四川省射洪中学校2024届高三下学期二模考试数学（理）试卷

这是一份四川省射洪中学校2024届高三下学期二模考试数学（理）试卷，共12页。试卷主要包含了7x−9495， 故选， 故答案为等内容，欢迎下载使用。

2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
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，请将答案涂在答题卡上。
1．已知复数z满足2−i⋅z=5i，则z⋅z=
A．3B．3C．5D．5
2．已知集合A={x|x​2−2x−3<0}，B={0,a}，若A∩B中有且仅有一个元素，则实数a的取值范围为
A．−1,3B．−∞,−1]∪[3,+∞C．−3,1D．−∞,−3]∪[1,+∞
3．记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知a1=−14,a2+a4=−20，则Sn取最小值时，n的取值为
A．6B．7C．7或8D．8或9
4．一组数据x1,x2,⋯,x10满足xi−xi−1=22≤i≤10，若去掉x1，x10后组成一组新数据，则新数据与原数据相比，下列说法正确的是
A．极差变大B．平均数变大C．方差变小D．中位数变小
5．《九章算术》是一本综合性的历史著作，全书总结了战国、秦、汉时期的数学成就，标志着中国古代数学形成了完整的体系。在书中的《商功》一章里记录了“方亭”的概念，如图所示是一个“方亭”的三视图，则它的侧面积为
A．817B．64C．1617D．1615
6．已知点M4,4在抛物线C:y​2=2pxp>0上，F为C的焦点，直线MF与C的准线相交于点N，则MN=
A．253B．203C．152D．254
7．如图，高速服务区停车场某片区有A至H共8个停车位（每个车位只停一辆车），有2辆黑色车和2辆白色车要在该停车场停车，则两辆黑色车停在同一列的条件下，两辆白色车也停在同一列的概率为
A．15B．14C．12D．110
8．已知函数fx=sinωx−2π3ω>0在[0,π]有且仅有三个零点，则ω的取值范围是
A．[83,113]B．[83,113)C．[53,83]D．[53,83)
9．已知函数fxx∈R满足fx+f4−x=0，若函数fx与y=1x−2图象的交点横坐标分别为x1,x2,⋯,xn，则∑​i=1​nx1=
A．4nB．2nC．nD．0
10．过双曲线C:x​2a​2−y​2b​2=1a>0,b>0的左焦点F作圆x​2+y​2=a​2的切线，切点为A，直线FA与C的渐近线在第一象限交于点B，若FB=3FA，则C的离心率为
A．2B．3C．2D．3
11．已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，P为DD1的中点，过A，B，P三点作平面α，则该正方体的外接球被平面α截得的截面圆的面积为
A．13π5B．16π5C．3πD．14π5
12．已知x>0，ex+lny=1，给出下列不等式
（1）x+lny<0；（2）e​x+y>2；（3）lnx+ey<0；
（4）x+y>1
其中一定成立的个数为
A．1B．2C．3D．4
二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分。把答案填在答题纸上）.
13．已知函数fx=a2x+1−1sinx是偶函数，则实数a= .
14．已知非零向量a，b满足a=2b，且a−b⋅b=0，则a与b夹角的大小为 .
15．动直线l:mx+y−2m−1=0被圆C:x​2+y​2+2x−25=0截得弦长的最小值为 .
16．公比为q的等比数列{an}满足：a9=lna10>0，记Tn=a1a2a3⋯an，则当q最小时，使Tn≥1成立的最小n值是 .
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．（本小题满分12分）
如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是矩形，AB=2，BC=23，AC与BD交于点O，OP⊥底面ABCD，OP=23，点E，F分别是棱PA，PB的中点，连接OE，OF，EF.
（1）求证：平面OEF//平面PCD；
（2）求二面角A−EF−O的余弦值.
18．（本小题满分12分）
△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a​2=b​2+c​2−48，且△ABC的面积为63.
（1）求tanA的值；
（2）若D是AC边的中点，csC=714，求BD的长.
