2023-2024学年四川大学附中高三（下）开学数学试卷（理科）（含解析）

这是一份2023-2024学年四川大学附中高三（下）开学数学试卷（理科）（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.在复平面内，若复数z对应的点为(2,−1)，则z⋅(2+i)=( )
A. −5B. 4iC. −4iD. 5
2.已知集合A={1,3, m}，B={1,m}，A∪B=A，则m=( )
A. 0或 3B. 0或3C. 1或 3D. 1或3
3.满足约束条件x+y−1≤0x−y+3≤0x+2≥0的平面区域的面积为( )
A. 12B. 23C. 1D. 2
4.从甲、乙两种玉米苗中各抽6株，分别测得它们的株高如图所示(单位：cm)根据数据估计( )
A. 甲种玉米比乙种玉米不仅长得高而且长得整齐
B. 乙种玉米比甲种玉米不仅长得高而且长得整齐
C. 甲种玉米比乙种玉米长得高但长势没有乙整齐
D. 乙种玉米比甲种玉米长得高但长势没有甲整齐
5.已知a>0，b>0，则“a+b=1”是“1a+4b≥9”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
6.已知正项等比数列{an}满足a3为2a2与a6的等比中项，则a3+a5a1+a3=( )
A. 22B. 12C. 2D. 2
7.已知F1，F2为双曲线x24−y23=1的左，右焦点，过点F2向该双曲线的一条渐近线作垂线PF2，垂足为P，则△PF1F2的面积为( )
A. 2B. 3C. 4D. 2 3
8.我们通常所说的ABO血型系统是由A，B，O三个等位基因决定的，每个人的基因型由这三个等位基因中的任意两个组合在一起构成，且两个等位基因分别来自于父亲和母亲，其中AA，AO为A型血，BB，BO为B型血，AB为AB型血，OO为O型血．比如：父亲和母亲的基因型分别为AO，AB，则孩子的基因型等可能的出现AA，AB，AO，BO四种结果．已知小明的爷爷、奶奶和母亲的血型均为AB型，不考虑基因突变，则小明是A型血的概率为( )
A. 116B. 18C. 14D. 12
9.已知函数f(x)=cs(ωx−π6)是区间[−π2,0]上的增函数，则正实数ω的取值范围是( )
A. (0,1]B. (0,43)C. (0,53]D. (0,2]
10.已知三棱锥D−ABC的所有顶点都在球O的球面上，AB=BC=2，AC=2 2，若三棱锥D−ABC体积的最大值为2，则球O的表面积为( )
A. 8πB. 9πC. 25π3D. 121π9
11.高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的称号，用其名字命名的“高斯函数”为：设x∈R，用[x]表示不超过x的最大整数，则y=[x]称为高斯函数．例如：[−2.1]=−3，[3.1]=3，已知函数f(x)=2x+31+2x+1，则函数y=[f(x)]的值域为( )
A. (12,3)B. (0,2]C. {0,1,2}D. {0,1,2,3}
12.《九章算术》中将底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱称为“堑堵”；底面为矩形，一条侧棱垂直于底面的四棱锥称之为“阳马”；四个面均为直角三角形的四面体称为“鳌臑”.如图，在堑堵ABC−A1B1C1中，AC⊥BC，且AA1=AB=2.下列说法错误的是( )
A. 四棱锥B−A1ACC1为“阳马”
B. 四面体A1C1CB为“鳖臑”
C. 四棱锥B−A1ACC1体积的最大值为23
D. 过A点作AE⊥A1B于点E，过E点作EF⊥A1B于点F，则A1B⊥面AEF
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.设an=n2+n+11，由a1，a2，a3，…，a9为质数，归纳猜想an=n2+n+11为质数，该猜想______.(选填“正确”或“错误”)
