2024年宁夏石嘴山市平罗中学高考数学三模试卷（理科）(含详细答案解析)

这是一份2024年宁夏石嘴山市平罗中学高考数学三模试卷（理科）(含详细答案解析)，共17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=x}，则−1与集合A的关系为( )
A. −1∈AB. −1∉AC. −1⊆AD. −1⊂A
2.已知z=(2a−1)+(a+1)i(a∈R)，则“|z|= 2”是“a=25”的( )
A. 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
3.命题“∃x0∈(0,π4)，sinx0A. ∀x∉(0,π4)，sinx≥csxB. ∀x∈(0,π4)，sinxC. ∃x0∉(0,π4)，sinx0≥csx0D. ∀x∈(0,π4)，sinx≥csx
4.一百零八塔是中国现存的大型古塔群之一，位于银川市南60公里的青铜峡水库西岸崖壁下.佛塔依山势自上而下，按1、3、3、5、5、7、9、11、13、15、17、19的奇数排列成十二行，塔体分为4种类型：第1层塔身覆钵式，2∼4层为八角鼓腹锥顶状，5∼6层呈葫芦状，7∼12层呈宝瓶状，现将一百零八塔按从上到下，从左到右的顺序依次编号1，2，3，4，…，108.则编号为26的佛塔所在层数和塔体形状分别为( )
A. 第5行，呈葫芦状B. 第6行，呈葫芦状C. 第7行，呈宝瓶状D. 第8行，呈宝瓶状
5.已知向量m=(λ+1,1)，n=(λ+2,2)，若(2m+n)//(m−2n)，则λ=( )
A. −1B. 0C. 1D. 2
6.已知csα=35，α∈(0,π2)，sinβ=1213，β∈(π2,π)，则cs(α−β)=( )
A. 3365B. 5665C. 6365D. −1665
7.某班有学生50人，现将所有学生按1，2，3，…，50随机编号，若采用系统抽样的方法抽取一个容量为5的样本(等距抽样)，已知编号为4，a，24，b，44号学生在样本中，则a+b=( )
A. 14B. 34C. 48D. 50
8.某咖啡店门前有一个临时停车位，小轿车在此停车时长超过10分钟就会被贴罚单.某顾客将小轿车停在该车位后，来到该咖啡店消费，忽略该顾客从车内到咖啡店以及以从咖啡店回到车内的时间，若该顾客上午10：02到达咖啡店内，他将在当天上午10：08至上午10：15的任意时刻离开咖啡店回到车内，则他的车不会被贴罚单的概率为( )
A. 27B. 37C. 47D. 57
9.下列说法中正确的是( )
A. 没有公共点的两条直线是异面直线
B. 若两条直线a，b与平面α所成的角相等，则a//b
C. 若平面α，β，γ满足α⊥β，β⊥γ，则α⊥γ
D. 已知a，b是不同的直线，α，β是不同的平面．若a⊥α，b⊥β，a⊥b，则α⊥β
10.直线kx−y−3k+1=0(k∈R)截圆x2+y2−2x−8=0所得弦长的最小值是( )
A. 2B. 5C. 4D. 6
11.已知双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1、F2，焦距为2c，在第一象限存在点P，且点P在双曲线上，满足c⋅sin∠PF1F2=a，且S△F1PF2=4a2，则双曲线C的渐近线方程为( )
A. x±2y=0B. 2x±y=0C. 3x±y=0D. x±3y=0
12.定义在R上的偶函数f(x)满足f(1+x)=f(1−x)，且当x∈[0,1]时，f(x)=ex−1，若关于x的方程f(x)=m(x+1)(m≠0)恰有5个实数解，则实数m的取值范围为( )
A. (−e−14,−e−16)∪(e−16,e−14)B. (−e−15,−e−16)∪(e−16,e−15)
C. (−e−16,−e−18)∪(e−18,e−16)D. (1−e,0)∪(0,1−e)
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.设x，y满足约束条件x≥0x−y≥0x+y≤2，则z=2x−y的最大值为______.
