2020-2021学年山西省高二（下）期末考试数学试卷人教A版

这是一份2020-2021学年山西省高二（下）期末考试数学试卷人教A版，共12页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


1. 已知集合A={x∈R|lg2(x+1)≤2}，B={−2,−1,0,1,2,3,4}，则A∩B=( )
A.{−1,0,1,2,3}B.{0,1,2,3}C.{1,2,3}D.{0,1,2}

2. 已知复数z=3+4i，则5z的虚部是( )
A.−45B.45C.−4D.4

3. 已知x∈(−π2, 0)，csx=45，则tan2x等于( )
A.724B.−724C.−247D.247

4. 设x，y满足约束条件y≥x−1,y≥−3x+4,目标函数z=x+3y，则( )
A.z的最大值为3B.z的最大值为2C.z的最小值为3D.z的最小值为2

5. 设曲线y=a(x−1)−lnx在点(1,0)处的切线方程为y=3x−3，则a=( )
A.1B.2C.3D.4

6. 一个球的内接正方体的表面积为32，则该球的体积为( )
A.32π3B.16πC.40π3D.36π

7. 某学生5次考试的成绩（单位：分）分别为85，67，m，80，93，其中m>0，若该学生在这5次考试中成绩的中位数为80，则得分的平均数不可能为( )
A.70B.75C.80D.85

8. 某程序框图如图所示，则该程序的功能是( )

A.求方程x2−8x+15=0的最大正整数解
B.求方程x2−8x+15=0的最小正整数解
C.求方程x2−8x+15=0的所有正整数解
D.求函数fx=x2−8x+15的零点的个数

9. 已知函数f(x)=2cs22x+π6+3sin4x+π3，则下列判断错误的是( )
A.f(x)为偶函数B.f(x)的图象关于直线x=π4对称
C.f(x)的值域为[−1，3]D.f(x)的图象关于点(−π8，0)对称

10. 设Sn为等差数列{an}的前n项和，若a7=5,S5=−55，则nSn的最小值为( )
A.−343B.−324C.−320D.−243

11. 已知F1，F2分别为双曲线y2a2−x2b2=1b>a>0的两个焦点，双曲线上的点P到原点的距离为b，且sin∠PF2F1=53sin∠PF1F2，则该双曲线的离心率为( )
A.2B.3C.2D.3

12. 已知向量a→，b→的模均为2，且a→⋅b→=0，a→−c→⋅b→−c→≤6，则|a→+b→−c→|的取值范围为( )
A.1,2B.2,4C.2,22D.0,32
二、填空题

直线l过点(2, 1)，若l的斜率为2，则l在y轴上的截距为________．

x2+mx6 展开式的常数项为60，则m=________．

过抛物线W:x2=8y的焦点为F作直线l与抛物线交于A，B两点，则当点A，B到直线x−2y−4=0的距离之和最小时，线段AB的长度为________.

已知函数fx=|x2−2x+a|+a在区间0,2上的最大值是1，则实数a的取值范围是________.
三、解答题

在△ABC中，3sinA=2sinB，tanC=22.
(1)证明：△ABC为等腰三角形.

(2)若△ABC的面积为22，D为AC边上一点，且BD=3CD，求线段CD的长.

在四棱锥P−ABCD中，四边形ABCD是直角梯形，2BC=2PA=AB=AD=4，AB⊥AD，BC//AD，E，F分别是BD，PC的中点．

(1)求证：EF//平面PAD；

(2)若PA⊥平面ABCD，求EF与平面ABCD所成角的正弦值．

2019年春节期间，我国高速公路继续执行“节假日高速公路免费政策”．某路桥公司为掌握春节期间车辆出行的高峰情况，在某高速公路收费点记录了大年初三上午9:20−10:40这一时间段内通过的车辆数，统计发现这一时间段内共有600辆车通过该收费点，它们通过该收费点的时刻的频率分布直方图如下图所示，其中时间段9:20−9:40记作区间[20,40)，9:40−10:00记作[40,60)，10:00−10:20记作[60,80)，10:20−10:40记作80,100．例如：10点04分，记作时刻64．

