2020-2021学年河南省南阳市高三（上）10月阶段测试数学（理）试卷北师大版

这是一份2020-2021学年河南省南阳市高三（上）10月阶段测试数学（理）试卷北师大版，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. sin2021π3=( )
A.−12B.12C.−32D.32

2. 设集合A=x∣y=−x2−2x+3，B=x∣2x>12，则A∩B=( )
A.[−3,−1)B.[−3,1)C.−1,1D.(−1,1]

3. 已知公差不为0的等差数列an中，a2=6，a3是a1，a9的等比中项，则an的前5项之和S5=( )
A.30B.45C.63D.84

4. 函数fx=x2+lnx−2的图象在点(1,f(1))处的切线方程为( )
A.y=3x−4B.y=2x−3C.y=−2x+1D.y=−3x+2

5. “欲穷千里目，更上一层楼”出自唐朝诗人王之涣的《登鹳雀楼》，鹳雀楼位于今山西永济市，该楼有三层，前对中条山，下临黄河，传说常有鹳雀在此停留，故有此名．下面是复建的鹳雀楼的示意图，某位游客（身高忽略不计）从地面D点看楼顶点A的仰角为30∘，沿直线前进79米到达E点，此时看点C的仰角为45∘，若BC=2AC，则楼高AB约为(保留到整数位，3≈1.7321)( )

A.65米B.74米C.83米D.92米

6. “alg0.2b”的( )
A.充要条件B.既不充分也不必要条件
C.充分不必要条件D.必要不充分条件

7. 已知在四边形ABCD中，AB⊥AD，CD=1，AB→+2CD→=0→，E是BC的中点，则AB→⋅AE→=( )
A.32B.2C.3D.4

8. 函数f(x)=x2+ln|x|2x2的图象大致为( )
A.B.
C.D.

9. 若α∈π2,π， cs2α+sin5π4−α=0，则sin2α+π6=( )
A.−32B.0C.32D.−32或0

10. 若a，b为正实数，且12a+b+1a+2b=1，则a+b的最小值为( )
A.23B.43C.2D.4

11. 已知fx是定义在R上的奇函数，∀x∈R，恒有fx+fx+2=0，且当x∈(0,1]时，fx=2x+1，则f0+f1+f2+⋯+f2021=( )
A.1B.2C.3D.4

12. 设函数f′x是函数fxx∈R的导函数，若对于任意的x∈R，恒有xf′x+2fx<0，则函数gx=fx−2x2的零点个数为( )
A.0B.1C.2D.3
二、填空题

若变量x，y满足约束条件2x−y+2≥0，x+y−2≤0，x−2y−2≤0,则z=3x−y的最大值为________.

已知向量a→=1,3，a→−b→=13，a→⋅b→=1，则|b→|=________.

已知数列an的前n项和为Sn，且Sn=2an−2，则数列nan的前n项和Tn=________.

若函数fx在定义域D内满足：对任意的x1，x2，x3∈D且x1+x2>x3，有fx1+fx2>fx3，则称函数fx为“类单调递增函数”．下列函数是“类单调递增函数”的有________（填写所有满足题意的函数序号）．
①fx=x；②fx=x2；③fx=lnx；④fx=sinx0三、解答题

已知在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且ccsB−2csA=2a−bcsC.
(1)求ab的值；

(2)若csC=34，c=2，求△ABC的面积．

如图，在四棱锥P−ABCD中，AB//CD，AB⊥BC，CD=2AB，PA⊥平面ABCD，E为PD的中点．

(1)证明：AE//平面PBC；

(2)若PA=CD=2BC，求二面角A−PD−C的余弦值．

2020年全球暴发新冠肺炎疫情，其最大特点是人传人，传播快，病亡率高．通过佩戴口罩可以有效地降低病毒传染率．在某高风险地区，公共场合未戴口罩被感染的概率是12，戴口罩被感染的概率是110，现有在公共场合活动的甲、乙、丙、丁、戊5个人，每个人是否被感染相互独立．
(1)若他们都未戴口罩，求其中恰有3人被感染的概率.