14.在(x−2x)6的展开式中，常数项是______.(用数字作答)
15.数列{an}的通项an=n⋅sinnπ2，前n项和为Sn，则S13=__________.
16.如图，在△ABC中，AB=AC=2,∠BAC=23π,D是BC的中点，以AD为折痕把△ACD折叠，使点C到达点C′的位置，则当平面C′AD⊥平面ABD时，其外接球的体积为______.
三、解答题：本题共7小题，共80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a=(csx,sinx)，b=(csx, 3csx)，函数f(x)=a⋅b.
(1)求f(x)的最小正周期及单调递增区间；
(2)在△ABC中，a、b、c分别是角A、B、C的对边长，若f(A)=1，b=1，△ABC的面积为 32，求a的值．
18.(本小题12分)
刷脸时代来了，人们为“刷脸支付”给生活带来的便捷感到高兴，但“刷脸支付”的安全性也引起了人们的担忧.某调查机构为了解人们对“刷脸支付”的接受程度，通过安全感问卷进行调查(问卷得分在40∼100分之间)，并从参与者中随机抽取200人.根据调查结果绘制出如图所示的频率分布直方图.
(1)据此估计这200人满意度的平均数(同一组中的数据用该组区间的中点值作代表)；
(2)某大型超市引入“刷脸支付”后，在推广“刷脸支付”期间，推出两种付款方案：方案一：不采用“刷脸支付”，无任何优惠，但可参加超市的抽奖返现金活动.活动方案为：从装有8个形状、大小完全相同的小球(其中红球3个，黑球5个)的抽奖盒中，一次性摸出3个球，若摸到3个红球，返消费金额的20%；若摸到2个红球，返消费金额的10%，除此之外不返现金.
方案二：采用“刷脸支付”，此时对购物的顾客随机优惠，但不参加超市的抽奖返现金活动，根据统计结果得知，使用“刷脸支付”时有16的概率享受8折优惠，有13的概率享受9折优惠，有12的概率享受95折优惠.现小张在该超市购买了总价为1000元的商品.
①求小张选择方案一付款时实际付款额X的分布列与数学期望；
②试从期望角度，比较小张选择方案一与方案二付款，哪个方案更划算？(注：结果精确到0.1)
19.(本小题12分)
在直三棱锥ABC−A1B1C1中，AA1=AB=AC=2，E，F分别是CC1，BC的中点，AE⊥A1B1，D为棱A1B1上的点．
(1)证明：DF⊥AE；
(2)是否存在一点D，使得平面DEF与平面ABC夹角的余弦值为 1414？若存在，说明点D的位置，若不存在，说明理由．
20.(本小题12分)
已知抛物线E：y2=2px(p>0)，O是坐标原点，过(4,0)的直线与E相交于A，B两点，满足OA⊥OB.
(1)求抛物线E的方程；
(2)若P(x0,2)在抛物线E上，过Q(4,−2)的直线交抛物线E于M，N两点，直线PM，PN的斜率都存在，分别记为k1，k2，求k1⋅k2的值.
21.(本小题12分)
已知f(x)=lnx+axcsx−asinx(a∈R).
(1)证明：当a≤0时，f(x)在(0,π]上单调递增；
(2)当a=1时，关于x的不等式lnx+xcsx−kxex≥f(x)在(0,π2]上恒成立，求实数k的取值范围.
22.(本小题10分)
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的极坐标方程为ρ=4sin(θ+π3).在平面直角坐标系xOy中，已知直线l过点(0,3)，且倾斜角为120∘.
(1)求曲线C的直角坐标方程和直线l的参数方程；
(2)设点M的直角坐标为(0,3)，直线l与曲线C的交点为A，B，求|MA|+|MB|的值.
23.(本小题10分)
已知f(x)=|x−2m|+|x+1|.
(1)当m=1时，求不等式f(x)≤5的解集；
(2)若∀x∈R，f(x)≥4恒成立，求实数m的取值范围.