19．（本小题满分12分）
随着全国新能源汽车推广力度的加大，新能源汽车消费迎来了前所未有的新机遇。某公司生产了A、B两种不同型号的新能源汽车，为了解大众对生产的新能源汽车的接受程度，公司在某地区采用随机抽样的方式进行调查，对A、B两种不同型号的新能源汽车进行综合评估，综合得分按照[20,40)，[40,60)，[60,80)，[80,100]分组，绘制成评估综合得分的频率分布直方图（如图）：

A型号评估综合得分频率分布直方图B型号评估综合得分频率分布直方图
（1）以调查结果的频率估计概率，从A、B两种不同型号的新能源汽车中各随机抽取一辆，以X表示这两辆中综合得分不低于80分的辆数，求X的分布列和数学期望；
（2）为进一步了解该地区新能源汽车销售情况，某机构根据统计数据，用最小二乘法得到该地区新能源汽车销量y（单位：万台）关于年份x的线性回归方程为y=4.7x−9495.2，且销量的方差sy​2=50，年份的方差为sx​2=2. 求y与x的相关系数r，并据此判断该地区新能源汽车销量y与年份x的相关性强弱.
参考公式：
（ⅰ）线性回归方程：y=bx+a，其中b=∑ni=1xi−xyi−y∑ni=1xi−x2，a=y−bx；
（ⅱ）相关系数r=∑ni=1xi−xyi−y∑ni=1xi−x2∑ni=1yi−y2（若r∈[0,0.25]，则相关性较弱；若r∈[0.30,0.75]，则相关性较强；若r∈[0.75,1]，则相关性很强）.
20．（本小题满分12分）
已知A，B分别是椭圆E:x​2a​2+y​2b​2=1a>b>0的右顶点和上顶点，椭圆中心O到直线AB的距离为255，且椭圆E过点2,22.
（1）求椭圆E的方程；
（2）若过点Pa,b的直线与椭圆E相交于M，N两点，过点M作x轴的平行线分别与直线AB，NB交于点C，D. 试探究M，C，D三点的横坐标是否成等差数列，并说明理由.
21．（本小题满分12分）
已知函数fx=axe​x−1a>0，
（1）讨论函数fx的零点个数；
（2）若fx>x+xlnx恒成立，求函数fx的零点x0的取值范围.
（二）选考题：共10分. 请考生在第22、23题中选一题作答.如果多选，则按所做的第一题记分.
22．【选修4-4：坐标系与参数方程】（本小题满分10分）
已知曲线C1的参数方程为x=1+csθy=sinθ（θ为参数），曲线C2的直角坐标方程为x+3y−1=0. 以原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系.
（1）求曲线C1和C2的极坐标方程；
（2）若直线l:y=kx（其中k∈[33,3]）与曲线C1，C2的交点分别为A，B（A，B异于原点），求OA+1OB的取值范围.
23．【选修4-5：不等式选】（本小题满分10分）
设函数fx=2x−2+x+2.
（1）解不等式fx≤6−x；
（2）设函数fx的最小值为T，正数a，b，c满足a+b+c=T，证明：1a+1b+4c≥163.
【参考答案】
数学试题（理科）
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，请将答案涂在答题卡上。
1．D
【解析】由2−i⋅z=5i，得z=5i2−i=5i2+i2−i2+i=−1+2i，
所以z=−1−2i，所以z⋅z=−1+2i−1−2i=5. 故选：D.
2．B
【解析】由不等式x​2−2x−3<0，即x−3x+1<0，解得−1即A={x|−1因为B={0,a}，要使得A∩B中有且仅有一个元素，则a≤−1或a≥3，
即实数a的取值范围为−∞,−1]∪[3,+∞. 故选：B.
