2023-2024学年陕西省安康市高新中学高三（下）月考数学试卷（理科）（2月份）（含解析）

这是一份2023-2024学年陕西省安康市高新中学高三（下）月考数学试卷（理科）（2月份）（含解析），共18页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.已知集合A={x∈N|x2≤x}，B={x|x3−x=0}，则( )
A. A⫋BB. A⫌BC. A=BD. A∩B=⌀
2.已知复数z满足zi−5=6i，则z的虚部为( )
A. 5B. −5C. 5iD. −5i
3.执行如图的程序框图，输出的结果为( )
A. (4,3)B. (6,5)C. (12,7)D. (30,11)
4.若函数f(x)=sin(ωx−π6)(ω>0)的最小正周期为6π，则f(x)的图象的一条对称轴方程为( )
A. x=π2B. x=2π3C. x=πD. x=2π
5.已知等比数列{an}的前n项和为Sn，若S4a1+a3=5，则a4a2=( )
A. 4B. 5C. 16D. 25
6.“5cs2α+5sin2α+1=0”是“tanα=−12”的( )
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
7.在区间[0,5]内随机取一个实数a，则关于x的不等式x2+(2−a)x−2a<0仅有2个整数解的概率为( )
A. 25B. 310C. 15D. 110
8.小明将1，4，0，3，2，2这六个数字的一种排列设为自己的六位数字的银行卡密码，若两个2之间只有一个数字，且1与4相邻，则可以设置的密码种数为( )
A. 48B. 32C. 24D. 16
9.已知正三棱台ABC−A1B1C1中，△A1B1C1的面积为4 3，△ABC的面积为9 3，AA1=2，则二面角A1−AB−C的余弦值为( )
A. 16B. 13C. 66D. 33
10.已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的右焦点为F，过F且与一条渐近线平行的直线与C的右支及另一条渐近线分别交于B，D两点，若FB=BD，则C的渐近线方程为( )
A. y=±2xB. y=± 3xC. y=±xD. y=± 2x
11.已知△ABC中，AB=6，C=π3，若△ABC所在平面内一点D满足DA+DB+12DC=0，则DA⋅DB的最大值为( )
A. −19825B. −9925C. −6625D. −3325
12.若函数f(x)=ex+λx(2−x)e1−x在(0,+∞)上没有零点，则实数λ的取值范围为( )
A. (−∞,−e3)∪(e39,+∞)B. (−e3,e39)
C. (−∞,−e)∪(e432,+∞)D. (−e,e432)
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.已知圆锥的底面半径为1，体积为2 2π3，则该圆锥的侧面展开图对应的扇形的圆心角为______．
14.已知数列{an}中，a1=1，且an+1(an+1)+1=0，则{an}的前12项和为______．
15.已知正实数m，n满足(m−1)(m+n)=(1+n)(1−n)，则m+n的最大值为______．
16.已知抛物线C：y2=2px(p>0)的准线l：x=−12，直线l′：y=kx+m(k≠0)与抛物线C交于M，N两点，P为线段MN的中点，则下列说法中正确的为______.(填写所有正确说法的序号)
①若m=−k2，则以MN为直径的圆与l相交；
②若m=−2k，则OM⊥ON(O为坐标原点)；
③过点M，N分别作抛物线C的切线l1，l2，若l1，l2交于点A，则AP⊥l；
④若|MN|=1，则点P到直线l的距离大于等于58．
三、解答题：本题共7小题，共82分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题10分)
已知△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且sinBsinA+sinAsinB−4csC=0．
