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统考版2024届高考数学二轮专项分层特训卷五仿真模拟专练二文（附解析）

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这是一份统考版2024届高考数学二轮专项分层特训卷五仿真模拟专练二文（附解析），共16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z＝1－2i，则z(eq \(z,\s\up6(－))＋2i)＝( )
A．9－2iB．1－2iC．9＋2iD．1＋2i
2．设集合A＝{x|1≤x≤3}，B＝{x|x2－6x＋8≥0}，则A∩(∁RB)＝( )
A．{x|23．已知AM是△ABC的BC边上的中线，若eq \(AB,\s\up6(→))＝a，eq \(AC,\s\up6(→))＝b，则eq \(AM,\s\up6(→))＝( )
A．eq \f(1,2)(b－a) B．eq \f(1,2)(a＋b) C．eq \f(1,2)(a－b) D．－eq \f(1,2)(a＋b)
4．已知a＝0.8－0.4，b＝lg53，c＝lg88，则( )
A．a5．在等差数列{an}中，a3＝0，a7－2a4＝4，则a5＝( )
A．1B．2C．3D．4
6．已知A、B、C是半径为2的球面上的三个点，其中O为球心，且AC⊥BC，AC＝1，BC＝eq \r(3)，则三棱锥OABC的体积为( )
A．1B．eq \f(\r(3),2)C．eq \f(\r(3),6)D．eq \f(1,2)
7．高三(1)班男女同学人数之比为3∶2，班级所有同学进行踢毽球(毽子)比赛，比赛规则是：每个同学用脚踢起毽球，落地前用脚接住并踢起，脚接不到毽球比赛结束．记录每个同学用脚踢起毽球开始到毽球落地，脚踢到毽球的次数，已知男同学用脚踢到毽球次数的平均数为17，方差为11，女同学用脚踢到毽球次数的平均数为12，方差为16，那么全班同学用脚踢到毽球次数的平均数和方差分别为( )
A．14.5，13.5B．15，13C．13.5，19D．15，19
第9题图
8．已知点P(x，y)在圆x2＋(y－1)2＝1上运动，则eq \f(y－1,x－2)的最大值为( )
A．eq \r(2)B．eq \f(8\r(2),3)
C．eq \f(\r(3),3)D．eq \f(8\r(3),3)
9．执行如图所示的程序框图，输出的S的值为( )
A．25B．24
C．21D．9
10．意大利数学家斐波那契在他的《算盘全书》中提出了一个关于兔子繁殖的问题：如果一对兔子每月能生1对小兔子(一雄一雌)，而每1对小兔子在它出生后的第三个月里，又能生1对小兔子，假定在不发生死亡的情况下，从第1个月1对初生的小兔子开始，以后每个月的兔子总对数是：1，1，2，3，5，8，13，21，…，这就是著名的斐波那契数列，它的递推公式是an＝an－1＋an－2(n≥3，n∈N*)，其中a1＝1，a2＝1.若从该数列的前2021项中随机地抽取一个数，则这个数是偶数的概率为( )
A．eq \f(1,3)B．eq \f(673,2021)C．eq \f(1,2)D．eq \f(674,2021)
11．已知椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq \f(\r(2),2)，F1，F2分别为椭圆的左、右焦点，A为椭圆上一个动点．直线l的方程为bx＋ay－a2－b2＝0，记点A到直线l的距离为d，则d－|AF2|的最小值为( )
A．eq \f(4\r(3),3)b－2aB．eq \f(4\r(3),3)b＋2aC．eq \f(4\r(3),3)b－aD．eq \f(4\r(3),3)b＋a
12．设函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(|lg2（x－1）|，13))，f(x)＝a有四个实数根x1，x2，x3，x4，且x1A．(eq \f(10,3)，eq \f(9,2)) B．(0，1) C．(eq \f(5,2)，eq \f(10,3)) D．(eq \f(3,2)，2)
[答题区]
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．已知α∈(0，eq \f(π,2))，cs (α＋eq \f(π,3))＝－eq \f(2,3)，则csα＝________．
14．曲线y＝2x＋lnx－x3在x＝1处的切线方程为________．
15．设F1，F2是椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的两个焦点，P为椭圆C上的一个点，且PF1⊥PF2，若△PF1F2的面积为9，周长为18，则椭圆C的方程为________．
16．如图，某湿地为拓展旅游业务，现准备在湿地内建造一个观景台D，已知射线AB，AC为湿地两边夹角为eq \f(π,3)的公路(长度均超过4千米)，在两条公路AB，AC上分别设立游客接送点E，F，且AE＝AF＝2eq \r(3)千米，若要求观景台D与两接送点所成角∠EDF与∠BAC互补且观景台D在EF的右侧，并在观景台D与接送点E，F之间建造两条观光线路DE与DF，则观光线路之和最长是________(千米).