14.如图所示，向量OA与OB的夹角为5π6，向量OP与OB的夹角为π6，|OA|=|OP|=2，|OB|=4，若OP=mOA+nOB，(m,n∈R)，则mn= ______．
15.若函数f(x)=2+lnx,x>0,x,x≤0,g(x)=f(x)+f(−x)，则函数g(x)的零点个数为______．
16.设椭圆x23+y2=1的左焦点为F，点P在椭圆上且在第一象限，直线PF圆x2+y2=r2相交于A，B两点，若A，B是线段P，F的两个三等分点，则直线PF的斜率为______．
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12分)
在△ABC中，角A，B，C所对的边为a，b，c，已知b⋅csA=2a⋅csB，且tanC=−3．
(1)求角B的大小；
(2)若c=3，求△ABC的面积S．
18.(本小题12分)
某县依托种植特色农产品，推进产业园区建设，致富一方百姓.已知该县近5年人均可支配收入如表所示，记2017年为x=1，2018年为x=2，…以此类推．
(1)使用两种模型：①y =b x+a ；②y =m x2+n 的相关指数R2分别约为0.92，0.99，请选择一个拟合效果更好的模型，并说明理由；
(2)根据(1)中选择的模型，试建立y关于x的回归方程.(保留2位小数)
附：回归方程y​=b​x+a​中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为b =i=1n(xi−x−)(yi−y−)i=1n(xi−x−)2，a​=y−−b​x−．
参考数据：i=15(xi−x−)(yi−y−)=7.1，令ui=xi2，i=15(ui−ui−)(yi−y−)=45.1．
19.(本小题12分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，AD//BC，PA=AB=BC=1，AD=2，CD= 2，PA⊥AD，点E在棱PC上，设CE=λCP．
(1)证明：CD⊥AE；
(2)设二面角C−AE−D的平面角为θ，且|csθ|=3 510，求λ的值．
20.(本小题12分)
过点A(2,0)的直线l与抛物线C：y2=2px(p>0)交于点M，N(M在第一象限)，且当直线l的倾斜角为π4时，|MN|=3 2．
(1)求抛物线的方程；
(2)若B(3,0)，延长MB交抛物线C于点P，延长PN交x轴于点Q，求|QN||QP|的值．
21.(本小题12分)
已知f(x)=lnx−kx+1(k∈R)，g(x)=x(ex−2)．
(1)求f(x)的极值；
(2)若g(x)≥f(x)，求实数k的取值范围．
22.(本小题10分)
如图所示，“8”是在极坐标系Ox中分别以C1(1,π2)和C2(2,3π2)为圆心，外切于点O的两个圆．过O作两条夹角为π3的射线分别交⊙C1于O、A两点，交⊙C2于O、B两点．
(1)写出⊙C1与⊙C2的极坐标方程；
(2)求△OAB面积最大值．
23.(本小题12分)
已知a，b，c均为正实数，且a+2b+3c=4．
(1)若a=l，求证： b+ c≤ 102；
(2)若 a+ b+ c=2，求a的取值范围．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：因为复数z对应的点为(2,−1)，则z=2−i，
所以z⋅(2+i)=(2−i)⋅(2+i)=4+1=5．
故选：D．
根据已知条件，结合复数的四则运算，以及复数的几何意义，即可求解．
本题主要考查复数的四则运算，属于基础题．
2.【答案】B
【解析】解：A∪B=A⇔B⊆A．
∴{1,m}⊆{1,3, m}，
∴m=3
或m= m，解得m=0或m=1(与集合中元素的互异性矛盾，舍去)．
综上所述，m=0或m=3．
故选：B．
由两集合的并集为A，得到B为A的子集，转化为集合间的基本关系，再利用子集的定义，转化为元素与集合，元素与元素的关系．