(1)证明：a2+b2=2c2；
(2)若csB=sin2BsinAsinC，求csA的值．
18.(本小题12分)
如图所示，在三棱锥S−ABC中，SA=SC=AB2=2，AC=BC=2 2，SB=2 3.(1)求证：平面SAC⊥平面ABC；
(2)若DS=15BS，求直线CD与平面SAB所成角的正弦值．
19.(本小题12分)
为了验证某种新能源汽车电池的安全性，小王在实验室中进行了n(n≥2)次试验，假设小王每次试验成功的概率为p(0(1)若小王某天进行了4次试验，且p=13，求小王这一天试验成功次数X的分布列以及期望；
(2)若恰好成功2次后停止试验，p=12，以Y表示停止试验时试验的总次数，求i=2nP(Y=i).(结果用含有n的式子表示)
20.(本小题12分)
(1)求函数f(x)=ex−1−x的极值；
(2)若a∈(0,1]，证明：当x>0时，(x−1)ex−a+1≥lnx+a．
21.(本小题12分)
已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为 32，直线l过C的上顶点与右顶点且与圆O：x2+y2=45相切．
(1)求C的方程．
(2)过C上一点A(x0,y0)作圆O的两条切线l1，l2(均不与坐标轴垂直)，l1，l2与C的另一个交点分别为M(x1,y1)，N(x2,y2).证明：
①直线AM，AN的斜率之积为定值；
②x1+x2=0．
22.(本小题12分)
已知平面直角坐标系xOy中，直线l过坐标原点且倾斜角为α.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C的极坐标方程为ρ2−4ρsin(θ+π6)+1=0．
(Ⅰ)求l的极坐标方程以及C的直角坐标方程；
(Ⅱ)若α∈(0,π2)，l与C交于M，N两点，设|OM|+|ON|=λ|OM||ON|，求λ的最大值．
23.(本小题12分)
已知函数f(x)=|x+m|+|2x−3|．
(Ⅰ)若m=2，求不等式f(x)>10的解集；
(Ⅱ)若对任意x≥3，不等式f(x)≤x2恒成立，求实数m的取值范围．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：依题意，A={x∈N|0≤x≤1}={0,1}，B={x|x3−x=0}={−1,0,1}，所以A⫋B．
故选：A．
解出集合A，B，再判断包含关系．
本题主要考查集合的包含关系，属于基础题．
2.【答案】B
【解析】解：由题意可得：z=5+6ii=6−5i，
所以z的虚部为−5．
故选：B．
根据复数的除法运算求z，进而可得结果．
本题主要考查了复数的四则运算及复数的基本概念，属于基础题．
3.【答案】D
【解析】解：第一次循环：s=1×1=1，t=1+1=2，x=1，y=2，x−y=−1，不满足x−y>1，循环继续，
第二次循环：s=1×2=2，t=1+2=3，x=2，y=3，x−y=−1，不满足x−y>1，循环继续，
第三次循环：s=2×3=6，t=2+3=5，x=6，y=5，x−y=1，不满足x−y>1，循环继续，
第四次循环：s=6×5=30，t=6+5=11，x=30，y=11，x−y=19，满足x−y=1，跳出循环，
故输出的结果为(30,11)．
故选：D．
根据程序框图，依次求出每次循环，即可求解．
本题主要考查程序框图的应用，属于基础题．
4.【答案】D
【解析】解：由题意可得函数的周期为T=2πω=6π，则ω=13，
所以f(x)=sin(13x−π6)，
令13x−π6=π2+kπ,k∈Z，解得x=2π+3kπ，k∈Z，故D正确．
故选：D．
利用周期求出ω的值，再根据正弦函数的对称性即可求解．
本题考查了正弦函数的对称性，属于基础题．
5.【答案】C
【解析】解：设等比数列{an}的公比为q，
由S4a1+a3=a1+a2+a3+a4a1+a3=a1+a3+(a1+a3)qa1+a3=1+q=5，得q=4，
所以a4a2=q2=16．
故选：C．
根据a2+a4=(a1+a3)q可得S4a1+a3=1+q=5，从而q=4，进一步根据a4a2=q2进行求解即可．