3．C
【解析】根据等差数列的性质可得2a3=a2+a4=−20，
所以a3=−10，所以d=a3−a12=2，所以an=2n−16，a8=0，
当n≤8时，an≤0，当n>9时，an>0，
所以当n的取值为7或8时，Sn取最小值. 故选：C
4．A
【解析】由于xi−xi−1=22≤i≤10，
故x2=x1+2，x3=x1+4，……，x9=x1+16，x10=x1+18，
对B：原来的平均数为x1+x2+…+x1010=10x1+9010=x1+9，
去掉x1，x10后的平均数为x2+x3+…+x98=8x1+728=x1+9，平均数不变，故B错误；
对A：原来的方差为x1−x1−9​2+x2−x1−9​2+…+x10−x1−9​210=33，
去掉x1，x10后的方差为x2−x1−9​2+x3−x1−9​2+…+x9−x1−9​28=21，方差变小，故A正确；
对C：原来的极差为x10−x1=18，去掉x1，x10后，极差为x9−x2=14，极差变小，故C错误；
对D：原来的中位数与现在的中位数均为x5+x62=2x1+182=x1+9，
故中位数不变，故D错误. 故选：A.
5．A
【解析】显然“方亭”就是正四棱台，由四个相同的梯形侧面和两个正方形底面组成
如图正视图中，
AD，BC即为侧面的高，由勾股定理，可得侧高ℎ=1​2+4​2=17，
所以每个侧面的面积S=12ℎ⋅3+5=417，所以侧面积为4S=1617.
故选：A.
6．A
【解析】将点M4,4代入抛物线方程y​2=2px，可得16=2p×4，解得p=2，
所以抛物线C的方程为y​2=4x，∴F1,0，准线方程为x=−1，
所以直线MN的斜率k=43，所以直线MN的方程为：y=43x−1，
令x=−1，解得y=−83，∴N−1,−83，
所以MN=4+1​2+4+83​2=253. 故选：A.
7．A
【解析】设事件A=“两辆黑色车停在同一列”，事件B=“两辆白色车停在同一列”，则所求概率为PB|A，因为PA=2C4​1×A6​2A8​4，PAB=C4​2×A2​2×A2​2×A2​2A8​4，
所以PB|A=PABPA=C42×A22×A22×A222C41×A62=6×2×2×22×4×6×5=15，故选：A
8．B
【解析】因为0≤x≤π，所以−2π3≤ωx−2π3≤ωπ−2π3，
因为函数fx=sinωx−2π3ω>0在[0,π]有且仅有三个零点，
结合正弦函数的图象可知2π≤ωπ−2π3<3π，解得83≤ω<113，故选：B.
9．B
【解析】因为fx+f4−x=0，所以f2+x+f2−x=0，
所以函数的图象关于2,0对称，又函数y=1x−2关于2,0对称，
则y=fx与y=1x−2的交点应为偶数个，且关于2,0对称，
所以∑​i=1​nxi=4×n2=2n. 故选：B.
10．B
【解析】如图，取右焦点F2，连接AO、BF2，作F2M⊥AB于点M，
由FA为圆x​2+y​2=a​2的切线，故OA⊥FA，又F2M⊥AB，O为FF2的中点，所以A是MF的中点，
又FB=3FA，所以点M为AB的中点，AF=OF​2−OA​2=c​2−a​2=b，
则AB=2b，MB=b，F2M=2a，
所以BF2=BM​2+MF2​2=b​2+2a​2=b​2+4a​2，
OB=OA​2+AB​2=a​2+4b​2，
由双曲线的渐近线为y=bax，所以tan∠BOF2=ba，则cs∠BOF2=ac，
在△BOF2中，由余弦定理可得cs∠BOF2=ac=OB2+OF22−BF222OBOF2=a2+4b2+c2−b2−4a22×c×a2+4b2，
化简得b​2=2a​2，
∴e​2=1+b​2a​2=1+2=3，∴e=3，所以双曲线的离心率为3. 故选：B.