(1)估计这600辆车在9:20−10:40时间段内通过该收费点的时刻的平均值（同一组中的数据用该组区间的中点值代表）；

(2)为了对数据进行分析，现采用分层抽样的方法从这600辆车中抽取10辆，再从这10辆车中随机抽取4辆，设抽到的4辆车中，在9:20−10:00之间通过的车辆数为X，求X的分布列与数学期望；

(3)由大数据分析可知，车辆在每天通过该收费点的时刻T服从正态分布Nμ,σ2，其中μ可用这600辆车在9:20−10:40之间通过该收费点的时刻的平均值近似代替，σ2可用样本的方差近似代替（同一组中的数据用该组区间的中点值代表），已知大年初五全天共有1000辆车通过该收费点，估计在9:46−10:40之间通过的车辆数（结果保留到整数）．
参考数据：
若T∼Nμ,σ2，则Pμ−σPμ−2σ
已知椭圆x2a2+y2b2=1a>b>0的左、右焦点分别为F1,F2，过点F1的直线在y轴上的截距为1，且与椭圆交于M、N两点，F2到直线MN的距离为2，椭圆的离心率为12.
(1)求椭圆的方程；

(2)若点P的坐标为0,m，PM→⋅PN→≤437m−877，求△PMN面积的最大值．

已知函数fx=lnx−axa∈R．
(1)讨论函数gx=fxx在1,+∞上的单调性；

(2)若a≥0，不等式x2fx+a≥2−e对x∈0,+∞恒成立，求a的取值范围．

在直角坐标系xOy中,曲线C的参数方程为x=2+csαy=3+sinα(α为参数).以坐标原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，已知点A的极坐标为3,π2.
1求曲线C的极坐标方程;

2过A作曲线C的切线，切点为M，过O作曲线C的切线，切点为N，求|ON⌋|AM|.

