2020-2021学年江西省新余市高三（上）9月月考数学（理）试卷北师大版

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这是一份2020-2021学年江西省新余市高三（上）9月月考数学（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. 已知集合A={x2+x−2<0}，B={x|lg14x>12}，则( )
A.A⊆BB.B⊆A
C.A∩∁RB=⌀D.A∩B=x|−2
2. 若复数z满足z1−i=2i，则下列说法正确的是( )
A.z的虚部为iB.z为实数C.|z|=2D.z+z¯=2i

3. x+2xx−15展开式中x3项的系数为( )
A.−5B.−20C.15D.5

4. 设λ∈R，若单位向量e1→，e2→满足：e1→⊥e2→且向量3e1→+e2→与e1→−λe2→的夹角为π3，则λ=( )
A.33B.−33C.3D.1

5. 已知数列an满足an=1+2+3+⋯+n，则1a1+1a2+⋯+1a2020=( )
A.20202021B.20191010C.20192020D.40402021

6. 随机变量X的分布列如表：
若Eξ=2，则Dξ=( )
A.32B.43C.54D.65

7. 设a=(35)35，b=lg3532，c=(32)35，则a，b，c的大小关系是( )
A.a
8. 函数f(x)=x36+sinx的图象的大致形状是( )
A.B.
C.D.

9. 如图，已知三棱锥V−ABC ，点P是VA的中点，且AC=2，VB=4，过点P作一个截面，使截面平行于VB和AC，则截面的周长为( )

A.12B.10C.8D.6

10. 5G技术的数学原理之一便是著名的香农公式：C=Wlg2(1+SN)．它表示：在受噪声干挠的信道中，最大信息传递速率C取决于信道带宽W、信道内信号的平均功率S、信道内部的高斯噪声功率N的大小，其中SN叫做信噪比．按照香农公式，若不改变带宽W，而将信噪比SN从1000提升至2000，则C大约增加了( )（注：lg2≈0.3010）
A.10%B.30%C.50%D.100%

11. 已知函数y=sinωx+π6ω>0在区间0,π恰有3个零点，则ω的取值范围是( )
A.(76,176]B.(0,236]C.[176,236)D.(176,236]

12. 已知双曲线E：x2a2−y2b2=1a>0,b>0，过原点O任作一条直线，分别交双曲线E两支于点P，Q（点P在第一象限），点F为E的左焦点，且满足|PF|=3|FQ|，|OP|=b，则E的离心率为( )
A.3B.2C.5D.2
二、填空题

已知点A5,0，B0,4，动点P，Q分别在直线y=x+2和y=x上，且PQ与两直线垂直，则|AQ|+|QP|+|PB|的最小值为________.
三、解答题

圆O的内接四边形ABCD中，AD=BC=3，∠BAD=π3，sin∠ABD=3sin∠DBC.

(1)求AB的长度；

(2)求圆O的半径．

三棱柱ABC−A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，且AB=BC=1，AA1=2，∠ABC=120∘，D为CC1中点．

(1)求四面体A1−ABD的体积；

(2)求平面ABD与ACB1所成锐二面角的余弦值．

已知椭圆E的离心率为e=32，且经过点M1,32．
(1)求椭圆E的方程；

(2)设Px0,y0为椭圆E上非顶点的任意一点，若A，B分别为椭圆E的左顶点和上顶点，直线PA交y轴于D，直线PB交x轴于C，W=|AC||BD|，问：W的值是不是定值？若为定值，求之，若不为定值，说明理由．

如图，一只蚂蚁从单位正方体ABCD−A1B1C1D1的顶点A出发，每一步（均为等可能性的）经过一条边到达另一顶点，设该蚂蚁经过n步回到点A的概率为pn．

(1)分别写出p1，p2的值；

(2)设一只蚂蚁从顶点A出发经过n步到达点C的概率为qn，求pn+3qn的值；

(3)求pn．

(1)求fx=lnx−x的最大值；

(2)若ln(x+t)≤2x2+x+1对x≥0恒成立，求实数t的取值范围．

已知在直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为x=22t，y=−4+22t(t为参数)，在极坐标系(以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴)中，曲线C2的方程为ρsin2θ=2pcsθ(p>0)，曲线C1，C2交于A，B两点，且定点M(0, −4).
(1)若p=2，求|MA|+|MB|的值；

