2021届黑龙江省哈尔滨市高考二模数学（理科）试卷

这是一份2021届黑龙江省哈尔滨市高考二模数学（理科）试卷，共21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。
2021年黑龙江省哈尔滨高考数学二模试卷（理科）
一、选择题（共12小题）.
1．若A＝{1，2}，B＝{（x，y）|x∈A，y∈A}，则集合B的子集个数为（　　）
A．4 B．8 C．16 D．32
2．已知i为虚数单位，a，b为实数，若＝1+2i，则|a+bi|＝（　　）
A． B．2 C． D．6
3．已知＝（﹣1，2），＝（1，3），则2﹣在+方向上的投影为（　　）
A．1 B．5 C． D．
4．将函数f（x）＝cosωx﹣sinωx（ω＞0）的图象向右平移个单位长度，所得图象过点（，1），则ω的最小值为（　　）
A．1 B．2 C． D．
5．北京2022年冬奥会吉祥物“冰墩墩”和冬残奥会吉祥物“雪容融”一亮相，好评不断，这是一次中国文化与奥林匹克精神的完美结合，是一次现代设计理念的传承与突破．为了宣传2022年北京冬奥会和冬残奥会，某学校决定派小明和小李等5名志愿者将两个吉祥物安装在学校的体育广场，若小明和小李必须安装同一个吉祥物，且每个吉样物都至少由两名志愿者安装，则不同的安装方案种数为（　　）
A．8 B．10 C．12 D．14
6．已知圆M过点A（1，1）、B（1，﹣2）、C（3，﹣2），则圆M在点B处的切线方程为（　　）
A．2x+y＝0 B．3x+2y+1＝0 C．2x+3y+4＝0 D．x+2y+3＝0
7．某次抽奖活动中，小王通过操作按键，使电脑自动产生[0，8]内的两个均匀随机数x、y，随后电脑自动运行如图所示的程序框图的相应程序；若电脑显示“中奖”，则小王获相应奖品；若电脑显示“谢谢”，则不中奖；小王获得奖品的概率为（　　）

A． B． C． D．
8．设a＝30.1，b＝log3，c＝log2，则a，b，c的大小关系为（　　）
A．c＞b＞a B．a＞c＞b C．a＞b＞c D．c＞a＞b
9．铸于明嘉靖十二年的泰山岱庙铁塔，造型质朴雄伟，原有十三级，抗日战争中被日军飞机炸毁，现仅存三级，它的底座是近似圆形的，如图1．我国古代工匠已经知道，将长方体砖块以某个固定的角度相接就可砌出近似圆形的建筑，现存铁塔的底座是用10块一样的长方体砖块砌成的近似圆形的墙面，每块长方体砖块底面较长的边长为1个单位，相邻两块砖之间的夹角固定为36°，如图2，则此近似圆形墙面内部所能容纳最大圆的半径是（　　）

A． B． C． D．
10．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（　　）

A．8π﹣ B．4π﹣ C．8π﹣4 D．4π+
11．已知双曲线的右焦点为F，过点F且垂直于x轴的直线与双曲线的渐近线交于点A（A在第一象限内），以OA为直径的圆与双曲线的另一条渐近线交于点B，若BF∥OA，则双曲线C的离心率为（　　）
A． B． C． D．2
12．已知定义域为R的函数f（x）在[2，+∞）单调递减，且f（4﹣x）+f（x）＝0，则使得不等式f（x2+x）+f（2x）＜0成立的实数x的取值范围是（　　）
A．﹣4＜x＜1 B．x＜﹣1或x＞3 C．x＜﹣3或x＞1 D．x＜﹣4或x＞1
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分.
13．＝　 　．
14．若椭圆+＝1的离心率为，则该椭圆的长轴长为　 　．
15．设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，有下列四个命题：
①若m⊥β，α⊥β，则m∥α；
②若m⊥α，n∥β，m∥n，则α⊥β；
③若m⊂α，n⊂α，m∥β，n∥β，则α∥β；
④若m⊥n，m⊥α，n∥β，则α⊥β．
其中正确命题的序号为　 　．
16．如图，在△ABC中，tanC＝2，CD是AB边上的高，若CD2﹣BD•AD＝3，则△ABC的面积为　 　．