(2)若他们中有3人戴口罩，设5人中被感染的人数为X，求：
(i)PX=2；
(ii)EX.
附：对于两个随机变量ξ，η，有Eξ+η=Eξ+Eη.

已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的长轴长为4，上顶点为A，左、右焦点分别为F1，F2，且∠F1AF2=60∘，O为坐标原点．
(1)求椭圆C的方程；

(2)设点M，N为椭圆C上的两个动点，若OM→⋅ON→=0，问：点O到直线MN的距离d是否为定值？若是，求出d的值；若不是，请说明理由.

已知函数fx=2lnx−axa∈R.
(1)讨论fx的单调性；

(2)若函数gx=fx+x2有两个极值点x1,x2x10恒成立，求实数m的取值范围．

已知在极坐标系中，曲线C1的极坐标方程为ρ3csθ−sinθ=23+2．以极点为平面直角坐标系的原点，极轴为x轴的正半轴，建立平面直角坐标系，曲线C2的参数方程为x=31+cst，y=−2+3sint（t为参数）.
(1)求曲线C1的直角坐标方程和C2的普通方程；

(2)设曲线C1与曲线C2相交于A，B两点，求|AB|的值．

已知函数fx=|2x−1|+|x+2|.
(1)求不等式fx>4的解集；

(2)若fx的最小值为m，且实数a，b满足3a−4b=2m，求a−22+b+12的最小值．
参考答案与试题解析
2020-2021学年河南省南阳市高三（上）10月阶段测试数学（理）试卷
一、选择题
1.
【答案】
C
【考点】
运用诱导公式化简求值
【解析】
利用诱导公式以及特殊角的三角函数值得解.
【解答】
解：sin2021π3=sin673π+23π=sinπ+23π
=−sin23π=−sinπ−π3
=−sinπ3=−32.
故选C.
2.
【答案】
D
【考点】
指、对数不等式的解法
一元二次不等式的解法
交集及其运算
【解析】
先解出二次不等式，指数不等式，再解集合的交集.
【解答】
解：由题可知−x2−2x+3≥0，
解得−3≤x≤1，即A=x|−3≤x≤1.
由2x>12=2−1，
解得x>−1，即B=x|x>−1，
解得A∩B=(−1,1].
故选D.
3.
【答案】
B
【考点】
等比中项
等差数列的前n项和
【解析】
利用等差数列等比数列得性质列解方程组，得首项与公差，再利用等差数列的求和得解.
【解答】
解：设等差数列的公差为d且不为0，
由题可知a2=6，a32=a1⋅a9，
得a1+d=6,a1+2d2=a1a1+8d,
解得：d=3，a1=3，
∴ S5=5a1+5×42d=45.
故选B.
4.
【答案】
A
【考点】
利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】
求出切线的斜率和切点坐标，代入直线方程的点斜式即可求解.
【解答】
解：∵ f′x=2x+1x，
∴ f′1=2+1=3.
又∵ f1=−1，
∴ 切线方程为y+1=3(x−1)，即y=3x−4.
故选A.
5.
【答案】
B
【考点】
解三角形的实际应用
【解析】
设出AC，表示出BD，BE，构造方程即可解出.
【解答】
解：设AC=x，则BC=2AC=2x，
在Rt△BCE中，由于∠BCE=45∘，则BE=BC=2x，
在Rt△ABD中，由于∠ADB=30∘，则BD=3AB=33x，
所以DE=BD−BE=33x−2x=79，
解得x=7933−2≈24.7，
所以楼高AB=3x=24.7×3≈74（米）.
故选B.
6.
【答案】
D
【考点】
必要条件、充分条件与充要条件的判断
对数值大小的比较
【解析】
分别化简关系式，由充要条件的判断方法即可得出结论.
【解答】
解：由aa≥0.
∵ y=lg0.2x在定义域上为减函数，
又lg0.2a>lg0.2b，
∴ b>a>0.
∵ “b>a≥0”是“b>a>0”的必要不充分条件，
∴ “alg0.2b”的必要不充分条件.
故选D.
7.
【答案】
C
【考点】
向量的线性运算性质及几何意义
平面向量数量积
【解析】
直接利用向量的数量积及线性运算，即可计算出结果.
【解答】
解：AB→⋅AC→=AB→⋅(AD→+DC→)=AB→⋅AD→+AB→⋅DC→，
又∵ AB⊥AD，
∴ AB→⋅AD→=0，
又∵ AB→=−2CD→=2DC→，
∴ AB→⋅DC→=2DC→2=2|DC→|2，
又∵ |CD→|=1，
∴ AB→⋅DC→=2，AB→=2，
∴ AB→⋅AC→=0+2=2，
∴ AB→⋅AE→=AB→⋅12(AB→+AC→)=12AB→2+AB→⋅AC→
=12×22+2=3.
故选C.
8.
【答案】
B
【考点】
复合函数的单调性
函数的图象
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵ f(−x)=(−x)2+ln|−x|2(−x)2=x2+ln|x|2x2=f(x)，
所以f(x)是偶函数，其图象关于y轴对称，故排除C，D.
又f(1)=1>0，f(12)=14−ln4<0，故排除A.
故选B.
9.
【答案】
A
【考点】
二倍角的余弦公式
两角和与差的正弦公式
三角函数的恒等变换及化简求值
【解析】
由cs2α+sin5π4−α=0得到sinα+π4=12，进而求出α=7π12，代入即可求解.