本题考查等比数列的性质，考查学生归纳推理与数学运算的能力，属于基础题．
6.【答案】B
【解析】解：5cs2α+5sin2α+1=0⇔5(cs2α−sin2α)+10sinαcsα+cs2α+sin2α=0
⇔3cs2α−2sin2α+5sinαcsα=0，
显然csα≠0，则2tan2α−5tanα−3=0，解得tanα=−12或tanα=3．
所以“5cs2α+5sin2α+1=0”是“tanα=−12”的必要不充分条件．
故选：B．
利用三角恒等变换得到tanα=−12或tanα=3，从而得到答案．
本题主要考查了二倍角公式及同角基本关系的应用，属于中档题．
7.【答案】C
【解析】解：根据题意，x2+(2−a)x−2a<0⇔−2由于a∈[0,5]，且不等式x2+(2−a)x−2a<0仅有2个整数解，
必有0故要求概率P=15．
故选：C．
根据题意，求出不等式的解集，分析a的取值范围，结合几何概型计算公式分析可得答案．
本题考查几何概型的计算，涉及二次不等式的解法，属于基础题．
8.【答案】C
【解析】解：1与4相邻，共有A22=2种排法，
两个2之间插入1个数，共有A21=2种排法，
再把组合好的数全排列，共有A33=6种排法，
则总共有2×2×6=24种密码．
故选：C．
根据相邻问题用捆绑法和不相邻问题用插空法即可求解．
本题主要考查了排列组合知识，属于基础题．
9.【答案】B
【解析】解：因为正△A1B1C1的面积为12A1B1× 32A1B1=4 3，
正△ABC的面积为12×AB× 32AB=9 3，
所以A1B1=4，AB=6，
分别延长棱AA1、BB1、CC1交于点P，棱B1C1的中点为M，
因为B1C1BC=23，BC//B1C，
则PB1PB=PB1PB1+2=B1C1BC=23，可得PB1=4，
则PB=PB1+BB1=4+2=6，
同理可得PA=PC=6=BC，
所以四面体PABC为正四面体，
延长PM交BC于点F，则PMPF=C1MCF=B1C1BC=23，
所以PM=23PF，且C1M=23CF，
即CF=32C1M=32×12B1C1=32×12×23BC=12BC，
则F为BC的中点，又因为PM=23PF，
则M为正△PBC的中心，故AM⊥平面BCC1B1，
所以二面角A1−AB−C的平面角即为正四面体相邻侧面的夹角，
因为F为BC的中点，△ABC为等边三角形，
则AF⊥BC，且OF=13AF=13× 32AB= 36×6= 3，
因为△PBC是边长为6的等边三角形，
则PF⊥BC，且PF=PBsin60°=6× 32=3 3，
故二面角B1−BC−A的平面角为∠PFA，
因为PO⊥平面ABC，AF⊂平面ABC，
则PO⊥AF，则cs∠PFA=OFPF= 33 3=13，
故二面角A1−AB−C的余弦值为13．
故选：B．
分别延长棱AA1，BB1，CC1交于点P，推导出三棱锥P−ABC为正四面体，且M为等边△PBC的中心，结合正四面体的几何性质，利用二面角的定义可求得结果．
本题考查二面角的平面角及其求法，属中档题．
10.【答案】C
【解析】解：易知C的渐近线方程为y=±bax，不妨设直线BD：y=ba(x−c)，B(x1,y1)，D(x2,y2)，
联立方程得y=ba(x−c)y=−bax，解得x2=c2，y2=−bc2a，所以D(c2,−bc2a)，
又FB=BD，而FB=(x1−c,y1)，BD=(c2−x1,−bc2a−y1)，得到x1−c=c2−x1y1=−bc2a−y1，
解得x1=34c,y1=−bc4a，故B(3c4,−bc4a)，代入x2a2−y2b2=1中，
得9c216a2−c216a2=1，得到c2a2=2，又c2=a2+b2，得到b2a2=1，解得ba=1，
故所求C的渐近线方程为y=±x．
故选：C．
设直线BD：y=ba(x−c)，B(x1,y1)，D(x2,y2)，由y=ba(x−c)y=−bax得到D(c2,−bc2a)，再根据条件得出B(3c4,−bc4a)，代入方程x2a2−y2b2=1，即可求出结果．
本题考查双曲线的简单性质的应用，渐近线方程的求法，考查数形结合以及计算能力，是中档题．
11.【答案】A