(2)若|MA|，|AB|，|MB|成等比数列，求p的值．

已知函数f(x)=|2x−a|+|x−1|，a∈R．
(1)若不等式f(x)≤2−|x−1|无解，求实数a的取值范围；

(2)当a<2时，函数f(x)的最小值为2，求实数a的值．
参考答案与试题解析
2020-2021学年江西省新余市高三（上）9月月考数学（理）试卷
一、选择题
1.
【答案】
B
【考点】
交、并、补集的混合运算
集合的包含关系判断及应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵ A={x2+x−2<0}={x|−2B={x|lg14x>12}={x|0∁RB={x|x≤0或x≥12}，
∴ B⊆A，故A错误，B正确；
A∩∁RB={x|−2A∩B=x|0故选B．
2.
【答案】
C
【考点】
复数的模
复数代数形式的混合运算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：因为z(1−i)=2i，
所以z=2i1−i=2i(1+i)(1−i)(1+i)
=−2+2i2=−1+i，
∴ z¯=−1−i，
∴ z的虚部为1，故A，B错误；
|z|=(−1)2+12=2，故C正确；
z+z¯=−1+i−1−i=−2，故D错误.
故选C．
3.
【答案】
B
【考点】
二项式系数的性质
【解析】

【解答】
解：x+2xx−15展开式中x3项的系数为C53−13+2C51−1=−20.
故选B．
4.
【答案】
A
【考点】
数量积表示两个向量的夹角
【解析】
根据题意即可设e1→=(0,1),e2→=(1,0)，从而可得出3e1→+e2→=(1,3),e1→−λe2→=(−λ,1)，然后根据3e1→+e2→与e1→−λe2→的夹角为π3即可得出关于λ的方程，解出λ即可．
【解答】
解：根据题意，设e1→=(0,1),e2→=(1,0)，
∴ 3e1→+e2→=(1,3)，e1→−λe2→=(−λ,1)，
∴ csπ3=(3e1→+e2→)⋅(e1→−λe2→)|3e1→+e2→|⋅|e1→−λe2→|
=−λ+32λ2+1=12，
解得λ=33．
故选A.
5.
【答案】
D
【考点】
数列的求和
等差数列的前n项和
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵ an=1+2+3+⋯+n=nn+12，
∴ 1an=2nn+1=21n−1n+1，
∴ 1a1+1a2+⋯+1a2020
=2×1−12+2×12−13+⋯+2×12020−12021
=2×1−12+12−13+⋯+12020−12021
=2×1−12021
=40402021.
故选D．
6.
【答案】
A
【考点】
离散型随机变量的期望与方差
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：f(x)=12+2a+4b=2，a+b=12，
解得a=b=14，
DX=12（1−2）2+14（4−2）2=32．
故选A．
7.
【答案】
C
【考点】
指数式、对数式的综合比较
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵ 0<3535<350=1，
lg35323235>320=1，
∴ b故选C．
8.
【答案】
A
【考点】
函数的图象与图象的变换
利用导数研究函数的单调性
函数图象的作法
【解析】
先根据函数奇偶性的概念判断出函数f(x)为奇函数，排除选项D；再求导得f′(x)=12x2+csx，然后分0【解答】
解：因为f(−x)=(−x)36+sin(−x)
=−x36−sinx=−f(x)，
所以函数f(x)为奇函数，排除选项D；
f′(x)=12x2+csx，
当00，所以f′(x)>0，f(x)单调递增；
当x≥2时，12x2≥1，csx∈[−1, 1]，所以f′(x)>0，f(x)也是单调递增．