【解答】
解：∵ cs2α+sin5π4−α=0，
∴ cs2α−sin2α−22csα+22sinα=0，
∴ csα+sinα−22csα−sinα=0，
∵ α∈π2,π，
∴ csα+sinα−22=0或csα−sinα=0(舍去)，
∴ 2sinα+π4=22，
∴ sinα+π4=12，
∵ α∈π2,π，α+π4∈3π4,5π4，
∴ α+π4=5π6，
∴ α=7π12，
∴ sin2α+π6=sin4π3=−sinπ3=−32.
故选A.
10.
【答案】
B
【考点】
基本不等式在最值问题中的应用
【解析】
把a+b变形为a+b=a+b12a+b+1a+2b=a+b2a+b+a+ba+2b，再利用已知可得
2a+ba+2b=3a+b，利用基本不等式即可得出．
【解答】
解：a+b=13(3a+3b)
=13[(2a+b)+(a+2b)]
=13[(2a+b)+(a+2b)]⋅12a+b+1a+2b
=132+2a+ba+2b+a+2b2a+b
≥132+22a+ba+2b⋅a+2b2a+b=43，
当且仅当2a+ba+2b=a+2b2a+b，即b=23，a=23时等号成立，
∴ a+b的最小值是43.
故选B.
11.
【答案】
C
【考点】
函数的周期性
函数奇偶性的性质
函数的求值
【解析】
由题意得到f(x)为周期函数，周期T=4，f(0)+f(1)+f(2)+f(3)=0，利用函数的周期性求解即可.
【解答】
解：∵ 函数f(x)为奇函数，
∴ f(0)=0.
∵ f(x)+f(x+2)=0，
∴ f(x)=−f(x+2)，
∴ f(x+4)=−f(x+2)=f(x)，
∴ f(x)为周期函数，周期T=4.
∵ 当x∈(0,1]时，fx=2x+1，
∴ f(1)=3.
又∵ f(x)=−f(x+2)，
∴ f(0)=−f(2)=0，
f(3)=−f(1)=−3，
∴ f(0)+f(1)+f(2)+f(3)=0，
∴ f(0)+f(1)+f(2)+⋯+f(2021)=505×0+f(1)=3.
故选C.
12.
【答案】
A
【考点】
利用导数研究函数的单调性
函数的零点
【解析】
构造函数ℎx=x2fx，由题意得到ℎx=x2fx≤0，得到gx=fx−2x2=0无解，即函数gx无零点.