此题考查了并集及其运算，以及集合间的包含关系，是一道基础题．
3.【答案】C
【解析】解：作出不等式组对应的平面区域如图：由x+y−1=0x−y+3=0，解得
C(−1,2)，由x=−2x−y+3=0，解得A(−2,1)，由x=−2x+y−1=0，解得B(−2,3)，
则平面区域的面积S=12×(3−1)×1=1．
故选：C．
作出不等式组对应的平面区域，得到阴影部分，结合三角形的面积公式进行求解即可．
本题主要考查平面区域面积的计算，结合三角形的面积公式，属于基础题．
4.【答案】D
【解析】解：由茎叶图中的数据知，甲种玉米苗的株高主要集中在20cm左右，且分布较为集中，
乙种玉米苗的株高主要集中在30cm左右，且分布较为分散，
所以，乙种玉米比甲种玉米长得高但长势没有甲整齐．
故选：D．
根据茎叶图中的数据，得出甲、乙两种玉米苗的株高主要集中在哪个范围，以及分布情况，判断即可．
本题考查了茎叶图中数据的分析与判断问题，是基础题．
5.【答案】A
【解析】解：当a+b=1时，因为a>0，b>0，
所以1a+4b=(1a+4b)(a+b)=1+4+ba+4ab≥5+2 ba⋅4ab=9，
当且仅当ba=4ab，即b=23,a=13时，等号成立，
故充分性成立，
当a=19,b=12时，满足1a+4b≥9，但不满足a+b=1，故必要性不成立，
故“a+b=1”是“1a+4b≥9”的充分不必要条件．
故选：A．
利用基本不等式“1”的妙用求出1a+4b≥9，充分性成立，举出反例，得到必要性不成立，选出正确答案．
本题考查基本不等式相关知识，属于中档题．
6.【答案】B
【解析】解：设等比数列{an}的公比为q，
由题意得a32=2a2⋅a6，即a12q4=2a12q6，
∵a1>0，q>0，
∴q2=12，a3+a5a1+a3=a1q2(1+q2)a1(1+q2)=q2=12，
故选：B．
根据等比中项定义和等比数列通项公式先求出q，进而可求．
本题主要考查了等比数列的性质的应用，属于基础题．
7.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查双曲线中的面积问题，属于基础题．
利用点到直线距离求得焦点到渐近线的距离，进而利用勾股定理求解PO，即可求解Rt△PF1F2的面积．
【解答】
解：双曲线x24−y23=1右焦点( 7,0)到渐近线y= 32x的距离为 32× 7 12+( 32)2= 3，
故Rt△POF2中，OP= ( 7)2−( 3)2=2，
则△PF1F2的面积为12×2 7×2× 3 7=2 3．
8.【答案】C
【解析】解：根据爷爷、奶奶的血型可知小明父亲血型可能是A、AB、BA、B四种血型，
结合母亲血型AB可计算小明是A型血的概率14×(12+14+14+0)=14．
故选：C．
根据爷爷、奶奶的血型可知小明父亲血型可能是A、AB、BA、B四种血型，结合母亲血型可计算小明是A型血的概率．
本题考查古典概型应用，考查数学运算能力，属于基础题．
9.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查余弦函数的单调性，属于中档题．
因为当x∈[−π2,0]时，ωx−π6∈[−ωπ2−π6,−π6]，所以依题意得[−ωπ2−π6,−π6]⊆[−π,0]，据此可求正实数ω的取值范围．
【解答】
解：因为ω>0，当x∈[−π2,0]时，ωx−π6∈[−ωπ2−π6,−π6]，
又函数fx=cs(ωx−π6)在[−π2,0]上是增函数，
所以[−ωπ2−π6,−π6]⊆[−π,0]，于是−ωπ2−π6⩾−π，ω⩽53，
综合得：0<ω⩽53．
故选C．
10.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查了棱锥与球的结构特征，常见几何体的体积与表面积计算，属于中档题．
根据棱锥的最大高度和勾股定理计算球的半径，从而得出外接球的表面积．
【解答】
解：∵AB=BC=2，AC=2 2，
所以AB2+BC2=AC2，