综上可知，f(x)在(0, +∞)上单调递增，排除选项B和C．
故选A.
9.
【答案】
D
【考点】
截面及其作法
棱锥的结构特征
【解析】
根据题意画出图形，结合图形得出四边形EFPQ是平行四边形，计算平行四边形EFPQ的周长即可．
【解答】
解：过点P作PF//AC交VC于点F，过点F作FE//VB 交BC于点E，
过点E作EQ//AC交AB于点Q，如图所示，
∵ PF//AC，EQ//AC，
∴ EQ//PF.
∵ 点P是VA的中点，
∴ EQ=PF=12AC=1，
∴ 四边形EFPQ是平行四边形，
∴ EF=PQ=12VB=2，
∴ 截面四边形EFPQ的周长为2×2+1=6.
故选D．
10.
【答案】
A
【考点】
根据实际问题选择函数类型
对数的运算性质
【解析】
将信噪比SN从1000提升至2000时，C大约增加了Wlg2(1+2000)−Wlg2(1+1000)Wlg2(1+1000)，计算即可算出结果．
【解答】
解：将信噪比SN从1000提升至2000时，
C大约增加了Wlg2(1+2000)−Wlg2(1+1000)Wlg2(1+1000)
=lg22001−lg21001lg21001
=lg220011001lg21001
≈lg22lg103lg2
=lg23
≈10%.
故选A.
11.
【答案】
D
【考点】
函数的零点
y=Asin（ωx+φ）中参数的物理意义
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵ x∈0,π，
∴ ωx+π6∈π6,ωπ+π6.
设ωx+π6=t，
函数y=sinωx+π6ω>0在区间0,π内恰有3个零点，
即函数y=sint在区间π6,ωπ+π6内恰有3个零点.
令y=sint=0，可得t=kπ(k∈Z).
∵ t∈π6,ωπ+π6，
∴ y=sint的零点只能是π，2π，3π，
∴ 3π<ωπ+π6≤4π，解得176<ω≤236.
故选D．
12.
【答案】
A
【考点】
双曲线的离心率
双曲线的定义
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由题意可知，P，Q关于原点对称，则|OP|=|OQ|.
设双曲线的右焦点为F1，
∴ 四边形PFQF1为平行四边形，
则|PF1|=|FQ|，|PF|=|QF1|，
∵ |PF|=3|FQ|，|PF|−|PF1|=2a，
∴ |PF1|=a，|OF1|=c，
又∵ |OP|=b，a2+b2=c2，
∴ ∠OPF1=90∘.
在△QPF1中，|PQ|=2b，|QF1|=3a，|PF1|=a，
∴ (2b)2+a2=(3a)2，整理得：b2=2a2，
则双曲线的离心率e=ca=1+b2a2=3．
故选A．
二、填空题
【答案】
5+2
【考点】
两点间的距离公式
直线的一般式方程与直线的垂直关系
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：设Q(x,x)，
∵ P，Q分别在直线y=x+2和y=x上，
∴ |PQ|=2.
∵ PQ与两直线垂直，
∴ kPQ=−1，
∴ Px−1,x+1，
∴ |AQ|+|BP|=x−52+x2+x−12+x−32，
此式可理解为点Qx,x到A5,0及C1,3的距离之和，
∴ |AQ|+|BP|的最小值为|AC|=5，
∴ |AQ|+|QP|+|PB|的最小值为5+2.
故答案为：5+2．
三、解答题
【答案】
解：(1)设圆O半径为R，由正弦定理，
ADsin∠ABD=2R，CDsin∠DBC=2R，
∴ ADsin∠ABD=CDsin∠DBC，
又sin∠ABD=3sin∠DBC，故AD=3CD ，
∵ AD=3，∴ CD=1．
设AB=x，
则BD2=x2+9−2⋅x⋅3⋅12=32+12−2⋅3⋅−12．
∴ x2−3x−4=0，∴ x=4，x=−1(舍去).
∴ AB=4．
(2)BD2=42+32−2×4×3×12=13，