三、解答题：本大题共70分，解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤.
17．在等差数列{an}中，S5＝45，a2＝6，数列{bn}满足an＝++…+；
（1）求数列{an}、{bn}的通项公式；
（2）若cn＝﹣n，求数列{cn}的前n项和Tn．
18．已知正方形的边长为4，E、F分别为AD、BC的中点，以EF为棱将正方形ABCD折成如图所示的60°的二面角，点M在线段AB上．
（1）若M为AB的中点，且直线MF与由A，D，E三点所确定平面的交点为O，试确定点O的位置，并证明直线OD∥平面EMC；
（2）是否存在点M，使得直线DE与平面EMC所成的角为60°？若存在，求线段AM的长，若不存在，请说明理由．

19．核酸检测是诊断新冠肺炎的重要依据，首先取病人的唾液或咽拭子的样本，再提取唾液或咽拭子样本里的遗传物质，如果有病毒，样本检测会呈现阳性，否则为阴性．根据统计发现，疑似病例核酸检测呈阳性的概率为p（0＜p＜1），现有4例疑似病例，分别对其取样、检测，多个样本检测时，既可以逐个化验，也可以将若干个样本混合在一起化验，混合样本中只要有病毒，则混合样本化验结果就会呈阳性，若混合样本呈阳性，则将该组中各个样本再逐个化验；若混合样本呈阴性，则该组各个样本均为阴性．现有以下三种方案：
方案一：逐个化验；
方案二：四个样本混在一起化验；
方案三：平均分成两组化验．
在新冠肺炎爆发初期，由于检查能力不足，化检次数的期望值越小，则方案越“优”．
（1）若p＝，求2个疑似病例样本混合化验结果为阳性的概率；
（2）若p＝，现将该4例疑似病例样本进行化验，请问：方案一、二、三中哪个最“优”？
（3）若对4例疑似病例样本进行化验，且“方案一”比“方案二”更“优”，求p的取值范围．
20．在平面直角坐标系中，O为坐标原点．已知曲线C上任意一点P（x，y）（其中x≥0）到定点F（1，0）的距离比它到y轴的距离大1．
（1）求曲线C的轨迹方程；
（2）若过点F（1，0）的直线l与曲线C相交于不同的A，B两点，求的值；
（3）若曲线C上不同的两点M、N满足，求的取值范围．
21．已知函数在点（a，f（a））处的切线过点（0，4）．
（Ⅰ）求实数a的值，并求出函数f（x）单调区间；
（Ⅱ）若整数k使得在x∈（1，+∞）上恒成立，求k的最大值．
请考生在题22、23中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分。做题时用2B铅笔在答题卡上把所选题目对应的题号涂黑。[选修4-4：坐标系与参数方程]
22．在平面直角坐标系xOy中，曲线C1的方程为（x﹣1）2+y2＝1，曲线C2的方程为x+y＝4，C3是一条过原点且斜率大于0的直线．以坐标原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系．
（1）求C1与C2的极坐标方程；
（2）若C1与C3的一个公共点为A（异于原点0），C2与C3的一个公共点为B，求|OA|﹣的取值范围．
[选修4-5：不等式选讲]（本小题满分0分）
23．已知函数f（x）＝|ax+1|，若不等式f（x）≤a的解集为[﹣]．
（1）求a的值；
（2）若存在x∈R，使得不等式f（x）＜a|x|+a+k成立，求k的取值范围．