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：因为集合A={x|x=0或1}={0,1}，
故A错误，B正确，
又因为元素与集合是属于关系，故C，D错误，
故选：B.
先求出集合A，然后根据元素与集合的关系即可判断．
本题考查了集合与元素的关系的应用，考查了学生的分析能力，属于基础题．
2.【答案】B
【解析】解：因为|z|= (2a−1)2+(a+1)2= 2，
化简得5a2−2a=0，解得a=0或a=25，
故“|z|= 2”是“a=25”的必要不充分条件．
故选：B.
利用充分，必要条件的定义以及复数模的求解公式分别判断即可求解．
本题考查复数的概念、充要条件的判定，考查数学运算、逻辑推理的核心素养．
3.【答案】D
【解析】【分析】
本题主要考查含有量词的命题的否定，比较基础.
根据含有量词的命题的否定即可得到结论.
【解答】
解：因为存在量词命题的否定是全称量词命题，
所以：∃x0∈(0,π4)，sinx0故选：D.
4.【答案】C
【解析】解：∵1+3+3+5+5+7=24，
∴编号为26的佛塔在第7行，呈室瓶状．
故选：C.
由1+3+3+5+5+7=24，进而得到答案．
本题考查了归纳推理问题，关键是找到规律，属于基础题．
5.【答案】B
【解析】解：2m+n=(3λ+4,4),m−2n=(−λ−3,−3)，
∵(2m+n)//(m−2n)，
∴−3(3λ+4)+4(λ+3)=0，解得λ=0.
故选：B.
可以求出2m+n=(3λ+4,4),m−2n=(−λ−3,−3)，根据(2m+n)//(m−2n)即可得出−3(3λ+4)+4(λ+3)=0，解出λ即可．
考查向量坐标的加法、减法和数乘运算，以及平行向量的坐标关系．
6.【答案】A
【解析】解：因为csα=35，α∈(0,π2)，sinβ=1213，β∈(π2,π)，
所以sinα=45，csβ=−513
则cs(α−β)=csαcsβ+sinαsinβ=35×(−513)+45×1213=3365.
故选：A.
由已知结合同角基本关系及和差角公式进行化简即可求解．
本题主要考查了同角基本关系及和差角公式的应用，属于基础题．
7.【答案】C
【解析】解：∵样本容量为5，∴样本间隔为50÷5=10，
∵编号为4，a，24，b，44号学生在样本中，
∴a=4+10=14，b=24+10=34，
∴a+b=48.
故选：C.
求出样本间隔即可得到结论．
本题主要考查系统抽样的应用，根据条件求出样本间隔即可，比较基础．
8.【答案】C
【解析】解：根据题意，他在当天上午10：08至上午10：15的任意时刻离开咖啡店回到车内，
其中在10：08至上午10：12的任意时刻离开咖啡店回到车内，他的车不会被贴罚单，
故由几何概型可知他的车不会被贴罚单的概率为12−815−8=47.
故选：C.
根据题意，该问题为几何概型，利用几何概型的概率计算公式直接求解．
本题考查几何概型的计算，注意几何概型的定义，属于基础题．
9.【答案】D
【解析】解：对于A，没有公共点的两条直线是异面直线或平行直线，故A错误；
对于B，若两条直线a，b与平面α所成的角相等，
则a，b可以平行、相交或异面，故B错误；
对于C，若平面α，β，γ满足a⊥β，β⊥γ，则α，γ不一定垂直，故C错误；
对于D，两个平面垂直等价于这两个平面的垂线垂直，故D正确．
故选：D.
利用空间位置关系的定义及判定来判断选项即可．
本题考查空间位置关系的定义及判定等基础知识，考查推理论证能力，是中档题．
10.【答案】C
【解析】解：依题意，直线k(x−3)−y+1=0过定点A(3,1)，
圆(x−1)2+y2=9的圆心C(1,0)，半径r=3，
|AC|= 5，即点A在圆C内，当且仅当直线kx−y−3k+1=0与直线AC垂直时，直线截圆所得弦长最短，
所以所求最短弦长为2 r2−|AC|2=2 9−( 5)2=4.