【解析】解：设AB的中点为E，△ABC的三条边分别为a、b、c，则DA+DB=2DE，
因为DA+DB+12DC=0，所以DA+DB=−12DC=12CD，
所以2DE=12CD，即DE=14CD，所以D是DE靠近E的五等分点，如图所示：
则DA⋅DB=(CD−CA)⋅(CD−CB)
=CD2−CD⋅CB−CD⋅CA+CA⋅CB
=(45CE)2−45CE⋅(CA+CB)+CA⋅CB
=1625×14(CA+CB)2−45×12(CA+CB)⋅(CA+CB)+CA⋅CB
=−625(CA2+CB2)+1325CA⋅CB
=−625(b2+a2)+1325×bacsπ3
=−625(a2+b2)+1350ab，
由余弦定理得，c2=a2+b2−2abcsC=a2+b2−ab=36，
由基本不等式得：36=a2+b2−ab≥2ab−ab=ab，所以ab≤36，当且仅当a=b时取“=”，
所以−625(a2+b2)+1350ab=−625×(36+ab)+1350ab=−21625+150ab≤−21625+150×36=−19825，
所以DA⋅DB的最大值为−19825．
故选：A．
设AB的中点为E，△ABC的三条边分别为a、b、c，由中线的向量表示，结合题意得出D是DE靠近E的五等分点，根据余弦定理和基本不等式，即可求出DA⋅DB的最大值．
本题考查了平面向量的数量积运算问题，也考查了运算求解能力，是中档题．
12.【答案】D
【解析】解：因为f(x)=ex+λx(2−x)e1−x，
则f(2)=e2≠0，
令f(x)=0，显然x≠2，则λ=exx2(x−2)
令g(x)=exx2(x−2)，x∈(0,2)∪(2,+∞)，
则g′(x)=ex(x3−2x2)−ex(3x2−4x)x4(x−2)2=(x−1)(x−4)exx3(x−2)2，
令g′(x)=0，得x1=4，x2=1，
当04时，g′(x)>0，1函数g(x)的增区间为(0,1)，(4,+∞)，减区间为(1,2)，(2,4)，
故函数的极大值为g(1)=−e，极小值为g(4)=e432，
当x→0时，g(x)→−∞，当x→2时(从左边趋于)，g(x)→−∞；
当x→2时(从右边趋于)，g(x)→+∞，当x→+∞时(从右边趋于)，g(x)→+∞．
由图象可知，当−e<λ因此，实数λ的取值范围是(−e,e432)．
故选：D．
由f(x)=0可得出λ=exx2(x−2)，构造函数g(x)=exx2(x−2)，x∈(0,2)∪(2,+∞)，分析可知，直线y=λ与曲线y=g(x)没有交点，利用导数分析函数g(x)的单调性与极值，数形结合可得出实数的取值范围．
本题主要考查了导数与单调性及函数的性质的应用，还考查了由函数零点求解参数的范围，体现了转化思想的应用，属于中档题．
13.【答案】2π3
【解析】解：设圆锥(如图所示)的高为h，
因为13⋅π⋅12⋅h=2 2π3，
所以h=2 2，母线SA= 12+(2 2)2=3，
将圆锥沿SA展开所得扇形的弧长为底面周长2π，根据弧长公式α⋅SA=2π，
所以圆心角α=2π3．
故答案为：2π3．
根据体积先计算出圆锥的高，再根据高计算出圆锥的母线，即展开图扇形的半径，最后再根据弧长公式求出圆心角．
本题主要考查了圆锥的结构特征，属于基础题．
14.【答案】−6
【解析】解：依题意an≠−1，故an+1=−1an+1，a1=1，
所以a2=−12，a3=−2，a4=1，…，
故{an}的前12项和为(1−12−2)×4=−6．
故答案为：−6．
由已知可得an+1=−1an+1，借助数列的周期性、分组求和即可得出结果．
本题考查的知识要点：数列的递推关系式，数列的求和，主要考查学生的运算能力，属于基础题．
15.【答案】2
【解析】解：依题意得m2+n2−(m+n)+mn=1，
则1=(m+n)2−(m+n)−mn≥(m+n)2−(m+n)−14(m+n)2，
即1≥34(m+n)2−(m+n)，则3(m+n)2−4(m+n)−4≤0，
解得0故答案为：2．
依题意得m2+n2−(m+n)+mn=1，再利用基本不等式求解．
本题主要考查了基本不等式在最值求解中的应用，属于基础题．
16.【答案】②③④