参考答案
一、选择题（共12小题）.
1．若A＝{1，2}，B＝{（x，y）|x∈A，y∈A}，则集合B的子集个数为（　　）
A．4 B．8 C．16 D．32
解：∵A＝{1，2}，
∴B＝{（x，y）|x∈A，y∈A}＝{（1，1），（1，2），（2，1），（2，2）}，
∴集合B的子集个数为24＝16．
故选：C．
2．已知i为虚数单位，a，b为实数，若＝1+2i，则|a+bi|＝（　　）
A． B．2 C． D．6
解：∵＝1+2i，
∴a+3i＝（1+2i）（b﹣i）＝b+2bi﹣i+2＝（b+2）+（2b﹣1）i，
∴，解得：，
∴|a+bi|＝|4+2i|＝＝2，
故选：B．
3．已知＝（﹣1，2），＝（1，3），则2﹣在+方向上的投影为（　　）
A．1 B．5 C． D．
解：∵＝（﹣1，2），＝（1，3），
则2﹣＝（﹣3，1），
+＝（0，5）
∴（2﹣）•（+）＝5，
||＝5，
∴2﹣在+方向上的投影为：＝1．
故选：A．
4．将函数f（x）＝cosωx﹣sinωx（ω＞0）的图象向右平移个单位长度，所得图象过点（，1），则ω的最小值为（　　）
A．1 B．2 C． D．
解：f（x）＝cosωx﹣sinωx＝2（cosωx﹣sinωx）＝2cos（ωx+），
将f（x）的图象向右平移个单位长度得到y＝2cos[ω（x﹣）+]，
∵所得图象过点（，1），
∴2cos[ω（﹣）+]＝2cos（ω+）＝1，
即cos（ω+）＝，
则ω+＝2kπ±，
得ω＝6k﹣或ω＝6k+，
∴当k＝0时，ω的最小值为，
故选：C．
5．北京2022年冬奥会吉祥物“冰墩墩”和冬残奥会吉祥物“雪容融”一亮相，好评不断，这是一次中国文化与奥林匹克精神的完美结合，是一次现代设计理念的传承与突破．为了宣传2022年北京冬奥会和冬残奥会，某学校决定派小明和小李等5名志愿者将两个吉祥物安装在学校的体育广场，若小明和小李必须安装同一个吉祥物，且每个吉样物都至少由两名志愿者安装，则不同的安装方案种数为（　　）
A．8 B．10 C．12 D．14
解：根据题意，分2种情况讨论：
①小明和小李两个人安装同一个吉祥物，则剩下3人安装另外1个，有2种安装方案，
②小明和小李和另外一人安装同一个吉祥物，则剩下2人安装另外1个，有C31×2＝6种安装方案，
则有2+6＝8种不同的安装方案，
故选：A．
6．已知圆M过点A（1，1）、B（1，﹣2）、C（3，﹣2），则圆M在点B处的切线方程为（　　）
A．2x+y＝0 B．3x+2y+1＝0 C．2x+3y+4＝0 D．x+2y+3＝0
解：根据题意，设圆心M的坐标为（m，n），
圆M过点A（1，1）、B（1，﹣2）、C（3，﹣2），则点M在线段AB的垂直平分线上，则n＝﹣，
同理：点M在线段BC的垂直平分线上，则m＝2，
即圆心的坐标为（2，﹣），
则KMB＝＝，则切线的斜率k＝﹣，
又由B（1，﹣2），则圆M在点B处的切线方程为y+2＝﹣（x﹣1），变形可得2x+3y+4＝0，
故选：C．
7．某次抽奖活动中，小王通过操作按键，使电脑自动产生[0，8]内的两个均匀随机数x、y，随后电脑自动运行如图所示的程序框图的相应程序；若电脑显示“中奖”，则小王获相应奖品；若电脑显示“谢谢”，则不中奖；小王获得奖品的概率为（　　）

A． B． C． D．
解：由题意，小王获得奖品中奖时，y≥4x﹣8，
其中，0≤x≤8，0≤y≤8，
如图所示，小王获得奖品的概率为梯形面积与正方形面积之比，
故该运动员获得奖品的概率为：P＝＝．
故选：A．