故选：C.
求出直线过的定点、圆的圆心坐标及半径，再利用圆的性质及弦长公式计算即得．
本题主要考查直线与圆的位置关系，属于基础题．
11.【答案】B
【解析】解：由c⋅sin∠PF1F2=a得sin∠PF1F2=ac，
因为点P在第一象限，所以∠PF1F2为锐角，所以cs∠PF1F2= 1−(ac)2=bc，
因为S△F1PF2=12|F1F2||PF1|sin∠PF1F2=a|PF1|=4a2，
所以|PF1|=4a，
由双曲线定义得|PF2|=|PF1|−2a=2a，
在△PF1F2中，由余弦定理有(2a)2=(4a)2+(2c)2−2×4a×2c×bc，
整理得3a2+c2−4ab=0，
又c2=a2+b2，所以3a2+a2+b2−4ab=0，即(ba)2−4ba+4=0，
解得ba=2，所以双曲线C的渐近线方程为y=±2x，即2x±y=0.
故选：B.
根据三角形面积公式可得|PF1|=4a，然后求出cs∠PF1F2，根据余弦定理构造齐次式，结合c2=a2+b2求出ba即可得解．
本题考查了双曲线性质的应用，属于中档题．
12.【答案】A
【解析】解：因为f(1+x)=f(1−x)，可得函数f(x)的图象关于x=1对称，且f(x)=f(2−x)，
又因为函数f(x)为定义在R上的偶函数，可得f(−x)=f(x)，
则f(−x)=f(2−x)，即f(x)=f(x+2)，所以f(x)是以T=2为周期的周期函数，
因为当x∈[0,1]时，f(x)=ex−1，作出函数y=f(x)的图象，如图所示，
由关于x的方程f(x)=m(x+1)(m≠0)恰有5个实数解，
即函数y=f(x)与直线y=m(x+1)的图象有5个交点，
结合图象，及其图象的对称性，则满足6m>e−14me−1−4m>e−1，
解得e−16即实数m的取值范围是(e−16,e−14)∪(−e−14,−e−16).
故选：A.
根据题意，得到f(x)是以2为周期的周期函数，作出y=f(x)的图象，转化为y=f(x)与直线y=m(x+1)的图象有5个交点，结合图象及对称性，列出不等式组，即可求解．
本题考查了函数的零点与方程根的关系，考查了转化思想与数形结合思想，属中档题．
13.【答案】4
【解析】解：作出可行域如下：
由z=2x−y可得y=2x−z，由图可知当直线y=2x−z过点(2,0)时，
−z最小，则z最大，此时z=2x−y=2×2−0=4.
故答案为：4.
由题意画出可行域，利用目标函数的几何意义结合图象即可求解．
本题主要考查线性规划的应用，利用z的几何意义，通过数形结合是解决本题的关键，是基础题．
14.【答案】−160
【解析】解：(x−2x)6的展开式的通项公式为Tr+1=C6r⋅x6−r⋅(−2x)r=(−2)r⋅C6r⋅x6−2r，
令6−2r=0，解得r=3，
所以展开式的常数项为：C63×(−2)3=−160，
故答案为：−160.
求出展开式的通项公式，令x的指数为0，由此即可求解．
本题考查了二项式定理的应用，考查了学生的运算能力，属于基础题．
15.【答案】7
【解析】【分析】
本题考查数列求和问题，解决本题的关键是通过观察发现周期及各项的变化规律，属基础题．
易求数列{sinnπ2}的周期为4，然后对数列前13项每4项结合，即可求得S13.
【解答】
解：由an=n⋅sinnπ2，且数列{sinnπ2}的周期为4，
所以S13=a1+a2+a3+a4+…+a13
=1⋅sinπ2+2⋅sin2π2+3⋅sin3π2+…+13⋅sin13π2
=(1+0−3+0)+(5+0−7+0)+(9+0−11+0)+13
=−2×3+13=7，
故答案为：7.