11．D
【解析】正方体ABCD−A1B1C1D1的外接球球心是BD1的中点O，而BD1∩α=B，则点O到平面α的距离ℎ等于点D1到平面α的距离的一半，又平面α过线段DD1的中点P，因此点D1与点D到平面α的距离相等，由AB⊥平面ADD1A1，AB⊂α，得α⊥平面ADD1A1，在平面ADD1A1内过D作DE⊥AP于E，而α∩平面ADD1A1=AP，于是DE⊥α，
又AP=2​2+1​2=5，从而ℎ=12DE=12×AD⋅DPAP=15，
又球O的半径R=12BD1=3，
则正方体的外接球被平面α截得的截面圆半径r，有r​2=R​2−ℎ​2=3−15=145，
所以正方体的外接球被平面α截得的截面圆的面积S=πr2=14π5，故选：D
12．C
【解析】由x>0，ex+lny=1，可得：lny=1−ex，
因为x>0，所以e​x>1，所以1−e​x<0，所以lny<0，解得：0由ex+lny=1可得：lnex=ln1−lny，所以x=ln1−lny，
对于命题①，x+lny=ln1−lny+lny=ln[y1−lny]，令Fy=ln[y1−lny]，F′y=1−lny+y−1yy1−lny=−lnyy1−lny>0，
所以Fy在0,1上单调递增，因为Fy所以x+lny<0，故命题①正确；
对于命题②，由ex+lny=1可得：ex=1−lny，
所以gy=1−lny+y，g​′y=−1y+1=−1+yy<0，
所以gy在0,1上单调递减，
所以gy>g1=2，所以e​x+y>2，故命题②正确；
对于命题③，由ex+lny=1，取x=1，所以y=e​1−e∈0,1，
所以lnx+ey=ey>0，所以③错误.
对于命题④，因为x=ln1−lny，所以x+y=ln1−lny+y，0令ℎy=ln1−lny+y，ℎ′y=−1y1−lny+1=1ylny−1+1=1+ylny−yylny−1，
令fy=1+ylny−y，f′y=lny<0，
所以fy=1+ylny−y在0,1上单调递减，
fy>f1=0，所以ℎ​′y<0，所以ℎy在0,1上单调递减，
所以ℎy>ℎ1=1，所以x+y>1，故命题④正确. 故选：C.
二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分。把答案填在答题纸上）.
13．2
【解析】因为函数fx=a2x+1−1sinx的定义域为R，
函数fx是偶函数，所以f−1=f1，
则f−1=a2−1+1−1sin−1=−2a3−1sin1，
f1=a3−1sin1，所以−2a3−1=a3−1，
解得：a=2，经检验满足题意. 故答案为：2.
14．π3
【解析】因为a−b⊥b，所以a−b⋅b=a⋅b−b2=abcs−b2=0，
所以2bbcs−b​2=0，所以cs=12.
因为∈[0,π]，∴=π3. 故答案为：π3
15．8
【解析】直线l:mx+y−2m−1=0，即y−1=m2−x，
所以直线l过定点A2,1，又圆C:x+1​2+y​2=26，且2+1​2+1<26，
所以点A在圆C内部，AC=2+1​2+1=10，
当CA垂直于直线l时，C到直线l的距离最大，此时弦长最小，
所以直线l被圆C截得的弦长的最小值为226​2−10​2=8. 故答案为：8.
16．17
【解析】{an}是等比数列，∵a9=lna10>0，∴a9>0，a10>1，
又∵a9=lna10=lna9⋅q=lna9+lnq，lnq=a9−lna9，
设函数fx=x−lnx，f​′x=x−1x，当x>1时，f​′x>0，
0∴lnq≥1，q≥e，由题意即q=e，a9=1，a1=e​−8，an=e​−8⋅e​n−1=e​n−9，
Tn=a1a2a3⋯an=e−8⋅e−7⋅e−6⋯en−9=enn−172≥1，n≥17，
∴n的最小值是17. 故答案为：17.
