2024年宁夏石嘴山三中高考数学四模试卷（文科）(含详细答案解析)

这是一份2024年宁夏石嘴山三中高考数学四模试卷（文科）(含详细答案解析)，共19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z=(1−3i)(a+i)(a∈R)为纯虚数，则a=( )
A. 3B. −3C. 13D. −13
2.已知集合A={(x,y)|y=2x}，B={(x,y)|x2+y2=1}，则A∩B中元素的个数为( )
A. 0B. 1C. 2D. 无数个
3.明代数学家程大位所著的一部应用数学著作《算法统宗》的卷八中有这样一个问题：“今有物靠壁，一面尖堆，底脚阔一十八个，问共若干？”如图所示的程序框图给出了解决该题的一个算法，执行该程序框图，输出的S即为该物的总数S，则总数S=( )
A. 136
B. 153
C. 171
D. 190
4.由不等式组x≤0y≥0y−x−2≤0确定的平面区域记为Ω1，不等式组x+y≥−2x+y≤1确定的平面区域记为Ω2，在Ω1中随机取一点，则该点恰好在Ω2内的概率为( )
A. 18B. 14C. 34D. 78
5.在平面直角坐标系中，角θ的顶点与原点重合，始边与x轴的非负半轴重合，终边经过点P(1,2)，则7cs2θ−2sin2θ=( )
A. −15B. 15C. −2D. 2
6.如图，在空间四边形ABCD中，截面PQMN是正方形，则下列命题中，错误的是( )
A. AC=BDB. AC//截面PQMN
C. PN//平面BCDD. 异面直线PM与BD所成的角为45∘
7.若函数y=lga(x−2)+1(a>0,且a≠1)的图象所过定点恰好在椭圆x2m+y2n=1(m>0,n>0)上，则m+n取最小值时，n=( )
A. 4B. 12C. 16D. 6
8.已知向量a=(−3,1),b=(2,1)，则以下说法正确的是( )
A. |b−a|= 5B. a方向上的单位向量为(3 1010, 1010)
C. 向量b在向量a上的投影为 102D. 若c=( 55,−2 55)，则b⊥c
9.2024年中国载人航天工程将统筹推进空间站应用与发展和载人月球探测两大任务，其中，中国空间站应用与发展阶段各项工作正按计划稳步推进.若空间站运行周期的平方与其圆轨道半径的立方成正比，当空间站运行周期增加1倍时，其圆轨道半径增加的倍数大约是(参考数据：ln2≈0.693，e0.462≈1.587)( )
A. 1.587B. 1.442C. 0.587D. 0.442
10.将函数f(x)=2sin(3x+π4)的图象向右平移φ(φ>0)个单位长度，得到函数g(x)的图象，若函数g(x)在区间(0,φ)上恰有两个零点，则φ的取值范围是( )
A. [5π12,3π4)B. [3π4,13π12)C. (5π12,3π4]D. (3π4,13π12]
11.已知函数f(x)的定义域为R，且f(2x−1)是奇函数，f(x+1)是偶函数，则下列命题正确的个数是( )
①f(x)=f(x−16)；
②f(11)=0；
③f(2022)=−f(0)；
④f(2023)=f(−1).
A. 1B. 2C. 3D. 4
12.已知椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左焦点为F，过焦点F作圆x2+y2=b2的一条切线l交椭圆E的一个交点为A，切点为Q，且OA+OF=2OQ(O为坐标原点)，则椭圆E的离心率为( )
A. 53B. 33C. 63D. 32
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的离心率为 2，则该双曲线的渐近线方程为______.
14.若曲线y=lnx+ax在x=1处的切线经过点P(2,0)，则实数a=______.
15.财富汇大厦坐落在广东省湛江市经济技术开发区，是湛江经济技术开发区的标志性建筑，同时也是已建成的粤西第一高楼.为测量财富汇大厦的高度，小张选取了大厦的一个最高点A，点A在大厦底部的射影为点O，两个测量基点B，C与O在同一水平面上，他测得BC=102 7米，∠BOC=120∘，在点B处测得点A的仰角为θ(tanθ=2)，在点C处测得点A的仰角为45∘，则财富汇大厦的高度OA=______米.
16.已知在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AB⊥BC，cs∠BAC=45，且此三棱柱有内切球，则此三棱柱的内切球与外接球的表面积的比为______.