8．设a＝30.1，b＝log3，c＝log2，则a，b，c的大小关系为（　　）
A．c＞b＞a B．a＞c＞b C．a＞b＞c D．c＞a＞b
解：∵a＝30.1＞30＝1，∴a＞1，
∵b＝＜＝，∴b＜，
∵c＝＞＝，c＝＜＝1，∴＜c＜1，
∴a＞c＞b．
故选：B．
9．铸于明嘉靖十二年的泰山岱庙铁塔，造型质朴雄伟，原有十三级，抗日战争中被日军飞机炸毁，现仅存三级，它的底座是近似圆形的，如图1．我国古代工匠已经知道，将长方体砖块以某个固定的角度相接就可砌出近似圆形的建筑，现存铁塔的底座是用10块一样的长方体砖块砌成的近似圆形的墙面，每块长方体砖块底面较长的边长为1个单位，相邻两块砖之间的夹角固定为36°，如图2，则此近似圆形墙面内部所能容纳最大圆的半径是（　　）

A． B． C． D．
解：由题意分析可知当圆与长方形砖块较长的边相切时，且切点为中点时，圆的半径最大，
此时有，
解得，
故选：B．
10．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（　　）

A．8π﹣ B．4π﹣ C．8π﹣4 D．4π+
解：该几何体为一个半圆柱中间挖去一个四面体，
∴体积V＝．
故选：A．

11．已知双曲线的右焦点为F，过点F且垂直于x轴的直线与双曲线的渐近线交于点A（A在第一象限内），以OA为直径的圆与双曲线的另一条渐近线交于点B，若BF∥OA，则双曲线C的离心率为（　　）
A． B． C． D．2
解：如图，因为AF⊥OF，所以点F在圆上，又BF∥OA，F是AC的中点，所以∠AOF＝∠OFB，
而∠AOF＝∠BOF，所以△OBF是等腰三角形，|OA|＝2|OB|＝2|BF|＝2|AF|，
所以∠AOF＝30°，所以，
所以，

故选：A．
12．已知定义域为R的函数f（x）在[2，+∞）单调递减，且f（4﹣x）+f（x）＝0，则使得不等式f（x2+x）+f（2x）＜0成立的实数x的取值范围是（　　）
A．﹣4＜x＜1 B．x＜﹣1或x＞3 C．x＜﹣3或x＞1 D．x＜﹣4或x＞1
解：f（4﹣x）+f（x）＝0，则f（x）关于（2，0）对称，
因为f（x）在[2，+∞）单调递减，
∴f（x）在R上单调递减，且f（x+1）＝﹣f（3﹣x），
∴f（x2+x）+f（2x）＜0⇔f（x2+x）﹣f（4﹣2x）＜0，
∴f（x2+x）＜f（4﹣2x），
∴x2+x＞4﹣2x⇔x＞1或x＜﹣4，
故选：D．
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分.
13．＝　e﹣e﹣1　．
解：
＝（ex+x2）|﹣11
＝e+1﹣（e﹣1+1）
＝e﹣e﹣1
故答案为：e﹣e﹣1．
14．若椭圆+＝1的离心率为，则该椭圆的长轴长为　4或2．　．
解：由椭圆+＝1的离心率为，
当m＞2时，，得m＝4，所以椭圆的长轴长为4．
当0＜m＜2时，＝，得m＝1，所以椭圆的长轴长为2．
故答案为：4或2．
15．设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，有下列四个命题：
①若m⊥β，α⊥β，则m∥α；
②若m⊥α，n∥β，m∥n，则α⊥β；
③若m⊂α，n⊂α，m∥β，n∥β，则α∥β；
④若m⊥n，m⊥α，n∥β，则α⊥β．
其中正确命题的序号为　②　．
解：①若m⊥β，α⊥β，则m与α平行或m⊂α，故①错误；
②由m⊥α，m∥n，得n⊥α，又因为n∥β，得m∥β，故②正确；
③若m⊂α，n⊂α，m∥β，n∥β，则α与β相交或平行，故③错误，
④m⊥n，n⊥α，n∥β，则α与β可能平行，所以④错误．
故答案为：②．
16．如图，在△ABC中，tanC＝2，CD是AB边上的高，若CD2﹣BD•AD＝3，则△ABC的面积为　3　．