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．（1） 因为底面ABCD是矩形，AC与BD交于点O，所以O为AC中点，
点E是棱PA的中点，F是棱PB的中点，
所以OE为△ACP的中位线，OF△BDP的中位线，
所以OE//CP,OF//DP，
因为OE⊄平面DCP,PC⊂面DCP，所以OE//平面DCP，
因为OF⊄平面DCP,DP⊂面DCP，所以OF//平面DCP，
而OE∩OF=O,OE⊂面OEF,OF⊂面OEF，
所以平面OEF//平面PCD.
（2） 解法一：分别取AB,BC中点G、H，因为ABCD为矩形，OP⊥平面ABCD，所以OG，OH,OP两两互相垂直，
以OG,OH,OP所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系，则B3,1,0,A3,−1,0,P0,0,23，E32,−12,3,F32,12,3，
所以OE=32,−12,3,OF=32,12,3，
设平面OEF的法向量为m=x1,y1,z1，则：
32x1−12y1+3z1=032x1+12y1+3z1=0，取z1=−1，得x1=2,y1=0，所以m=2,0,−1，
PA=3,−1,−23,PB=3,1,−23，设平面PAB的法向量为n=x2,y2,z2，则：
{3x2−y2−23z2=03x2+y2−23z2=0，取z2=1，得x2=2,y2=0，所以n=2,0,1，
所以cs⟨m,n⟩=m⋅nmn=2×2−1×15⋅5=35，
所以二面角A−EF−O的余弦值为35，
解法二：如图，取AB中点G，连接PG交EF于点H，连接OH,OG，
因为PA=PB，所以PG⊥AB，又点E是棱PA的中点，F是棱PB的中点，
所以EF//AB，所以PH⊥EF，
又△POA,△POB均为直角三角形，所以OE=12PA,OF=12PB，所以OE=OF，
所以OH⊥EF，
所以∠OHG是二面角A−EF−O的平面角，
因为OP=23,OG=3，所以PG=15，所以OH=152，
在△OHG中，由余弦定理可得cs∠OHG=1522+1522−32×152×152=35，
所以二面角A−EF−O的余弦值为35.
18．（1） 由题意，S△ABC=12bcsinA=63，所以bcsinA=123，
△ABC中，由余弦定理，有：
csA=b2+c2−a22bc=b2+c2−a2sinA2bcsinA=48sinA243>0，
因为csA≠0，所以tanA=32.
（2） 在△ABC中，由（1）知tanA=32=sinAcsA，sin2A+cs2A=1，
则sinA=217,csA=277
因为csC=714，所以sinC=32114，
所以sinB=sinA+C=sinAcsC+csAsinC=217×714+277×32114=32，
由正弦定理，csinC=bsinB即c32114=b32，所以bc=73
又bc⋅217=123，所以bc=127，解得：b=27,c=6，
在△ABD中，由余弦定理得BD=6​2+7​2−2×6×7×277=19.
19．（1） 由频率分布直方图可知，
A种型号的新能源汽车评估综合得分不低于80分的概率为：0.010×20=0.2，
B种型号的新能源汽车评估综合得分不低于80分的概率为：0.005×20=0.1，
所以X的所有可能值为0，1，2
所以PX=0=0.8×0.9=0.72，PX=1=0.2×0.9+0.8×0.1=0.26，PX=2=0.2×0.1=0.02，
所以X的分布列为：
故X的数学期望EX=0×0.72+1×0.26+2×0.02=0.3.
（2） 相关系数为：r=∑ni=1xi−xyi−y∑ni=1xi−x2∑ni=1yi−y2=∑ni=1xi−xyi−y∑ni=1xi−x2⋅∑ni=1xi−x2∑ni=1yi−y2
=b⋅∑ni=1xi−x2∑ni=1yi−y2=b⋅nsx2nsy2=b⋅sx2sy2.
所以T=4.7×250=4.7×15=0.94>0.75，故y与x线性相关很强.