∴ BD=13．
∴ 2R=13sinπ3=1332=2393，
∴ R=393．
【考点】
余弦定理
正弦定理
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)设圆O半径为R，由正弦定理，
ADsin∠ABD=2R，CDsin∠DBC=2R，
∴ ADsin∠ABD=CDsin∠DBC，
又sin∠ABD=3sin∠DBC，故AD=3CD ，
∵ AD=3，∴ CD=1．
设AB=x，
则BD2=x2+9−2⋅x⋅3⋅12=32+12−2⋅3⋅−12．
∴ x2−3x−4=0，∴ x=4，x=−1(舍去).
∴ AB=4．
(2)BD2=42+32−2×4×3×12=13，
∴ BD=13．
∴ 2R=13sinπ3=1332=2393，
∴ R=393．
【答案】
解：(1)VA1−ABD=VD−A1AB=13S△A1AB×32
=13×1×32=36.
(2)设O为AC中点，O1为A1C1中点，
分别以OB，OC，OO1为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，如图，
则B12,0,0，C0,32,0，D0,32,1，
A0,−32,0，B112,0,2，
∴ AB→=12,32,0，AD→=0,3,1，
AC→=0,3,0，AB1→=12,32,2.
设平面ABD的法向量为m→=x1,y1,z1，
则m→⋅AB→=0⇒x1+3y1=0,m→⋅AD→=0⇒3y1+z1=0,
取m→=3,−1,3.
设平面ACB1的法向量为n→=x2,y2,z2，
则n→⋅AC→=0⇒y2=0,n→⋅AB1→=0⇒12x2+32y2+2z2=0,
取n→=4,0,−1，
∴ cs=337×17=3357119，
∴ 平面ABD与平面ACB1所成锐二面角的余弦值为3357119.
【考点】
用空间向量求平面间的夹角
柱体、锥体、台体的体积计算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)VA1−ABD=VD−A1AB=13S△A1AB×32
=13×1×32=36.
(2)设O为AC中点，O1为A1C1中点，
分别以OB，OC，OO1为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，如图，
则B12,0,0，C0,32,0，D0,32,1，
A0,−32,0，B112,0,2，
∴ AB→=12,32,0，AD→=0,3,1，
AC→=0,3,0，AB1→=12,32,2.
设平面ABD的法向量为m→=x1,y1,z1，
则m→⋅AB→=0⇒x1+3y1=0,m→⋅AD→=0⇒3y1+z1=0,
取m→=3,−1,3.
设平面ACB1的法向量为n→=x2,y2,z2，
则n→⋅AC→=0⇒y2=0,n→⋅AB1→=0⇒12x2+32y2+2z2=0,
取n→=4,0,−1，
∴ cs=337×17=3357119，
∴ 平面ABD与平面ACB1所成锐二面角的余弦值为3357119.
【答案】
解：(1)e=32，b2+c2=a2⇒a=2b，
设椭圆方程为x2+4y2=4b2，将M点坐标代入得，
1+3=4b2，解得b=1，
故椭圆方程为，x2+4y2=4，
即x24+y2=1.
(2)设D0,m,Cn,0，
由A、D、P共线可知kAP=kAD，
即y0x0+2=m2，
∴ m=2y0x0+2.
由B、P、C共线可知kBP=kBC，
即y0−1x0=−1n，
∴ n=x01−y0．
∴ |AC|=|n+2|=|x01−y0+2|=|x0+2−2y01−y0| ，
|BD|=|1−m|=|1−2y0x0+2|=|x0+2−2y0x0+2|，
∴ W=|AC||BD|=|x0+2−2y021−y0x0+2|
=|x02+4y02+4−4x0y0+4x0−8y0−x0y0+x0−2y0+2|,
由于x02+4y02=4，