【解答】
解：构造函数ℎx=x2fx，
则ℎ′x=2xfx+x2f′x=x2fx+xf′x.
∵ 2fx+xf′x<0恒成立，
∴ 当x>0，ℎ′x<0，ℎx单调递减；
当x<0，ℎ′x>0，ℎx单调递增，
∴ 当x=0时，函数ℎx=x2fx有极大值为ℎ0=0，
∴ ℎx=x2fx≤0.
令gx=fx−2x2=0，
则x2fx=2，
由于ℎx=x2fx≤0，
∴ x2fx=2无解，即函数gx无零点.
故选A.
二、填空题
【答案】
6
【考点】
求线性目标函数的最值
【解析】
首先作出线性区域，再结合集合意义确定最值.
【解答】
解：作出线性区域如图：（阴影区域）
由z=3x−y，则y=3x−z，
由图可知：当直线y=3x−z平移过点2,0时，z取得最大值，
故zmax=3×2−0=6.
故答案为：6.
【答案】
5
【考点】
平面向量数量积
向量的模
【解析】
先求出a→=12+32=10，代入a→−b→=a→−b→2=a→2+b→2−2a→⋅b→，求出b→=5即可.
【解答】
解：∵ a→=1,3，
∴ a→=12+32=10，
又∵ a→−b→=a→−b→2=a→2+b→2−2a→⋅b→
=10+b→2−2=13，
∴ b→=5.
故答案为：5.
【答案】
2−n+22n
【考点】
数列的求和
数列递推式
等比数列的通项公式
【解析】
由题先得到数列an是以首项为2，公比为2的等比数列，求出数列an的通项公式，即可得nan=n⋅12n，进而得到Tn= 1×12+2×122+3×123+…+n×12n，再根据错位相减法即可求解数列的和.
【解答】
解：当n=1时，a1=S1=2a1−2,
解得a1=2，
当n≥2时，Sn−1=2an−1−2，
∴ an=Sn−Sn−1=2an−2−2an−1−2，
∴ anan−1=2，
∴ 数列an是以首项为2，公比为2的等比数列，
∴ an=2nn∈N∗，
∴ nan=n⋅12n，
∴ Tn= 1×12+2×122+3×123+⋯
+n×12n，
∴ 12Tn=1×122+2×123+3×124+⋯
+n×12n+1，
上面两式相减，可得
12Tn=12+122+123+124+⋯
+12n−n⋅12n+1
=12[1−12n]1−12−n⋅12n+1
=1−12⋅n+22n，
∴ Tn=2−n+22n.
故答案为：2−n+22n.
【答案】
①④
【考点】
函数单调性的性质
函数单调性的判断与证明
【解析】
根据题意依次分析命题：通过做差比较f(x1)+f(x2)−f(x3)大于还是小于零，得出结论.
【解答】
解：①函数y=x，x1+x2≥x1+x2>x3，
即f(x1)+f(x2)>f(x3)，
∴ ①是“类单调递增函数”；
②函数y=x2，取x1=x2=2，x3=3，
此时x12+x22=8，x32=9，即f(x1)+f(x2)∴ ②不是“类单调递增函数”；
③函数y=lnx，取x1=x2=x3=1，
此时lnx1+lnx2=0，lnx3=0，即f(x1)+f(x2)=f(x3)，
∴ ③不是“类单调递增函数”；
④x1，x2，x3∈(0,π2)，
若x1+x2≤π2，则sinx1+sinx2≥sinx1csx2+sinx2csx1