20．（1） 依据题意，有Aa,0,B0,b，直线AB的方程为xa+yb=1，即bx+ay−ab=0，
所以2a​2+12b​2=1aba​2+b​2=255，解得：a=2b=1，
所以椭圆E的方程为x​24+y​2=1；
（2） 解法1：M,C,D三点的横坐标成等差数列，理由如下：
由题意知，直线MN的斜率存在且不为0，直线过点P2,1，
所以设直线MN：y−1=kx−2，联立方程组y−1=kx−2x​2+4y​2=4可得：1+4k​2x​2+8k1−2kx+16k​2−16k=0，
Δ=[8k1−2k]​2−41+4k​216k​2−16k=64k>0，
设Mx1,y1Nx2,y2，
则：x1+x2=16k​2−8k1+4k​2,x1x2=16k​2−16k1+4k​2，
因为lAB：x+2y−2=0，所以C2−2y1,y1，
当x2=0时，lBN：x=0，此时点M坐标为85,35，点C坐标为45,35，
满足x1+xD=2xC；
当x2≠0时，因为lBN：y=y2−1x2x+1，
令y=y1可得：xD=y1−1x2y2−1，
因为lBN：y=y2−1x2x+1，令y=y1可得：xD=y1−1x2y2−1，
下面证明x1+xD=2xC，即证：x1+y1−1x2y2−1=4−4y1，
即证：x1y2−1+y1−1x2=4−4y1y2−1，
整理可得即证：
8k2+2kx1+x2−4k2+2kx1x2=16k2,∗
由于8k​2+2kx1+x2−4k​2+2kx1x2=8k2+2k16k2−8k1+4k2−4k2+2k⋅16k2−16k1+4k2=64k4+16k21+4k2=16k2，
所以上式∗成立，原式得证.
解法2：M,C,D三点的横坐标成等差数列，理由如下：
设直线MN:x=mq+n，因为直线过点P2,1，所以m+n=2，
联立方程组x=my+nx​2+4y​2=4可得：m​2+4y​2+2mny+n​2−4=0，
Δ=4m​2n​2−4m​2+4n​2−4=16m​2−n​2+4>0，
设Mx1,y1,Nx2,y2，则：y1+y2=−2mnm2+4,y1y2=n2−4m2+4，
因为lAB：x+2y−2=0，所以C2−2y1,y1，
因为lBN：y=y2−1x2x+1，令y=y1可得：xD=y1−1x2y2−1，
当x2=0时，lBN：x=0，此时点M坐标为85,35，点C坐标为45,35，
满足x1+xD=2xC；
当x2≠0时，因为IBN：y=y2−1x2x+1x2≠0，
令y=y1可得：xD=y1−1x2y2−1，
下面证明：x1+xD=2xC，即证：x1+y1−1x2y2−1=4−4y1，
即证：my1+ny2−1+y1−1x2=4−4y1y2−1，
整理可得即证：2m+4y1y2+n−m−4y1+y2−2n+4=0，
即证：2m+4⋅n​2−4m​2+4+n−m−4−2mnm​2+4−2n+4=0，
整理可得即证：4m​2+8mn+4n​2−8m+n=0，即证：m+n​2−2m+n=0，
因为m+n=2，所以上式成立，原式得证
解法3：M,C,D三点的横坐标成等差数列，理由如下：
设Mx1,y1,Nx2,y2y1≠1,y2≠1，因为MD//x轴，所以DxD,y1,CxC,y1，
设直线lMN：mx+ny−1=1，因为直线lMN过点P2,1，
所以2m=1,m=12，
由方程组mx+nq−1=0x​2+4y​2=4可得：
当y≠1时，xy−1​2+8m⋅xy−1+4+8n=0，
所以x1y1−1+x2y2−1=−8m=−4，
又因为B,D,N三点共线，所以x2y2−1=xDy1−1，
所以x1y1−1+xDy1−1=−4，即x1+xD=−4y1−1，
因为点CxC,y1在直线AB：x2+y=1上，
所以y1−1=−xC2，
x1+xD=−4×−xC2，即x1+xD=2xC，
所以M,C,D三点的横坐标成等差数列.