∴ W=|−4x0y0+4x0−8y0+8−x0y0+x0−2y0+2|=4，为定值.
【考点】
圆锥曲线中的定点与定值问题
椭圆的离心率
椭圆的标准方程
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)e=32，b2+c2=a2⇒a=2b，
设椭圆方程为x2+4y2=4b2，将M点坐标代入得，
1+3=4b2，解得b=1，
故椭圆方程为，x2+4y2=4，
即x24+y2=1.
(2)设D0,m,Cn,0，
由A、D、P共线可知kAP=kAD，
即y0x0+2=m2，
∴ m=2y0x0+2.
由B、P、C共线可知kBP=kBC，
即y0−1x0=−1n，
∴ n=x01−y0．
∴ |AC|=|n+2|=|x01−y0+2|=|x0+2−2y01−y0| ，
|BD|=|1−m|=|1−2y0x0+2|=|x0+2−2y0x0+2|，
∴ W=|AC||BD|=|x0+2−2y021−y0x0+2|
=|x02+4y02+4−4x0y0+4x0−8y0−x0y0+x0−2y0+2|,
由于x02+4y02=4，
∴ W=|−4x0y0+4x0−8y0+8−x0y0+x0−2y0+2|=4，为定值.
【答案】
解：(1)p1=0，p2=3×13×13=13.
(2)∵ 一只蚂蚁从顶点A出发经过n步到达点C的概率为qn，
∴ 由点A出发经过n步到达点B1，D1的概率也是qn.
∵ 由A出发经过n步不可能到A1，B，D，C1这四个点，
∴ 当n为奇数时，pn=qn=0，pn+3qn=0；
当n为偶数时，pn+3qn=1.
(3)同理，由C，B1，D1分别经2步到点A的概率都是2×13×13=29，
由A出发经过n(n为偶数)步再回到A的路径分为以下四类：
①由A经历(n−2)步到A，再经2步回到A，概率为13pn−2；
②由A经历(n−2)步到C，再经2步回到A，概率为29qn−2；
③由A经历(n−2)步到B1，再经2步回到A，概率为29qn−2；
④由A经历(n−2)步到D1，再经2步回到A，概率为29qn−2，
所以pn=13pn−2+23qn−2，结合pn+3qn=1，
消元得，pn=13pn−2+23⋅1−pn−23=19pn−2+29，
即pn−14=19(pn−2−14)，
所以pn−14=(p2−14)(19)n2−1=14⋅(13)n−1，
故pn=14(1+(13)n−1)，
综上所述，pn=14(1+(13)n−1),n为偶数0,n为奇数.
【考点】
概率的应用
相互独立事件的概率乘法公式
【解析】
（1）移动一步后，肯定从不在A点，故p1＝0，移动2步回到A点，说明从与A相邻的3个顶点中选择一个，移动到该点，在2移动回A点，故概率为3×13×13=13．
（2）根据正方体的对称性由A出发经过n步到达点B1，D1的概率也是qn，并且由A出发经过n步不可能到A1，B，D，C1这四个点，n为奇数时pn＝qn＝0，所以pn+3qn＝0，n为偶数时，pn+3qn＝1
（3）依题意，结合（1）（2）的结论，通过讨论将，由A出发经过n再回到A的路径分为以下四种情况，得到pn和pn−2的递推关系，求解即可．
【解答】
解：(1)p1=0，p2=3×13×13=13.
(2)∵ 一只蚂蚁从顶点A出发经过n步到达点C的概率为qn，
∴ 由点A出发经过n步到达点B1，D1的概率也是qn.
∵ 由A出发经过n步不可能到A1，B，D，C1这四个点，
∴ 当n为奇数时，pn=qn=0，pn+3qn=0；
当n为偶数时，pn+3qn=1.
(3)同理，由C，B1，D1分别经2步到点A的概率都是2×13×13=29，
由A出发经过n(n为偶数)步再回到A的路径分为以下四类：
①由A经历(n−2)步到A，再经2步回到A，概率为13pn−2；
②由A经历(n−2)步到C，再经2步回到A，概率为29qn−2；
③由A经历(n−2)步到B1，再经2步回到A，概率为29qn−2；
