、组合及简单计数问题【解析】【解答】若只有甲乙其中一人参加，有C21⋅C32A33=36种情况；若甲乙两人都参加，有C22⋅C31A33=18种情况，则不同的发言顺序种数36+18=54种，故答案为：C.【分析】根据题意，分只有甲乙其中一人参加、甲乙两人都参加2种情况讨论可得答案.6．已知双曲线x2−y2b2=1(b>0)与抛物线y2=−8x的准线交于A，B两点，且OA⋅OB=0(O为坐标原点)，则双曲线的渐近线方程为（ ）A．y=±43xB．y=±54xC．y=±233xD．y=±32x【答案】C【知识点】双曲线的简单性质【解析】【解答】y2=−8x的准线方程为x=2，由双曲线的对称性可知：|OA|=|OB|，根据OA⋅OB=0，可知△AOB为等腰直角三角形，故B(2，2)，将B(2，2)代入双曲线方程可得：b2=43，所以渐近线方程为y=±233x.故答案为：C【分析】根据OA⋅OB=0可知△AOB为直角三角形，根据双曲线的对称性，即可得B (2，2)，代入双曲线方程中即可求解出双曲线的渐近线方程.7．已知数列{an}的前n项和Sn=4n−13，则数列{an}的前n项和Tn=（ ）A．2n−1B．4n−13C．2n−13D．2n−1−1【答案】A【知识点】等比数列的前n项和【解析】【解答】Sn=4n−13，当n=1时，a1=S1=4−13=1，当n≥2时，Sn−1=4n−1−13，所以an=Sn−Sn−1=4n−13−4n−1−13=4n−1=22(n−1)，当n=1时，a1=1符合上式，所以an=22(n−1)，所以an=22(n−1)=2n−1，则数列{an}是以1为首项，2为公比的等比数列，故Tn=1×(1−2n)1−2=2n−1.故答案为：A.【分析】利用Sn与an的关系求出数列{an}的通项公式an=22(n−1)，利用等比数列的定义判定{an}为等比数列，结合前n项求和公式计算即可得答案.8．在一个棱长为4的正方体内，你认为最多放入的直径为1的球的个数为（ ）A．64B．65C．66D．67【答案】C【知识点】类比推理【解析】【解答】由题意得，底层可以16个，然后在底层每4个球之间放一个，第二层能放9个，依次类推，分别第三、第四、第五层能放16个、9个、16个，一共可放置16+9+16+9+16=66个，故答案为：C.【分析】根据球体的特点，最多应该是放5层，确定各层的个数，进一步求出最多可以放入小球的个数.9．抛物线E：y2=2px ( p>0 )的焦点为F，已知点A ， B为抛物线E上的两个动点，且满足∠AFB=2π3．过弦AB的中点M作抛物线E准线的垂线MN，垂足为N，则|MN||AB|的最大值为（ ）A．33B．1C．233D．2【答案】A【知识点】抛物线的定义；余弦定理【解析】【解答】设|AF|＝a，|BF|＝b，连接AF、BF由抛物线定义，得|AF|＝|AQ|，|BF|＝|BP|在梯形ABPQ中，2|MN|＝|AQ|+|BP|＝a+b．由余弦定理得，|AB|2＝a2+b2﹣2abcos120°＝a2+b2+ab配方得，|AB|2＝（a+b）2﹣ab，又∵ab≤(a+b2)2∴（a+b）2﹣ab≥（a+b）2−14（a+b）2=34（a+b）2得到|AB|≥32（a+b）．所以|MN||AB|≤12(a+b)32(a+b)=33，即|MN||AB|的最大值为33．故答案为：A．【分析】设|AF|＝a，|BF|＝b，由抛物线定义得|AF|＝|AQ|，|BF|＝|BP|，再由余弦定理可得|AB|2＝a2+b2﹣2abcos120°，进而根据基本不等式求得|AB|的范围，进而可得|MN||AB|的最大值.10．斐波那契数列，又称黄金分割数列，该数列在现代物理、准晶体结构、化学等领域有着非常广泛的应用，在数学上，斐波那契数列是用如下递推方法定义的：a1=a2=1，an=an−1+an−2(n≥3，n∈N*).已知a12+a22+a32+⋯+am2am是该数列的第100项，则m=（ ）A．98B．99C．100D．101【答案】B【知识点】数列递推式【解析】【解答】由题意得，a12=a2a1，因为an−1=an−an−2，得a22=a2(a3−a1)=a2a3−a2a1，a32=a3(a4−a2)=a3a4−a3a2，⋯，am2=am(am+1−am−1)=amam+1−amam−1， 累加，得a12+a22+⋯+am2=amam+1，因为a12+a22+⋯+am2am是该数列的第100项，即am+1是该数列的第100项，所以m=99.故答案为：B.【分析】由累加法即可求出答案。11．设a=log32，则a∈（ ）A．(12，35)B．(35，58)C．(34，78)D．(58，34)【答案】D【知识点】对数函数的单调性与特殊点【解析】【解答】f(x)=log3x，则f(x)在定义域内单调递增.∵256=28>35=243，16=24<33=27∴334>2>358，故58 b>0)过点P(2，1)，离心率为e=22.（1）求椭圆C的方程；（2）当过点M(4，1)的动直线与椭圆C相交于不同的两点A，B时，在线段AB上取点N，满足AM=−λMB，AN=λNB求线段PN长的最小值.【答案】（1）解：根据题意，ca=22，2a2+1b2=1解得a2=4，b2=2，椭圆C的方程为x24+y22=1（2）解：设A（x1，y1），B（x2，y2），N（x，y），由AM=−λMB，AN=λNB， 得4=x1−λx21−λ1=y1−λy21−λ，x=x1+λx21+λy=y1+λy21+λ，∴4x=x12−λ2×221−λ2，y=y12−λ2y221−λ2，又x12+2y12=4，x22+2y22=4，∴4x+2y=4−4λ21−λ2=4，∴点N在直线2x+y−2=0上，∴PN最小=|22+1−2|22+1=22−15=210−55.【知识点】向量的线性运算性质及几何意义；椭圆的标准方程【解析】【分析】(1)由椭圆的几何性质列方程组，求解出a2，b2，可得椭圆C的方程；(2)由定比分点公式化简得N点轨迹方程，由点到直线距离公式求解出线段PN长的最小值.21．已知函数f(x)=ax2−ex.（1）若函数f(x)的图像与直线y=-x+1相切，求实数a的值；（2）若函数g(x)=f(x)+x−1有且只有一个零点，求实数a的取值范围.【答案】（1）解：f′(x)=2ax−ex，设切点为(x0，f(x0))，则f(x0)=−x0+1f′(x0)=−1∴ax02−ex0=−x0+12ax0−ex0=−1a=0时，显然不成立，∴a≠0消去a得(x0−2)(ex0+1)=0∴x0=2，a=e2−14；（2）解：令g(x)=0，即ax2+x−1−ex=0有且只有一个解，当x=0时，显然ax2+x−1−ex=0不成立，∴x≠0，a=ex−x+1×2，令h(x)=ex−x+1×2，∴y=a与h(x)=ex−x+1×2有且只有一个交点，∵h′(x)=(ex−1)x2−2x(ex−x+1)x4=(x−2)(ex+1)x3，当x∈(−∞，0)时，h′(x)>0，h(x)单调递增；当x∈(0，2)时，h′(x)<0，h(x)单调递减；当x∈(2，+∞)时，h′(x)>0，h(x)单调递增，又当x→−∞时，h(x)→0，当x→0时，h(x)→+∞当x=2时，h(2)=e2−14，当x→+∞时，h(x)→+∞，如图所示，综上，a的取值范围是(0，e2−14).