三、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答．
(一)必考题：共60分．
17．(12分)已知函数f(x)＝2eq \r(2)cs (x＋eq \f(π,2))cs (x＋eq \f(π,4)).
(1)求f(x)的单调递增区间；
(2)求f(x)在[0，eq \f(π,2)]的最大值．
18．(12分)如图，三棱柱ABCA1B1C1中，侧棱AA1⊥底面A1B1C1，∠BAC＝90°，AB＝4，AC＝AA1＝2，M是AB中点，N是A1B1中点，P是BC1与B1C的交点．
(1)求证：平面BC1N∥平面A1CM；
(2)求点P到平面A1CM的距离．
19．(12分)大气污染物PM2.5的浓度超过一定的限度会影响人的健康．为了研究PM2.5的浓度是否受到汽车流量的影响，研究人员选择了24个社会经济发展水平相近的城市，在每个城市选择一个交通点统计24小时内过往的汽车流量x(单位：千辆)，同时在低空相同的高度测定该时间段空气中的PM2.5的平均浓度y(单位：μg/m3)，制作了如图所示的散点图：
(1)由散点图看出，可用线性回归模型拟合y与x的关系，请用相关系数加以说明(精确到0.01)；
(2)建立y关于x的回归方程；
(3)我国规定空气中的PM2.5浓度的安全标准为24小时平均浓度75μg/m3，某城市为使24小时的PM2.5浓度的平均值在60～130μg/m3，根据上述回归方程预测汽车的24小时流量应该控制在什么范围内？
20．(12分)设F1、F2为椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦点，焦距为2c，双曲线Ω：eq \f(x2,2)－y2＝1与椭圆C有相同的焦点，与椭圆在第一、三象限的交点分别记为M、N两点，若有|MN|＝|F1F2|.
(1)求椭圆C的方程；
(2)设椭圆C的上顶点为B，过点(2，－1)的直线与C交于P、Q两点(均异于点B)，试证明：直线BP和BQ的斜率之和为定值．
21．(12分)已知函数f(x)＝(x－2)ex－eq \f(a,2)x2＋ax＋2，a∈R.
(1)当a＝1时，求f(x)的单调区间；
(2)当x≥0时，恒有f(x)≥0，求实数a的最小值．
(二)选考题：共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分．
22．(10分)[选修4—4：坐标系与参数方程]在平面直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝1＋\f(3\r(5),5)csφ,y＝\f(3\r(5),5)sinφ))，以坐标原点为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为5ρ(csθ＋sinθ)－7＝0.
(1)求曲线C1的普通方程以及曲线C2的直角坐标方程；
(2)若射线l：3x－4y＝0(x≥0)与C1，C2分别交于A，B两点，求|AB|的值．
23．(10分)[选修4—5：不等式选讲]设M为不等式|x＋1|＋4≥|3x－1|的解集．
(1)求M；
(2)若a，b∈M，求|ab－a－b|的最大值．
仿真模拟专练（二）
1．C 由z＝1－2i⇒eq \(z,\s\up6(－))＝1＋2i，则eq \(z,\s\up6(－))＋2i＝1＋4i，z（eq \(z,\s\up6(－))＋2i）＝（1－2i）（1＋4i）＝9＋2i.故选C.
2．A 由题意A＝{x|1≤x≤3}，B＝{x|x≥4或x≤2}，
则∁RB＝{x|23．B 因为AM是△ABC的BC边上的中线，所以M为BC的中点，
所以eq \(AM,\s\up6(→))＝eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(BM,\s\up6(→))＝eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \f(1,2)eq \(BC,\s\up6(→))＝eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \f(1,2)（eq \(AC,\s\up6(→))－eq \(AB,\s\up6(→))）
＝eq \f(1,2)eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \f(1,2)eq \(AC,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)a＋eq \f(1,2)b.故选B.