解法4：M,C,D三点的横坐标成等差数列，理由如下：
设直线MN：x=my+n，因为直线过点P2,1，所以m+n=2，
联立方程组x=my+nx​2+4y​2=4可得m​2+4y​2+2mny+n​2−4=0，
设Mx1,y1,Nx2,y2y1≠1,y2≠1，
则：y1+y2=−2mnm2+4,y1y2=n2−4m2+4，
所以x1y1−1+x2y2−1=x1y2−1+x2y1−1y1−1y2−1=−8m+nm+n=−4，
又B,D,N三点共线，
所以x2y2−1=xDy1−1，即x1y1−1+xDy1−1=−4=2kAB=2⋅xCy1−1，
所以x1+xD=2xC，所以M,C,D三点的横坐标成等差数列.
21．（1） 函数fx=axe​x−1的定义域为R，求导得f​′x=ae​xx+1，而a>0，
由f​′x<0得x<−1，由f​′x>0得x>−1，因此函数fx在−∞,−1上递减，在−1,+∞递增，
又当x<0时，fx<0恒成立，f0=−1<0，f1a=e​1a−1>0，
因此函数fx在0,+∞存在唯一零点，
所以函数fx的零点个数是1.
（2） 由（1）知函数fx存在唯一零点x0∈0,+∞，且ax0e​x0−1=0，
①当x∈0,x0时，fx<0，由fx>x+xlnx得：−axex+1>x+xlnx，即1−aex+1x−1−lnx>0，设qx=−aex+1x−1−lnx，求导得q​′x=−ae​2−1x​2−1x<0，
qx在0,x0上单减，则qx>qx1=−ae​x0+1x0−1−lnx0=−1−lnx0≥0，解得0②当x∈[x0,+∞)时，由fx>x+xlnx得：axe​x−1>x+xlnx，即ae​x−1x−1−lnx>0，
设ℎx=ae​x−1x−1−lnx，求导得ℎ​′x=ae​x+1x​2−1x，而axe​x−1>0，
则ℎ​′x>0,ℎx在[x0,+∞)上单增，ℎx≥ℎx0=ae​x0−1x0−1−lnx0=−1−lnx0>0，
解得0综上得x0的取值范围是0,1e.
22．（1） 由x=1+csθy=sinθ消θ得x−1​2+v​2=1，即x​2+y​2−2x=0，
将ρcsθ=x,ρsinθ=y,ρ​2=x​2+v​2分别代入C1,C2得：
C1的极坐标方程为3ρ=2csθ，
C2的极坐标方程为ρcsθ+3ρsinθ=1
（2） 设直线l的极坐标方程为θ=α,ρ∈R,α∈[π6,π3]，
联立方程可ρA=2csα,ρB=1csα+3sinα，
所以OA+1OB=2csα+csα+3sinα
=3csα+3sinα=23sinα+π3，
又α∈[π6,π3]，则有α+π3∈[π2,2π3]，即sinα+π3∈[32,1]，
综上，OA+1OB的取值范围为[3,23].
23．（1） 当x<−2时，fx≤6−x即−2x+2−x−2≤6−x，解得x≥−3，故−3≤x<−2
当−2≤x≤1时，fx≤6−x即−2x+2+x+2≤6−x,∴4≤6，则−2≤x≤1；
当x>1时，fx≤6−x即2x−2+x+2≤6−x，解得x≤32，故1综上所述，原不等式的解集为{x|−3≤x≤32}.
（2） 若x<−2，则fx=−3x>6；
若−2≤x≤1，则fx=−x+4≥3
若x>1，则fx=3x>3，
所以函数fx的最小值T=3，故a+b+c=3，
又a,b,c为正数，
则1a+1b+4c×3=1a+1b+4ca+b+c=6+ba+ab+ca+4ac+cb+4bc
≥6+2ba⋅ab+2ca⋅4ac+2cb⋅4bc=16，
当且仅a=b=34,c=32时等号成立，
所以1a+1b+4c≥163.A
B
C
D
E
F
G
H
X
0
1
2
P
0.72
0.26
0.02