2024高考數(shù)學(xué)二輪分層模擬仿真專練八文

PAGEPAGE102024高考數(shù)學(xué)二輪分層模擬仿真專練（八）文一、選擇題(本大題共12小題，每小題5分，共60分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的)1．[2024·東北三省四市教研聯(lián)合體高考模擬試卷(一)]設(shè)集合A＝{x||x|<1}，B＝{x|x(x－3)<0}，則A∪B＝()A．(－1,0)B．(0,1)C．(－1,3)D．(1,3)答案：C解析：因為A＝{x|－1<x<1}，B＝{x|0<x<3}，所以A∪B＝{x|－1<x<3}，故選C.2．[2024·四川成都經(jīng)開區(qū)試驗中學(xué)入學(xué)考試]已知復(fù)數(shù)z滿意zi＝2i＋x(x∈R)，若z的虛部為2，則|z|＝()A．2B．2eq\r(2)C.eq\r(5)D.eq\r(3)答案：B解析：復(fù)數(shù)z滿意zi＝2i＋x(x∈R)，可得z＝eq\f(2i＋x,i)＝2－xi.由z的虛部為2，可得x＝－2，則z＝2＋2i.∴|z|＝2eq\r(2)，故選B.3．[2024·安徽合肥第一次教學(xué)質(zhì)量檢測]已知偶函數(shù)f(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增，則對實數(shù)a，b，“a>|b|”是“f(a)>f(b)”的()A．充分不必要條件B．必要不充分條件C．充要條件D．既不充分也不必要條件答案：A解析：因為f(x)為偶函數(shù)，所以f(x)＝f(－x)＝f(|x|)，由于f(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增，因此若a>|b|≥0，則f(a)>f(|b|)，即f(a)>f(b)，所以a>|b|是f(a)>f(b)的充分條件；若f(a)>f(b)，則f(|a|)>f(|b|)，可得|a|>|b|≥0，由于a，b的正負(fù)不能推斷，因此無法得到a>|b|，則a>|b|不是f(a)>f(b)的必要條件，所以“a>|b|”是“f(a)>f(b)”的充分不必要條件，故選A.4．[2024·湖南益陽模擬]已知函數(shù)f(x)＝ax2＋(a＋2)x＋a2為偶函數(shù)，則不等式(x－2)f(x)<0的解集為()A．(－eq\r(2)，eq\r(2))∪(2，＋∞)B．(－eq\r(2)，＋∞)C．(2，＋∞)D．(－eq\r(2)，2)答案：A解析：∵函數(shù)f(x)＝ax2＋(a＋2)x＋a2為偶函數(shù)，∴a＋2＝0，得a＝－2，∴f(x)＝－2x2＋4，∴不等式(x－2)f(x)<0可轉(zhuǎn)化為eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－2<0，,fx>0))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－2>0，,fx<0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x<2，,－2x2＋4>0))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x>2，,－2x2＋4<0，))解得－eq\r(2)<x<eq\r(2)或x>2.綜上，原不等式的解集為(－eq\r(2)，eq\r(2))∪(2，＋∞)．故選A.5．[2024·湖南師大附中月考]如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，角α(0<α<eq\f(π,2))和角βeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)<β<0))的終邊分別交單位圓于A，B兩點，若點B的縱坐標(biāo)為－eq\f(5,13)，且滿意S△OAB＝eq\f(\r(3),4)，則sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))的值為()A.eq\f(12,13)B.eq\f(5,13)C．－eq\f(12,13)D．－eq\f(5,13)答案：A解析：由圖知∠xOA＝α，∠xOB＝β，且sinβ＝－eq\f(5,13).由S△OAB＝eq\f(\r(3),4)知∠AOB＝eq\f(π,3)，即α－β＝eq\f(π,3)，即α＝β＋eq\f(π,3)，故sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β＋\f(π,2)))＝cosβ＝eq\r(1－sin2β)＝eq\f(12,13).故選A.6．[2024·河南鄭州一中期中]《九章算術(shù)》第三章“衰分”中有如下問題：“今有甲持錢五百六十，乙持錢三百五十，丙持錢一百八十，凡三人俱出關(guān)，關(guān)稅百錢．欲以錢數(shù)多少衰出之，問各幾何？”其意為：今有甲帶了560錢，乙?guī)Я?50錢，丙帶了180錢，三人一起出關(guān)，共須要交關(guān)稅100錢，依照錢的多少按比例出錢，問三人各出多少錢？則乙應(yīng)出(所得結(jié)果四舍五入，保留整數(shù))()A．