已知函数fx=|x−3|+|ax−4|．
(1)当a=2时，求不等式fx≤13x+1的解集；

(2)若不等式fx<−x+11在x∈0,3时恒成立，求a的取值范围．
参考答案与试题解析
2020-2021学年山西省某校高二（下）期末考试数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
B
【考点】
交集及其运算
【解析】
求出集合A，B，由此能求出A∩B
【解答】
解：集合A={x∈R|lg2(x+1)≤2}=x|−1B={−2,−1,0,1,2,3,4}，
则A∩B=0,1,2,3.
故选B．
2.
【答案】
A
【考点】
复数的运算
复数的基本概念
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由z=3+4i，得
5z=53+4i
=5(3−4i)(3+4i)(3−4i)
=3−4i5，
所以虚部为−45.
故选A.
3.
【答案】
C
【考点】
二倍角的正切公式
同角三角函数间的基本关系
【解析】
由csx的值及x的范围，利用同角三角函数间的基本关系求出sinx的值，进而求出tanx的值，然后把所求的式子利用二倍角的正切函数公式变形后，将tanx的值代入即可求出值．
【解答】
解：由csx=45，x∈(−π2, 0)，
得到sinx=−35，所以tanx=−34，
则tan2x=2tanx1−tan2x=2×(−34)1−(−34)2=−247．
故选C.
4.
【答案】
D
【考点】
简单线性规划
求线性目标函数的最值
【解析】
由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，把最优解的坐标代入目标函数得答案．
【解答】
解：由y≥x−1，y≥−3x+4，作出可行域如图，
联立y=x−1，y=−3x+4， 解得A54,14.
化目标函数z=x+3y为y=−x3+z3 ，
由图可知，当直线y=−x3+z3 过A时，
直线在y轴上的截距最小，z有最小值为54+3×14=2.
故选D．
5.
【答案】
D
【考点】
利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：因为y′=a−1x,
且在点(1,0)处的切线的斜率为3，
所以a−1=3，即a=4.
故选D.
6.
【答案】
A
【考点】
球内接多面体
球的表面积和体积
【解析】
无
【解答】
解：设正方体的棱长为a，
则6a2=32，
即a=43，
则球的半径R=3a2=2，
故球的体积为4π3×R3=32π3．
故选A．
7.
【答案】
D
【考点】
众数、中位数、平均数
【解析】
由该学生在这5次考试中成绩的中位数为80，得到m≤80，由此能求出得分的平均数不大于81．
【解答】
解：∵ 某学生5次考试的成绩（单位：分）分别为85，67，m，80，93，其中m>0，
该学生在这5次考试中成绩的中位数为80，
∴ m≤80，
∴ 得分的平均数：x¯≤85+67+80+80+935=81，
∴ 得分的平均数不可能为85．
故选D.
8.
【答案】
B
【考点】
程序框图
【解析】
无
【解答】
解：运行程序框图，易知该程序的功能是求方程x2−8x+15=0的最小正整数解，
最后输出的结果为3，
而函数fx=x2−8x+15的零点的个数为2.
故选B．
9.
【答案】
D
【考点】
二倍角的余弦公式
两角和与差的正弦公式
诱导公式
余弦函数的对称性
余弦函数的定义域和值域
余弦函数的奇偶性
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：f(x)=1+cs4x+π3+3sin4x+π3
=1+2sin4x+π3+π6=1+2cs4x.
则A,B,C均正确，
故选D.
10.
【答案】
A
【考点】
数列与函数最值问题
利用导数研究函数的最值
等差数列的前n项和
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵a1+6d=5,5a1+2d=−55,
∴a1=−19,d=4,
∴Sn=−19n+n(n−1)2×4=2n2−21n,
∴nSn=2n3−21n2,
设f(x)=2x3−21x2(x>0),f′(x)=6x(x−7)，
当0当x>7时，f′(x)>0.
故nSn的最小值为f(7)=−343.
故选A.
11.
【答案】
D
【考点】
双曲线的定义
双曲线的离心率
余弦定理
【解析】
无
【解答】
解：设F1为双曲线的下焦点，F2为双曲线的上焦点，
如图，
因为sin∠PF2F1=53sin∠PF1F2，
所以|PF1|=53|PF2|，
因为|PF1|−|PF2|=2a，
所以|PF2|=3a，|PF1|=5a.
由题易知|OP|=b，|OF1|=|OF2|=c．
因为∠POF2+∠POF1=π，
所以cs∠POF2+cs∠POF1=0，
则b2+c2−(3a)22bc+b2+c2−(5a)22bc=0．
化简整理得b2+c2=17a2，
又b2=c2−a2，
∴ c2=9a2，
即ca=3．
故选D．
12.
【答案】
D
【考点】
平面向量数量积的运算
向量的模
平面向量数量积的性质及其运算
【解析】

【解答】
解：不妨设a→=2,0，b→=0,2，c→=x,y，
有a→−c→=2−x,−y，b→−c→=−x,2−y，
有a→−c→⋅b→−c→
=−x2−x−y2−y=x2+y2−2x−2y，
有x2+y2−2x−2y≤6，得x−12+y−12≤8，
可知点x,y在以1,1为圆心，22为半径的圆面上（包围边界）.
又由a→+b→−c→=2,0+0,2−x,y=2−x,2−y，
有|a→+b→−c→|=x−22+y−22，
可得0≤|a→+b→−c→|≤32.
故选D.
二、填空题
【答案】
−3
【考点】
直线的点斜式方程
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：根据题意得，直线l的解析式为y−1=2(x−2)，
即2x−y−3=0.
当x=0时，y=−3，
则l在y轴上的截距为−3.
故答案为：−3.
【答案】
±2
【考点】
二项展开式的特定项与特定系数
【解析】
无
【解答】
解：x2+m46展开式的通项Tr+1=C6rx2(6−r)mxr=mrC6rx12−3r，
令12−3r=0，
解得r=4，
则x2+m46展开式的常数项为m4×C64=60，
即m4=4，
解得m=±2．
故答案为：±2．
【答案】
172
【考点】
直线与抛物线的位置关系
抛物线的性质
【解析】
无
【解答】
解：依题意，抛物线W的焦点F(0,2)，
设直线l的方程为y=kx+2，
由x2=8y,y=kx+2,
可得x2−8kx−16=0，
设Ax1,y1，Bx2,y2，
则x1+x2=8k，
所以y1+y2=k(x1+x2)+4=8k2+4，
则线段AB的中点座标M(4k,4k2+2)，
M到直线x−2y−4=0的距离为
d=|4k−2(4k2+2)−4|5=|8k2−4k+8|5，
则点A，B到直线x−2y−4=0的距离之和
2d=2|8k2−4k+8|5=8(2k2−k+2)5，
当k=14时，d取最小值，
此时|AB|=y1+y2+p=8×116+4+4=172．
故答案为：172．
【答案】
(−∞,12]
【考点】
函数的最值及其几何意义
二次函数在闭区间上的最值
【解析】