由勾股定理的逆定理得AB⊥BC，
过AC的中点M作平面ABC的垂线MN，
则球心O在直线MN上，
设OM=h，球的半径为R，则棱锥的高的最大值为R+h，
∵VD−ABC=13×12×2×2×(R+h)=2，
∴R+h=3，
由勾股定理得：R2=(3−R)2+2，
解得R=116，
∴球O的表面积为S=4π×12136=121π9．
故选D．
11.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查了分式函数值域的求法及对即时定义的理解，属中档题．
由分式函数值域的求法得：f(x)=122x+1+61+2x+1=12(1+51+2x+1)，又1+2x+1∈(1,+∞)，所以f(x)∈(12,3)，由高斯函数定义的理解得：函数y=[f(x)]的值域为{0,1,2}，得解．
【解答】
解：因为f(x)=2x+31+2x+1，所以f(x)=122x+1+61+2x+1=12(1+51+2x+1)，
又1+2x+1∈(1,+∞)，
所以f(x)∈(12,3)，
由高斯函数的定义可得：
函数y=[f(x)]的值域为{0,1,2}，
故选：C．
12.【答案】C
【解析】解：底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱称为“堑堵”，
∴在堑堵ABC−A1B1C1中，AC⊥BC，侧棱AA1⊥平面ABC，
A选项，∴AA1⊥BC，又AC⊥BC，且AA1∩AC=A，则BC⊥平面A1ACC1，
∴四棱锥B−A1ACC1为“阳马”，故A正确；
B选项，由AC⊥BC，即A1C1⊥BC，又A1C1⊥C1C且BC∩C1C=C，，
∴A1C1⊥平面BB1C1C，∴A1C1⊥BC1，则△A1BC1为直角三角形，
又由BC⊥平面AA1C1C，得△A1BC为直角三角形，由“堑堵”的定义可得△A1C1C为直角三角形，△CC1B为直角三角形，
∴四面体A1C1CB为“鳌臑”，故B正确；
C选项，在底面有4=AC2+BC2≥2AC⋅BC，即AC⋅BC≤2，当且仅当AC=BC= 2时取等号，
VB−A1ACC1=13SA1ACC1×BC=13AA1×AC×BC=23AC×BC≤43，最大值为43，故C错误；
D选项，因为AE⊥A1B，EF⊥A1B，AE∩EF=E，所以A1B⊥平面AEF，故D正确；
故选：C．
根据“阳马”和“鳌臑”的定义，可判断A，B的正误；当且仅当AC=BC时，四棱锥B−A1ACC1体积有最大值，求值可判断C的正误；根据题意可证A1B⊥平面AEF，进而判断D的正误．
本题考查了立体几何的综合应用，属于中档题．
13.【答案】错误
【解析】解：对于an=n2+n+11，当n=11k(k∈N*)时，an=(11k)2+11k+11=11(11k2+k+1)，
必定含有约数11，此时an不是质数，故该猜想错误．
故答案为：错误．
观察an=n2+n+11，其中的常数项为11，只要取n等于11的倍数，即可得出an含有约数11，从而得出结论．
本题主要考查整数的整除性、推理证明的一般方法等知识，考查了计算能力、逻辑推理能力，属于基础题．
14.【答案】 32
【解析】解：以O为坐标原点，OB所在直线为x轴，垂直于OB且向上的方向为y轴建立平面直角坐标系，
则B(4,0)，设P(x1,y1)，A(x2,y2)，
由题可得：x1=2csπ6= 3，y1=2sinπ6=1，
x2=2cs5π6=− 3，y2=2sin5π6=1．
因为OP=mOA+nOB，所以( 3,1)=m(− 3,1)+n(4,0)，
所以 3=− 3m+4n1=m，解得m=1n= 32，
所以mn= 32．
故答案为： 32．
建立直角坐标系，结合三角函数定义，利用向量坐标运算求解即可．
本题考查平面向量的坐标运算和平面向量的数量积，属于中档题．
15.【答案】5
【解析】解：令g(x)=0，则有f(x)+f(−x)=0，所以f(x)=−f(−x)，
当x>0时，则有2+lnx=−(−x)=x，即lnx=x−2，