=sin(x1+x2)>sinx3；
若π2sinx1+sinx2>sin(π2−x2)+sinx2
=csx2+sinx2=2sin(x2+π4)>1>sinx3，
即f(x1)+f(x2)>f(x3)，
∴ ④是“类单调递增函数”.
综上，是“类单调递增函数”的有①④.
故答案为：①④．
三、解答题
【答案】
解：(1)由条件和正弦定理得，
sinC(csB−2csA)=(2sinA−sinB)csC，
化简得：sin(B+C)=2sin(A+C)，
∵ 在△ABC中，A+B+C=π，
∴ sinA=2sinB，
∴ 由正弦定理可得
ab=sinAsinB=2．
(2)∵ csC=34，c=2，ab=2，
∴ 由余弦定理得a2+b2−c22ab=34，
即(2b)2+b2−44b2=34，
解得b=2，
则a=2b=22，
又∵ sinC=1−cs2C=74，
∴ S△ABC=12absinC=12×22×2×74=72．
【考点】
解三角形
余弦定理
正弦定理
同角三角函数间的基本关系
【解析】
(1)本题考查解三角形，三角恒等变换及正、余弦定理的应用．
(2)本题考查解三角形，三角恒等变换及正、余弦定理的应用．
【解答】
解：(1)由条件和正弦定理得，
sinC(csB−2csA)=(2sinA−sinB)csC，
化简得：sin(B+C)=2sin(A+C)，
∵ 在△ABC中，A+B+C=π，
∴ sinA=2sinB，
∴ 由正弦定理可得
ab=sinAsinB=2．
(2)∵ csC=34，c=2，ab=2，
∴ 由余弦定理得a2+b2−c22ab=34，
即(2b)2+b2−44b2=34，
解得b=2，
则a=2b=22，
又∵ sinC=1−cs2C=74，
∴ S△ABC=12absinC=12×22×2×74=72．
【答案】
(1)证明：取CD的中点F，连结EF，AF.
∵ E为PD的中点，
∴ EF//PC.
∵ CD=2AB，
∴ AB=12CD=CF.
又∵ AB//CD，AB⊥BC，
∴ 四边形ABCF是矩形，
∴ AF//BC．
∵ EF∩AF=F，PC∩BC=C，
∴ 平面AEF//平面PBC．
∵ AE⊂平面AEF，
∴ AE//平面PBC．
(2)解：由已知和(1)可得AB，AF，PA两两垂直，
建立如图所示的空间直角坐标系A−xyz．
设CD=2AB=2，
则PA=CD=2BC=2，
可得：A0,0,0，P0,0,2， C1,1,0，D1,−1,0，
∴ AP→=(0,0,2)，DC→=(0,2,0)，PD→=(1,−1,−2).
设平面APD的一个法向量为m→=(x,y,z)，
则m→⋅AP→=0，m→⋅PD→=0，即2z=0，x−y−2z=0，
令x=1，得m→=1,1,0，
设平面CPD的一个法向量为n→=x,y,z，
则n→⋅DC→=0，n→⋅PD→=0，即2y=0，x−y−2z=0，
令x=2，得n→=2,0,1，
∴ cs⟨m→,n→⟩=m→⋅n→|m→||n→|=22×5=105，
∴ 二面角A−PD−C的余弦值为105．
【考点】
用空间向量求平面间的夹角
平面与平面平行的判定
直线与平面平行的判定
【解析】


