2024年四川省成都外国语学校高考数学模拟试卷（文科）（三）（含详细答案解析）

这是一份2024年四川省成都外国语学校高考数学模拟试卷（文科）（三）（含详细答案解析），共18页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.已知集合A={x|x2−4x≤0,x∈Z}，B={x|−1≤x<4}，则A∩B=( )
A. [−1,4]B. [0,4)C. {0,1,2,3,4}D. {0,1,2,3}
2.已知i为虚数单位，若复数z=4−m2−(m−2)i为纯虚数，则实数m=( )
A. 0B. 2C. −2D. 4
3.“1A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
4.已知α为锐角，若sin(2α−π2)=2− 34，则csα=( )
A. 3−18B. 3−14C. 3+18D. 3+14
5.正方形ABCD的边长为2，E是AD的中点，F是DC的中点，则(EB+EF)⋅BF=( )
A. 4B. 3C. −4D. −3
6.已知函数f(x)=x2+14，g(x)=sinx，则图象为如图的函数可能是( )
A. y=f(x)g(x)
B. y=g(x)f(x)
C. y=f(x)+g(x)−14
D. y=f(x)−g(x)−14
7.某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积(单位：cm3)是( )
A. 22π
B. 8π
C. 223π
D. 163π
8.用3个1，2个2组成一个5位数，这些5位数中，2个2相邻的概率为( )
A. 35B. 23C. 25D. 47
9.鼎湖峰，矗立于浙江省缙云县仙都风景名胜区，状如春笋拔地而起，其峰顶镶嵌着一汪小湖，传说黄帝炼丹鼎坠积水成湖.白居易曾以诗赋之：“黄帝旌旗去不回，片云孤石独崔嵬.有时风激鼎湖浪，散作晴天雨点来”.某校开展数学建模活动，有建模课题组的学生选择测量鼎湖峰的高度，为此，他们设计了测量方案.如图，在山脚A测得山顶P得仰角为45∘，沿倾斜角为15∘的斜坡向上走了90米到达B点(A,B,P,Q在同一个平面内)，在B处测得山顶P得仰角为60∘，则鼎湖峰的山高PQ为米.( )
A. 45( 6− 2)B. 45( 6+ 2)C. 90( 3−1)D. 90( 3+1)
10.设a=ln22，b=1e，c=2+ln22e2，则a，b，c的大小顺序为( )
A. c>b>aB. b>c>aC. b>a>cD. c>a>b
11.已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为4，E，F分别是棱AA1，BC的中点，则平面D1EF截该正方体所得的截面图形周长为( )
A. 6B. 10 2
C. 13+2 5D. 2 13+9 5+253
12.已知F1，F2分别是双曲线Γ：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点，过F1的直线分别交双曲线左、右两支于A，B两点，点C在x轴上，CB=5F2A，BF2平分∠F1BC，则双曲线Γ的离心率为( )
A. 2 63B. 2 33C. 4 63D. 83
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.函数f(x)=3 lg2(x+3)−1+1x的定义域为______.
14.某产品的广告费投入与销售额的统计数据如下表所示：
已知回归方程为y =9.4x+9.1，则此表中M的值为______.
15.若函数f(x)=|sin(ωx+π3)|(ω>1)在区间[π,54π]上单调递减，则实数ω的取值范围是______.
16.已知f′(x)是定义域为R的函数f(x)的导函数，曲线f(x−1)关于(1,0)对称，且满足f(x)−f(6−x)=3−x，则f(2022)+f(2028)=______；f′(−2025)=______.
三、解答题：本题共7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12分)
已知数列{an}的前n项和为Sn，a1=2，an+1=Sn+2.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn=1lg2an⋅lg2an+2，记数列{bn}的前n项和为Tn，证明Tn<34.
18.(本小题12分)
某校举行的“青年歌手大选整”吸引了众多有才华的学生参赛，为了解本次比赛成绩情况，从中抽取了50名学生的成绩作为样本进行统计.请根据下面尚未完成并有局部污损的频率分布表和频率分布直方图(如图所示)解决下列问题：
频率分布表
(1)在选取的样本中，从成绩是80分以上(含80分)的同学中随机抽取2名同学参加元旦晚会，求所抽取的2名同学中至少有1名同学来自第5组的概率；
(2)估计这50名学生成绩的众数、中位数、平均数.