在同一坐标系中作出y=lnx与y=x−2的图象，如图所示：
由图可得此时两函数的图象有两个交点，
即当x>0时，g(x)有2个零点；
当x<0时，则有x=−[2+ln(−x)]=−ln(−x)−2，即ln(−x)=−x−2，
在同一坐标系中作出y=ln(−x)与y=−x−2的图象，如图所示：
由图可得此时两函数的图象有两个交点，
即当x<0时，g(x)有2个零点；
当x=0时，f(x)=f(−x)=0，此时g(x)=f(x)+f(−x)=0，有1个零点为x=0．
综上所述，g(x)共有5个零点．
故答案为：5．
g(x)=0，则有f(x)+f(−x)=0，即有f(x)=−f(−x)，再分x>0，x<0和x=0三种情况，利用图象求解g(x)零点个数即可．
本题主要考查函数的零点与方程根的关系，考查数形结合思想与运算求解能力，属于中档题．
16.【答案】2− 3
【解析】解：如图，取AB中点H，椭圆另一个焦点为E，连结PE．
∵A、B三等分线段PF，∴H也是AB中点，即OH⊥AB
设OH=d，则PE=2d，PF=2a−2d，FH=a−d，
在Rt△OHF中，OF2=OH2+FH2，整理可得2d2−2ad+b2=0，
又a= 3m，b= m，c= 2m，
解得d=( 3−1)⋅m2，
∴HF=a−d=( 3+1)⋅ m2.tan∠HFO=OHFH= 3−1 3+1=2− 3．
直线PF的斜率为2− 3．
故答案为：2− 3．
取AB中点H，椭圆另一个焦点为E，连结PE根据平面几何的知识、勾股定理及中位线的性质得d，求得tan∠HFO，即可求解．
本题考查椭圆离心率的求解问题，关键是根据题设条件获得关于a，b，c的关系式，最后化归为a，c(或e)的关系式，利用方程求解．属于中档题．
17.【答案】解：(1)∵b⋅csA=2a⋅csB，∴sinBcsA=2sinAcsB，
∴sinAcsA=sinB2csB，即tanA=12tanB，
又∵tanC=tan(π−(A+B))=−tan(A+B)=tanA+tanBtanAtanB−1=32tanB12tan2B−1=−3，
∴tan2B+tanB−2=0，解得tanB=1或−2，
又∵tanC=−3<0，∴角C为钝角，
∴角B为锐角，∴tanB=1，∴B=π4；
(2)由(1)知，tanA=12,tanB=1，及已知条件tanC=−3，
∴sinA=1 5,sinB=1 2,sinC=3 10，
又∵c=3，∴a=csinAsinC= 2,b=csinBsinC= 5，
∴S=12absinC=32．
【解析】(1)利用正弦定理边化角(的正弦)，进而利用同角三角函数的关系得到tanA=12tanB，再根据tanC=−3，结合两角和的正切公式得到关于tanB的方程，求得tanB的值，同时注意根据已知条件判定角B为锐角，得到角B的值；
(2)利用同角三角函数的关系，求得三个内角的正弦值，进而利用正弦定理求得三角形另外两边的长，利用三角形面积公式计算即得S．
本题考查了三角形正弦定理和面积公式的应用，属于中档题．
18.【答案】解：(1)∵0.92<0.99，根据统计学相关知识，R2越大，意味着残差平方和i=15(yi−yi)2越小，那么拟合效果越好，
∴选择非线性回归方程②y =m x2+n 进行拟合更加符合问题实际；
(2)令ui=xi2，则需求出线性回归方程y =m u+n ，
所以u−=1+4+9+16+255=11，y−=0.8+1.1+1.5+2.4+3.75=1.9，
所以i=15(ui−u−)2=(1−11)2+(4−11)2+(9−11)2+(16−11)2+(25−11)2=374，
∴m =i=15(ui−u)(yi−y−)i=15(ui−u−)2=45.1374≈0.121，
由1.9=0.121×11+n ，得n =0.569≈0.57，
∴y =0.12u+0.57，
∴y与x的回归方程为y =0.12x2+0.57．
【解析】(1)根据相关指数R2的性质判断；