【知识点】导数的几何意义；函数的零点与方程根的关系【解析】【分析】(1)设切点坐标，根据导数的几何意义求出切线的斜率，进而列出关于a的方程组，解得实数a的值；(2)由二次函数和指数函数的性质知当x=0时不符合题意，故x≠0，利用分离参数法可a=ex−x+1×2=hx，根据导数研究函数h(x)的单调性，结合图形即可得出实数a的取值范围.22．在极坐标系中，已知曲线C：ρcos(θ+π4)=1，过极点O作射线与曲线C交于点Q，在射线OQ上取一点P，使|OP|⋅|OQ|=2.（1）求点P的轨迹C1的极坐标方程；（2）以极点O为直角坐标系的原点，极轴为x轴的正半轴，建立直角坐标系xOy，若直线l：y=−3x与（1）中的曲线C1相交于点E（异于点O），与曲线C2：{x=12−22ty=22t（t为参数）相交于点F，求|EF|的值.【答案】（1）解：设P(ρ，θ)，Q(ρ′，θ)，，则ρρ′=2又ρ′cos(θ+π4)=1，ρ′=2ρ∴2ρcos(θ+π4)=1∴ρ=2cos(θ+π4)=cosθ−sinθ为所求C1的极坐标方程．（2）解：C2的极坐标方程为ρ(cosθ＋sinθ)=12，把θ=2π3代入C2得ρ1=32+12，把θ=−π3代入C1得ρ2=32+12∴|EF|＝ρ1+ρ2=3+1【知识点】简单曲线的极坐标方程【解析】【分析】(1)设P(ρ，θ)，Q(ρ′，θ)，，则ρρ′=2，又曲线C：ρcos(θ+π4)=1，代入化简即可得点P的轨迹C1的极坐标方程；(2)由曲线C2的参数方程消去参数t化为普通方程，再利用互化公式可得极坐标方程，分别与曲线C2及其曲线C1的极坐标方程联立求解出|EF|的值.23．已知函数f(x)=|x+2|−m，m∈R，且f(x)<0的解集为[−3，−1]．（1）求m的值； （2）设a，b，c为正数，且a+b+c=m，求3a+1+3b+1+3c+1的最大值.【答案】（1）解：由f(x)≤0，得|x+2|≤m，所以m≥0−m−2≤x≤m−2又f(x)≤0的解集为[−3，−1]，所以−m−2=−3m−2=−1，解得m=1（2）解：由（1）知a+b+c=1，由柯西不等式得(3a+1+3b+1+3c+1)2≤（（3a+1）2+(3b+1）2+(3c+1)2)⋅(12+12+12)所以(3a+1+3b+1+3c+1)2≤3(3(a+b+c)+3)=18，所以3a+1+3b+1+3c+1≤32，当且仅当3a+1=3b+1=3c+1，即a=b=c=13时等号成立，所以3a+1+3b+1+3c+1的最大值为32【知识点】绝对值不等式的解法；柯西不等式在函数极值中的应用【解析】【分析】(1)由f(x)=|x+2|-m≤0，可得m≥0−m−2≤x≤m−2，结合不等式的解集即可求出m的值；(2)由（1）知a+b+c=1，再利用柯西不等式求出3a+1+3b+1+3c+1的最大值.
简介：山西省太原市2022届高三下学期理数模拟试卷三一、单选题1．设A,B是全集I={1,2,3,4}的子集,A={1,2},则满足A⊆B的B的个数是（ ）A．5B．4C．3D．2【答案】B【知识点】子集与真子集【解析】【解答】A，B是全集I={1，2，3，4}的子集，A={l，2}，则满足A⊆B的B为：{1，2}，{1，2，3}，{1，2，4}，{1，2，3，4}．故答案为：B【分析】由已知利用子集的概念，即可求出满足A⊆B的集合B的个数.2．复数1−i1−2i的虚部为（ ）A．15B．35C．−15D．−35【答案】A【知识点】虚数单位i及其性质；复数代数形式的乘除运算【解析】【解答】复数1−i1−2i=(1−i)(1+2i)(1−2i)(1+2i)=3+i5=35+15i，则复数1−i1−2i的虚部为15．故答案为：A．【分析】直接由复数代数形式的乘除运算化简得答案.3．设非零向量a，b满足|a+b|=|a−b|，则（ ）A．|a|=|b|B．a⊥bC．a//bD．|a|>|b|【答案】B【知识点】平面向量数量积的运算；数量积判断两个平面向量的垂直关系【解析】【解答】由|a+b|=|a−b|，平方得a2+2a⋅b+b2=a2−2a⋅b+b2，即a⋅b=0，则a⊥b.故答案为：B.【分析】由|a+b|=|a−b|，平方得a⋅b=0，进而得答案.4．已知tan(α−π4)=12，则sinα+cosαsinα−cosα的值为（ ）A．12B．2C．22D．-2【答案】B【知识点】两角和与差的正切公式；同角三角函数间的基本关系【解析】【解答】sinα+cosαsinα−cosα=tanα+1tanα−1=1+tanαtanπ4tanα−tanπ4=1tan(α−π4)=2.故答案为：B.【分析】利用同角三角函数的基本关系式，把sinα+cosαsinα−cosα化为1tan(α−π4)，即可得出答案。5．某班准备从甲、乙等5人中选派3人发言，要求甲乙两人至少有一人参加，那么不同的发言顺序有（ ）A．18种B．36种C．54种D．60种【答案】C【知识点】排列、组合及简单计数问题【解析】【解答】若只有甲乙其中一人参加，有C21⋅C32A33=36种情况；若甲乙两人都参加，有C22⋅C31A33=18种情况，则不同的发言顺序种数36+18=54种，故答案为：C.【分析】根据题意，分只有甲乙其中一人参加、甲乙两人都参加2种情况讨论可得答案.6．已知双曲线x2−y2b2=1(b>0)与抛物线y2=−8x的准线交于A，B两点，且OA⋅OB=0(O为坐标原点)，则双曲线的渐近线方程为（ ）A．y=±43xB．y=±54xC．y=±233xD．y=±32x【答案】C【知识点】双曲线的简单性质【解析】【解答】y2=−8x的准线方程为x=2，由双曲线的对称性可知：|OA|=|OB|，根据OA⋅OB=0，可知△AOB为等腰直角三角形，故B(2，2)，将B(2，2)代入双曲线方程可得：b2=43，所以渐近线方程为y=±233x.故答案为：C【分析】根据OA⋅OB=0可知△AOB为直角三角形，根据双曲线的对称性，即可得B (2，2)，代入双曲线方程中即可求解出双曲线的渐近线方程.7．已知数列{an}的前n项和Sn=4n−13，则数列{an}的前n项和Tn=（ ）A．2n−1B．4n−13C．2n−13D．2n−1−1【答案】A【知识点】等比数列的前n项和【解析】【解答】Sn=4n−13，当n=1时，a1=S1=4−13=1，当n≥2时，Sn−1=4n−1−13，所以an=Sn−Sn−1=4n−13−4n−1−13=4n−1=22(n−1)，当n=1时，a1=1符合上式，所以an=22(n−1)，所以an=22(n−1)=2n−1，则数列{an}是以1为首项，2为公比的等比数列，故Tn=1×(1−2n)1−2=2n−1.故答案为：A.【分析】利用Sn与an的关系求出数列{an}的通项公式an=22(n−1)，利用等比数列的定义判定{an}为等比数列，结合前n项求和公式计算即可得答案.8．在一个棱长为4的正方体内，你认为最多放入的直径为1的球的个数为（ ）A．64B．65C．66D．67【答案】C【知识点】类比推理【解析】【解答】由题意得，底层可以16个，然后在底层每4个球之间放一个，第二层能放9个，依次类推，分别第三、第四、第五层能放16个、9个、16个，一共可放置16+9+16+9+16=66个，故答案为：C.【分析】根据球体的特点，最多应该是放5层，确定各层的个数，进一步求出最多可以放入小球的个数.9．抛物线E：y2=2px ( p>0 )的焦点为F，已知点A ， B为抛物线E上的两个动点，且满足∠AFB=2π3．