【解答】
(1)证明：取CD的中点F，连结EF，AF.
∵ E为PD的中点，
∴ EF//PC.
∵ CD=2AB，
∴ AB=12CD=CF.
又∵ AB//CD，AB⊥BC，
∴ 四边形ABCF是矩形，
∴ AF//BC．
∵ EF∩AF=F，PC∩BC=C，
∴ 平面AEF//平面PBC．
∵ AE⊂平面AEF，
∴ AE//平面PBC．
(2)解：由已知和(1)可得AB，AF，PA两两垂直，
建立如图所示的空间直角坐标系A−xyz．
设CD=2AB=2，
则PA=CD=2BC=2，
可得：A0,0,0，P0,0,2， C1,1,0，D1,−1,0，
∴ AP→=(0,0,2)，DC→=(0,2,0)，PD→=(1,−1,−2).
设平面APD的一个法向量为m→=(x,y,z)，
则m→⋅AP→=0，m→⋅PD→=0，即2z=0，x−y−2z=0，
令x=1，得m→=1,1,0，
设平面CPD的一个法向量为n→=x,y,z，
则n→⋅DC→=0，n→⋅PD→=0，即2y=0，x−y−2z=0，
令x=2，得n→=2,0,1，
∴ cs⟨m→,n→⟩=m→⋅n→|m→||n→|=22×5=105，
∴ 二面角A−PD−C的余弦值为105．
【答案】
解：(1)若他们都未戴口罩，则恰有3人被感染的概率是
P=C53×123×1−122=516．
(2)(i)当被感染的两人都未戴口罩时，
P1=122×9103=7294000；
当被感染的两人中，只有一人戴口罩时，
P2=C31×110×9102×C21×12×12=2432000；
当被感染的两人都戴口罩时，
P3=C32×1102×910×122=274000．
∴ PX=2=P1+P2+P3
=7294000+2432000+274000=6212000．
(ii)设戴口罩的3人被感染的人数为Y，则Y∼B3,110，
设未戴口罩的2人被感染的人数为Z，则Z∼B2,12，
∴ EX=EY+EZ=3×110+2×12=1310．
【考点】
相互独立事件的概率乘法公式
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
【解析】
（Ⅰ）若他们都未戴口罩，则恰有3人被感染的概率是P=C53×123×1−122=516．
（Ⅱ）（i）当被感染的两人都未戴口罩时，P1=122×9103=7294000；
当被感染的两人中，只有一人戴口罩时，P2=C31×110×9102×C21×12×12=2432000；
当被感染的两人都戴口罩时P3=C32×1102×910×122=274000．
所以PX=2=P1+P2+P3=7294000+2432000+274000=6212200．
（ii）设戴口罩的3人被感染的人数为Y，则y∼b3,110，
设未戴口罩的2人被感染的人数为Z，则z∼B2,12，
所以EX=EY+EZ=3×110+2×12=1310．
【解答】
解：(1)若他们都未戴口罩，则恰有3人被感染的概率是
P=C53×123×1−122=516．
(2)(i)当被感染的两人都未戴口罩时，
P1=122×9103=7294000；
当被感染的两人中，只有一人戴口罩时，
P2=C31×110×9102×C21×12×12=2432000；
当被感染的两人都戴口罩时，
P3=C32×1102×910×122=274000．
∴ PX=2=P1+P2+P3
=7294000+2432000+274000=6212000．
(ii)设戴口罩的3人被感染的人数为Y，则Y∼B3,110，
设未戴口罩的2人被感染的人数为Z，则Z∼B2,12，
∴ EX=EY+EZ=3×110+2×12=1310．
【答案】
解：(1)设椭圆C的半焦距为c，
由已知可得2a=4，
解得a=2.
∵ ∠F1AF2=60∘，
∴ 在Rt△OAF2中，∠OAF2=30∘，|OA|=b，|OF2|=c，
∴ |AF2|=a=2，
∴ cs∠OAF2=ba=32，
解得b=3，
∴ 椭圆C的方程为x24+y23=1.
(2)当直线MN的斜率不存在时，MN⊥x轴，
由OM→⋅ON→=0，可得OM→⊥ON→，
结合椭圆的对称性，可设Mx,x，Nx,−x，则d=|x|.
将点Mx,x代入椭圆C的方程，得x24+x23=1，
解得x=±2217，
∴ d=2217；
当直线MN的斜率存在时，设直线MN的方程为y=kx+m，
此时点O到直线MN的距离d=|m|1+k2，即d2=m21+k2.
设M(x1,y1)，N(x2,y2)，
联立y=kx+m，x24+y23=1，
整理得：(3+4k2)x2+8kmx+4m2−12=0，
则Δ=64k2m2−43+4k24m2−12>0，
化简得：m2<4k2+3，
∴ x1+x2=−8km3+4k2，x1x2=4m2−123+4k2，
∴ x1x2+y1y2=x1x2+(kx1+m)(kx2+m)
=(1+k2)x1x2+km(x1+x2)+m2
=(1+k2)⋅4m2−123+4k2−8k2m23+4k2+m2
=7m2−12(k2+1)3+4k2.
又∵ OM→⋅ON→=0，
∴ x1x2+y1y2=0，即7m2−12(k2+1)3+4k2=0，
解得m2=127(1+k2)，
∴ d2=127，得d=2217.
综上所述，点O到直线MN的距离d是2217，是定值．
【考点】
圆锥曲线中的定点与定值问题
解三角形
椭圆的标准方程
【解析】