(2)先化为线性回归方程，令ui=xi2，则需求出线性回归方程y =m u+n ，再利用公式求出m ，n ，从而得到y关于x的回归方程．
本题主要考查了函数模型的选择，考查了线性回归方程的求解，属于中档题．
19.【答案】解：(1)证明：取AD的中点F，连接CF，∵AD=2，BC=1，∴AF=BC，
∵AD/​/BC，∴四边形CBAF是平行四边形，∴CF=AB=1，
∵CF2+DF2=CD2，∴CF⊥DF，∴AB⊥AD，
∵AC= 1+1= 2，CD= 2，AD=2，∴AC2+CD2=AD2，∴CD⊥AC，
∵平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥AD，平面PAD⊥平面ABCD=AD，PA⊂平面PAD，
∴PA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，∴CD⊥PA，
∵AC∩PA=A，AC，PA⊂平面PAC，
∴CD⊥平面PAC，∵AE⊂平面PAC，∴CD⊥AE．
(2)由(1)知PA，AB，AD两两垂直，
以A为坐标原点，AD、AB、AP所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，

A(0,0,0)，D(2,0,0)，C(1,1,0)，P(0,0,1)，
CP=(−1,−1,1)，AE=AC+λCP=(1−λ,1−λ,λ)，AD=(2,0,0)，
设平面AED的法向量为n=(x,y,z)，
则n⋅AD=2x=0n⋅AE=(1−λ)x+(1−λ)y+λz=0，取y=λ，得n=(0,λ,λ−1)，
∵CD⊥平面AEC，∴取平面AEC的一个法向量为m=CD=(1,−1,0)，
∵设二面角C−AE−D的平面角为θ，且|csθ|=3 510，
∴|cs|=|n⋅m||n|⋅|m|=λ 2× 2λ2−2λ+1=3 510，
整理得8λ2−18λ+9=0，解得λ=34或λ=32(舍)，
综上，λ的值为34．
【解析】(1)利用平行四边形判定定理及性质、勾股定理的逆定理，结合面面垂直的性质、线面垂直的判定与性质能证明CD⊥AE；
(2)以A为坐标原点，AD、AB、AP所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出结果．
本题考查线面垂直、面面垂直的判定与性质、二面角的定义及求法、向量法等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
20.【答案】解：(1)设M(x1,y1)，N(x2,y2)，当直线l的倾斜角为π4时，直线l的方程为：y=x−2，
联立方程y=x−2y2=2px，整理得：y2−2py−4p=0，
由韦达定理：y1+y2=2py1y2=−4p，
|MN|= 1+12|y1−y2|= 1+12⋅ (y1+y2)2−4y1y2
= 1+12⋅ 4p2+16p=3 2，
解得：p=12(舍去负值)，故抛物线的方程为：y2=x．
(2)设M(x1,y1)，N(x2,y2)，P(x3,y3)，
设直线MN的方程为：x=ty+2，
联立直线MN与抛物线C的方程可得：x=ty+2y2=x，整理得：y2−ty−2=0，
由根与系数的关系得：y1y2=−2 ①，
同理，联立直线MP：x=ny+3与抛物线C方程可得：x=ny+3y2=x,
整理得：y2−ny−3=0，可得y1y3=−3 ②，
由 ① ②可知，y2y3=23，
∴|QN||QP|=|y2||y3|=23．
【解析】本题考查抛物线的概念及标准方程，直线与抛物线的位置关系，属于较难题．
(1)结合题意设直线l:y=x−2，与抛物线方程联立，结合弦长公式和|MN|=3 2求得p的值，即可得解；
(2)设出M，N，P点坐标，设直线MN的方程为：x=ty+2，直线MP：x=ny+3，分别联立直线MN、直线MP与抛物线C方程，进一步结合根与系数的关系求解即可．
21.【答案】解：(1)已知f(x)=lnx−kx+1,f′(x)=1x−k,(x>0)，