过弦AB的中点M作抛物线E准线的垂线MN，垂足为N，则|MN||AB|的最大值为（ ）A．33B．1C．233D．2【答案】A【知识点】抛物线的定义；余弦定理【解析】【解答】设|AF|＝a，|BF|＝b，连接AF、BF由抛物线定义，得|AF|＝|AQ|，|BF|＝|BP|在梯形ABPQ中，2|MN|＝|AQ|+|BP|＝a+b．由余弦定理得，|AB|2＝a2+b2﹣2abcos120°＝a2+b2+ab配方得，|AB|2＝（a+b）2﹣ab，又∵ab≤(a+b2)2∴（a+b）2﹣ab≥（a+b）2−14（a+b）2=34（a+b）2得到|AB|≥32（a+b）．所以|MN||AB|≤12(a+b)32(a+b)=33，即|MN||AB|的最大值为33．故答案为：A．【分析】设|AF|＝a，|BF|＝b，由抛物线定义得|AF|＝|AQ|，|BF|＝|BP|，再由余弦定理可得|AB|2＝a2+b2﹣2abcos120°，进而根据基本不等式求得|AB|的范围，进而可得|MN||AB|的最大值.10．斐波那契数列，又称黄金分割数列，该数列在现代物理、准晶体结构、化学等领域有着非常广泛的应用，在数学上，斐波那契数列是用如下递推方法定义的：a1=a2=1，an=an−1+an−2(n≥3，n∈N*).已知a12+a22+a32+⋯+am2am是该数列的第100项，则m=（ ）A．98B．99C．100D．101【答案】B【知识点】数列递推式【解析】【解答】由题意得，a12=a2a1，因为an−1=an−an−2，得a22=a2(a3−a1)=a2a3−a2a1，a32=a3(a4−a2)=a3a4−a3a2，⋯，am2=am(am+1−am−1)=amam+1−amam−1， 累加，得a12+a22+⋯+am2=amam+1，因为a12+a22+⋯+am2am是该数列的第100项，即am+1是该数列的第100项，所以m=99.故答案为：B.【分析】由累加法即可求出答案。11．设a=log32，则a∈（ ）A．(12，35)B．(35，58)C．(34，78)D．(58，34)【答案】D【知识点】对数函数的单调性与特殊点【解析】【解答】f(x)=log3x，则f(x)在定义域内单调递增.∵256=28>35=243，16=24<33=27∴334>2>358，故58 b>0)过点P(2，1)，离心率为e=22.（1）求椭圆C的方程；（2）当过点M(4，1)的动直线与椭圆C相交于不同的两点A，B时，在线段AB上取点N，满足AM=−λMB，AN=λNB求线段PN长的最小值.【答案】（1）解：根据题意，ca=22，2a2+1b2=1解得a2=4，b2=2，椭圆C的方程为x24+y22=1（2）解：设A（x1，y1），B（x2，y2），N（x，y），由AM=−λMB，AN=λNB， 得4=x1−λx21−λ1=y1−λy21−λ，x=x1+λx21+λy=y1+λy21+λ，∴4x=x12−λ2×221−λ2，y=y12−λ2y221−λ2，又x12+2y12=4，x22+2y22=4，∴4x+2y=4−4λ21−λ2=4，∴点N在直线2x+y−2=0上，∴PN最小=|22+1−2|22+1=22−15=210−55.【知识点】向量的线性运算性质及几何意义；椭圆的标准方程【解析】【分析】(1)由椭圆的几何性质列方程组，求解出a2，b2，可得椭圆C的方程；(2)由定比分点公式化简得N点轨迹方程，由点到直线距离公式求解出线段PN长的最小值.21．已知函数f(x)=ax2−ex.（1）若函数f(x)的图像与直线y=-x+1相切，求实数a的值；（2）若函数g(x)=f(x)+x−1有且只有一个零点，求实数a的取值范围.【答案】（1）解：f′(x)=2ax−ex，设切点为(x0，f(x0))，则f(x0)=−x0+1f′(x0)=−1∴ax02−ex0=−x0+12ax0−ex0=−1a=0时，显然不成立，∴a≠0消去a得(x0−2)(ex0+1)=0∴x0=2，a=e2−14；（2）解：令g(x)=0，即ax2+x−1−ex=0有且只有一个解，当x=0时，显然ax2+x−1−ex=0不成立，∴x≠0，a=ex−x+1×2，令h(x)=ex−x+1×2，∴y=a与h(x)=ex−x+1×2有且只有一个交点，∵h′(x)=(ex−1)x2−2x(ex−x+1)x4=(x−2)(ex+1)x3，当x∈(−∞，0)时，h′(x)>0，h(x)单调递增；当x∈(0，2)时，h′(x)<0，h(x)单调递减；当x∈(2，+∞)时，h′(x)>0，h(x)单调递增，又当x→−∞时，h(x)→0，当x→0时，h(x)→+∞当x=2时，h(2)=e2−14，当x→+∞时，h(x)→+∞，如图所示，综上，a的取值范围是(0，e2−14).【知识点】导数的几何意义；函数的零点与方程根的关系【解析】【分析】(1)设切点坐标，根据导数的几何意义求出切线的斜率，进而列出关于a的方程组，解得实数a的值；(2)由二次函数和指数函数的性质知当x=0时不符合题意，故x≠0，利用分离参数法可a=ex−x+1×2=hx，根据导数研究函数h(x)的单调性，结合图形即可得出实数a的取值范围.22．在极坐标系中，已知曲线C：ρcos(θ+π4)=1，过极点O作射线与曲线C交于点Q，在射线OQ上取一点P，使|OP|⋅|OQ|=2.（1）求点P的轨迹C1的极坐标方程；（2）以极点O为直角坐标系的原点，极轴为x轴的正半轴，建立直角坐标系xOy，若直线l：y=−3x与（1）中的曲线C1相交于点E（异于点O），与曲线C2：{x=12−22ty=22t（t为参数）相交于点F，求|EF|的值.【答案】（1）解：设P(ρ，θ)，Q(ρ′，θ)，，则ρρ′=2又ρ′cos(θ+π4)=1，ρ′=2ρ∴2ρcos(θ+π4)=1∴ρ=2cos(θ+π4)=cosθ−sinθ为所求C1的极坐标方程．（2）解：C2的极坐标方程为ρ(cosθ＋sinθ)=12，把θ=2π3代入C2得ρ1=32+12，把θ=−π3代入C1得ρ2=32+12∴|EF|＝ρ1+ρ2=3+1【知识点】简单曲线的极坐标方程【解析】【分析】(1)设P(ρ，θ)，Q(ρ′，θ)，，则ρρ′=2，又曲线C：ρcos(θ+π4)=1，代入化简即可得点P的轨迹C1的极坐标方程；(2)由曲线C2的参数方程消去参数t化为普通方程，再利用互化公式可得极坐标方程，分别与曲线C2及其曲线C1的极坐标方程联立求解出|EF|的值.23．已知函数f(x)=|x+2|−m，m∈R，且f(x)<0的解集为[−3，−1]．（1）求m的值； （2）设a，b，c为正数，且a+b+c=m，求3a+1+3b+1+3c+1的最大值.【答案】（1）解：由f(x)≤0，得|x+2|≤m，所以m≥0−m−2≤x≤m−2又f(x)≤0的解集为[−3，−1]，所以−m−2=−3m−2=−1，解得m=1（2）解：由（1）知a+b+c=1，由柯西不等式得(3a+1+3b+1+3c+1)2≤（（3a+1）2+(3b+1）2+(3c+1)2)⋅(12+12+12)所以(3a+1+3b+1+3c+1)2≤3(3(a+b+c)+3)=18，所以3a+1+3b+1+3c+1≤32，当且仅当3a+1=3b+1=3c+1，即a=b=c=13时等号成立，所以3a+1+3b+1+3c+1的最大值为32【知识点】绝对值不等式的解法；柯西不等式在函数极值中的应用【解析】【分析】(1)由f(x)=|x+2|-m≤0，可得m≥0−m−2≤x≤m−2，结合不等式的解集即可求出m的值；(2)由（1）知a+b+c=1，再利用柯西不等式求出3a+1+3b+1+3c+1的最大值.