【解答】
解：由fx=|x−12+a−1|+a，
可将函数fx的图象向左平移一个单位，得到函数gx=|x2+a−1|+a．可得若函数f(x)在区间0,2上的最大值是1，只需函数gx在区间−1,1上的最大值是1．
又由−1≤x≤1时，0≤x2≤1，
①当a−1≥0时，a≥1，gx=x2+a−1+a=x2+2a−1≥2a−1≥1，此时函数gx的最小值为1，不合题意；
②当a−1≤−1时，a≤0 ，gx=−x2+a−1+a=−x2+1≤1，符合题意；
③当−1gx=−x2+a−1+a,0≤x2≤1−a，x2+a−1+a,1−agx=1−x2,0≤x2≤1−a，x2+2a−1,1−a又由当0≤x2≤1−a时，1−1−a2≤gx≤1，
当1−a由上知实数a的取值范围为(−∞,12].
故答案为：(−∞,12].
三、解答题
【答案】
1证明：∵3sinA=2sinB,
∴3a=2b，
∵tanC=22,
∴csC=13，
设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，
由余弦定理可得
c2=a2+b2−2abcsC
=a2+b2−2a×3a2csC
=b2，
即b=c，则△ABC为等腰三角形.
(2)解：∵tanC=22,
∴sinC=223，
则△ABC的面积S=12absinC=12×32a2×223=22，
解得a=2.
设CD=x，则BD=3x，由余弦定理可得
(3x)2=x2+22−4x×13，
解得x=−1+7312(负根舍去)，
从而线段CD的长为−1+7312.
【考点】
解三角形
三角形求面积
余弦定理
【解析】
此题暂无解析
【解答】
1证明：∵3sinA=2sinB,
∴3a=2b，
∵tanC=22,
∴csC=13，
设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，
由余弦定理可得
c2=a2+b2−2abcsC
=a2+b2−2a×3a2csC
=b2，
即b=c，则△ABC为等腰三角形.
(2)解：∵tanC=22,
∴sinC=223，
则△ABC的面积S=12absinC=12×32a2×223=22，
解得a=2.
设CD=x，则BD=3x，由余弦定理可得
(3x)2=x2+22−4x×13，
解得x=−1+7312(负根舍去)，
从而线段CD的长为−1+7312.
【答案】
(1)证明：取AD的中点G，连接CE，EG，
因为四边形ABCD是直角梯形，2BC=AB=AD=4，AB⊥AD，
所以C，E，G三点共线，
因为E，F分别是BD，PC的中点．
所以EF//PG.
因为EF⊄平面PAD，PG⊂平面PAD，
所以EF//平面PAD．
(2)解：因为PA⊥平面ABCD，F是PC的中点，E是BD的中点，
取AB的中点M，连接EM，过F作FN⊥平面ABCD，易得垂足N在EM上，如图，
所以∠FEN为EF与平面ABCD所成的角.
因为2BC=2PA=AB=AD=4，
所以EN=12EM=14AD=1，FN=12PA=1．
在Rt△EFN中，tan∠FEN=FNEN=1，
因为∠FEN∈0,π2，所以∠FEN=π4，
所以sin∠FEN=22，
所以EF与平面ABCD所成角的正弦值为22．
【考点】
直线与平面平行的判定
直线与平面所成的角
【解析】
此题暂无解析
【解答】
(1)证明：取AD的中点G，连接CE，EG，
因为四边形ABCD是直角梯形，2BC=AB=AD=4，AB⊥AD，
所以C，E，G三点共线，
因为E，F分别是BD，PC的中点．
所以EF//PG.
因为EF⊄平面PAD，PG⊂平面PAD，
所以EF//平面PAD．
(2)解：因为PA⊥平面ABCD，F是PC的中点，E是BD的中点，
取AB的中点M，连接EM，过F作FN⊥平面ABCD，易得垂足N在EM上，如图，