4．B 因为a＝0.8－0.4>0.80＝1，b＝lg535．D 由a7－2a4＝a3＋4d－2（a3＋d）＝－a3＋2d＝2d＝4，解得d＝2，故a5＝a3＋2d＝4.故选D.
6.
D 取AB的中点为D，连接OD，三棱锥OABC如图：
因为AC⊥BC，所以D为△ABC的外接圆的圆心，
由球体性质可知，OD⊥平面ABC，OD⊥AB，
又因为AC＝1，BC＝eq \r(3)，所以AB＝eq \r(AC2＋BC2)＝2，
故△ABC的外接圆的半径BD＝1，
由已知条件可知，OA＝OB＝OC＝2，从而OD＝eq \r(OB2－BD2)＝eq \r(3)，
故三棱锥OABC的体积为V＝eq \f(1,3)·eq \f(1,2)·AC·BC·OD＝eq \f(1,6)×1×eq \r(3)×eq \r(3)＝eq \f(1,2).故选D.
7．D 设男同学为3a人，女同学为2a人，则全班的平均数为eq \f(17×3a＋12×2a,3a＋2a)＝15，
设男同学为x1，x2，…，x3a，女同学为y1，y2，…，y2a，则x1＋x2＋…＋x3a＝3a×17＝51a，y1＋y2＋…＋y2a＝2a×12＝24a，
所以男同学的方差11＝eq \f(（x1－17）2＋（x2－17）2＋…＋（x3a－17）2,3a)， ①
女同学的方差16＝eq \f(（y1－12）2＋（y2－12）2＋…＋（y2a－12）2,2a)； ②
由①可得33a＝x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＋x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ＋…＋x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(3a)) ＋3a×172－34（x1＋x2＋…＋x3a），即x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＋x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ＋…＋x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(3a)) ＝900a，由②可得32a＝y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＋y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ＋…＋y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2a)) －24a（y1＋y2＋…＋y2a）＋2a×122，即yeq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1))＋y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ＋…＋y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2a)) ＝320a，
所以全班同学的方差为
eq \f(（x1－15）2＋（x2－15）2＋…＋（x3a－15）2＋（y1－15）2＋（y2－15）2＋…＋（y2a－15）2,5a)
即 eq \f(x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＋x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ＋…＋x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(3a)) －30（x1＋x2＋…＋x3a）＋3a×152＋y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＋y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ＋…＋y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2a)) －30（y1＋y2＋…＋y2a）＋2a×152,5a)
＝eq \f(900a－30×51a＋3a×152＋320a－30×24a＋2a×152,5a)＝19.
故选D.
8．C 设k＝eq \f(y－1,x－2)，整理得kx－y－2k＋1＝0，
k表示点（x，y）与（2，1）连线的斜率，当直线与圆相切时取得最大值或最小值，
由eq \f(|2k|,\r(1＋k2))＝1解得k＝±eq \f(\r(3),3)，
eq \f(y－1,x－2)的最大值为eq \f(\r(3),3).故选C.
9．A 第一次循环：S＝0＋9，T＝9＋7；第二次循环：S＝9＋7，T＝9＋7＋5；
第三次循环：S＝9＋7＋5，T＝9＋7＋5＋3；第四次循环：S＝9＋7＋5＋3，T＝9＋7＋5＋3＋1；
第五次循环：S＝9＋7＋5＋3＋1，T＝9＋7＋5＋3＋1＋（－1），此时循环结束，可得S＝eq \f(5×（9＋1）,2)＝25.故选A.
10．B 由题设，斐波那契数列从第一项开始，每三项的最后一项为偶数，而eq \f(2021,3)＝673…2，
∴前2021项中有673个偶数，故从该数列的前2021项中随机地抽取一个数为偶数的概率为eq \f(673,2021).故选B.