④由A经历(n−2)步到D1，再经2步回到A，概率为29qn−2，
所以pn=13pn−2+23qn−2，结合pn+3qn=1，
消元得，pn=13pn−2+23⋅1−pn−23=19pn−2+29，
即pn−14=19(pn−2−14)，
所以pn−14=(p2−14)(19)n2−1=14⋅(13)n−1，
故pn=14(1+(13)n−1)，
综上所述，pn=14(1+(13)n−1),n为偶数0,n为奇数.
【答案】
解：(1)fx=lnx−x ，
则f′x=1x−1，
令f′x≥0．得0故fx在0,1单调递增，在(1,+∞)单调递减，
∴ fxmax=f1=−1．
(2)设gx=lnx+t−2x2−x−1，
由g0≤0得0g′x=1x+t−4x−1
=−4x2−(4t+1)x+(1−t)x+t．
①若1≤t≤e，则x≥0时，
−4x2≤0，−4t+1x≤0，1−t≤0，x+t>0，
此时g′x≤0对x≥0恒成立，
故gx在[0,+∞)单调递减，gx≤g0=lnt−1≤0，
故t∈[1,e]符合要求．
②若0∴ lnx+t≤x+t−1，
而2x2+x+1−x+t−1=2x2−t+2≥2−t>0，
对x≥0恒成立，
∴ 2x2+x+1≥x+t−1≥lnx+t．
∴ t∈0,1符合要求，综上，t的取值范围为(0,e]．
【考点】
利用导数研究函数的最值
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)fx=lnx−x ，
则f′x=1x−1，
令f′x≥0．得0故fx在0,1单调递增，在(1,+∞)单调递减，
∴ fxmax=f1=−1．
(2)设gx=lnx+t−2x2−x−1，
由g0≤0得0g′x=1x+t−4x−1
=−4x2−(4t+1)x+(1−t)x+t．
①若1≤t≤e，则x≥0时，
−4x2≤0，−4t+1x≤0，1−t≤0，x+t>0，
此时g′x≤0对x≥0恒成立，
故gx在[0,+∞)单调递减，gx≤g0=lnt−1≤0，
故t∈[1,e]符合要求．
②若0∴ lnx+t≤x+t−1，
而2x2+x+1−x+t−1=2x2−t+2≥2−t>0，
对x≥0恒成立，
∴ 2x2+x+1≥x+t−1≥lnx+t．
∴ t∈0,1符合要求，综上，t的取值范围为(0,e]．
【答案】
解：(1)∵ 曲线C2的方程为ρsin2θ=2pcsθ(p>0)，
∴ ρ2sin2θ=2pρcsθ(p>0)，即y2=2px(p>0)，
∴ 曲线C2的直角坐标方程为y2=2px(p>0)，
∵ p=2，
∴ 曲线C2的直角坐标方程为y2=4x．
将曲线C1的参数方程x=22t，y=−4+22t(t为参数)，与y2=4x联立，
可得：t2−122t+32=0.
∵ Δ=(−122)2−4×32>0，
∴ 设方程两根为t1，t2，
可得：t1+t2=122，t1⋅t2=32，
∴ |MA|+|MB|=|t1|+|t2|=|t1+t2|=122．
(2)将曲线C1的参数方程x=22t，y=−4+22t（t为参数）与y2=2px(p>0)联立，
可得：t2−22(4+p)t+32=0.
∵ Δ=[−22(4+p)]2−4×32=8(p2+8p)>0，
∴ 设方程两根为t1，t2，
则t1+t2=22(4+p)，t1⋅t2=32，且t1>0，t2>0.
∵ |MA|，|AB|，|MB|成等比数列，
∴ |AB|2=|MA|⋅|MB|，
∴ |t1−t2|2=|t1|⋅|t2|，
∴ (t1+t2)2=5t1t2，
∴ [−22(4+p)]2=5×32，
整理得，p2+8p−4=0，解得：p=−4±25.
又∵ p>0，
∴ p=−4+25，
∴ 当|MA|，|AB|，|MB|成等比数列时，p的值为−4+25．
【考点】
抛物线的极坐标方程与直角坐标方程的互化
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
等比数列的性质
【解析】