【解析】解：由题可得抛物线C：y2=2x，设M(x1,y1)，N(x2,y2)，
对于①，当m=−k2时，直线l′：y=k(x−12)过C的焦点F(12,0)，
此时|MN|=x1+x2+p=x1+x2+1，
又MN的中点P(x1+x22,y1+y22)到准线l：x=−12的距离为x1+x2+12=|MN|2，
则以MN为直径的圆与l相切，故①错误；
对于②，当m=−2k时，直线l′：y=kx−2k，
将x=y22代入，得ky2−2y−4k=0，则y1y2=−4，
又易知OM=(x1,y1),ON=(x2,y2)，
所以OM⋅ON=x1x2+y1y2=y12y224+y1y2=0，故②正确；
对于③，由题可设抛物线C在点M处的切线方程为y−y1=k(x−x1)(k≠0)，
由y−y1=k(x−x1)y2=2x，消x得到y2−2ky+2y1k−2x1=0，
由Δ=4k2−8y1k+8x1=0，得到Δ=1k2−2y1k+2x1=0，
又y12=2x1，所以1k2−2y1k+y12=0，得到k=1y1，
所以C在点M处的切线方程为y−y1=1y1(x−y122)，整理得到y1y=x1+x，
同理可得抛物线C在点N处的切线方程为y2y=x2+x，
联立y1y=x1+xy2y=x2+x，解得yA=y1+y22=yP，故AP⊥l，故③正确：
对于④，由抛物线的对称性，可知当MN⊥x轴时，点P到直线l的距离最小，
由|MN|=1，不妨取y1=12，代入y2=2x，得到x1=18，
所以xM=xN=18，点P到直线l的距离为58，故④正确．
故答案为：②③④．
根据条件得到C：y2=2x，再结合各个选项的条件，逐一分析判断即可得出结果．
本题考查了抛物线的性质，属于中档题．
17.【答案】(1)证明：由正弦定理及条件可得ba+ab−4csC=0，
由余弦定理可得b2+a2ab−4⋅a2+b2−c22ab=0，
整理可证得：a2+b2=2c2；
(2)解：由csB=sin2BsinAsinC得a2+c2−b22ac=b2ac，
化简得a2+c2=3b2，又a2+b2=2c2，故b= 32c，
所以a= 52c，
故csA=b2+c2−a22bc= 36．
【解析】(1)由题意及正弦定理，余弦定理可证得结论；
(2)由余弦定理及(1)可得a，b，c之间的关系，进而可得csA的值．
本题考查正弦定理及余弦定理的应用，属于中档题．
18.【答案】(1)证明：因为AC2+BC2=16=AB2，所以BC⊥AC，
同理可得BC2+SC2=SB2，故BC⊥SC，
因为SC∩AC=C，AC，SC⊂平面SAC，
所以BC⊥平面SAC，
因为BC⊂平面ABC，
故平面SAC⊥平面ABC；
(2)解：以C为坐标原点，CA，CB所在直线分别为x轴、y轴，
过C作Cz⊥平面ABC，建立如图所示的空间直角坐标系，
因为DS=15BS，
则C(0,0,0)，A(2 2,0,0)，B(0,2 2,0)，S( 2,0, 2)，D(4 25,2 25,4 25)，
所以SA=( 2,0,− 2)，BS=( 2,−2 2, 2)，CD=(4 25,2 25,4 25)．
设n=(x,y,z)为平面SAB的法向量，
则SA⋅n=0BS⋅n=0，即x−z=0x−2y+z=0，
令x=1，得n=(1,1,1)，
CD⋅n=4 25×1+2 25×1+4 25=2 2，
|CD|= (4 25)2+(2 25)2+(4 25)2=6 25，|n|= 12+12+12= 3，
可得cs=CD⋅n|CD|⋅|n|=2 26 25× 3=5 39，
设直线CD与平面SAB所成的角为θ，θ∈[0,π2]，
则sinθ=|cs|=5 39．
所以直线CD与平面SAB所成角的正弦值为5 39．
【解析】(1)要证明面面垂直，只需证明BC⊥平面SAC，即只需证明BC⊥AC，BC⊥SC；
(2)建立空间直角坐标系，求出平面SAB的法向量，然后在求线面角．
本题考查直线与平面垂直的证法及用空间向量的方法求直线与平面所成的角正弦值，属于中档题．
19.【答案】解：(1)依题意，X～B(4,13)，
则P(X=0)=(23)4=1681，P(X=0)=(23)4=1681,P(X=1)=C41(23)3(13)=3281，