三、解答题：本题共7小题，共82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)
随着移动互联网和直播带货技术的发展，直播带货已经成为一种热门的销售方式，特别是商家通过展示产品，使顾客对商品有更全面的了解.下面统计了某新手开启直播带货后从6月份到10月份每个月的销售量yi(万件)(i=1,2,3,4,5)的数据，得到如图所示的散点图.其中6月份至10月份相应的代码为xi(i=1,2,3,4,5)，如：x1=1表示6月份.
(1)根据散点图判断，模型①y=a+bx与模型②y=c+dx2哪一个更适宜作为月销售量y关于月份代码x的回归方程？(给出判断即可，不必说明理由)
(2)(i)根据(1)的判断结果，建立y关于x的回归方程；(计算结果精确到0.01)
(ⅱ)根据结果预测12月份的销售量大约是多少万件？
参考公式与数据：b =i=1n(xi−x−)(yi−y−)i=1n(xi−x−)2=i=1nxiyi−nx−y−i=1nxi2−nx−2，a =y−−b x−.i=15xi2=55，i=15ti2=979，i=15xiyi=80.8，i=15tiyi=335.6，其中ti=xi2.
18.(本小题12分)
在如图所示的几何体中，DE//AC，AC⊥平面BCD，AC=2DE=4，BC=2，DC=1，∠BCD=60∘.
(1)证明：BD⊥平面ACDE；
(2)过点D作一平行于平面ABE的截面，画出该截面，说明理由，并求夹在该截面与平面ABE之间的几何体的体积．
19.(本小题12分)
已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足Sn=2an+2n−1.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)已知bn=n(2−an)3，求数列{bn}的前n项和.
20.(本小题12分)
在平面直角坐标系xOy中，已知E是x轴上的动点，T是平面内的动点，线段ET的垂直平分线交x轴于点F(1,0)，交ET于点H，且H恰好在y轴上，记动点T的轨迹为曲线C.
(1)求曲线C的方程；
(2)过点A(0,1)的直线l与曲线C交于P，Q两点，直线OP，OQ与直线x=1分别交于点M，N，设线段MN的中点为G，求证：点G在曲线C上.
21.(本小题12分)
已知函数f(x)=x2−mx+2lnx(m∈R).
(1)若f(x)在其定义域内单调递增，求实数m的取值范围；
(2)若422.(本小题10分)
在平面直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为x=1+csαy=sinα(α为参数)，以坐标原点O为极点，x轴非负半轴为极轴建立极坐标系，点A为曲线C1上的动点，点B在线段OA的延长线上且满足|OA|⋅|OB|=10，点B的轨迹为C2.
(1)求曲线C1，C2的极坐标方程；
(2)设点M的极坐标为(−2,π2)，求△ABM面积的最小值.
23.(本小题12分)
已知a>0，b>0，且a+b=4.
(1)求(a−2)2+b2的最小值；
(2)当x∈R时，不等式 a+1+ b+3≤|x+c+2|+|x−c|恒成立，求实数c的取值范围.
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：z=(1−3i)(a+i)=a+3+(1−3a)i为纯虚数，则a=−3.
故选：B.
根据纯虚数的定义求解．
本题考查纯虚数的定义，属于基础题．
2.【答案】C
【解析】解：联立y=2x与x2+y2=1，解得x= 55y=2 55或x=− 55y=−2 55，
所以A∩B={( 55,2 55),(− 55,−2 55)}，即A∩B中元素的个数为2.
故选：C.
联立y=2x与x2+y2=1，看方程组的解的个数即可得解．
本题主要考查交集及其运算，属于基础题．
3.【答案】C
【解析】解：由题意可知，S=1+2+3+⋅⋅⋅+18=18×(1+18)2=171.
故选：C.
由已知中的程序语句可知：该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量S的值，模拟程序的运行过程，分析循环中各变量值的变化情况，可得答案．
本题考查了程序框图的应用问题，解题时应模拟程序框图的运行过程，以便得出正确的结论，是基础题．
4.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查二元一次不等组表示的平面区域及与面积有关的几何概型，作出不等式组对应的平面区域，求出对应的面积，利用几何槪型的概率公式即可得到结论．
【解答】
解： 如下图，
平面区域Ω1，为三角形AOB，面积为12×2×2=2，
平面区域Ω2，为△AOB内的四边形BDCO，
其中C(0,1)，
由x+y=1y−x−2=0，解得x=−12y=32，即D(−12,32)，
则三角形ACD的面积S=12×1×12=14，
则四边形BDCO的面积S=S△OAB−S△ACD=2−14=74，
则在Ω1中随机取一点，则该点恰好在Ω2内的概率为742=78，
故选D.