16.【答案】7 76π
【解析】解：如图，由题意，当平面C′AD⊥平面ABD，
∵AB=AC=2，D是BC的中点，∴AD⊥BC，即AD，BD，C′D两两垂直，
又∵∠BAC=2π3，∴∠BAD=π3,∠ABD=π6,AD=1,BD=CD=C′D= 3，
如图，作长方体AEBD−A′E′B′C′，则三棱锥C′−ABD的外接球，
即是长方体AEBD−A′E′B′C′的外接球，
设长方体AEBD−A′E′B′C′的外接球的半径为R，
则2R= AD2+BD2+C′D2= 12+( 3)2+( 3)2= 7，
∴R= 72，
∴当三棱锥C′−ABD体积最大时，
其外接球的体积为V=43πR3=43π×7 78=7 7π6.
故答案为：7 7π6.
由题意可得AD，BD，C′D两两垂直，则三棱锥C′−ABD的外接球即是长方体AEBD−A′E′B′C′的外接球，补成长方体后计算体对角线即可得其外接球的半径，即可得外接球的体积．
本题考查了几何体外接球的体积计算，属于中档题．
17.【答案】解：(1)f(x)=cs2x+ 3sinxcsx=1+cs2x2+ 32sin2x=sin(2x+π6)+12，
∴f(x)的最小正周期T=2π2=π，
令−π2+2kπ≤2x+π6≤π2+2kπ，解得kπ−π3≤x≤kπ+π6，
∴f(x)的递增区间为[kπ−π3,kπ+π6]，k∈Z.
(2)∵f(A)=sin(2A+π6)+12=1，∴A=π3，
∵S△ABC=12bcsinA= 34c= 32，
∴c=2，
由余弦定理可得a2=b2+c2−2bccsA=3，
∴a= 3.
【解析】(1)根据平面向量的数量积公式得出f(x)的解析式，利用三角恒等变换化简，根据正弦函数的单调区间列不等式得出f(x)的单调区间；
(2)先计算A，根据面积计算c，再利用余弦定理求出a.
本题考查了三角恒等变换，正弦函数的单调性，考查余弦定理解三角形，属于中档题．
18.【答案】解：(1)由直方图可知，满意度的平均数为：
(0.01×45+0.02×55+0.025×65+0.025×75+0.015×85+0.005×95)×10=68；
(2)①摸到3个红球，返消费金额的20%，实际付款为1000(1−20%)=800，
摸到2个红球，返消费金额的10%，实际付款为1000(1−10%)=900，
所以X的可能取值为800，900，1000，
则P(X=800)=C33C83=156,P(X=900)=C32C51C83=1556，
P(X=1000)=25C31C+C53C83=57，
所以X的分布列为：
则E(X)=800×156+900×1556+1000×57≈969.6(元)；
②若选择方案二，记实际付款金额为Y，
由题，Y的可能取值为800，900，950，
因为P(Y=800)=16,P(Y=900)=13,P(Y=950)=12，
所以Y的分布列为：
所以，E(Y)=800×16+900×13+950×12≈908.3(元)，
由①可得：E(X)>E(Y)，
所以选择方案二付款更划算．
【解析】(1)根据直方图估算平均数的方法直接计算即可；
(2)①先确定X的取值，然后根据超几何分布概率公式求概率，即可得分布列，再由期望公式求出期望；②确定实际付款金额Y的值，然后根据所给概率写出分布列，即可计算出期望，通过比较期望大小即可作出判断．
本题主要考查了频率分布直方的应用，考查了离散型随机变量的分布列和期望，属于中档题．
19.【答案】解：(1)证明：∵AE⊥A1B1，A1B1//AB，
∴AE⊥AB，
又∵AA1⊥AB，AA1∩AE=A
∴AB⊥⊥面A1ACC1.