【解答】
解：(1)设椭圆C的半焦距为c，
由已知可得2a=4，
解得a=2.
∵ ∠F1AF2=60∘，
∴ 在Rt△OAF2中，∠OAF2=30∘，|OA|=b，|OF2|=c，
∴ |AF2|=a=2，
∴ cs∠OAF2=ba=32，
解得b=3，
∴ 椭圆C的方程为x24+y23=1.
(2)当直线MN的斜率不存在时，MN⊥x轴，
由OM→⋅ON→=0，可得OM→⊥ON→，
结合椭圆的对称性，可设Mx,x，Nx,−x，则d=|x|.
将点Mx,x代入椭圆C的方程，得x24+x23=1，
解得x=±2217，
∴ d=2217；
当直线MN的斜率存在时，设直线MN的方程为y=kx+m，
此时点O到直线MN的距离d=|m|1+k2，即d2=m21+k2.
设M(x1,y1)，N(x2,y2)，
联立y=kx+m，x24+y23=1，
整理得：(3+4k2)x2+8kmx+4m2−12=0，
则Δ=64k2m2−43+4k24m2−12>0，
化简得：m2<4k2+3，
∴ x1+x2=−8km3+4k2，x1x2=4m2−123+4k2，
∴ x1x2+y1y2=x1x2+(kx1+m)(kx2+m)
=(1+k2)x1x2+km(x1+x2)+m2
=(1+k2)⋅4m2−123+4k2−8k2m23+4k2+m2
=7m2−12(k2+1)3+4k2.
又∵ OM→⋅ON→=0，
∴ x1x2+y1y2=0，即7m2−12(k2+1)3+4k2=0，
解得m2=127(1+k2)，
∴ d2=127，得d=2217.
综上所述，点O到直线MN的距离d是2217，是定值．
【答案】
解：(1)由已知可得f′(x)=2x−a(x>0)．
当a≤0时，f′(x)>0，f(x)在(0,+∞)上单调递增；
当a>0时，令f′(x)=0，解得x=2a．
当00，f(x)单调递增；
当x>2a时，f′(x)<0，f(x)单调递减．
综上，当a≤0时，f(x)在(0,+∞)上单调递增；
当a>0时，f(x)在0,2a上单调递增，
在2a,+∞上单调递减．
(2)g(x)=f(x)+x2=2lnx−ax+x2，
则g′(x)=2x−a+2x=2x2−ax+2x(x>0)．
若函数g(x)=f(x)+x2有两个极值点x1，x2，(x1则x1，x2是方程2x2−ax+2=0的两个不等正实根，
∴ Δ=a2−16>0，x1+x2=a2>0，
解得：a>4，
∴ x1+x2=a2>2①，x1x2=1②，
∴ 0要使g(x1)−mx2>0恒成立，
只需g(x1)x2>m恒成立．
由①②可得：
g(x1)x2=2lnx1−ax1+x12x2
=2lnx1−2x12−2+x121x1
=−x13−2x1+2x1lnx1．
令ℎ(t)=−t3−2t+2tlnt(0当0∴ ℎ(t)>ℎ(1)=−3，
∴ 要使g(x1)−mx2>0恒成立，只需满足m≤−3，
∴ 实数m的取值范围是(−∞,−3]．
【考点】
利用导数研究不等式恒成立问题
根与系数的关系
利用导数研究函数的单调性
简单复合函数的导数
【解析】
本题考查导数及其应用，考查不等式恒成立求参数取值范围．
本题考查导数及其应用，考查不等式恒成立求参数取值范围．
【解答】
解：(1)由已知可得f′(x)=2x−a(x>0)．
当a≤0时，f′(x)>0，f(x)在(0,+∞)上单调递增；
当a>0时，令f′(x)=0，解得x=2a．
当00，f(x)单调递增；
当x>2a时，f′(x)<0，f(x)单调递减．
综上，当a≤0时，f(x)在(0,+∞)上单调递增；
当a>0时，f(x)在0,2a上单调递增，
在2a,+∞上单调递减．
(2)g(x)=f(x)+x2=2lnx−ax+x2，
则g′(x)=2x−a+2x=2x2−ax+2x(x>0)．
若函数g(x)=f(x)+x2有两个极值点x1，x2，(x1则x1，x2是方程2x2−ax+2=0的两个不等正实根，
∴ Δ=a2−16>0，x1+x2=a2>0，
解得：a>4，
∴ x1+x2=a2>2①，x1x2=1②，
∴ 0要使g(x1)−mx2>0恒成立，
只需g(x1)x2>m恒成立．
由①②可得：
g(x1)x2=2lnx1−ax1+x12x2
=2lnx1−2x12−2+x121x1
=−x13−2x1+2x1lnx1．
令ℎ(t)=−t3−2t+2tlnt(0当0∴ ℎ(t)>ℎ(1)=−3，
∴ 要使g(x1)−mx2>0恒成立，只需满足m≤−3，
∴ 实数m的取值范围是(−∞,−3]．
【答案】
解：(1)曲线C1的直角坐标方程为3x−y=23+2，
即y=3x−23−2，
曲线C2的参数方程为x=31+cst，y=−2+3sint（t为参数）
消去参数t，可得C2的普通方程为x−32+y+22=9．
(2)曲线C1的参数方程可写为x=2+12s，y=−2+32s（s为参数），
代入曲线C2的普通方程，得s2−12+3s22=9，
整理得s2−s−8=0.
设A，B所对应的参数分别为s1，s2，
则s1+s2=1，s1s2=−8，
∴ |AB|=|s1−s2|=12+4×8=33.
【考点】
圆的极坐标方程与直角坐标方程的互化
直线的参数方程
参数方程的优越性
直线的极坐标方程与直角坐标方程的互化
直线和圆的方程的应用
【解析】