19.(本小题12分)
在矩形ABCD中，AB=4，AD=2.点E，F分别在AB，CD上，且AE=2，CF=1.沿EF将四边形AEFD翻折至四边形A′EFD′，点A′∉平面BCFE.
(1)A、A′、D、D′四点是否共面？给出结论，并给予证明；
(2)在翻折过程中，若平面A′EFD′⊥BCFE，求此时三棱锥B−FCD′的体积.
20.(本小题12分)
已知抛物线C的顶点为原点，其焦点F(0,c)(c>0)到直线l：x−y−2=0的距离为3 22，设P为直线l上的点，过点P作抛物线C的两条切线PA，PB，其中A，B为切点．
(1)求抛物线C的方程；
(2)当点P(x0,y0)为直线l上的定点时，求直线AB的方程；
(3)当点P在直线l上移动时，求|AF|⋅|BF|的最小值．
21.(本小题12分)
已知函数f(x)=ax2+x−lnx−a.
(1)若a=1，求f(x)的最小值；
(2)若f(x)有2个零点x1，x2，证明：a(x1+x2)2+(x1+x2)>2.
22.(本小题5分)
如图所示形如花瓣的曲线G称为四叶玫瑰线，在极坐标系中，其极坐标方程为ρ=2sin2θ.
(1)若射线l:θ=π6与G相交于异于极点O的点P，求|OP|；
(2)若A，B为G上的两点，且∠AOB=π4，求△AOB面积的最大值.
23.(本小题5分)
已知函数f(x)=|2−x|+2|x+1|.
(1)若存在x0∈R，使得f(x0)≤4−a2，求实数a的取值范围；
(2)令f(x)的最小值为M.若正实数a，b，c满足1a+4b+9c=M，求证：a+b+c≥12.
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：∵集合A={x|x2−4x≤0,x∈Z}={x|0≤x≤4,x∈Z}={0,1,2,3,4}，
B={x|−1≤x<4}，
则A∩B={0,1,2,3}.
故选：D.
求出集合A，利用交集定义能求出A∩B.
本题考查集合的运算，考查交集定义、不等式性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
2.【答案】C
【解析】解：∵z=4−m2−(m−2)i为纯虚数，
∴4−m2=0−(m−2)≠0，解得m=−2.
故选：C.
根据已知条件，结合纯复数的概念，即可求解．
本题主要考查纯虚数的概念，属于基础题．
3.【答案】B
【解析】【分析】
本题主要考查充分条件和必要条件的判断，根据椭圆的定义和方程是解决本题的关键.根据椭圆的定义和性质，利用充分条件和必要条件的定义进行判断即可.
【解答】
解：若方程x2m−1+y23−m=1表示椭圆，
则满足m−1>03−m>0m−1≠3−m，即m>1m<3m≠2，
即1当m=2时，满足1故“1故选B.
4.【答案】D
【解析】解：已知α为锐角，若sin(2α−π2)=2− 34，
则cs2α= 3−24，
则2cs2α−1= 3−24，
又csα>0，
则csα= 3+14.
故选：D.
由诱导公式，结合二倍角公式求解．
本题考查了诱导公式，重点考查了二倍角公式，属中档题．
5.【答案】D
【解析】解：设AB=a，AD=b，则a⋅b=0，
由题意得EB+EF=EA+AB+ED+DF
=−12b+a+12b+12a=32a，
又BF=BC+CF=b−12a，
所以(EB+EF)⋅BF=32a⋅(b−12a)
=32a⋅b−34a2=−3.
故选：D.
根据向量的线性运算及数量积运算求解即可．
本题考查平面向量的线性运算及数量积运算，属基础题．
6.【答案】B
【解析】解：易知函数f(x)=x2+14是偶函数，g(x)=sinx是奇函数，给出的图象对应的函数是奇函数，
对于A，因为y=f(x)g(x)=(x2+14)sinx，y′=2xsinx+(x2+14)csx，
当x∈(0,π2)时，y′>0，函数y=f(x)g(x)单调递增，由图象可知所求函数在(0,π4)上不单调，故A不符合题意；
对于C，y=f(x)+g(x)−14=x2+sinx为非奇非偶函数，故C不符合题意；
对于D，y=f(x)−g(x)−14=x2−sinx为非奇非偶函数，故C不符合题意．
故选：B.