简介：山西省太原市2022届高三下学期理数模拟试卷三一、单选题1．设A,B是全集I={1,2,3,4}的子集,A={1,2},则满足A⊆B的B的个数是（ ）A．5B．4C．3D．2【答案】B【知识点】子集与真子集【解析】【解答】A，B是全集I={1，2，3，4}的子集，A={l，2}，则满足A⊆B的B为：{1，2}，{1，2，3}，{1，2，4}，{1，2，3，4}．故答案为：B【分析】由已知利用子集的概念，即可求出满足A⊆B的集合B的个数.2．复数1−i1−2i的虚部为（ ）A．15B．35C．−15D．−35【答案】A【知识点】虚数单位i及其性质；复数代数形式的乘除运算【解析】【解答】复数1−i1−2i=(1−i)(1+2i)(1−2i)(1+2i)=3+i5=35+15i，则复数1−i1−2i的虚部为15．故答案为：A．【分析】直接由复数代数形式的乘除运算化简得答案.3．设非零向量a，b满足|a+b|=|a−b|，则（ ）A．|a|=|b|B．a⊥bC．a//bD．|a|>|b|【答案】B【知识点】平面向量数量积的运算；数量积判断两个平面向量的垂直关系【解析】【解答】由|a+b|=|a−b|，平方得a2+2a⋅b+b2=a2−2a⋅b+b2，即a⋅b=0，则a⊥b.故答案为：B.【分析】由|a+b|=|a−b|，平方得a⋅b=0，进而得答案.4．已知tan(α−π4)=12，则sinα+cosαsinα−cosα的值为（ ）A．12B．2C．22D．-2【答案】B【知识点】两角和与差的正切公式；同角三角函数间的基本关系【解析】【解答】sinα+cosαsinα−cosα=tanα+1tanα−1=1+tanαtanπ4tanα−tanπ4=1tan(α−π4)=2.故答案为：B.【分析】利用同角三角函数的基本关系式，把sinα+cosαsinα−cosα化为1tan(α−π4)，即可得出答案。5．某班准备从甲、乙等5人中选派3人发言，要求甲乙两人至少有一人参加，那么不同的发言顺序有（ ）A．18种B．36种C．54种D．60种【答案】C【知识点】排列、组合及简单计数问题【解析】【解答】若只有甲乙其中一人参加，有C21⋅C32A33=36种情况；若甲乙两人都参加，有C22⋅C31A33=18种情况，则不同的发言顺序种数36+18=54种，故答案为：C.【分析】根据题意，分只有甲乙其中一人参加、甲乙两人都参加2种情况讨论可得答案.6．已知双曲线x2−y2b2=1(b>0)与抛物线y2=−8x的准线交于A，B两点，且OA⋅OB=0(O为坐标原点)，则双曲线的渐近线方程为（ ）A．y=±43xB．y=±54xC．y=±233xD．y=±32x【答案】C【知识点】双曲线的简单性质【解析】【解答】y2=−8x的准线方程为x=2，由双曲线的对称性可知：|OA|=|OB|，根据OA⋅OB=0，可知△AOB为等腰直角三角形，故B(2，2)，将B(2，2)代入双曲线方程可得：b2=43，所以渐近线方程为y=±233x.故答案为：C【分析】根据OA⋅OB=0可知△AOB为直角三角形，根据双曲线的对称性，即可得B (2，2)，代入双曲线方程中即可求解出双曲线的渐近线方程.7．已知数列{an}的前n项和Sn=4n−13，则数列{an}的前n项和Tn=（ ）A．2n−1B．4n−13C．2n−13D．2n−1−1【答案】A【知识点】等比数列的前n项和【解析】【解答】Sn=4n−13，当n=1时，a1=S1=4−13=1，当n≥2时，Sn−1=4n−1−13，所以an=Sn−Sn−1=4n−13−4n−1−13=4n−1=22(n−1)，当n=1时，a1=1符合上式，所以an=22(n−1)，所以an=22(n−1)=2n−1，则数列{an}是以1为首项，2为公比的等比数列，故Tn=1×(1−2n)1−2=2n−1.故答案为：A.【分析】利用Sn与an的关系求出数列{an}的通项公式an=22(n−1)，利用等比数列的定义判定{an}为等比数列，结合前n项求和公式计算即可得答案.8．在一个棱长为4的正方体内，你认为最多放入的直径为1的球的个数为（ ）A．64B．65C．66D．67【答案】C【知识点】类比推理【解析】【解答】由题意得，底层可以16个，然后在底层每4个球之间放一个，第二层能放9个，依次类推，分别第三、第四、第五层能放16个、9个、16个，一共可放置16+9+16+9+16=66个，故答案为：C.【分析】根据球体的特点，最多应该是放5层，确定各层的个数，进一步求出最多可以放入小球的个数.9．抛物线E：y2=2px ( p>0 )的焦点为F，已知点A ， B为抛物线E上的两个动点，且满足∠AFB=2π3．过弦AB的中点M作抛物线E准线的垂线MN，垂足为N，则|MN||AB|的最大值为（ ）A．33B．1C．233D．2【答案】A【知识点】抛物线的定义；余弦定理【解析】【解答】设|AF|＝a，|BF|＝b，连接AF、BF由抛物线定义，得|AF|＝|AQ|，|BF|＝|BP|在梯形ABPQ中，2|MN|＝|AQ|+|BP|＝a+b．由余弦定理得，|AB|2＝a2+b2﹣2abcos120°＝a2+b2+ab配方得，|AB|2＝（a+b）2﹣ab，又∵ab≤(a+b2)2∴（a+b）2﹣ab≥（a+b）2−14（a+b）2=34（a+b）2得到|AB|≥32（a+b）．所以|MN||AB|≤12(a+b)32(a+b)=33，即|MN||AB|的最大值为33．故答案为：A．【分析】设|AF|＝a，|BF|＝b，由抛物线定义得|AF|＝|AQ|，|BF|＝|BP|，再由余弦定理可得|AB|2＝a2+b2﹣2abcos120°，进而根据基本不等式求得|AB|的范围，进而可得|MN||AB|的最大值.10．斐波那契数列，又称黄金分割数列，该数列在现代物理、准晶体结构、化学等领域有着非常广泛的应用，在数学上，斐波那契数列是用如下递推方法定义的：a1=a2=1，an=an−1+an−2(n≥3，n∈N*).已知a12+a22+a32+⋯+am2am是该数列的第100项，则m=（ ）A．98B．99C．100D．101【答案】B【知识点】数列递推式【解析】【解答】由题意得，a12=a2a1，因为an−1=an−an−2，得a22=a2(a3−a1)=a2a3−a2a1，a32=a3(a4−a2)=a3a4−a3a2，⋯，am2=am(am+1−am−1)=amam+1−amam−1， 累加，得a12+a22+⋯+am2=amam+1，因为a12+a22+⋯+am2am是该数列的第100项，即am+1是该数列的第100项，所以m=99.故答案为：B.【分析】由累加法即可求出答案。11．设a=log32，则a∈（ ）A．(12，35)B．(35，58)C．(34，78)D．(58，34)【答案】D【知识点】对数函数的单调性与特殊点【解析】【解答】f(x)=log3x，则f(x)在定义域内单调递增.∵256=28>35=243，16=24<33=27∴334>2>358，故58 b>0)过点P(2，1)，离心率为e=22.（1）求椭圆C的方程；（2）当过点M(4，1)的动直线与椭圆C相交于不同的两点A，B时，在线段AB上取点N，满足AM=−λMB，AN=λNB求线段PN长的最小值.