【解答】
解：(1)曲线C1的直角坐标方程为3x−y=23+2，
即y=3x−23−2，
曲线C2的参数方程为x=31+cst，y=−2+3sint（t为参数）
消去参数t，可得C2的普通方程为x−32+y+22=9．
(2)曲线C1的参数方程可写为x=2+12s，y=−2+32s（s为参数），
代入曲线C2的普通方程，得s2−12+3s22=9，
整理得s2−s−8=0.
设A，B所对应的参数分别为s1，s2，
则s1+s2=1，s1s2=−8，
∴ |AB|=|s1−s2|=12+4×8=33.
【答案】
解：(1)f(x)=|2x−1|+|x+2|=−3x−1,x≤−2,−x+3,−2由f(x)>4，可得x≤−2,−3x−1>4或−24或x≥12,3x+1>4,
解得x≤−2或−21，
所以不等式的解集为{x|x<−1或x>1}．
(2)由(1)易求得fxmin=f(12)=3×12+1=52，即m=52，
所以3a−4b=2m=5，即3a−4b−5=0．
因为点(2,−1)到直线3x−4y−5=0的距离d=|2×3−4×(−1)−5|32+(−4)2=1 ，
所以a−22+b+12的最小值为d2=1.
【考点】
绝对值不等式的解法与证明
点到直线的距离公式
两点间的距离公式
【解析】
本题考查绝对值不等式的解法和点到直线的距离公式，考查分类讨论思想和转化思想．

【解答】
解：(1)f(x)=|2x−1|+|x+2|=−3x−1,x≤−2,−x+3,−2由f(x)>4，可得x≤−2,−3x−1>4或−24或x≥12,3x+1>4,
解得x≤−2或−21，
所以不等式的解集为{x|x<−1或x>1}．
(2)由(1)易求得fxmin=f(12)=3×12+1=52，即m=52，
所以3a−4b=2m=5，即3a−4b−5=0．
因为点(2,−1)到直线3x−4y−5=0的距离d=|2×3−4×(−1)−5|32+(−4)2=1 ，
所以a−22+b+12的最小值为d2=1.