由函数的奇偶性与单调性，结合图象，逐项分析排除即可得答案．
本题主要考查函数图象的识别和判断，利用函数的奇偶性和对称性以及排除法进行判断是解决本题的关键，是基础题．
7.【答案】C
【解析】解：由三视图可知几何体是上部为半球，中部是圆柱，下部是圆台，
所以几何体的体积为：12×4π3×13+π×12×2+13(22×π+12×π+ 22×π×12×π)×2=223π.
故选：C.
判断几何体的形状，利用三视图的数据，求解几何体的体积即可．
本题考查三视图求解几何体的体积，判断几何体的形状是解题的关键，是中档题．
8.【答案】B
【解析】解：根据题意，将3个1，2个2排成一列，有C52=10种情况，即可以组成10个5位数，
其中，2个2相邻5位数的22111、12211、11221、11122，共4个，
则这些5位数中，2个2相邻的概率P=410=25.
故选：B.
根据题意，由组合数公式分析全部的5位数的数目，由列举法分析2个2相邻的5位数的数目，由古典概型公式计算可得答案．
本题考查古典概型的计算，涉及组合数公式的应用，属于基础题．
9.【答案】B
【解析】解：在△ABP中，AB=90m，
则∠BPA=45∘−30∘=15∘，
∠ABP=180∘−∠BAP−∠APB=180∘−(45∘−15∘)−15∘=135∘，
因为APsin∠ABP=ABsin∠APB，且sin15∘=sin(60∘−45∘)=sin60∘cs45∘−cs60∘sin45∘= 6− 24，
则AP=ABsin∠ABPsin∠APB=90sin135∘sin15∘=90× 22 6− 24=180 2 6− 2，
在Rt△PAQ中，则PQ=APsin45∘=180 2 6− 2× 22=45( 6+ 2)m.
故选：B.
在△ABP中，利用正弦定理求AP，进而在Rt△PAQ中，求山的高度．
本题考查正弦定理的应用，属于中档题．
10.【答案】C
【解析】解：∵b=1e=lnee，c=2+ln22e2=ln2e22e2，
构造函数f(x)=lnxx(x>0)，
则f′(x)=1−lnxx2(x>0)，
可得x∈(e,+∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
又a=ln22=ln44=f(4)，
故f(e)>f(4)>f(2e2)，即b>a>c.
故选：C.
构造函数f(x)，求出函数的导数，根据函数的单调性判断数的大小即可．
本题考查了函数的单调性问题，考查导数的应用以及数的大小比较，考查转化思想，是中档题．
11.【答案】D
【解析】解：取CC1的中点G，连接BG，则D1E//BG，取CG的中点N，连接FN，则FN//BG，
∴FN//D1E，则直线FN⊂平面D1EF，
延长D1E，DC交于H，连接CH交AB于点M，连接ME，则A为HD的中点，
则平面D1EF截该正方体所得的截面图形为D1EMFN，
由题意得A1E=AE=2，则C1N=3，CN=1，
D1E= 42+22=2 5，D1N= 42+32=5，FN= 12+22= 5，
取AD中点Q，连接QF，则AM//FQ，∴AMFQ=AHHQ，
∴AM=AHHQ×FQ=46×4=83，则MB=43，
则ME= AE2+AM2= 4+(83)2=103，
MF= MB2+BF2= 4+(43)2=2 133，
∴平面D1EF截该正方体所得的截面图形D1EMFN的周长为：
D1E+EM+MF+FN+ND1=2 5+103+2 133+ 5+5=2 13+9 5+253.
故选：D.