所以∠FEN为EF与平面ABCD所成的角.
因为2BC=2PA=AB=AD=4，
所以EN=12EM=14AD=1，FN=12PA=1．
在Rt△EFN中，tan∠FEN=FNEN=1，
因为∠FEN∈0,π2，所以∠FEN=π4，
所以sin∠FEN=22，
所以EF与平面ABCD所成角的正弦值为22．
【答案】
解：(1)由题意，这600辆车在9:20−10:40时间段内通过该收费点的时刻的平均值为：
(30×0.005+50×0.015+70×0.020+90×0.010)×20=64，
即10点04分．
(2)结合频率分布直方图和分层抽样的方法可知：
抽取的10辆车中，
在10：00前通过的车辆数就是位于时间分组中在[20,60)这一区间内的车辆数，
即(0.005+0.015)×20×10=4，
所以X的可能取值为0，1，2，3，4．
所以P(X=0)=C64C104=114，P(X=1)=C63C41C104=821，
P(X=2)=C62C42C104=37，P(X=3)=C61C43C104=435，
P(X=4)=C44C104=1210，
所以X的分布列为：
所以E(X)=0×114+1×821+2×37+3×435+4×1210=85．
(3)由(1)可得μ=64，
σ2=(30−64)2×0.1+(50−64)2×0.3+
(70−64)2×0.4+(90−64)2×0.2=324，
所以σ=18．
估计在9:46−10:40这一时间段内通过的车辆数，
也就是46由T∼N(μ,σ2)，
P(64−18=P(μ−σ所以估计在9:46−10:40这一时间段内通过的车辆数为1000×0.8186≈819辆．
【考点】
众数、中位数、平均数
离散型随机变量的期望与方差
离散型随机变量及其分布列
正态分布的密度曲线
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)由题意，这600辆车在9:20−10:40时间段内通过该收费点的时刻的平均值为：
(30×0.005+50×0.015+70×0.020+90×0.010)×20=64，
即10点04分．
(2)结合频率分布直方图和分层抽样的方法可知：
抽取的10辆车中，
在10：00前通过的车辆数就是位于时间分组中在[20,60)这一区间内的车辆数，
即(0.005+0.015)×20×10=4，
所以X的可能取值为0，1，2，3，4．
所以P(X=0)=C64C104=114，P(X=1)=C63C41C104=821，
P(X=2)=C62C42C104=37，P(X=3)=C61C43C104=435，
P(X=4)=C44C104=1210，
所以X的分布列为：
所以E(X)=0×114+1×821+2×37+3×435+4×1210=85．
(3)由(1)可得μ=64，
σ2=(30−64)2×0.1+(50−64)2×0.3+
(70−64)2×0.4+(90−64)2×0.2=324，
所以σ=18．
估计在9:46−10:40这一时间段内通过的车辆数，
也就是46由T∼N(μ,σ2)，
P(64−18=P(μ−σ所以估计在9:46−10:40这一时间段内通过的车辆数为1000×0.8186≈819辆．
【答案】
解：(1)设F1−c,0c>0，因为过点F1的直线在y轴上的截距为1，
所以直线MN的方程为x−c+y=1，即y=1cx+1，
因为F2到直线MN的距离为2，
所以2(1c)2+1=2，解得c=1，
因为e=12，所以ca=12，所以a=2，
因为b2=a2−c2=4−1=3，
所以椭圆的方程为x24+y23=1．
(2)设Mx1,y1，Nx2,y2，
由(1)知直线MN的方程为y=x+1，
由x24+y23=1，y=x+1，
消去y得7x2+8x−8=0，