5.【答案】A
【解析】解：因为在平面直角坐标系中，角θ的顶点与原点重合，始边与x轴的非负半轴重合，终边经过点P(1,2)，
所以tanθ=2，
则7cs2θ−2sin2θ=7cs2θ−4sinθcsθsin2θ+cs2θ=7−4tanθtan2θ+1=7−4×222+1=−15.
故选：A.
由题意利用任意角的三角函数的定义可求tanθ的值，进而利用二倍角公式以及同角三角函数基本关系式化简所求即可求解．
本题考查了任意角的三角函数的定义，二倍角公式以及同角三角函数基本关系式在三角函数求值中的应用，考查了计算能力和转化思想，属于基础题．
6.【答案】A
【解析】【分析】本题考查了线面平行的判定与性质，异面直线所成的角，属于中档题．
根据线面平行的判定与性质定理进行判断即可．
【解答】
解：∵截面PQMN是正方形，
∴MQ//PN，PQ//MN，
∵MQ⊂平面BCD，PN⊄平面BCD，
∴PN//平面BCD，故C正确；
∵MN//PQ，MN⊄平面ABC，PQ⊂平面ABC，
∴MN//平面ABC，
又MN⊂平面ACD，平面ABC∩平面ACD=AC，
∴AC//MN，
又MN⊂平面PQMN，AC⊄平面PQMN，
∴AC//截面PQMN，故B正确；
由PN//平面BCD易得PN//BD，
∴∠MPN是异面直线PM与BD所成的角，
由PQMN是正方形可知∠MPN=45∘，故D正确；
∵PN//BD，MN//AC，
∴PNBD=ANAD，MNAC=DNAD，
∵AN不一定等于DN，PN=MN，
∴AC不一定等于BD，故A错误．
故选A.
7.【答案】A
【解析】解：由题意得，函数y=lga(x−2)+1(a>0,且a≠1)的图象所过定点为(3,1)，
则9m+1n=1，
所以m+n=(m+n)(9m+1n)=10+9nm+mn≥10+2 9nm⋅mn=16，
当且仅当9nm=mn，即m=12，n=4时等号成立．
故选：A.
根据对数函数性质求出定点，根据定点在椭圆上，将定点代入椭圆方程，得到m与n的等量关系，再利用基本不等式即可求解．
本题考查了椭圆的性质和基本不等式的应用，属于中档题．
8.【答案】D
【解析】解：a=(−3,1),b=(2,1)，
则b−a=(5,0)，
故|b−a|=5，故A错误；
a方向上的单位向量为a|a|=(−3 1010, 1010)，故B错误；
向量b在向量a上的投影为：b⋅a|a|=−5 10=− 102，故C错误；
若c=( 55,−2 55)，b=(2,1)，
则b⋅c= 55×2−2 55×1=0，即b⊥c，故D正确．
故选：D.
根据已知条件，结合向量模公式，单位向量的定义，投影向量的公式，向量垂直的性质，即可求解．
本题主要考查向量模公式，单位向量的定义，投影向量的公式，向量垂直的性质，属于基础题．
9.【答案】C
【解析】解：空间站运行周期的平方与其圆轨道半径的立方成正比，
设T2=kR3，
当空间站运行周期增加1倍时，设此时半径为R1，
则(2T)2=kR13，
两式相比得：4=(R1R)3，即ln4=ln(R1R)3，lnR1R=2ln23≈0.462，
故R1R=e0.462≈1.587，
故圆轨道半径增加的倍数大约是1.587−1=0.587.
故选：C.
利用指数和对数的运算求解即可．
本题主要考查对数函数的应用，属于基础题．
10.【答案】C
【解析】解：由题意得，g(x)=2sin(3x+π4−3φ)，
当0因为g(x)在(0,φ)上恰有两个零点，
所以−2π≤π4−3φ<−π，
解得，5π12<φ≤3π4.
故选：C.