P(X=2)=C42(23)2(13)2=827，P(X=2)=C42(23)2(13)2=827,P(X=3)=C43(23)(13)3=881，
P(X=4)=(13)4=181，
故X的分布列为：
故E(X)=4×13=43．
(2)方法一：设A=“停止试验时试验总次数不大于n”，
则i=2nP(Y=i)=P(Y=2)+P(Y=3)+P(Y=4)+⋯+P(Y=n)=P(A)，
A−=“n次试验中，成功了0次或1次”，
“n次试验中，成功了0次”的概率P1=(1−12)n=12n；
“n次试验中，成功了1次”的概率P2=Cn1×(1−12)n−1×12=n2n．
所以i=2nP(Y=i)=1−P1−P2=2n−n−12n．
方法二：事件“Y=n”表示前n−1次试验只成功了1次，且第n次试验成功，
故P(Y=n)=Cn−11×12n=n−12n，
所以i=2nP(Y=i)=122+223+324+⋯+n−12n，
令Sn=122+223+324+⋯+n−12n，
则12Sn=123+224+325+⋯+n−22n+n−12n+1，
两式相减得：12Sn=122+123+124+125+⋯+12n−n−12n+1，
=14(1−12n−1)1−12−n−12n+1=12−n+12n+1
则Sn=2n−n−12n.即2n−n−12n
【解析】(1)分析可得，X～B(4,13)，利用二项分布的性质分析可得答案；
(2)法一：先求n次试验中，成功了0次或1次的概率，再利用对立事件求解；法二：先求P(Y=n)=Cn−11×12n=n−12n，再利用错位相减求和．
本题考查随机变量的期望和方差，涉及分布列的计算，属于中档题．
20.【答案】解：(1)依题意，f′(x)=ex−1−1，
令f′(x)=0，解得x=1，
所以当x∈(−∞,1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
当x∈(1,+∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
又f(1)=0，
所以f(x)的极小值为0，无极大值．
(2)证明：由(1)可知，当x>0时，ex−1≥x，则x−1≥lnx，
令h(x)=(x−1)ex−a−lnx+1−a(x>0)，
则h′(x)=xex−a−1x，
所以h′(x)在(0,+∞)上单调递增，
因为a∈(0,1]，
所以h′(12)=12e12−a−2<0，h′(1)=e1−a−1≥0，
故∃x0∈(12,1]，使得h′(x0)=0，即x0ex0−a=1x0①，
当x∈(0,x0)时，h′(x)<0，h(x)单调递减，
当x∈(x0,+∞)时，h′(x)>0，h(x)单调递增，
所以[h(x)]min=h(x0)=(x0−1)ex0−a−lnx0+1−a②，
由①可得ex0−a=1x02,x0−a=−2lnx0，
代入②，得
h(x0)=x0−1x02−3lnx0−x0+1≥x0−1x02−3(x0−1)−x0+1=(1−x0)(2x0−1)(2x0+1)x02，
又x0∈(12,1],
所以h(x0)≥0，故h(x)≥0，即原命题得证．
【解析】(1)求导，得到单调性，从而得到极值情况；
(2)在(1)基础上得到x−1≥lnx，构造函数h(x)=(x−1)ex−a−lnx+1−a(x>0)，求导得到其单调性，结合隐零点得到函数的最小值h(x0)≥0，证明出结论．
本题考查导数的综合应用，解题中注意转化思想的应用，属于中档题．
21.【答案】(1)解：设椭圆的半焦距为c(c>0)，
依题意，离心率e=ca= 1−b2a2= 32，
所以a=2b，c= 3b，
直线l：xa+yb=1，即bx+ay−ab=0，
因为直线l与圆O相切，所以ab a2+b2=2 5，
解得a=2，b=1，
故C的方程为x24+y2=1．

(2)证明：①设过点A且与圆O相切的直线的方程为y−y0=k(x−x0)(k≠0)，
则|kx0−y0| 1+k2=2 5，整理得(5x02−4)k2−10x0y0k+5y02−4=0，