由韦达定理得x1+x2=−87，x1x2=−87，
由y1+y2=−87+2=67，y1y2=x1x2+x1+x2+1=−87−87+1=−97.
因为P0,m，PM→⋅PN→≤437m−877，
所以PM→⋅PN→=x1,y1−m⋅x2,y2−m
=x1x2+y1y2−my1+y2+m2
=−87−97−67m+m2=m2−67m−177.
所以m2−67m−177≤437m−877，解得2≤m≤5，
由弦长公式得|MN|=2⋅−872−4×−87=247，
由点到直线的距离公式得P到直线MN的距离h=|m−1|2.
所以 S△PMN=12|MN|⋅h=127 |m−1|2=627|m−1|，
所以S△PMN的最大值是2427．
【考点】
椭圆的标准方程
直线与椭圆结合的最值问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)设F1−c,0c>0，因为过点F1的直线在y轴上的截距为1，
所以直线MN的方程为x−c+y=1，即y=1cx+1，
因为F2到直线MN的距离为2，
所以2(1c)2+1=2，解得c=1，
因为e=12，所以ca=12，所以a=2，
因为b2=a2−c2=4−1=3，
所以椭圆的方程为x24+y23=1．
(2)设Mx1,y1，Nx2,y2，
由(1)知直线MN的方程为y=x+1，
由x24+y23=1，y=x+1，
消去y得7x2+8x−8=0，
由韦达定理得x1+x2=−87，x1x2=−87，
由y1+y2=−87+2=67，y1y2=x1x2+x1+x2+1=−87−87+1=−97.
因为P0,m，PM→⋅PN→≤437m−877，
所以PM→⋅PN→=x1,y1−m⋅x2,y2−m
=x1x2+y1y2−my1+y2+m2
=−87−97−67m+m2=m2−67m−177.
所以m2−67m−177≤437m−877，解得2≤m≤5，
由弦长公式得|MN|=2⋅−872−4×−87=247，
由点到直线的距离公式得P到直线MN的距离h=|m−1|2.
所以 S△PMN=12|MN|⋅h=127 |m−1|2=627|m−1|，
所以S△PMN的最大值是2427．
【答案】
解：(1)gx的定义域为0,+∞，
g′x=2a+1−2lnxx3，
若a≤−12，因为x>1，所以lnx>0，所以g′x<0，
所以gx在1,+∞上单调递减．
若a>−12，令g′x=0，得x=ea+12.
当10；
当x>ea+12时，g′x<0，
所以gx的单调递减区间为ea+12,+∞，单调递增区间为(1,ea+12)．
(2)x2fx+a≥2−e，即xlnx−ax+a+e−2≥0对x∈0,+∞恒成立，
令hx=xlnx−ax+a+e−2，
则h′x=lnx+1−a，
令h′x=0，得x=ea−1．
当x∈0,ea−1时，h′x<0，
当x∈ea−1,+∞时，h′x>0，
所以hx的最小值为h(ea−1)=(a−1)ea−1+a+e−2−aea−1=a+e−2−ea−1 ．
令ta=a+e−2−ea−1，
则t′a=1−ea−1，令t′a=0，得a=1.
当a∈[0,1)时，t′a>0，ta在[0,1）上单调递增；
当a∈1,+∞时，t′a<0，ta在1,+∞上单调递减．
所以当a∈[0,1）时，hx的最小值为ta≥t0=e−2−1e>0，
当a∈[1,+∞）时，hx的最小值为ta=a+e−2−ea−1≥0=t2 ．
故a的取值范围是0,2 .
【考点】
利用导数研究函数的单调性
利用导数研究不等式恒成立问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)gx的定义域为0,+∞，
g′x=2a+1−2lnxx3，
若a≤−12，因为x>1，所以lnx>0，所以g′x<0，