取CC1的中点G，连接BG，则D1E//BG，取CG的中点N，连接FN，延长D1E，DC交于H，连接CH交AB于点M，连接ME，作出截面图形D1EMFN，由此能求出平面D1EF截该正方体所得的截面图形周长．
本题考查平面截该正方体所得的截面图形周长的求法，考查正方体的结构特征、线线平行的判定与性质等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
12.【答案】A
【解析】解：因为CB=5F2A，则CB//F2A，
所以△F1AF2∽△F1BC，
设|F1F2|=2c，则|F2C|=8c，
设|AF1|=t，则|BF1|=5t，|AB|=4t.
因为BF2平分∠F1BC，由角平分线定理可知，|BF1||BC|=|F1F2||F2C|=2c8c=14，
所以|BC|=4|BF1|=20t，
所以|AF2|=15|BC|=4t，
由双曲线定义知|AF2|−|AF1|=2a，即4t−t=2a，t=2a3，①
又由|BF1|−|BF2|=2a得|BF2|=5t−2a=2t，
在△ABF2中，由余弦定理知cs∠ABF2=|AB|2+|BF2|2−|AF2|22⋅|AB|⋅|BF2|=16t2+4t2−16t22×4t×2t=14，
在△F1BF2中，由余弦定理知cs∠F1BF2=|BF1|2+|BF2|2−|F1F2|22⋅|BF1|⋅|BF2|，
即14=25t2+4t2−4c22×5t×2t，
化简得c2=6t2，
把①代入上式得c2=24a29，
解得e=ca=2 63.
故选：A.
因为CB=5F2A，所以△F1AF2∽△F1BC，设|F1F2|=2c，则|F2C|=8c，设|AF1|=t，则|BF1|=5t，|AB|=4t.由角平分线的性质可得|AF2|=4t，由双曲线的定义可得t=2a3，|BF2|=2t，再结合余弦定理可得c2=6t2，从而可求解．
本题考查了双曲线的性质，属于中档题．
13.【答案】(−1,0)∪(0,+∞)
【解析】解：函数f(x)=3 lg2(x+3)−1+1x的定义域满足：lg2(x+3)−1>0x≠0，
解得x>−1且x≠0.
故答案为：(−1,0)∪(0,+∞).
由具体函数的定义域求解即可．
本题考查了对数不等式的解法，是基础题．
14.【答案】39
【解析】解：由题意可知，x−=4+2+3+54=72，
因为回归方程y =9.4x+9.1过样本中心点(x−,y−)，
所以y−=9.4×72+9.1=42，
所以49+26+M+54=4×42，
解得M=39.
故答案为：39.
根据线性回归方程一定过样本中心点(x−,y−)求解．
本题主要考查了线性回归方程的性质，属于基础题．
15.【答案】[76,43]
【解析】【分析】
由题意求得ω≤2，区间[π,]内的x值满足kπ+≤ωx+≤kπ+π，k∈z，求得k+≤ω≤(k+)，k∈z，再给k取值，进一步确定ω的范围．本题主要考查三角函数的图象和性质，求出函数的单调递减区间是解决本题的关键，综合性较强，属于中档题．
【解答】
解：∵函数f(x)=|sin(ωx+π3)|(ω>0)在[π,5π4π]上单调递减，
∴T=πω≥π2，即ω≤2.
∵ω>0，根据函数y=|sinx|的周期为π，减区间为[kπ+π2,kπ+π]，k∈z，
由题意可得区间[π,54π]内的x值满足kπ+π2≤ωx+π3≤kπ+π，k∈z，
即ω⋅π+π3≥kπ+π2，且ω⋅5π4+π3≤kπ+π，k∈z.
解得k+16≤ω≤45(k+23)，k∈z.
求得：当k=0时，16≤ω≤815，不符合题意；
当k=1时，76≤ω≤43；
当k=2时，136≤ω≤3215，不符合题意．
综上可得，76≤ω≤43，
故答案为：[76,43].
16.【答案】−2025−12
【解析】解：因为曲线f(x−1)关于(1,0)对称，
所以曲线f(x)关于坐标原点O对称，即函数f(x)为奇函数．
又因为x∈R，所以f(0)=0，f(0)−f(6)=3，所以f(6)=−3.