（1）曲线C2的方程为ρsin2θ=2pcsθ(p>0)，即为ρ2sin2θ=2pρcsθ(p>0)，利用互化公式可得直角坐标方程．将曲线C1的参数方程x=22ty=−4+22t（t为参数）与抛物线方程联立得：t2−122t+32=0，可得|PA|+|PB|=|t1|+|t2|=|t1+t2|．
（2）将曲线C1的参数方程与y2=2px联立得：t2−22(4+p)t+32=0，又|PA|，|AB|，|PB|成等比数列，可得|AB|2=|PA||PB|，可得|t1−t2|2=|t1||t2|，即(t1+t2)2=5t1t2，利用根与系数的关系即可得出．
【解答】
解：(1)∵ 曲线C2的方程为ρsin2θ=2pcsθ(p>0)，
∴ ρ2sin2θ=2pρcsθ(p>0)，即y2=2px(p>0)，
∴ 曲线C2的直角坐标方程为y2=2px(p>0)，
∵ p=2，
∴ 曲线C2的直角坐标方程为y2=4x．
将曲线C1的参数方程x=22t，y=−4+22t(t为参数)，与y2=4x联立，
可得：t2−122t+32=0.
∵ Δ=(−122)2−4×32>0，
∴ 设方程两根为t1，t2，
可得：t1+t2=122，t1⋅t2=32，
∴ |MA|+|MB|=|t1|+|t2|=|t1+t2|=122．
(2)将曲线C1的参数方程x=22t，y=−4+22t（t为参数）与y2=2px(p>0)联立，
可得：t2−22(4+p)t+32=0.
∵ Δ=[−22(4+p)]2−4×32=8(p2+8p)>0，
∴ 设方程两根为t1，t2，
则t1+t2=22(4+p)，t1⋅t2=32，且t1>0，t2>0.
∵ |MA|，|AB|，|MB|成等比数列，
∴ |AB|2=|MA|⋅|MB|，
∴ |t1−t2|2=|t1|⋅|t2|，
∴ (t1+t2)2=5t1t2，
∴ [−22(4+p)]2=5×32，
整理得，p2+8p−4=0，解得：p=−4±25.
又∵ p>0，
∴ p=−4+25，
∴ 当|MA|，|AB|，|MB|成等比数列时，p的值为−4+25．
【答案】
解：(1)∵ f(x)=|2x−a|+|x−1|，
∴ 由f(x)≤2−|x−1|，得|2x−a|+|2x−2|≤2，
∵ 不等式f(x)≤2−|x−1|无解，
∴ (|2x−a|+|2x−2|)min>2，
又∵ |2x−a|+|2x−2|≥|(2x−a)−(2x−2)|=|a−2|，
∴ |a−2|>2，∴ a>4或a<0，
∴ 实数a的取值范围是(−∞, 0)∪(4, +∞)．
(2)∵ a<2，∴ a2<1，
∴ f(x)=|2x−a|+|x−1|=−3x+a+1,x≤a2,x−a+1,a2画出函数图象，如图，
由图可知当x=a2时，f(x)min=1−a2=2，
∴ a=−2<2符合题意，
∴ a=−2．
【考点】
绝对值不等式的解法与证明
函数的最值及其几何意义
【解析】
（1）由f(x)≤2−|x−1|无解，可得(|2x−a|+|2x−2|)min>2，然后利用绝对值三角不等式求出(|2x−a|+|2x−2|)min，再解出a的范围即可；
（2）先将f(x)写为分段函数的形式，然后根据f(x)的图象得到其最小值，再函数f(x)的最小值为2，求出a的值．
【解答】
解：(1)∵ f(x)=|2x−a|+|x−1|，
∴ 由f(x)≤2−|x−1|，得|2x−a|+|2x−2|≤2，
∵ 不等式f(x)≤2−|x−1|无解，
∴ (|2x−a|+|2x−2|)min>2，
又∵ |2x−a|+|2x−2|≥|(2x−a)−(2x−2)|=|a−2|，
∴ |a−2|>2，∴ a>4或a<0，
∴ 实数a的取值范围是(−∞, 0)∪(4, +∞)．
(2)∵ a<2，∴ a2<1，
∴ f(x)=|2x−a|+|x−1|=−3x+a+1,x≤a2,x−a+1,a2画出函数图象，如图，
由图可知当x=a2时，f(x)min=1−a2=2，
∴ a=−2<2符合题意，
∴ a=−2．X
1
2
4
P
12
a
b