【答案】（1）解：根据题意，ca=22，2a2+1b2=1解得a2=4，b2=2，椭圆C的方程为x24+y22=1（2）解：设A（x1，y1），B（x2，y2），N（x，y），由AM=−λMB，AN=λNB， 得4=x1−λx21−λ1=y1−λy21−λ，x=x1+λx21+λy=y1+λy21+λ，∴4x=x12−λ2×221−λ2，y=y12−λ2y221−λ2，又x12+2y12=4，x22+2y22=4，∴4x+2y=4−4λ21−λ2=4，∴点N在直线2x+y−2=0上，∴PN最小=|22+1−2|22+1=22−15=210−55.【知识点】向量的线性运算性质及几何意义；椭圆的标准方程【解析】【分析】(1)由椭圆的几何性质列方程组，求解出a2，b2，可得椭圆C的方程；(2)由定比分点公式化简得N点轨迹方程，由点到直线距离公式求解出线段PN长的最小值.21．已知函数f(x)=ax2−ex.（1）若函数f(x)的图像与直线y=-x+1相切，求实数a的值；（2）若函数g(x)=f(x)+x−1有且只有一个零点，求实数a的取值范围.【答案】（1）解：f′(x)=2ax−ex，设切点为(x0，f(x0))，则f(x0)=−x0+1f′(x0)=−1∴ax02−ex0=−x0+12ax0−ex0=−1a=0时，显然不成立，∴a≠0消去a得(x0−2)(ex0+1)=0∴x0=2，a=e2−14；（2）解：令g(x)=0，即ax2+x−1−ex=0有且只有一个解，当x=0时，显然ax2+x−1−ex=0不成立，∴x≠0，a=ex−x+1×2，令h(x)=ex−x+1×2，∴y=a与h(x)=ex−x+1×2有且只有一个交点，∵h′(x)=(ex−1)x2−2x(ex−x+1)x4=(x−2)(ex+1)x3，当x∈(−∞，0)时，h′(x)>0，h(x)单调递增；当x∈(0，2)时，h′(x)<0，h(x)单调递减；当x∈(2，+∞)时，h′(x)>0，h(x)单调递增，又当x→−∞时，h(x)→0，当x→0时，h(x)→+∞当x=2时，h(2)=e2−14，当x→+∞时，h(x)→+∞，如图所示，综上，a的取值范围是(0，e2−14).【知识点】导数的几何意义；函数的零点与方程根的关系【解析】【分析】(1)设切点坐标，根据导数的几何意义求出切线的斜率，进而列出关于a的方程组，解得实数a的值；(2)由二次函数和指数函数的性质知当x=0时不符合题意，故x≠0，利用分离参数法可a=ex−x+1×2=hx，根据导数研究函数h(x)的单调性，结合图形即可得出实数a的取值范围.22．在极坐标系中，已知曲线C：ρcos(θ+π4)=1，过极点O作射线与曲线C交于点Q，在射线OQ上取一点P，使|OP|⋅|OQ|=2.（1）求点P的轨迹C1的极坐标方程；（2）以极点O为直角坐标系的原点，极轴为x轴的正半轴，建立直角坐标系xOy，若直线l：y=−3x与（1）中的曲线C1相交于点E（异于点O），与曲线C2：{x=12−22ty=22t（t为参数）相交于点F，求|EF|的值.【答案】（1）解：设P(ρ，θ)，Q(ρ′，θ)，，则ρρ′=2又ρ′cos(θ+π4)=1，ρ′=2ρ∴2ρcos(θ+π4)=1∴ρ=2cos(θ+π4)=cosθ−sinθ为所求C1的极坐标方程．（2）解：C2的极坐标方程为ρ(cosθ＋sinθ)=12，把θ=2π3代入C2得ρ1=32+12，把θ=−π3代入C1得ρ2=32+12∴|EF|＝ρ1+ρ2=3+1【知识点】简单曲线的极坐标方程【解析】【分析】(1)设P(ρ，θ)，Q(ρ′，θ)，，则ρρ′=2，又曲线C：ρcos(θ+π4)=1，代入化简即可得点P的轨迹C1的极坐标方程；(2)由曲线C2的参数方程消去参数t化为普通方程，再利用互化公式可得极坐标方程，分别与曲线C2及其曲线C1的极坐标方程联立求解出|EF|的值.23．已知函数f(x)=|x+2|−m，m∈R，且f(x)<0的解集为[−3，−1]．（1）求m的值； （2）设a，b，c为正数，且a+b+c=m，求3a+1+3b+1+3c+1的最大值.【答案】（1）解：由f(x)≤0，得|x+2|≤m，所以m≥0−m−2≤x≤m−2又f(x)≤0的解集为[−3，−1]，所以−m−2=−3m−2=−1，解得m=1（2）解：由（1）知a+b+c=1，由柯西不等式得(3a+1+3b+1+3c+1)2≤（（3a+1）2+(3b+1）2+(3c+1)2)⋅(12+12+12)所以(3a+1+3b+1+3c+1)2≤3(3(a+b+c)+3)=18，所以3a+1+3b+1+3c+1≤32，当且仅当3a+1=3b+1=3c+1，即a=b=c=13时等号成立，所以3a+1+3b+1+3c+1的最大值为32【知识点】绝对值不等式的解法；柯西不等式在函数极值中的应用【解析】【分析】(1)由f(x)=|x+2|-m≤0，可得m≥0−m−2≤x≤m−2，结合不等式的解集即可求出m的值；(2)由（1）知a+b+c=1，再利用柯西不等式求出3a+1+3b+1+3c+1的最大值.
简介：山西省太原市2022届高三下学期理数模拟试卷三一、单选题1．设A,B是全集I={1,2,3,4}的子集,A={1,2},则满足A⊆B的B的个数是（ ）A．5B．4C．3D．2【答案】B【知识点】子集与真子集【解析】【解答】A，B是全集I={1，2，3，4}的子集，A={l，2}，则满足A⊆B的B为：{1，2}，{1，2，3}，{1，2，4}，{1，2，3，4}．故答案为：B【分析】由已知利用子集的概念，即可求出满足A⊆B的集合B的个数.2．复数1−i1−2i的虚部为（ ）A．15B．35C．−15D．−35【答案】A【知识点】虚数单位i及其性质；复数代数形式的乘除运算【解析】【解答】复数1−i1−2i=(1−i)(1+2i)(1−2i)(1+2i)=3+i5=35+15i，则复数1−i1−2i的虚部为15．故答案为：A．【分析】直接由复数代数形式的乘除运算化简得答案.3．设非零向量a，b满足|a+b|=|a−b|，则（ ）A．|a|=|b|B．a⊥bC．a//bD．|a|>|b|【答案】B【知识点】平面向量数量积的运算；数量积判断两个平面向量的垂直关系【解析】【解答】由|a+b|=|a−b|，平方得a2+2a⋅b+b2=a2−2a⋅b+b2，即a⋅b=0，则a⊥b.故答案为：B.【分析】由|a+b|=|a−b|，平方得a⋅b=0，进而得答案.4．已知tan(α−π4)=12，则sinα+cosαsinα−cosα的值为（ ）A．12B．2C．22D．-2【答案】B【知识点】两角和与差的正切公式；同角三角函数间的基本关系【解析】【解答】sinα+cosαsinα−cosα=tanα+1tanα−1=1+tanαtanπ4tanα−tanπ4=1tan(α−π4)=2.故答案为：B.【分析】利用同角三角函数的基本关系式，把sinα+cosαsinα−cosα化为1tan(α−π4)，即可得出答案。5．某班准备从甲、乙等5人中选派3人发言，要求甲乙两人至少有一人参加，那么不同的发言顺序有（ ）A．18种B．36种C．54种D．60种【答案】C【知识点】排列、组合及简单计数问题【解析】【解答】若只有甲乙其中一人参加，有C21⋅C32A33=36种情况；若甲乙两人都参加，有C22⋅C31A33=18种情况，则不同的发言顺序种数36+18=54种，故答案为：C.