又∵AC⊂面A1ACC1，∴AB⊥AC，
以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系A−xyz，则有A(0,0,0)，E(0,2,1)，F(1,1,0)，A1(0,0,2)，B1(2,0,2)，…(4分)
设D(x,y,z)，A1D=λA1B1，且λ∈[0,1]，即(x,y,z−2)=λ(2,0,0)，则D(2λ,0,2)，
则DF=(1−2λ,1,−2)，
∵AE=(0,2,1)，
∴DF⋅AE=2−2=0，所以DF⊥AE；…(6分)
(2)存在一点D且D为A1B1的中点，使平面DEF与平面ABC夹角的余弦值为 1414 …(7分)
理由如下：由题可知面ABC的法向量m=(0,0,1)
设面DEF的法向量为n=(x,y,z)，则n⋅FE=0n⋅DF=0，
则−x+y+z=0(1−2λ)x+y−2z=0，
令x=3，则y=1+2λ，z=2(1−λ)，则n=(3,1+2λ,2(1−λ))…(10分)
∵平面DEF与平面ABC夹角的余弦值为 1414，
∴|cs|=|m⋅n|m|⋅|n||= 1414，
即|2(1−λ)| 9+(1+2λ)2+4(1−λ)2= 1414，
解得λ=12或λ=74(舍)，所以当D为ABA1B1中点时满足要求． …(12分)
【解析】(1)建立空间坐标系，求出直线对应的向量，利用向量法进行证明垂直问题
(2)求出平面的法向量，利用向量法建立方程关系进行求解判断即可．
本题主要考查直线垂直判定以及二面角的求解，建立空间直角坐标系，利用向量法进行求解，综合性较强，运算量较大．
20.【答案】解：(1)由题意可知，直线AB的斜率显然不为0，
故可设AB的直线方程为x=m1y+4，A(x1,y1)，B(x2,y2)，
联立抛物线得：y2=2px,x=m1y+4,消去x得：y2−2pm1y−8p=0，故y1y2=−8p，
又x1=y122p，x2=y222p，故x1⋅x2=y12y224p2=64p24p2=16，
又OA⊥OB，则OA⋅OB=x1x2+y1y2=16−8p=0，
解得p=2，
故抛物线E的方程是y2=4x；
(2)因为y2=4x，P(x0,2)在抛物线上，故x0=1，则P(1,2)，
当直线MN的斜率为0时不成立，
设MN的直线为x=my+2m+4，M(x3,y3)，N(x4,y4)，
联立抛物线得：y2=4x,x=my+2m+4,消去x得：y2−4my−8m−16=0，
则y3+y4=4m，y3y4=−8m−16，因为k1=y3−2x3−1=y3−2y324−1=4y3+2，k2=y4−2x4−1=y4−2y424−1=4y4+2，
则k1⋅k2=4(y3+2)⋅4(y4+2)=16y3y4+2(y3+y4)+4=16−8m−16+8m+4=−43，
故k1⋅k2的值为−43.
【解析】(1)先设直线AB的方程，联立直线与抛物线方程，结合方程的根与系数关系及向量垂直的坐标表示即可求解；
(2)先表示直线MN的方程，联立直线与抛物线方程，结合方程的根与系数关系及直线的斜率公式即可求解．
本题主要考查了抛物线方程的求解，直线与抛物线位置关系的应用，属于中档题．
21.【答案】解：(1)证明：因为f(x)=lnx+axcsx−asinx，
所以f′(x)=1x+acsx−axsinx−acsx=1x−axsinx，
因为x∈(0,π],
所以sinx≥0，
又a≤0，
所以f′(x)>0，
所以f(x)在(0,π]上单调递增．
(2)当a=1时，lnx+xcsx−kxex≥f(x)，
即lnx+xcsx−kxex≥lnx+xcsx−sinx，
所以kxex≤sinx，即exsinx−kx≥0在(0,π2]上恒成立．
令g(x)=exsinx−kx，则g′(x)=exsinx+excsx−k，
令h(x)=exsinx+excsx−k，
则h′(x)=exsinx+excsx+excsx−exsinx=2excsx.