记直线AM，AN的斜率分别为k1，k2，则k1k2=5y02−45x02−4=5(1−x024)−45x02−4=−14，为定值．
②由①可知直线AM：y−y0=k1(x−x0)，
联立y−y0=k1(x−x0),x2+4y2−4=0,则有(1+4k12)x2+8k1(y0−k1x0)x+4(y0−k1x0)2−4=0，
所以x1+x0=8k1(k1x0−y0)1+4k12，
直线AN：y−y0=k2(x−x0)，
同理可得x2+x0=8k2(k2x0−y0)1+4k22，
所以x1+x0+x2+x0=8k1(k1x0−y0)1+4k12+8k2(k2x0−y0)1+4k22=8k1(k1x0−y0)1+4k12+8(−14k1)(−14k1x0−y0)1+4(−14k1)2
=8k12x0−8k1y01+4k12+2x0+8k1y01+4k12=2x0+8k12x01+4k12=2x0，
故x1+x2=0．
【解析】(1)结合椭圆的几何性质与点到直线的距离公式，求出a和b的值，即可得椭圆方程；
(2)①利用点到直线的距离可得切线斜率满足的方程，结合韦达定理，求证斜率之积为定值即可； ②分别联立直线AM、AN与椭圆的方程，结合韦达定理求证即可．
本题考查直线与椭圆的位置关系，熟练掌握椭圆的几何性质，点到直线的距离公式，直线的方程等是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
22.【答案】解：(Ⅰ)直线l过坐标原点且倾斜角为α.转换为极坐标方程θ=α；
曲线C的极坐标方程为ρ2−4ρsin(θ+π6)+1=0，根据x=ρcsθy=ρsinθx2+y2=ρ2，转换为直角坐标方程为x2+y2−2x−2 3y+1=0．
(Ⅱ)直线l的参数方程为x=tcsαy=tsinα(t为参数)，代入x2+y2−2x−2 3y+1=0，
得到t2−(2csα+2 3sinα)t+1=0；
所以t1+t2=2csα+2 3sinα，t1t2=1；
所以λ=|OM|+|ON||OM||ON|=2csα+2 3sinα=4sin(α+π6)，
由于α∈(0,π2)，故α+π6∈(π6,2π3)，
当α+π6=π2时，λ的最大值为4．
【解析】(Ⅰ)直接利用转换关系，把直线的方程转换为极坐标方程，再把曲线的极坐标方程转换为直角坐标方程；
(Ⅱ)利用直线和曲线的位置关系，根据一元二次方程根和系数的关系求出结果．
本题考查的知识要点：参数方程，极坐标方程和直角坐标方程之间的转换，一元二次方程根和系数的关系的应用，主要考查学生的运算能力，属于中档题．
23.【答案】解：(Ⅰ)当m=2时，f(x)=|x+2|+|2x−3|；
若x<−2，则f(x)=−x−2+3−2x=1−3x；
不等式f(x)>10等价于1−3x>10，解得x<−3；
此时不等式的解集为{x|x<−3}；
若−2≤x≤32，则f(x)=x+2+3−2x=5−x；
不等式f(x)>10等价于5−x>10，解得x<−5；
此时不等式的解集为⌀；
若x>32，则f(x)=x+2+2x−3=3x−1；
不等式f(x)>10等价于3x−1>10，解得x>113；
此时不等式的解集为{x|x>113}；
综上，不等式f(x)>10的解集为(−∞,−3)∪(113,+∞)．
(Ⅱ)若x≥3，可得f(x)=|x+m|+2x−3，
不等式f(x)≤x2恒成立等价于|x+m|+2x−3≤x2，即|x+m|≤x2−2x+3；
所以−x2+2x−3≤x+m≤x2−2x+3，即−x2+x−3≤m≤x2−3x+3对任意x≥3恒成立，
利用二次函数单调性可得y=x2−3x+3在[3,+∞)上单调递增，其最小值为3，
函数y=−x2+x−3在[3,+∞)上单调递减，其最大值为−9，所以−9≤m≤3．
所以实数m的取值范围为[−9,3]．
【解析】(Ⅰ)利用分类讨论法分别求出不等式f(x)>10在不同取值范围时的解集即可；
(Ⅱ)根据题意将不等式恒成立问题转化为求二次函数最值，即可得实数m的取值范围．
本题考查了绝对值三角不等式的解法，利用不等式恒成立求参数的取值范围，考查了分类讨论思想和转化思想，属中档题．X
0
1
2
3
4
P
1681
3281
827
881
181