【分析】根据题意，分只有甲乙其中一人参加、甲乙两人都参加2种情况讨论可得答案.6．已知双曲线x2−y2b2=1(b>0)与抛物线y2=−8x的准线交于A，B两点，且OA⋅OB=0(O为坐标原点)，则双曲线的渐近线方程为（ ）A．y=±43xB．y=±54xC．y=±233xD．y=±32x【答案】C【知识点】双曲线的简单性质【解析】【解答】y2=−8x的准线方程为x=2，由双曲线的对称性可知：|OA|=|OB|，根据OA⋅OB=0，可知△AOB为等腰直角三角形，故B(2，2)，将B(2，2)代入双曲线方程可得：b2=43，所以渐近线方程为y=±233x.故答案为：C【分析】根据OA⋅OB=0可知△AOB为直角三角形，根据双曲线的对称性，即可得B (2，2)，代入双曲线方程中即可求解出双曲线的渐近线方程.7．已知数列{an}的前n项和Sn=4n−13，则数列{an}的前n项和Tn=（ ）A．2n−1B．4n−13C．2n−13D．2n−1−1【答案】A【知识点】等比数列的前n项和【解析】【解答】Sn=4n−13，当n=1时，a1=S1=4−13=1，当n≥2时，Sn−1=4n−1−13，所以an=Sn−Sn−1=4n−13−4n−1−13=4n−1=22(n−1)，当n=1时，a1=1符合上式，所以an=22(n−1)，所以an=22(n−1)=2n−1，则数列{an}是以1为首项，2为公比的等比数列，故Tn=1×(1−2n)1−2=2n−1.故答案为：A.【分析】利用Sn与an的关系求出数列{an}的通项公式an=22(n−1)，利用等比数列的定义判定{an}为等比数列，结合前n项求和公式计算即可得答案.8．在一个棱长为4的正方体内，你认为最多放入的直径为1的球的个数为（ ）A．64B．65C．66D．67【答案】C【知识点】类比推理【解析】【解答】由题意得，底层可以16个，然后在底层每4个球之间放一个，第二层能放9个，依次类推，分别第三、第四、第五层能放16个、9个、16个，一共可放置16+9+16+9+16=66个，故答案为：C.【分析】根据球体的特点，最多应该是放5层，确定各层的个数，进一步求出最多可以放入小球的个数.9．抛物线E：y2=2px ( p>0 )的焦点为F，已知点A ， B为抛物线E上的两个动点，且满足∠AFB=2π3．过弦AB的中点M作抛物线E准线的垂线MN，垂足为N，则|MN||AB|的最大值为（ ）A．33B．1C．233D．2【答案】A【知识点】抛物线的定义；余弦定理【解析】【解答】设|AF|＝a，|BF|＝b，连接AF、BF由抛物线定义，得|AF|＝|AQ|，|BF|＝|BP|在梯形ABPQ中，2|MN|＝|AQ|+|BP|＝a+b．由余弦定理得，|AB|2＝a2+b2﹣2abcos120°＝a2+b2+ab配方得，|AB|2＝（a+b）2﹣ab，又∵ab≤(a+b2)2∴（a+b）2﹣ab≥（a+b）2−14（a+b）2=34（a+b）2得到|AB|≥32（a+b）．所以|MN||AB|≤12(a+b)32(a+b)=33，即|MN||AB|的最大值为33．故答案为：A．【分析】设|AF|＝a，|BF|＝b，由抛物线定义得|AF|＝|AQ|，|BF|＝|BP|，再由余弦定理可得|AB|2＝a2+b2﹣2abcos120°，进而根据基本不等式求得|AB|的范围，进而可得|MN||AB|的最大值.10．斐波那契数列，又称黄金分割数列，该数列在现代物理、准晶体结构、化学等领域有着非常广泛的应用，在数学上，斐波那契数列是用如下递推方法定义的：a1=a2=1，an=an−1+an−2(n≥3，n∈N*).已知a12+a22+a32+⋯+am2am是该数列的第100项，则m=（ ）A．98B．99C．100D．101【答案】B【知识点】数列递推式【解析】【解答】由题意得，a12=a2a1，因为an−1=an−an−2，得a22=a2(a3−a1)=a2a3−a2a1，a32=a3(a4−a2)=a3a4−a3a2，⋯，am2=am(am+1−am−1)=amam+1−amam−1， 累加，得a12+a22+⋯+am2=amam+1，因为a12+a22+⋯+am2am是该数列的第100项，即am+1是该数列的第100项，所以m=99.故答案为：B.【分析】由累加法即可求出答案。11．设a=log32，则a∈（ ）A．(12，35)B．(35，58)C．(34，78)D．(58，34)【答案】D【知识点】对数函数的单调性与特殊点【解析】【解答】f(x)=log3x，则f(x)在定义域内单调递增.∵256=28>35=243，16=24<33=27∴334>2>358，故58 b>0)过点P(2，1)，离心率为e=22.（1）求椭圆C的方程；（2）当过点M(4，1)的动直线与椭圆C相交于不同的两点A，B时，在线段AB上取点N，满足AM=−λMB，AN=λNB求线段PN长的最小值.【答案】（1）解：根据题意，ca=22，2a2+1b2=1解得a2=4，b2=2，椭圆C的方程为x24+y22=1（2）解：设A（x1，y1），B（x2，y2），N（x，y），由AM=−λMB，AN=λNB， 得4=x1−λx21−λ1=y1−λy21−λ，x=x1+λx21+λy=y1+λy21+λ，∴4x=x12−λ2×221−λ2，y=y12−λ2y221−λ2，又x12+2y12=4，x22+2y22=4，∴4x+2y=4−4λ21−λ2=4，∴点N在直线2x+y−2=0上，∴PN最小=|22+1−2|22+1=22−15=210−55.【知识点】向量的线性运算性质及几何意义；椭圆的标准方程【解析】【分析】(1)由椭圆的几何性质列方程组，求解出a2，b2，可得椭圆C的方程；(2)由定比分点公式化简得N点轨迹方程，由点到直线距离公式求解出线段PN长的最小值.21．已知函数f(x)=ax2−ex.（1）若函数f(x)的图像与直线y=-x+1相切，求实数a的值；（2）若函数g(x)=f(x)+x−1有且只有一个零点，求实数a的取值范围.【答案】（1）解：f′(x)=2ax−ex，设切点为(x0，f(x0))，则f(x0)=−x0+1f′(x0)=−1∴ax02−ex0=−x0+12ax0−ex0=−1a=0时，显然不成立，∴a≠0消去a得(x0−2)(ex0+1)=0∴x0=2，a=e2−14；（2）解：令g(x)=0，即ax2+x−1−ex=0有且只有一个解，当x=0时，显然ax2+x−1−ex=0不成立，∴x≠0，a=ex−x+1×2，令h(x)=ex−x+1×2，∴y=a与h(x)=ex−x+1×2有且只有一个交点，∵h′(x)=(ex−1)x2−2x(ex−x+1)x4=(x−2)(ex+1)x3，当x∈(−∞，0)时，h′(x)>0，h(x)单调递增；当x∈(0，2)时，h′(x)<0，h(x)单调递减；当x∈(2，+∞)时，h′(x)>0，h(x)单调递增，又当x→−∞时，h(x)→0，当x→0时，h(x)→+∞当x=2时，h(2)=e2−14，当x→+∞时，h(x)→+∞，如图所示，综上，a的取值范围是(0，e2−14).【知识点】导数的几何意义；函数的零点与方程根的关系【解析】【分析】(1)设切点坐标，根据导数的几何意义求出切线的斜率，进而列出关于a的方程组，解得实数a的值；(2)由二次函数和指数函数的性质知当x=0时不符合题意，故x≠0，利用分离参数法可a=ex−x+1×2=hx，根据导数研究函数h(x)的单调性，结合图形即可得出实数a的取值范围.22．