11．A ∵A在椭圆上，
∴|AF1|＋|AF2|＝2a，
∴d－|AF2|＝d－（2a－|AF1|）＝d＋|AF1|－2a；
当F1A⊥l时，d＋|AF1|取得最小值，最小值为F1到直线l的距离，
又F1到直线l的距离d′＝eq \f(|－bc－a2－b2|,\r(a2＋b2))＝eq \f(|－b2－2b2－b2|,\r(3)b)＝eq \f(4\r(3),3)b，
∴（d－|AF2|）min＝eq \f(4\r(3),3)b－2a，故选A.
12．A 由分段函数知：13∴f（x）的图象如图：f（x）＝a有四个实数根x1，x2，x3，x4且x1由图知：0由对数函数的性质：（x1－1）（x2－1）＝x1x2－（x1＋x2）＋1＝1，可得eq \f(1,x2)＝1－eq \f(1,x1)，
∴令eq \f(1,4)（x3＋x4）x1＋eq \f(1,x2)＝2x1＋eq \f(1,x2)＝2x1－eq \f(1,x1)＋1＝t，且eq \f(3,2)由g（x）＝2x－eq \f(1,x)＋1在（eq \f(3,2)，2）上单调递增，可知g（eq \f(3,2)）<2x－eq \f(1,x)＋1所以eq \f(10,3)13．答案：eq \f(\r(15)－2,6)
解析：∵csα＝cs（α＋eq \f(π,3)－eq \f(π,3)）＝cs（α＋eq \f(π,3)）·cseq \f(π,3)＋sin（α＋eq \f(π,3)）·sineq \f(π,3)
＝（－eq \f(2,3)）×（eq \f(1,2)）＋（eq \f(\r(5),3)）×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(\r(15)－2,6).
14．答案：y＝1
解析：因为y＝2x＋lnx－x3，所以f′（x）＝2＋eq \f(1,x)－3x2，f（1）＝2＋ln1－1＝1，
所以切线的斜率k＝f′（1）＝2＋1－3＝0，
所以切线方程为y＝1.故答案为y＝1.
15．答案：eq \f(x2,25)＋eq \f(y2,9)＝1
解析：∵PF1⊥PF2，
∴△PF1F2为直角三角形，
又知△PF1F2的面积为9，
∴eq \f(1,2)|PF1|·|PF2|＝9，
得|PF1|·|PF2|＝18.
在Rt△PF1F2中，由勾股定理得|PF1|2＋|PF2|2＝|F1F2|2，
由椭圆定义知|PF1|＋|PF2|＝2a，
∴（|PF1|＋|PF2|）2－2|PF1||PF2|＝|F1F2|2，即4a2－36＝4c2，
∴a2－c2＝9，即b2＝9，
又知b>0，
∴b＝3，
∵△PF1F2的周长为18，
∴2a＋2c＝18，即a＋c＝9， ①
又知a2－c2＝9，
∴a－c＝1.②
由①②得a＝5，c＝4，
∴所求的椭圆方程为eq \f(x2,25)＋eq \f(y2,9)＝1.
16．答案：4
解析：在△AEF中，因为AE＝AF＝2eq \r(3)，∠EAF＝eq \f(π,3)，
所以EF＝AE＝AF＝2eq \r(3)，
又∠EDF与∠BAC互补，所以∠EDF＝eq \f(2π,3)，
在△DEF中，由余弦定理得：EF2＝AE2＋AF2－2AE·AF·cs∠EDF，
即AE2＋AF2＋AE·AF＝12，即（AE＋AF）2－AE·AF＝12，
因为AE·AF≤eq \f(1,4)（AE＋AF）2，
所以（AE＋AF）2－AE·AF＝12≥（AE＋AF）2－eq \f(1,4)（AE＋AF）2，
所以AE＋AF≤4，当且仅当AE＝AF＝2时，取等号，
所以观光线路之和最长是4.
17．解析：（1）f（x）＝2eq \r(2)cs（x＋eq \f(π,2)）cs（x＋eq \f(π,4)）＝2eq \r(2)·（－sinx）·（csxcseq \f(π,4)－sinxsineq \f(π,4)）
＝－sinx（2csx－2sinx）＝－sin2x＋1－cs2x＝－eq \r(2)sin（2x＋eq \f(π,4)）＋1，
2kπ＋eq \f(π,2)≤2x＋eq \f(π,4)≤2kπ＋eq \f(3π,2)，k∈Z，
解得kπ＋eq \f(π,8)≤x≤kπ＋eq \f(5π,8)，k∈Z，
所以函数的单调递增区间为[kπ＋eq \f(π,8)，kπ＋eq \f(5π,8)]，k∈Z.