当k≤0时，f′(x)≥0恒成立，f(x)无极值，
当k>0时，f′(x)=1−kxx，f(x)在(0,1k)上单调递增，在(1k,+∞)单调递减，
当x=1k时，f(x)有极大值，f(1k)=−lnk，无极小值，
综上当k≤0时，f(x)无极值；当k>0时，极大值为f(1k)=−lnk，无极小值；
(2)若g(x)≥f(x)，则x(ex−2)−lnx+kx−1≥0在x>0时恒成立，
∴k≥1+lnxx−ex+2恒成立，令h(x)=1+lnxx−ex+2,h′(x)=−lnx−x2exx2，
令φ(x)=−lnx−x2ex，则φ′(x)=−1x−(x2+2x)ex，x>0，
则φ(x)在(0,+∞)单调递减，
又φ(1e)=1−e1ee2>0，φ(1)=−e<0，
由零点存在定理知，存在唯一零点x0∈(1e,1)，使得φ(x0)=0，
即−lnx0=x_0，
令ω(x)=xex(x>0)，ω′(x)=(x+1)ex>0，ω(x)在(0,+∞)上单调递增，
ω(ln1x0)=ω(x0)，
∴ln1x0=x0，即−lnx0=x0
∴当x∈(0,x0)时，h(x)单调递增，x∈(x0,+∞)单调递减，
h(x)max=h(x0)=1+lnx0x0−ex0+2=1−x0x0−1x0+2=1，
∴k≥h(x0)=1，
即k的取值范围为{k|k≥1}．
【解析】(1)根据题意，求导得f′(x)，然后分k≤0与k>0讨论，即可得到结果．
(2)根据题意，将问题转化为k≥1+lnxx−ex+2在x>0恒成立，然后构造函数h(x)=1+lnxx−ex+2，求得其最大值，即可得到结果．
本题主要考查了用导数研究函数极值问题，难度较难，解答本题的关键在于分离参数，然后构造函数，将问题转化为最值问题．
22.【答案】解：(1)⊙C1：ρ=2sinθ；⊙C2：ρ=−4sinθ；
(2)由(1)得A(2sinθ,θ)，B(−4sin(θ−π3),θ−π3)，
则S△OAB=12⋅2sinθ⋅[−4sin(θ−π3)]⋅sinπ3
=−2 3sinθ(sinθcsπ3−csθsinπ3)
=− 3sin2θ+3sinθcsθ
= 32cs2θ+32sin2θ− 32
= 3sin(2θ+π6)− 32．
∴当sin(2θ+π6)=1时，△OAB面积最大值为 32．
【解析】(1)直接由图可得⊙C1与⊙C2的极坐标方程；
(2)由(1)得A(2sinθ,θ)，B(−4sin(θ−π3),θ−π3)，代入三角形面积公式，整理后利用三角函数求最值．
本题考查简单曲线的极坐标方程，考查三角形面积公式的应用，训练了利用三角函数求最值，是中档题．
23.【答案】解：(1)由a=1，则2b+3c=3，
由柯西不等式，得(2b+3c)[(1 2)2+(1 3)2]≥( b+ c)2，
∴( b+ c)2≤3×(12+13)=52，
∴ b+ c≤ 102，当且仅当b=910，c=25时等号成立．
(2)∵a+2b+3c=4，即2b+3c=4−a，
又 a+ b+ c=2，则 b+ c=2− a，
又由(1)可得：(2b+3c)[(1 2)2+(1 3)2]≥( b+ c)2，
∴(4−a)56≥(2− a)2，
即11a−24 a+4≤0，
令 a=t，所以11t2−24t+4≤0，
解得：211≤t≤2，即4121≤a≤4，
又2b+3c=4−a，且b>0，c>0，
∴4−a>0，即a<4，
综上可得，4121≤a<4．
【解析】本题考查柯西不等式的应用，属于中档题．
(1)由柯西不等式得(2b+3c)[(1 2)2+(1 3)2]≥( b+ c)2，即可得证；
(2)又 a+ b+ c=2，则 b+ c=2− a，又由(1)可得：(2b+3c)[(1 2)2+(1 3)2]≥( b+ c)2，则(4−a)56≥(2− a)2，
求解即可．年份
2017
2018
2019
2020
2021
年份代号x
1
2
3
4
5
人均可支配收入y(万元)
0.8
1.1
1.5
2.4
3.7