在极坐标系中，已知曲线C：ρcos(θ+π4)=1，过极点O作射线与曲线C交于点Q，在射线OQ上取一点P，使|OP|⋅|OQ|=2.（1）求点P的轨迹C1的极坐标方程；（2）以极点O为直角坐标系的原点，极轴为x轴的正半轴，建立直角坐标系xOy，若直线l：y=−3x与（1）中的曲线C1相交于点E（异于点O），与曲线C2：{x=12−22ty=22t（t为参数）相交于点F，求|EF|的值.【答案】（1）解：设P(ρ，θ)，Q(ρ′，θ)，，则ρρ′=2又ρ′cos(θ+π4)=1，ρ′=2ρ∴2ρcos(θ+π4)=1∴ρ=2cos(θ+π4)=cosθ−sinθ为所求C1的极坐标方程．（2）解：C2的极坐标方程为ρ(cosθ＋sinθ)=12，把θ=2π3代入C2得ρ1=32+12，把θ=−π3代入C1得ρ2=32+12∴|EF|＝ρ1+ρ2=3+1【知识点】简单曲线的极坐标方程【解析】【分析】(1)设P(ρ，θ)，Q(ρ′，θ)，，则ρρ′=2，又曲线C：ρcos(θ+π4)=1，代入化简即可得点P的轨迹C1的极坐标方程；(2)由曲线C2的参数方程消去参数t化为普通方程，再利用互化公式可得极坐标方程，分别与曲线C2及其曲线C1的极坐标方程联立求解出|EF|的值.23．已知函数f(x)=|x+2|−m，m∈R，且f(x)<0的解集为[−3，−1]．（1）求m的值； （2）设a，b，c为正数，且a+b+c=m，求3a+1+3b+1+3c+1的最大值.【答案】（1）解：由f(x)≤0，得|x+2|≤m，所以m≥0−m−2≤x≤m−2又f(x)≤0的解集为[−3，−1]，所以−m−2=−3m−2=−1，解得m=1（2）解：由（1）知a+b+c=1，由柯西不等式得(3a+1+3b+1+3c+1)2≤（（3a+1）2+(3b+1）2+(3c+1)2)⋅(12+12+12)所以(3a+1+3b+1+3c+1)2≤3(3(a+b+c)+3)=18，所以3a+1+3b+1+3c+1≤32，当且仅当3a+1=3b+1=3c+1，即a=b=c=13时等号成立，所以3a+1+3b+1+3c+1的最大值为32【知识点】绝对值不等式的解法；柯西不等式在函数极值中的应用【解析】【分析】(1)由f(x)=|x+2|-m≤0，可得m≥0−m−2≤x≤m−2，结合不等式的解集即可求出m的值；(2)由（1）知a+b+c=1，再利用柯西不等式求出3a+1+3b+1+3c+1的最大值.
简介：山西省太原市2022届高三下学期理数模拟试卷三一、单选题1．设A,B是全集I={1,2,3,4}的子集,A={1,2},则满足A⊆B的B的个数是（ ）A．5B．4C．3D．2【答案】B【知识点】子集与真子集【解析】【解答】A，B是全集I={1，2，3，4}的子集，A={l，2}，则满足A⊆B的B为：{1，2}，{1，2，3}，{1，2，4}，{1，2，3，4}．故答案为：B【分析】由已知利用子集的概念，即可求出满足A⊆B的集合B的个数.2．复数1−i1−2i的虚部为（ ）A．15B．35C．−15D．−35【答案】A【知识点】虚数单位i及其性质；复数代数形式的乘除运算【解析】【解答】复数1−i1−2i=(1−i)(1+2i)(1−2i)(1+2i)=3+i5=35+15i，则复数1−i1−2i的虚部为15．故答案为：A．【分析】直接由复数代数形式的乘除运算化简得答案.3．设非零向量a，b满足|a+b|=|a−b|，则（ ）A．|a|=|b|B．a⊥bC．a//bD．|a|>|b|【答案】B【知识点】平面向量数量积的运算；数量积判断两个平面向量的垂直关系【解析】【解答】由|a+b|=|a−b|，平方得a2+2a⋅b+b2=a2−2a⋅b+b2，即a⋅b=0，则a⊥b.故答案为：B.【分析】由|a+b|=|a−b|，平方得a⋅b=0，进而得答案.4．已知tan(α−π4)=12，则sinα+cosαsinα−cosα的值为（ ）A．12B．2C．22D．-2【答案】B【知识点】两角和与差的正切公式；同角三角函数间的基本关系【解析】【解答】sinα+cosαsinα−cosα=tanα+1tanα−1=1+tanαtanπ4tanα−tanπ4=1tan(α−π4)=2.故答案为：B.【分析】利用同角三角函数的基本关系式，把sinα+cosαsinα−cosα化为1tan(α−π4)，即可得出答案。5．某班准备从甲、乙等5人中选派3人发言，要求甲乙两人至少有一人参加，那么不同的发言顺序有（ ）A．18种B．36种C．54种D．60种【答案】C【知识点】排列、组合及简单计数问题【解析】【解答】若只有甲乙其中一人参加，有C21⋅C32A33=36种情况；若甲乙两人都参加，有C22⋅C31A33=18种情况，则不同的发言顺序种数36+18=54种，故答案为：C.【分析】根据题意，分只有甲乙其中一人参加、甲乙两人都参加2种情况讨论可得答案.6．已知双曲线x2−y2b2=1(b>0)与抛物线y2=−8x的准线交于A，B两点，且OA⋅OB=0(O为坐标原点)，则双曲线的渐近线方程为（ ）A．y=±43xB．y=±54xC．y=±233xD．y=±32x【答案】C【知识点】双曲线的简单性质【解析】【解答】y2=−8x的准线方程为x=2，由双曲线的对称性可知：|OA|=|OB|，根据OA⋅OB=0，可知△AOB为等腰直角三角形，故B(2，2)，将B(2，2)代入双曲线方程可得：b2=43，所以渐近线方程为y=±233x.故答案为：C【分析】根据OA⋅OB=0可知△AOB为直角三角形，根据双曲线的对称性，即可得B (2，2)，代入双曲线方程中即可求解出双曲线的渐近线方程.7．已知数列{an}的前n项和Sn=4n−13，则数列{an}的前n项和Tn=（ ）A．2n−1B．4n−13C．2n−13D．2n−1−1【答案】A【知识点】等比数列的前n项和【解析】【解答】Sn=4n−13，当n=1时，a1=S1=4−13=1，当n≥2时，Sn−1=4n−1−13，所以an=Sn−Sn−1=4n−13−4n−1−13=4n−1=22(n−1)，当n=1时，a1=1符合上式，所以an=22(n−1)，所以an=22(n−1)=2n−1，则数列{an}是以1为首项，2为公比的等比数列，故Tn=1×(1−2n)1−2=2n−1.故答案为：A.【分析】利用Sn与an的关系求出数列{an}的通项公式an=22(n−1)，利用等比数列的定义判定{an}为等比数列，结合前n项求和公式计算即可得答案.8．在一个棱长为4的正方体内，你认为最多放入的直径为1的球的个数为（ ）A．64B．65C．66D．67【答案】C【知识点】类比推理【解析】【解答】由题意得，底层可以16个，然后在底层每4个球之间放一个，第二层能放9个，依次类推，分别第三、第四、第五层能放16个、9个、16个，一共可放置16+9+16+9+16=66个，故答案为：C.【分析】根据球体的特点，最多应该是放5层，确定各层的个数，进一步求出最多可以放入小球的个数.9．抛物线E：y2=2px ( p>0 )的焦点为F，已知点A ， B为抛物线E上的两个动点，且满足∠AFB=2π3．过弦AB的中点M作抛物线E准线的垂线MN，垂足为N，则|MN||AB|的最大值为（ ）A．33B．1C．233D．