结合三角函数图象的平移先求出g(x)，然后结合正弦函数零点存在条件即可求解．
本题主要考查了三角函数图象的平移及函数零点的应用，属于中档题．
11.【答案】D
【解析】解：根据题意，因为f(2x−1)是奇函数，所以f(−2x−1)=−f(2x−1)，
变形可得f(−1−x)=−f(x−1)，则有f(x)=−f(−x−2)，
又因为f(x+1)是偶函数，则f(x+1)=f(−x+1)，变形可得f(x)=f(−x+2)，
所以f(−x+2)=−f(−x−2)，变形可得f(x+4)=−f(x)，
故f(x+8)=−f(x+4)=f(x)，即函数的周期为8，
由f(−1−x)=−f(x−1)可得f(−1)=0，
由f(x+4)=−f(x)可得f(3)=−f(−1)=0，
对于①，f(x)=f(x+(−2)×8)=f(x−16)，正确；
对于②，f(11)=f(8+3)=f(3)=0，正确；
对于③，f(2022)=f(8×253−2)=f(−2)=−f(0)，正确；
对于④，f(2023)=f(8×253−1)=f(−1)，正确；
故选：D.
根据题意，根据函数的奇偶性可得函数的周期性、对称性，再依次分析4个命题，综合可得答案．
本题考查函数奇偶性、周期性和对称性的应用，关键分析函数的周期，属于中档题．
12.【答案】A
【解析】解：设切点Q(x0,y0)，不妨取y0>0.
切线l的方程为x0x+y0y=b2，
把F(−c,0)代入可得−cx0=b2，解得x0=−b2c，
∴y0= b2−(−b2c)2=b c2−b2c，
∵OA+OF=2OQ，
∴A(c−2×b2c,2×b c2−b2c)，
代入椭圆方程可得：b2(c−2b2c)2+a2(2b c2−b2c)2=a2b2，
化为c2a2=59，
∴e=ca= 53.
故选：A.
设切点Q(x0,y0)，不妨取y0>0.可得切线l的方程为x0x+y0y=b2，解得Q点坐标，根据OA+OF=2OQ，利用向量坐标运算性质可得A点坐标，代入椭圆方程可得离心率．
本题考查了椭圆的标准方程及性质、直线与圆相切的性质、向量坐标运算性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
13.【答案】y=±x
【解析】解：双曲线中，e=ca= 2,c2=a2+b2，
所以ba= b2a2= c2−a2a2= e2−1= 2−1=1，
故该双曲线的渐近线方程为y=±x.
故答案为：y=±x.
直接利用e=ca,c2=a2+b2进行齐次转化得到ba= e2−1，即得结果．
本题考查了双曲线的性质，属于基础题．
14.【答案】−12
【解析】解：由y=lnx+ax，得y′=1x+a，
∴y′|x=1=1+a，又x=1时，y=a，
∴曲线y=lnx+ax在x=1处的切线方程为y=(1+a)(x−1)+a，
把点P(2,0)代入，可得0=1+2a，即a=−12.
故答案为：−12.
利用导数求得曲线y=lnx+ax在x=1处的切线方程，代入P点坐标即可得到实数a的值．
本题考查利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，熟记基本初等函数的导函数是关键，是基础题．
15.【答案】204
【解析】解：设OA=h米，因为在点B处测得点A的仰角为θ(tanθ=2)，
所以OAOB=2，
则OB=12米，
因为在点C处测得点A的仰角为45∘，
所以OC=h米，
由余弦定理，得BC2=OB2+OC2−2OB⋅OCcs∠BOC，即1022×7=14h2+h2+12h2=74k2，
解得h=204.
故答案为：204.
设OA=h米，由在点B处测得点A的仰角为θ(tanθ=2)，可求OB=12米，由在点C处测得点A的仰角为45∘，可求OC=h米，进而利用余弦定理即可求解．
本题考查解三角形的实际应用，考查直观想象与数学运算的核心素养，属于中档题．
16.【答案】4：29
【解析】解：由题意，设BC=6，AB=8，AC=10，
则△ABC的内切圆的半径为6+8−102=2，
所以要使此三棱柱有内切球，则此三棱柱的高AA1=4，得内切球的半径r=2，
取AC的中点D，A1C1 的中点D1，则DD1 的中点M为外接球的球心，
则外接球的半径R= (102)2+(42)2= 29，
因此，三棱柱的内切球与外接球的表面积的比为4πr2：4πR2=4：29，
即三棱柱的内切球与外接球的表面积的比为4：29.
故答案为：4：29.