所以gx在1,+∞上单调递减．
若a>−12，令g′x=0，得x=ea+12.
当10；
当x>ea+12时，g′x<0，
所以gx的单调递减区间为ea+12,+∞，单调递增区间为(1,ea+12)．
(2)x2fx+a≥2−e，即xlnx−ax+a+e−2≥0对x∈0,+∞恒成立，
令hx=xlnx−ax+a+e−2，
则h′x=lnx+1−a，
令h′x=0，得x=ea−1．
当x∈0,ea−1时，h′x<0，
当x∈ea−1,+∞时，h′x>0，
所以hx的最小值为h(ea−1)=(a−1)ea−1+a+e−2−aea−1=a+e−2−ea−1 ．
令ta=a+e−2−ea−1，
则t′a=1−ea−1，令t′a=0，得a=1.
当a∈[0,1)时，t′a>0，ta在[0,1）上单调递增；
当a∈1,+∞时，t′a<0，ta在1,+∞上单调递减．
所以当a∈[0,1）时，hx的最小值为ta≥t0=e−2−1e>0，
当a∈[1,+∞）时，hx的最小值为ta=a+e−2−ea−1≥0=t2 ．
故a的取值范围是0,2 .
【答案】
解：1由x=2+csαy=3+sinα，
得(x−2)2+(y−3)2=1，
即x2+y2−4x−6y+12=0，
故曲线C的极坐标方程为
ρ2−4ρcsθ−6ρsinθ+12=0.
2由1知，曲线C表示圆心为C(2,3)，半径为1的圆.
因为点A的极坐标为3,π2，
所以A的坐标为(0,3)，
所以|AC|=2，
所以|AM|=22−1=3.
因为|OC|=13，
所以|ON|=13−1=23，
故|ON||AM|=2.
【考点】
圆的极坐标方程与直角坐标方程的互化
圆的参数方程
极坐标的概念
直线与圆的位置关系
两点间的距离公式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：1由x=2+csαy=3+sinα，
得(x−2)2+(y−3)2=1，
即x2+y2−4x−6y+12=0，
故曲线C的极坐标方程为
ρ2−4ρcsθ−6ρsinθ+12=0.
2由1知，曲线C表示圆心为C(2,3)，半径为1的圆.
因为点A的极坐标为3,π2，
所以A的坐标为(0,3)，
所以|AC|=2，
所以|AM|=22−1=3.
因为|OC|=13，
所以|ON|=13−1=23，
故|ON||AM|=2.
【答案】
解：(1)当a=2时，fx=|x−3|+|2x−4|=−3x+7，x≤3，x−1，23，
当x≤2时，由−3x+7≤13x+1，解得95≤x≤2；
当2当x>3时，由3x−7≤13x+1，解得x∈⌀.
综上可得，原不等式的解集为{x|95≤x≤3}.

(2)因为x∈0,3，所以fx<−x+11等价于|ax−4|<8，
即等价于−4x≤a≤12x .
所以由题设得，−4x又由x∈0,3 可知，−4x<−43，4<12x ，
所以−43≤a≤4，
即a的取值范围为−43,4．
【考点】
绝对值不等式的解法与证明
不等式恒成立问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)当a=2时，fx=|x−3|+|2x−4|=−3x+7，x≤3，x−1，23，
当x≤2时，由−3x+7≤13x+1，解得95≤x≤2；
当2当x>3时，由3x−7≤13x+1，解得x∈⌀.
综上可得，原不等式的解集为{x|95≤x≤3}.

(2)因为x∈0,3，所以fx<−x+11等价于|ax−4|<8，
即等价于−4x≤a≤12x .
所以由题设得，−4x又由x∈0,3 可知，−4x<−43，4<12x ，
所以−43≤a≤4，
即a的取值范围为−43,4．X
0
1
2
3
4
P
114
821
37
435
1210
X
0
1
2
3
4
P
114
821
37
435
1210