解：因为tanC＝2，CD2﹣BD•AD＝3，
所以S＝BC•ACsinC
＝BC•AC•tanC•cosC
＝BC•ACcosC
＝BC•AC•
＝（BC2+AC2﹣AB2）
＝[AC2+BC2﹣（AD+BD）2]
＝2（CD2﹣BD•AD）
＝3．
故答案为：3．

三、解答题：本大题共70分，解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤.
17．在等差数列{an}中，S5＝45，a2＝6，数列{bn}满足an＝++…+；
（1）求数列{an}、{bn}的通项公式；
（2）若cn＝﹣n，求数列{cn}的前n项和Tn．
解：（1）由题意，设等差数列{an}的公差为d，
则，
化简，得，
解得，
∴an＝3+3（n﹣1）＝3n，n∈N*，
对于数列{bn}：由++…+＝3n，
可得++…+＝3（n﹣1），
两式相减，可得＝3n﹣3（n﹣1）＝3，
∴bn＝3（3n+1），n∈N*．
（2）由（1）得，cn＝﹣n＝﹣n＝n•3n，
则Tn＝c1+c2+…+cn＝1•31+2•32+3•33+…+n•3n，
3Tn＝1•32+2•33+…+（n﹣1）•3n+n•3n+1，
两式相减，可得﹣2Tn＝31+32+33+…+3n﹣n•3n+1
＝﹣n•3n+1，
＝﹣•3n+1﹣，
∴Tn＝•3n+1+．
18．已知正方形的边长为4，E、F分别为AD、BC的中点，以EF为棱将正方形ABCD折成如图所示的60°的二面角，点M在线段AB上．
（1）若M为AB的中点，且直线MF与由A，D，E三点所确定平面的交点为O，试确定点O的位置，并证明直线OD∥平面EMC；
（2）是否存在点M，使得直线DE与平面EMC所成的角为60°？若存在，求线段AM的长，若不存在，请说明理由．

【解答】（1）证明：直线MF⊂平面ABFE，故点O在平面ABFE也在平面ADE内，
所以点O在平面ABFE与平面ADE的交线上，如图所示，
因为AO∥BF，M为AB的中点，
所以△OAM≌△MBF，
所以OM＝MF，AO＝BF，
所以点O在EA的延长线上，且AO＝2，
连结DF交EC与点N，因为四边形CDEF为矩形，所以点N是EC的中点，
连结MN，因为MN为△DOF的中位线，所以MN∥OD，
又因为MN⊂平面EMC，所以直线OD∥平面EMC；
（2）解：由已知可得，EF⊥AE，EF⊥DE，AE∩DE＝E，AE，DE⊂平面ADE，
所以EF⊥平面ADE，又EF⊂平面ABFE，所以平面ABFE⊥平面ADE，
取AE的中点H为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，
则，
所以，
设M（1，t，0）（0≤t≤4），则，
设平面EMC的法向量为，
则，即，
令y＝﹣2，则，故，
因为直线DE与平面EMC所成的角为60°，
所以，
所以t2﹣4t+3＝0，解得t＝1或t＝3，
故存在点M，使得直线DE与平面EMC所成的角为60°，
当t＝1时，M（1，1，0），又A（1，0，0），所以；
当t＝3时，M（1，3，0），又A（1，0，0），所以．
所以AM＝1或3．