由题意，设BC=6，AB=8，AC=10，求出直角三角形内切圆的半径，可得直三棱柱内切球的半径，再求出直三棱柱外接球的半径，再由球的表面积公式求解，作比得答案．
本题考查多面体内切球与外接球表面积的求法，考查空间想象能力与思维能力，考查运算求解能力，是中档题．
17.【答案】解：(1)由散点图可知增加幅度不一致，且散点图接近于曲线，非线性，
结合图象故选模型②y=c+dx2；
(2)(i)令t=x2，则y=c+dt，
可得t−=15i=15xi2=11，y−=15(2.2+2.4+3.8+5.6+8)=4.4，
则d =i=15(ti−t−)(yi−y−)i=15(ti−t−)2=i=15tiyi−5t−y−i=15ti2−5t−2=335.6−5×11×4.4979−5×112≈0.25，
c =y−−d t−=4.4−0.25×11=1.65，
所以y关于t的回归方程为y =1.65+0.25t，
即y关于x的回归方程为y =1.65+0.25x2，
(ii)令x=7，可得y =1.65+0.25×72=13.9，
预测12月份的销售量大约是13.9万件．
【解析】(1)根据散点图结合一次函数以及二次函数图象特征分析判断；
(2)(i)令t=x2，根据题中数据和公式求回归方程；
(ⅱ)令x=7，代入回归方程运算求解即可．
本题考查线性回归方程，属于中档题．
18.【答案】证明：(1)在△BCD中，BD2=22+1−2×1×2cs60∘=3.
所以BC2=BD2+DC2，
所以△BCD为直角三角形，BD⊥CD.
又因为AC⊥平面BCD，BD⊂平面BCD，所以AC⊥BD.
而AC∩CD=C，所以BD⊥平面ACDE.
解：(2)取AC的中点F，BC的中点M，连接DF，DM，MF，
平面DFM即为所求．
理由如下：
因为DE//AC，DE=AF，所以四边形AEDF为平行四边形，
所以DF//AE，从而DF//平面ABE，
同理可证FM//平面ABE.
因为FM∩DF=F，所以平面DFM//平面ABE.
由(1)可知，BD⊥平面ACDE，FC⊥平面CDM.
因为VB−ACDE=13×(2+4)×12× 3= 3，
VF−CDM=13×(1×12sin60∘)×2= 36，
所以，夹在该截面与平面ABE之间的几何体的体积：
V=VB−ACDE−VF−CDM= 3− 36=5 36.
【解析】本题考查线面垂直的证明，考查几何体的体积的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题．
(1)推导出BD⊥CD，AC⊥BD.由此能证明BD⊥平面ACDE.
(2)取AC的中点F，BC的中点M，连接DF，DM，MF，平面DFM即为所求．夹在该截面与平面ABE之间的几何体的体积V=VB−ACDE−VF−CDM.
19.【答案】解：(1)当n=1时，2a1=a1−1，解得a1=−1，
当n≥2时，由Sn=2an+2n−1，可得Sn−1=2an−1+2n−3，
两式相减得an=2an−2an−1+2，所以an−2=2(an−1−2)，
即an−2an−1−2=2，
又因为a1−2=−3，所以{an−2}是首项为−3，公比为2的等比数列，
所以an−2=−3⋅2n−1，所以数列{an}的通项公式为an=2−3⋅2n−1.
(2)由(1)知，bn=n(2−an)3=n⋅2n−1，
所以数列{bn}的前n项和为Tn=1×20+2×21+3×22+⋯+n⋅2n−1，
可得2Tn=1×21+2×22+3×23+⋯+(n−1)⋅2n−1+n⋅2n，
所以−Tn=20+21+22+⋯+2n−1−n⋅2n=1×(1−2n)1−2−n⋅2n=(1−n)⋅2n−1，
所以Tn=(n−1)⋅2n+1.
【解析】(1)根据题意，求得an−2an−1−2=2，得出{an−2}为等比数列，即可求解；
(2)由(1)得到bn=n⋅2n−1，结合乘公比错位相减法求和，即可求解．
本题考查数列的递推式和等比数列的定义、通项公式和求和公式、数列的错位相减法求和，考查转化思想和运算能力，属于中档题．
20.【答案】解：(1)解法一：设T(x,y)，E(m,0)，则H(x+m2,y2)，
由点H在y轴上，得x+m2=0，则m=−x，E(−x,0)，H(0,y2)，
因为FH⊥ET，若x=0，则m=0，点T，E重合，不合题意；
若x≠0，则kFH⋅kET=y20−1⋅y2x=−1，即y2=4x.