因为f(x)−f(6−x)=3−x，整理得f(x)+x2=f(6−x)+6−x2，
令g(x)=f(x)+x2，则函数g(x)为R上的可导奇函数，
g(0)=0，且g(x)=g(6−x).
又g(6−x)=−g(x−6)，
所以g(x)=−g(x−6)=g(x−12)，
所以函数g(x)的图象关于直线x=3对称，且12为函数g(x)的一个周期，
所以g(2022)+g(2028)=g(168×12+6)+g(169×12+0)=g(6)+g(0)=f(6)+62=0，
则f(2022)+f(2028)=g(2022)−20222+g(2028)−20282=−2025.
因为g(x)=g(6−x)=−g(x−6)，所以g′(x)=−g′(6−x)=−g′(x−6)，
所以g′(3)=−g′(3)=−g′(−3)，所以g′(3)=−g′(3)=−g′(−3)=0.
又g(x)=g(x−12)，所以g′(x)=g′(x−12)，
所以函数g′(x)也是以12为周期的周期函数．
因为f(x)=g(x)−x2，所以f′(x)=g′(x)−12，
所以f′(2025)=g′(2025)−12=g′(169×12−3)−12=g′(−3)−12=−12.
因为f(x)+f(−x)=0，所以f′(x)−f′(−x)=0，即f′(−x)=f′(x)，
所以f′(−2025)=f′(2025)=−12.
故答案为：−2025；−12.
构造函数g(x)=f(x)+x2，根据已知条件判断g(x)的奇偶性和周期性，从而求得g(2022)+g(2028)，进而求出f(2022)+f(2028)，再结合g′(x)的周期性，从而求出f′(−2025).
本题考查抽象函数的奇偶性、周期性、导数的应用，推理论证能力、运算求解能力，逻辑推理、数学运算，属难题．
17.【答案】解：(1)∵an+1=Sn+2，
∴当n≥2时，an=Sn−1+2，
两式相减，得an+1−an=an，即an+1=2an，
又∵a1=2，
∴a2=S1+2=2+2=4，满足上式，
即数列是首项为2，公比为2的等比数列，
所以an=2n；
证明：(2)∵bn=1lg2an⋅lg2an+2=1lg22n⋅lg22n+2
=1n(n+2)=12(1n−1n+2)，
∴Tn=b1+b2+⋯+bn
=12[(1−13)+(12−14)+⋯+(1n−1−1n+1)+(1n−1n+2)]
=12(1+12−1n+1−1n+2)
=34−12(1n+1+1n+2)<34.
【解析】(1)利用数列的递推式得到an+1=2an，根据等比数列的通项公式即可求解；
(2)利用裂项相消求和即可求解．
本题考查了数列的递推式和裂项相消求和，属于中档题．
18.【答案】解：(1)由题意得，样本容量为50，则[80,90)的频数为50×0.08=4，
所以成绩是80分以上(含80分)的同学共有4+3=7人，
记所抽取的2名同学中有1名同学来自第5组为事件A，
记所抽取的2名同学都来自第5组为事件B，
则P(A)=C31C41C72=1221=47，P(B)=C32C72=321=17
∴P(A)+P(B)=1521=57，即所抽取的2名同学中至少有1名同学来自第5组的概率为57；
(2)由(1)可知a=50−8−20−4−3=15，b=350=0.06，
∴[60,70)的频率为1550=0.3，
∴x=0.310=0.03，y=0.0610=0.006；
由直方图可知，众数为12(70+80)=75，
从左到右累计人数有8+15<25<8+15+20名，
故中位数为70+25−8−1520×10=71，
平均数为0.16×55+0.3×65+0.4×75+0.08×85+0.06×95=70.8.
【解析】(2)由超几何分布求概率；
(3)估计时取每组中间成绩，结合图表按定义求值即可．
本题主要考查了频率分布直方图的应用，考查了概率公式，属于中档题．
19.【答案】(1)A、A′、D、D′四点不共面．
证明：假设A、A′、D、D′四点共面，根据平面图象ABCD的对称性，
即得A′，D′，B，C四点共面，则必有A′D′//BC或A′D′∩BC=Q.