（2）由（1）2kπ－eq \f(π,2)≤2x＋eq \f(π,4)≤2kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，
解得kπ－eq \f(3π,8)≤x≤kπ＋eq \f(π,8)，k∈Z，
函数的单调递减区间为[kπ－eq \f(3π,8)，kπ＋eq \f(π,8)]，k∈Z，
所以函数在[0，eq \f(π,8)]上单调递减，在（eq \f(π,8)，eq \f(π,2)]上单调递增，
f（0）＝0，f（eq \f(π,2)）＝3，所以函数的最大值为3.
18.
解析：（1）如图，连接MN，因为M，N分别为AB，A1B1的中点，所以MN∥BB1，MN＝BB1，
又CC1∥BB1，CC1＝BB1，
所以MN∥CC1，MN＝CC1，则四边形CMNC1是平行四边形，所以C1N∥CM.
易有A1N∥BM，A1N＝BM，所以四边形BMA1N是平行四边形，则BN∥A1M.
又因为C1N∩BN＝N，CM∩A1M＝M，所以平面BC1N∥平面A1CM.
（2）连接A1B，由（1）平面BC1N∥平面A1CM，而BP⊂平面BC1N，所以BP∥平面A1CM，所以点P到平面A1CM的距离即为点B到平面A1CM的距离，设其为d.因为AA1⊥底面A1B1C1，所以AA1⊥AC，又∠BAC＝90°，AB＝4，AC＝AA1＝2，
由勾股定理，A1M＝eq \r(A1A2＋AM2)＝2eq \r(2)，CM＝eq \r(AC2＋AM2)＝2eq \r(2)，
A1C＝eq \r(A1A2＋AC2)＝2eq \r(2)，即三角形A1CM是正三角形，易得其面积＝eq \f(\r(3),4)×（2eq \r(2)）2＝2eq \r(3)，而S△BCM＝eq \f(1,2)S△ABC＝eq \f(1,4)×2×4＝2.
由＝，可知eq \f(1,3)×S△BCM×AA1＝eq \f(1,3)××d，
即eq \f(1,3)×2×2＝eq \f(1,3)×2eq \r(3)×d⇒d＝eq \f(2\r(3),3).所以点P到平面A1CM的距离为eq \f(2\r(3),3).
19．解析：（1）由题得r＝eq \f(294,357)≈0.82，
因为y与x的相关系数近似为0.82，说明y与x具有很强的相关性，
从而可以用线性回归模型拟合y与x的关系．
（2）由eq \(y,\s\up6(－))＝95得eq \(b,\s\up6(^))＝eq \f(\i\su(i＝1,24,)（xi－\(x,\s\up6(－))）（yi－\(y,\s\up6(－))）,\i\su(i＝1,24,)（xi－\(x,\s\up6(－))）2)＝eq \f(294,2.1)＝140，eq \(a,\s\up6(^))＝eq \(y,\s\up6(－))－eq \(b,\s\up6(^))eq \(x,\s\up6(－))＝95－140×1.4＝－101，所以y关于x的回归方程为eq \(y,\s\up6(^))＝140x－101.
（3）当y＝60时，由140x－101＝60得x＝1.15；
当y＝130时，由140x－101＝130得x＝1.65.
所以24小时的车流量应该控制在1150～1650辆．
20．解析：（1）由双曲线Ω的焦点与椭圆C的焦点重合，得c＝eq \r(3)，
由双曲线与椭圆的对称性知四边形MF1NF2为矩形，则MF1⊥MF2，
由椭圆和双曲线的定义可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(|MF1|＋|MF2|＝2a,|MF1|－|MF2|＝2\r(2)))，解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(|MF1|＝a＋\r(2),|MF2|＝a－\r(2)))，
由勾股定理可得|F1F2|2＝（2c）2＝|MF1|2＋|MF2|2，即2a2＋4＝12，解得a＝2，则b＝1，
因此，椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1.