因为x∈(0,π2],所以csx≥0，所以h′(x)≥0，
所以h(x)在(0,π2]上单调递增，所以h(x)>h(0)=1−k.
①当1−k≥0，即k≤1时，在(0,π2]上，h(x)>0，即g′(x)>0，
所以g(x)在(0,π2]上单调递增，
所以对∀x∈(0,π2],g(x)>g(0)=0,即g(x)>0在(0,π2]上恒成立，符合题意；
②当1−k<0，即k>1时，h(0)<0，
又h(π2)=eπ2−k，
若h(π2)=eπ2−k≤0，则在(0,π2]上，h(x)≤0，即g′(x)≤0，
所以g(x)在(0,π2]上单调递减，
所以g(x)若h(π2)=eπ2−k>0，则存在x0∈(0,π2)，使得h(x0)=0，
所以在(0,x0)上，h(x)<0，即g′(x)<0，
所以在(0,x0)上，g(x)单调递减，
所以对x∈(0,x0)，g(x)综上所述，关于x的不等式lnx+xcsx−kxex≥f(x)在(0,π2]上恒成立，实数k的取值范围为(−∞,1].
【解析】(1)求导，得到导函数大于0恒成立，证明出结论；
(2)变形得到exsinx−kx≥0在(0,π2]上恒成立，令g(x)=exsinx−kx，二次求导，求出导函数单调递增，结合h(x)>h(0)=1−k，分k≤1与k>1两种情况，讨论得到k的取值范围．
本题考查利用导数研究函数的单调性，考查不等式的恒成立问题，考查分类讨论思想及运算求解能力，属于中档题．
22.【答案】解：(1)∵ρ=4sin(θ+π3)=2sinθ+2 3csθ，
∴ρ2=2ρsinθ+2 3ρcsθ，
∵ρ2=x2+y2，ρcsθ=x，ρsinθ=y，
∴曲线C的直角坐标方程为x2+y2−2 3x−2y=0①，
∵直线l过点(0,3)，且倾斜角为120∘，
∴直线l的参数方程为x=0+cs120∘ty=3+sin120∘t(t为参数)，即x=−12ty=3+ 32t(t为参数).
(2)将x=−12ty=3+ 32t代入①式，得t2+3 3t+3=0，
点M的直角坐标为(0,3)，
设这个方程的两个实数根分别为t1，t2，
则t1+t2=−3 3，t1⋅t2=3，∴t1<0，t2<0，
则由参数t的几何意义可得|MA|+|MB|=|t1+t2|=3 3.
【解析】(1)根据已知条件，结合极坐标公式，即可求出曲线C的直角坐标方程，再结合参数方程的公式，即可求解．
(2)将x=−12ty=3+ 32t代入①式，得t2+3 3t+3=0，再结合参数方程的几何意义，即可求解．
本题主要考查简单曲线的极坐标公式，以及参数方程的几何意义，属于中档题．
23.【答案】解：(1)当m=1时，不等式f(x)≤5可化为|x−2|+|x+1|≤5，
即x≥2x−2+x+1≤5，或x≤−1−x+2−x−1≤5，或−1解得2≤x≤3，或−2≤x≤−1，或−1综上可得，−2≤x≤3，
所以不等式f(x)≤5的解集为[−2,3].
(2)不等式f(x)≥4恒成立，即|x−2m|+|x+1|≥4恒成立，
因为|x−2m|+|x+1|≥|2m+1|(当且仅当(x−2m)(x+1)≤0时等号成立)，
所以|2m+1|≥4，即2m+1≤−4或2m+1≥4，解得m≤−52或m≥32，
所以m的取值范围是(−∞,−52]∪[32,+∞).
【解析】(1)分类讨论即可求解；
(2)根据三角绝对值不等式可得|2m+1|≥4，即可求解．
本题考查了绝对值不等式的解法与应用问题，也考查了分类讨论思想，是中档题．X
800
900
1000
P
156
1556
57
Y
800
900
950
P
16
13
12