2【答案】A【知识点】抛物线的定义；余弦定理【解析】【解答】设|AF|＝a，|BF|＝b，连接AF、BF由抛物线定义，得|AF|＝|AQ|，|BF|＝|BP|在梯形ABPQ中，2|MN|＝|AQ|+|BP|＝a+b．由余弦定理得，|AB|2＝a2+b2﹣2abcos120°＝a2+b2+ab配方得，|AB|2＝（a+b）2﹣ab，又∵ab≤(a+b2)2∴（a+b）2﹣ab≥（a+b）2−14（a+b）2=34（a+b）2得到|AB|≥32（a+b）．所以|MN||AB|≤12(a+b)32(a+b)=33，即|MN||AB|的最大值为33．故答案为：A．【分析】设|AF|＝a，|BF|＝b，由抛物线定义得|AF|＝|AQ|，|BF|＝|BP|，再由余弦定理可得|AB|2＝a2+b2﹣2abcos120°，进而根据基本不等式求得|AB|的范围，进而可得|MN||AB|的最大值.10．斐波那契数列，又称黄金分割数列，该数列在现代物理、准晶体结构、化学等领域有着非常广泛的应用，在数学上，斐波那契数列是用如下递推方法定义的：a1=a2=1，an=an−1+an−2(n≥3，n∈N*).已知a12+a22+a32+⋯+am2am是该数列的第100项，则m=（ ）A．98B．99C．100D．101【答案】B【知识点】数列递推式【解析】【解答】由题意得，a12=a2a1，因为an−1=an−an−2，得a22=a2(a3−a1)=a2a3−a2a1，a32=a3(a4−a2)=a3a4−a3a2，⋯，am2=am(am+1−am−1)=amam+1−amam−1， 累加，得a12+a22+⋯+am2=amam+1，因为a12+a22+⋯+am2am是该数列的第100项，即am+1是该数列的第100项，所以m=99.故答案为：B.【分析】由累加法即可求出答案。11．设a=log32，则a∈（ ）A．(12，35)B．(35，58)C．(34，78)D．(58，34)【答案】D【知识点】对数函数的单调性与特殊点【解析】【解答】f(x)=log3x，则f(x)在定义域内单调递增.∵256=28>35=243，16=24<33=27∴334>2>358，故58 b>0)过点P(2，1)，离心率为e=22.（1）求椭圆C的方程；（2）当过点M(4，1)的动直线与椭圆C相交于不同的两点A，B时，在线段AB上取点N，满足AM=−λMB，AN=λNB求线段PN长的最小值.【答案】（1）解：根据题意，ca=22，2a2+1b2=1解得a2=4，b2=2，椭圆C的方程为x24+y22=1（2）解：设A（x1，y1），B（x2，y2），N（x，y），由AM=−λMB，AN=λNB， 得4=x1−λx21−λ1=y1−λy21−λ，x=x1+λx21+λy=y1+λy21+λ，∴4x=x12−λ2×221−λ2，y=y12−λ2y221−λ2，又x12+2y12=4，x22+2y22=4，∴4x+2y=4−4λ21−λ2=4，∴点N在直线2x+y−2=0上，∴PN最小=|22+1−2|22+1=22−15=210−55.【知识点】向量的线性运算性质及几何意义；椭圆的标准方程【解析】【分析】(1)由椭圆的几何性质列方程组，求解出a2，b2，可得椭圆C的方程；(2)由定比分点公式化简得N点轨迹方程，由点到直线距离公式求解出线段PN长的最小值.21．已知函数f(x)=ax2−ex.（1）若函数f(x)的图像与直线y=-x+1相切，求实数a的值；（2）若函数g(x)=f(x)+x−1有且只有一个零点，求实数a的取值范围.【答案】（1）解：f′(x)=2ax−ex，设切点为(x0，f(x0))，则f(x0)=−x0+1f′(x0)=−1∴ax02−ex0=−x0+12ax0−ex0=−1a=0时，显然不成立，∴a≠0消去a得(x0−2)(ex0+1)=0∴x0=2，a=e2−14；（2）解：令g(x)=0，即ax2+x−1−ex=0有且只有一个解，当x=0时，显然ax2+x−1−ex=0不成立，∴x≠0，a=ex−x+1×2，令h(x)=ex−x+1×2，∴y=a与h(x)=ex−x+1×2有且只有一个交点，∵h′(x)=(ex−1)x2−2x(ex−x+1)x4=(x−2)(ex+1)x3，当x∈(−∞，0)时，h′(x)>0，h(x)单调递增；当x∈(0，2)时，h′(x)<0，h(x)单调递减；当x∈(2，+∞)时，h′(x)>0，h(x)单调递增，又当x→−∞时，h(x)→0，当x→0时，h(x)→+∞当x=2时，h(2)=e2−14，当x→+∞时，h(x)→+∞，如图所示，综上，a的取值范围是(0，e2−14).【知识点】导数的几何意义；函数的零点与方程根的关系【解析】【分析】(1)设切点坐标，根据导数的几何意义求出切线的斜率，进而列出关于a的方程组，解得实数a的值；(2)由二次函数和指数函数的性质知当x=0时不符合题意，故x≠0，利用分离参数法可a=ex−x+1×2=hx，根据导数研究函数h(x)的单调性，结合图形即可得出实数a的取值范围.22．在极坐标系中，已知曲线C：ρcos(θ+π4)=1，过极点O作射线与曲线C交于点Q，在射线OQ上取一点P，使|OP|⋅|OQ|=2.（1）求点P的轨迹C1的极坐标方程；（2）以极点O为直角坐标系的原点，极轴为x轴的正半轴，建立直角坐标系xOy，若直线l：y=−3x与（1）中的曲线C1相交于点E（异于点O），与曲线C2：{x=12−22ty=22t（t为参数）相交于点F，求|EF|的值.【答案】（1）解：设P(ρ，θ)，Q(ρ′，θ)，，则ρρ′=2又ρ′cos(θ+π4)=1，ρ′=2ρ∴2ρcos(θ+π4)=1∴ρ=2cos(θ+π4)=cosθ−sinθ为所求C1的极坐标方程．（2）解：C2的极坐标方程为ρ(cosθ＋sinθ)=12，把θ=2π3代入C2得ρ1=32+12，把θ=−π3代入C1得ρ2=32+12∴|EF|＝ρ1+ρ2=3+1【知识点】简单曲线的极坐标方程【解析】【分析】(1)设P(ρ，θ)，Q(ρ′，θ)，，则ρρ′=2，又曲线C：ρcos(θ+π4)=1，代入化简即可得点P的轨迹C1的极坐标方程；(2)由曲线C2的参数方程消去参数t化为普通方程，再利用互化公式可得极坐标方程，分别与曲线C2及其曲线C1的极坐标方程联立求解出|EF|的值.23．已知函数f(x)=|x+2|−m，m∈R，且f(x)<0的解集为[−3，−1]．（1）求m的值； （2）设a，b，c为正数，且a+b+c=m，求3a+1+3b+1+3c+1的最大值.【答案】（1）解：由f(x)≤0，得|x+2|≤m，所以m≥0−m−2≤x≤m−2又f(x)≤0的解集为[−3，−1]，所以−m−2=−3m−2=−1，解得m=1（2）解：由（1）知a+b+c=1，由柯西不等式得(3a+1+3b+1+3c+1)2≤（（3a+1）2+(3b+1）2+(3c+1)2)⋅(12+12+12)所以(3a+1+3b+1+3c+1)2≤3(3(a+b+c)+3)=18，所以3a+1+3b+1+3c+1≤32，当且仅当3a+1=3b+1=3c+1，即a=b=c=13时等号成立，所以3a+1+3b+1+3c+1的最大值为32【知识点】绝对值不等式的解法；柯西不等式在函数极值中的应用【解析】【分析】(1)由f(x)=|x+2|-m≤0，可得m≥0−m−2≤x≤m−2，结合不等式的解集即可求出m的值；(2)由（1）知a+b+c=1，再利用柯西不等式求出3a+1+3b+1+3c+1的最大值.