19．核酸检测是诊断新冠肺炎的重要依据，首先取病人的唾液或咽拭子的样本，再提取唾液或咽拭子样本里的遗传物质，如果有病毒，样本检测会呈现阳性，否则为阴性．根据统计发现，疑似病例核酸检测呈阳性的概率为p（0＜p＜1），现有4例疑似病例，分别对其取样、检测，多个样本检测时，既可以逐个化验，也可以将若干个样本混合在一起化验，混合样本中只要有病毒，则混合样本化验结果就会呈阳性，若混合样本呈阳性，则将该组中各个样本再逐个化验；若混合样本呈阴性，则该组各个样本均为阴性．现有以下三种方案：
方案一：逐个化验；
方案二：四个样本混在一起化验；
方案三：平均分成两组化验．
在新冠肺炎爆发初期，由于检查能力不足，化检次数的期望值越小，则方案越“优”．
（1）若p＝，求2个疑似病例样本混合化验结果为阳性的概率；
（2）若p＝，现将该4例疑似病例样本进行化验，请问：方案一、二、三中哪个最“优”？
（3）若对4例疑似病例样本进行化验，且“方案一”比“方案二”更“优”，求p的取值范围．
解：（1）由题意可知，2个疑似病例样本混合化验结果均为阴性的概率为
2个疑似病例样本混合化验结果为阳性的概率为＝；
（2）方案一：逐一检测，检验次数为4次，数学期望为4×；
方案二：检测次数为X，X的可能取值为1，5，
所以P（X＝1）＝＝，P（X＝5）＝＝，
所以X的分布列为：
X
1
5
P


X的数学期望为E（X）＝1×+5×＝；
方案三：由（1）可知，每组两个样本检测时，
若呈阴性，检测次数为1，概率为，
若呈阳性，则检测次数为3，概率为，
设方案三的检测次数为随机变量Y，则Y的可能取值为2，4，6，
所以P（Y＝2）＝＝，P（Y＝4）＝＝，P（Y＝6）＝，
所以随机变量Y的分布列为：
Y
2
4
6
P