所以曲线C的方程是y2=4x(x≠0).
解法二：在射线FH上另取一点R，使|FH|=|HR|，连接RT，
又F(1,0)，所以点R在直线x=−1上，
易知△FEH≌△RTH，所以TR垂直于直线x=−1，
连接TF，则|TR|=|TF|，显然点T不能在y轴上，即x≠0，
故由抛物线的定义知，曲线C的方程是y2=4x(x≠0).
(2)解法一：设l：y=kx+1(k≠0)，与y2=4x联立，消去y，
得k2x2+(2k−4)x+1=0，则Δ=(2k−4)2−4k2>0，得k<1，
设P(x1,y1)，Q(x2,y2)，则x1+x2=4−2kk2，x1x2=1k2，
设直线OM，ON的方程分别为y=k1x，y=k2x，M(1,y3)，N(1,y4)，
则y3+y4=k1+k2=y1x1+y2x2=y1x2+y2x1x1x2=(kx1+1)x2+(kx2+1)x1x1x2
=2kx1x2+(x1+x2)x1x2=2k⋅1k2+4−2kk21k2=4，
所以点G的纵坐标为y3+y42=2，故点G的坐标为(1,2)，
显然点G的坐标(1,2)满足方程y2=4x(x≠0)，故点G在曲线C上．
解法二：设l：tx+y=1，
由tx+y=1y2=4x，得(yx)2−4⋅yx−4t=0.
设P(x1,y1)，Q(x2,y2)，直线OM，ON的方程分别为y=k1x，y=k2x，M(1,y3)，N(1,y4)，
则y1x1，y2x2是上面关于yx的方程的两根，
即直线OM，ON的斜率k1，k2是关于yx的方程的两根，
所以k1+k2=4，从而y3+y4=k1+k2=4，
所以点G的纵坐标为y3+y42=2，故点G的坐标为(1,2)，
显然点G的坐标(1,2)满足方程y2=4x(x≠0)，故点G在曲线C上．
【解析】(1)解法一：设T(x,y)，E(m,0)，则m=−x,H(0,y2)，易知x=0不符合题意，当x≠0时利用垂直直线斜率之积为−1计算即可求解；
解法二：在射线FH上另取一点R使|FH|=|HR|，根据全等三角形的性质可得|TR|=|TF|，结合抛物线的定义即可求解；
(2)解法一：设l方程，联立抛物线方程，设P(x1,y1)，Q(x2,y2)，M(1,y3)，N(1,y4)，利用韦达定理表示x1+x2，x1x2，进而对y3+y4=k1+k2化简计算求出G(1,2)，即可证明．
解法二：设l方程，联立抛物线方程得(yx)2−4⋅yx−4t=0，则y1x1，y2x2是该方程的两根，从而y3+y4=k1+k2=4，即可求解．
本题考查了抛物线方程的求法以及直线和抛物线位置关系的应用，属于中档题．
21.【答案】解：(1)f(x)的定义域为(0,+∞).
∵f(x)在(0,+∞)上单调递增，
∴f′(x)=2x−m+2x≥0在(0,+∞)上恒成立，
即m≤2x+2x在(0,+∞)上恒成立，
又2x+2x≥2 2x⋅2x=4(当且仅当x=1时等号成立)，
∴m≤4；
(2)f′(x)=2x−m+2x=2x2−mx+2x，
4∵f(x)有两个极值点x1，x2，
∴x1，x2为方程2x2−mx+2=0的两个不相等的实数根，
由韦达定理得：x1+x2=m2，x1⋅x2=1，
∵0∴0又m=2(x1+x2)=2(x1+1x1)∈(4,5)，
解得12∴f(x1)−f(x2)=(x12−mx1+2lnx1)−(x22−mx2+2lnx2)
=(x12−x22)+2(lnx1−lnx2)−2(x1+x2)(x1−x2)
=(x22−x12)+2(lnx1−lnx2)
=1x12−x12+4lnx1，
设g(x)=1x2−x2+4lnx(12则g′(x)=−2x3−2x+4x=−2(x4−2x2+1)x3=−2(x2−1)2x3<0，
∴g(x)在(12,1)上为减函数，
又g(12)=4−14+4ln12=154−4ln2，g(1)=1−1+0=0，
∴0即f(x1)−f(x2)的取值范围为(0,154−4ln2).