若A′D′//BC，又∵A′D′⊄平再BCFE，∴A′D′//平面BCFE，
线面平行的性质有A′D′//EF(与已知矛盾，舍去)，
若A′D′∩BC=Q，∴Q∈平面A′EFD′，Q∈平面BCFE，
根据基本事实3，Q∈EF，
∴A′D′，BC，EF交于一点(与已知矛盾，舍去)；
综上所述，A、A′、D、D′四点不共面．
(2)解：在平面A′EFD′内做D′H⊥EF交EF于H，
∵平面A′EFD′⊥平面BCFE，平面A′EFD′∩平面BCFE=EF，D′H⊥EF，D′H⊂平面A′EFD′，
∴D′H⊥平面BCFE，∴D′H即点D′到平面BCFE的距离．
在梯形A′EFD′中，过点E做EG⊥D′F交D′F于G，则EG=2，GF=1，
∴EF= 22+12= 5，sin∠EFG=2 5=2 55.
在Rt△D′HF中，D′H=D′F⋅sin∠EFG=3×2 55=6 55，
∴三棱锥B−D′FC的体积VB−FCD′=VD′−FCB=13×SFCB×D′H=13×12×1×2×6 55=2 55.
【解析】(1)利用反证法即可证明；
(2)利用体积相等可得三棱锥B−FCD′的体积．
本题考查线面平行的判定，考查三棱锥的体积，属于中档题．
20.【答案】解：(1)焦点F(0,c)(c>0)到直线l：x−y−2=0的距离d=|−c−2| 2=c+2 2=3 22，解得c=1，
所以抛物线C的方程为x2=4y.
(2)设A(x1,14x12)，B(x2,14x22)，
由(1)得抛物线C的方程为y=14x2，y′=12x，所以切线PA，PB的斜率分别为12x1，12x2，
所以PA：y−14x12=12x1(x−x1)①，PB：y−14x22=12x2(x−x2)②
联立①②可得点P的坐标为(x1+x22,x1x24)，即x0=x1+x22，y0=x1x24，
又因为切线PA的斜率为12x1=y0−14x12x0−x1，整理得y0=12x1x0−14x12，
直线AB的斜率k=14x12−14x22x1−x2=x1+x24=x02，
所以直线AB的方程为y−14x12=12x0(x−x1)，
整理得y=12x0x−12x1x0+14x12，即y=12x0x−y0，
因为点P(x0,y0)为直线l：x−y−2=0上的点，所以x0−y0−2=0，即y0=x0−2，
所以直线AB的方程为x0x−2y−2y0=0.
(3)根据抛物线的定义，有|AF|=14x12+1，|BF|=14x22+1，
所以|AF|⋅|BF|=(14x12+1)(14x22+1)=116x12x22+14(x12+x22)+1=116x12x22+14[(x1+x2)2−2x1x2]+1，
由(2)得x1+x2=2x0，x1x2=4y0，x0=y0+2，
所以|AF|⋅|BF|=y02+14(4x02−8y0)+1=x02+y02−2y0+1=(y0+2)2+y02−2y0+1=2y02+2y0+5=2(y0+12)2+92.
所以当y0=−12时，|AF|⋅|BF|的最小值为92.