（2）若直线PQ的斜率不存在时，则该直线的方程为x＝2，直线PQ与椭圆C相切，不合乎题意．
所以，直线PQ的斜率存在，设直线PQ的方程为y＋1＝k（x－2），即y＝kx－（2k＋1），
设点P（x1，y1）、Q（x2，y2），
联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝kx－（2k＋1）,x2＋4y2＝4))，可得（4k2＋1）x2－8k（2k＋1）x＋4（2k＋1）2－4＝0，
Δ＝64k2（2k＋1）2－16（4k2＋1）[（2k＋1）2－1]>0，可得k<0，
由韦达定理可得x1＋x2＝eq \f(8k（2k＋1）,4k2＋1)，x1x2＝eq \f(16k（k＋1）,4k2＋1)，
kBP＋kBQ＝eq \f(y1－1,x1)＋eq \f(y2－1,x2)＝eq \f(kx1－2k－2,x1)＋eq \f(kx2－2k－2,x2)＝2k－eq \f(2（k＋1）（x1＋x2）,x1x2)
＝2k－eq \f(\f(2（k＋1）×8k（2k＋1）,4k2＋1),\f(16k（k＋1）,4k2＋1))＝2k－（2k＋1）＝－1.所以直线BP和BQ的斜率之和为定值－1.
21．解析：（1）当a＝1时，f（x）＝（x－2）ex－eq \f(x2,2)＋x＋2，f′（x）＝（x－1）（ex－1），
令f′（x）>0⇒x<0或x>1，f′（x）<0⇒0∴f（x）的增区间：（－∞，0），（1，＋∞），减区间：（0，1）.
（2）f′（x）＝（x－1）（ex－a），
①当a≤1时：ex－a≥0，
∴x∈（0，1）时：f′（x）<0，f（x）单调递减⇒f（x）②当a>1时：令f′（x）＝0⇒x1＝1，x2＝lna，
若1x2，令f′（x）>0⇒01，f′（x）<0⇒lna所以f（x）在（0，lna）单调递增，在（lna，1）单调递减，在（1，＋∞）单调递增，
又∵f（0）＝0，∴只需f（1）≥0⇒a≥2e－4，
综上，a的最小值为2e－4.
22．解析：（1）由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝1＋\f(3\r(5),5)csφ,y＝\f(3\r(5),5)sinφ))，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x－1＝\f(3\r(5),5)csφ,y＝\f(3\r(5),5)sinφ))，
两式平方相加，得（x－1）2＋y2＝eq \f(9,5)，
所以曲线C1的普通方程为（x－1）2＋y2＝eq \f(9,5)；
由5ρ（csθ＋sinθ）－7＝0，得5ρcsθ＋5ρsinθ－7＝0，
因为x＝ρcsθ，y＝ρsinθ，所以5x＋5y－7＝0，
所以曲线C2的直角坐标方程为5x＋5y－7＝0.
（2）由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(5x＋5y－7＝0,3x－4y＝0))，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝\f(4,5),y＝\f(3,5)))，所以B（eq \f(4,5)，eq \f(3,5)）；
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(（x－1）2＋y2＝\f(9,5),3x－4y＝0))，消x得eq \f(25,9)y2－eq \f(8,3)y－eq \f(4,5)＝0，即（eq \f(5,3)y＋eq \f(2,5)）（eq \f(5,3)y－2）＝0，
所以y＝－eq \f(6,25)（舍）或y＝eq \f(6,5)，
所以x＝eq \f(8,5)，所以A（eq \f(8,5)，eq \f(6,5)），
所以|AB|＝eq \r(（\f(4,5)－\f(8,5)）2＋（\f(3,5)－\f(6,5)）2)＝1.
23．解析：（1）由题设，|3x－1|－|x＋1|≤4，
当x<－1时，1－3x＋x＋1＝2－2x≤4，无解；
当－1≤x当x≥eq \f(1,3)时，3x－1－x－1＝2x－2≤4，可得eq \f(1,3)≤x≤3.
综上，M＝{x|－1≤x≤3}．
（2）|ab－a－b|＝|（a－1）（b－1）－1|，又|a－1|，|b－1|∈[0，2]，
∴|（a－1）（b－1）－1|≤|（a－1）（b－1）|＋1＝|a－1||b－1|＋1≤5，当且仅当a－1＝1－b＝±2时等号成立，
∴|ab－a－b|max＝5.题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案