【解析】本题考查利用导数研究函数的单调性，考查函数极值的求法，利用导数求函数的最值(不含参)，考查逻辑思维能力与运算能力，属较难题．
(1)f(x)的定义域为(0,+∞)，由f(x)在(0,+∞)上单调递增，得f′(x)≥0在(0,+∞)上恒成立，分离参数m，利用基本不等式求最值即可；
(2)求出原函数的导函数，由f(x)有两个极值点x1，x2，可得x1，x2为方程2x2−mx+2=0的两个不相等的实数根，写出根与系数的关系，求出x1的范围，f(x1)−f(x2)=1x12−x12+4lnx1，设g(x)=1x2−x2+4lnx(1222.【答案】解：(1)因为C1的参数方程为{x=1+cs⁡αy=sin⁡α(α为参数)，
消去参数得(x−1)2+y2=1，则一般式为x2+y2−2x=0，
由ρ2=x2+y2，x=ρcsθ，可得C1的极坐标方程为ρ=2csθ；
设A(ρ1,θ)，则ρ1=|OA|，
而A为曲线C1上的动点，则ρ1=2csθ，
因为点B在线段OA 的延长线上，则设B(ρ,θ)，有ρ=|OB|，
因为|OA|⋅|OB|=ρ1⋅ρ=8，
所以得2csθ⋅ρ=8，即ρcsθ=4，
所以C2的极坐标方程为ρcsθ=4.
(2)由(1)可知，|AB|=|OB|−|OA|=ρ−ρ1=4csθ−2csθ，
AB边上的高为h=|OM|sin(π2−θ)=2csθ，
则S△ABM=12⋅(4csθ−2csθ)⋅2csθ=4−2cs2θ，
因为cs2θ∈[0,1]，所以当cs2θ=1时，Smin=4−2=2.
【解析】(1)将曲线C1的参数方程通过消参化为普通方程，再利用互化公式，即可求出其极坐标方程；分别设出A，B的极坐标，利用|OA|⋅|OB|=8以及极径的意义，即可求出B点的轨迹C2的极坐标方程．
(2)在极坐标系下，结合极径以及极角的几何意义，运用三角形的面积公式建立关于面积的函数，从而求出其最小值．
主要考查了参数方程与普通方程的互化，直角坐标方程与极坐标方程的互化，极径以及极角的几何意义以及三角形面积范围问题，属于中档题．
23.【答案】解：(1)解法一
因为a>0，b>0，且a+b=4，所以a=4−b，0所以(a−2)2+b2=(4−b−2)2+b2=2(b−1)2+2，
当b=1，a=4−b=3时，(a−2)2+b2取得最小值2.
解法二
由柯西不等式得[(a−2)2+b2](12+12)≥[(a−2)+b]2=(4−2)2=4，
所以(a−2)2+b2≥42=2，当且仅当a−2=b，
即a=3，b=1时取等号，故(a−2)2+b2的最小值为2.
(2)解法一
|x+c+2|+|x−c|≥|(x+c+2)−(x−c)|=|2c+2|，
当且仅当(x+c+2)(x−c)≤0时等号成立，
故不等式 a+1+ b+3≤|x+c+2|+|x−c|恒成立，
即( a+1+ b+3)max≤|2c+2|，
由基本不等式得 a+1+ b+32≤ (a+1)+(b+3)2= 4+42=2，
当且仅当a=3，b=1时等号成立，
所以 a+1+ b+3≤4，所以|2c+2|≥4，解得c≥1或c≤−3，
故实数c的取值范围是(−∞,−3]∪[1,+∞).
解法二
|x+c+2|+|x−c|≥|(x+c+2)−(x−c)|=|2c+2|，
当且仅当(x+c+2)(x−c)≤0时等号成立，
故不等式 a+1+ b+3≤|x+c+2|+|x−c|恒成立，
即( a+1+ b+3)max≤|2c+2|，
由柯西不等式得( a+1+ b+3)2≤[( a+1)2+( b+3)2](12+12)=(4+4)×2=16，
即 a+1+ b+3≤4，
当且仅当a=3，b=1时取等号，所以|2c+2|≥4，解得c≥1或c≤−3，
故实数c的取值范围是(−∞,−3]∪[1,+∞).
【解析】(1)解法一利用换元法结合二次函数求出最值；解法二由柯西不等式求出最值；
(2)解法一应用绝对值三角不等式和基本不等式；解法二应用绝对值三角不等式和柯西不等式证明即可．
本题考查了基本不等式、柯西不等式的应用，属于中档题．