Y的数学期望为E（Y）＝2×+4×+6×＝5；
比较可得4＜E（X）＜E（Y），
故选择方案一最“优”；
（3）方案二：即检测次数为Z，则随机变量Z的可能取值为1，5，
所以P（Z＝1）＝（1﹣p）4，P（Z＝5）＝1﹣（1﹣p）4，
随机变量Z的分布列为：
所以Z的数学期望为E（Z）＝（1﹣p）4+5×[1﹣（1﹣p）4]＝5﹣4（1﹣p）4，
由于“方案一”比“方案二”更“优”，则E（Z）＝5﹣4（1﹣p）4＞4，
可得（1﹣p）4＜，即，
故当时，方案一比方案二更“优”．
20．在平面直角坐标系中，O为坐标原点．已知曲线C上任意一点P（x，y）（其中x≥0）到定点F（1，0）的距离比它到y轴的距离大1．
（1）求曲线C的轨迹方程；
（2）若过点F（1，0）的直线l与曲线C相交于不同的A，B两点，求的值；
（3）若曲线C上不同的两点M、N满足，求的取值范围．
解：（1）依题意知，动点P到定点F（1，0）的距离等于P到直线x＝﹣1的距离，曲线C是以原点为顶点，F（1，0）为焦点的抛物线
∵，∴p＝2，
∴曲线C方程是y2＝4x
（2）当l平行于y轴时，其方程为x＝1，由，解得A（1，2），B（1，﹣2）
此时
当l不平行于y轴时，设其斜率为k，则由得k2x2﹣（2k2+4）x+k2＝0
设A（x1，y1），B（x2，y2），则有x1x2＝1，
∴＝＝
（3）设
∴
∵
∴
∵y1≠y2，y1≠0，化简得
∴
当且仅当 时等号成立
∵
∴当，
∴的取值范围是
21．已知函数在点（a，f（a））处的切线过点（0，4）．
（Ⅰ）求实数a的值，并求出函数f（x）单调区间；
（Ⅱ）若整数k使得在x∈（1，+∞）上恒成立，求k的最大值．
解：（I）f（x）的定义域为（0，+∞），
f'（x）＝﹣，∴x＝a处的切线斜率为f'（a）＝﹣，
因此切线方程为y﹣f（a）＝﹣（x﹣a），即y﹣（lna+1+2）＝﹣（x﹣a），
又切线过（0，4），代入上式：4﹣（lna+3）＝1，解得a＝1，
∴f'（x）＝，
可得f（x）在（0，2）单调递减，在（2，+∞）单调递增；
（II）∵x∈（1，+∞），∴＞0，
∴化为：k＜＝，
令g（x）＝，则g′（x）＝．
令u（x）＝x﹣lnx﹣4，则u′（x）＝1﹣＝＞0，∴u（x）在x∈（1，+∞）上单调递增，
∴u（5.5）＝5.5﹣ln5.5﹣4＝﹣ln，∵e3＜33＝27，
∴，可得：e3＜，∴＜，
∴u（5.5）＜0，u（6）＝2﹣ln6＝lne2﹣ln6＞0．
由零点存在定理可知，存在x0∈（5.5，6），使得u（x0）＝x0﹣lnx0﹣4＝0 ①，
且x∈（1，x0）时，g′（x0）＜0，此时函数g（x）单调递减．
x∈（x0，+∞）时，g'（x）＞0，此时函数g（x）单调递增．
∴g（x）min＝g（x0）＝，
由①可得：lnx0＝x0﹣4．
∴g（x）min＝g（x0）＝＝2（x0﹣2）∈（7，8），
故k的最大值为7．
请考生在题22、23中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分。做题时用2B铅笔在答题卡上把所选题目对应的题号涂黑。[选修4-4：坐标系与参数方程]
22．在平面直角坐标系xOy中，曲线C1的方程为（x﹣1）2+y2＝1，曲线C2的方程为x+y＝4，C3是一条过原点且斜率大于0的直线．以坐标原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系．
（1）求C1与C2的极坐标方程；
（2）若C1与C3的一个公共点为A（异于原点0），C2与C3的一个公共点为B，求|OA|﹣的取值范围．
解：（1）曲线C1的方程为（x﹣1）2+y2＝1，根据，转换为极坐标方程为ρ＝2cosθ．
曲线C2的方程为x+y＝4，根据转换为极坐标方程为．
（2）曲线C3的极坐标方程为θ＝α（），
由于曲线C1与曲线C3的一个公共点为A，
所以，
整理得ρA＝2cosα，
曲线C2与曲线C3的一个公共点为B，
所以，
整理得，
故|OA|﹣＝2cosα﹣sinα﹣cosα＝cosα﹣sinα＝，
由于，
所以，
故．
故|OA|﹣的取值范围为（﹣1，1）．
[选修4-5：不等式选讲]（本小题满分0分）
23．已知函数f（x）＝|ax+1|，若不等式f（x）≤a的解集为[﹣]．
（1）求a的值；
（2）若存在x∈R，使得不等式f（x）＜a|x|+a+k成立，求k的取值范围．
解：（1）函数f（x）＝|ax+1|，不等式f（x）≤a的解集为[﹣]．
∴|ax+1|≤a，则a＞0，
∴﹣a≤ax+1≤a，
∴﹣1﹣≤x≤1﹣，
∴﹣1﹣＝﹣，且1﹣＝，
解得a＝2．
（2）由（1）可得存在x∈R，使得不等式f（x）＜2|x|+2+k成立，即|2x+1|＜2|x|+2+k，
即2+k＞|2x+1|﹣|2x|，
设g（x）＝|2x+1|﹣|2x|＝
即g（x）∈[﹣1，1]
∴2+k＞﹣1，
∴k＞﹣3，
故k的取值范围为（﹣3，+∞）