【解析】(1)利用焦点到直线l：x−y−2=0的距离建立关于变量c的方程，即可解得c，从而得出抛物线C的方程；
(2)先设A(x1,14x12)，B(x2,14x22)，由(1)得到抛物线C的方程求导数，得到切线PA，PB的斜率，最后利用直线AB的斜率的不同表示形式，即可得出直线AB的方程；
(3)根据抛物线的定义，有|AF|=14x12+1，|BF|=14x22+1，从而表示出|AF|⋅|BF|，再由(2)得x1+x2=2x0，x1x2=4y0，x0=y0+2，将它表示成关于y0的二次函数的形式，从而即可求出|AF|⋅|BF|的最小值．
本题以抛物线为载体，考查抛物线的标准方程，考查利用导数研究曲线的切线方程，考查计算能力，有一定的综合性．
21.【答案】解：(1)当a=1，f(x)=x2+x−lnx−1，函数定义域为(0,+∞)，
可得f′(x)=2x+1−1x=2x2+x−1x=(2x−1)(x+1)x，
当0当x>12时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
所以当x=12时，函数f(x)取得极小值也是最小值，最小值f(12)=ln2−14，
则f(x)的最小值为ln2−14；
(2)证明：易知x1，x2是f(x)=ax2+x−lnx−a的两个零点，
此时ax12+x1−lnx1−a=0，ax22+x2−lnx2−a=0，
两式相减得a(x1+x2)(x1−x2)+(x1−x2)−(lnx1−lnx2)=0，
整理得a(x1+x2)=lnx1−lnx2x1−x2−1，
要证a(x1+x2)2+(x1+x2)>2，
需证(lnx1−lnx2x1−x2−1)(x1+x2)+(x1+x2)>2，
要证lnx1−lnx2x1−x2(x1+x2)>2，
即证lnx1x2x1x2−1(x1x2+1)>2，
不妨设0此时要证lntt−1(t+1)>2，
即证(t+1)lnt−2(t−1)<0(0不妨设h(t)=(t+1)lnt−2(t−1)，函数定义为(0,1)，
可得h′(t)=lnt+1t−1，
不妨令u(t)=h′(t)=lnt+1t−1(0可得u′(t)=1t−1t2=t−1t2<0，
当0此时h′(t)>h′(1)=0，
则当0此时h(t)则原不等式成立，
故不等式a(x1+x2)2+(x1+x2)>2得证．
【解析】(1)求导，确定函数单调性，根据单调性可得最值；
(2)将x1，x2代入原函数后做差变形，得到lnx1x2x1x2−1(x1x2+1)>2，令t=x1x2，然后构造函数，证明不等式(t+1)lnt−2(t−1)<0成立．
本题考查利用导数研究函数的单调性和最值，考查了逻辑推理和运算能力，属于中档题．
22.【答案】解：(1)在极坐标系中，曲线G的极坐标方程为ρ=2sin2θ，
若射线l:θ=π6与极坐标方程相交于点P，
所以|OP|=ρP=2sinπ3= 3，
故|OP|= 3.
(2)设A(ρ1,θ1)，B(ρ2,θ2)，且θ2=θ1+π4，
故S△AOB=12|ρ1||ρ2|sinπ4=12×2×|sin(2θ1)|×2×|sin(2θ1+π2)|× 22=2× 22×|sin2θ1|⋅|cs2θ1|= 22|sin4θ1|，
当4θ1=2kπ±π2，(k∈Z)，整理得θ1=12kπ±π8，(k∈Z)，
故△AOB面积的最大值为 22.
【解析】(1)直接利用曲线与直线的位置关系求出极径的长；
(2)利用三角形的面积公式和三角函数的关系式的变换及正弦型函数的性质求出三角形面积的最大值．
本题考查的知识要点：极坐标方程的应用，三角形的面积公式，三角函数的关系式的变换，正弦型函数的性质，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于中档题．
23.【答案】(1)解：f(x)=|2−x|+2|x+1|=−3x,x≤−1x+4,−12.
所以f(x)在(−∞,−1]上递减，在(−1,+∞)上递增，
所以f(x)min=f(−1)=3，
4−a2≥3，解得−1≤a≤1，
即实数a的取值范围是[−1,1].
(2)证明：由(1)得1a+4b+9c=3，a，b，c∈(0,+∞)，
所以a+b+c=13(1a+4b+9c)(a+b+c)≥13( 1a× a+ 4b× b+ 9c× c)2=12，
当且仅当a=2，b=4，c=6时等号成立．
【解析】(1)由绝对值定义分类去绝对值符号化为分段函数，由函数性质得最小值，再解相应不等式可得结果；
(2)由柯西不等式证明即可．
本题主要考查绝对值不等式的解法，不等式的证明，柯西不等式的应用，考查运算求解能力，属于中档题．广告费万元x/万元
4
2
3
5
销售额万元y/万元
49
26
M
54
组别
分组
频数
频率
第1组
[50,60)
8
0.16
第2组
[60,70)
a
■
第3组
[70,80)
20
0.40
第4组
[80,90)
■
0.08
第5组
[90,100]
3
b
合计
■
■