50錢B．32錢C．31錢D．19錢答案：B解析：抽樣比為eq\f(100,560＋350＋180)＝eq\f(10,109)，所以乙應(yīng)交關(guān)稅350×eq\f(10,109)≈32(錢)．故選B.7．[2024·黑龍江哈師大附中聯(lián)考]已知數(shù)列{an}中，a1＝eq\f(3,2)且an＋1＝eq\f(1,2)(an＋n＋2)，則an＝()A.eq\f(1,2n)＋nB.eq\f(1,2n)C.eq\f(1,2n－1)＋nD.eq\f(1,2n－1)＋n－1答案：A解析：∵an＋1＝eq\f(1,2)(an＋n＋2)，∴an＋1－(n＋1)＝eq\f(1,2)(an－n)，∴{an－n}是公比為eq\f(1,2)的等比數(shù)列，又a1＝eq\f(3,2)，∴a1－1＝eq\f(1,2)，∴an－n＝eq\f(1,2n)，∴an＝eq\f(1,2n)＋n，故選A.8．[2024·湖北宜昌兩校第一次聯(lián)考]若taneq\f(α,2)＝eq\f(1,2)，則cos2α＋sin2α＝()A．－eq\f(31,25)B．－eq\f(17,25)C.eq\f(17,25)D.eq\f(31,25)答案：C解析：因為taneq\f(α,2)＝eq\f(1,2)，所以tanα＝eq\f(2tan\f(α,2),1－tan2\f(α,2))＝eq\f(2×\f(1,2),1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2)＝eq\f(4,3)，于是cos2α＋sin2α＝eq\f(cos2α－sin2α＋2sinαcosα,sin2α＋cos2α)＝eq\f(1－tan2α＋2tanα,tan2α＋1)＝eq\f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)))2＋2×\f(4,3),\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)))2＋1)＝eq\f(17,25).故選C.9．[2024·湖北荊荊襄宜四地七校聯(lián)考]已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x－7，x<0，,log2x＋1，x≥0，))若f(a)<1，則實數(shù)a的取值范圍是()A．(－∞，－3)∪[0,1)B．(－3,0)C．(－3,1)D．(－∞，－3)∪(1，＋∞)答案：C解析：因為f(a)<1，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a<0，,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))a－7<1))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a≥0，,log2a＋1<1，))得－3<a<0或0≤a<1.所以實數(shù)a的取值范圍是(－3,1)．故選C.10．[2024·湖南師大附中模擬]已知變量x，y滿意約束條件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1≤x＋y≤2，,x≤－1，))則eq\f(x＋y,y)的取值范圍是()A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(2,3)))B.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(2,3)))C.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，－\f(1,3)))D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，2))答案：B解析：依據(jù)條件作出可行域如圖所示的陰影部分，依據(jù)圖形易知k＝eq\f(y,x)在A(－1,3)處取得最小值－3，且k<－1，故－3≤k<－1，則－1<eq\f(x,y)≤－eq\f(1,3)，故0<eq\f(x＋y,y)≤eq\f(2,3).故選B.11．[2024·江西紅色七校聯(lián)考]意大利聞名數(shù)學(xué)家斐波那契在探討兔子繁殖問題時，發(fā)覺有這樣的一列數(shù)：1,1,2,3,5,8,13，….該數(shù)列的特點是：前兩個數(shù)都是1，從第三個數(shù)起，每一個數(shù)都等于它前面相鄰兩個數(shù)的和，人們把這樣一列數(shù)組成的數(shù)列稱為“斐波那契數(shù)列”，若記此數(shù)列為{an}，則a2017a2019－aeq\o\al(2,2018)等于()A．1B．－1C．2017D．－2017答案：A解析：a1a3－aeq\o\al(2,2)＝1×2－12＝1，a2a4－aeq\o\al(2,3)＝1×3－22＝－1，a3a5－aeq\o\al(2,4)＝2×5－32＝1，a4a6－aeq\o\al(2,5)＝3×8－52＝－1，…，由此可知anan＋2－aeq\o\al(2,n＋1)＝(－1)n＋1，所以a2017a2019－aeq\o\al(2,2018)＝(－1)2017＋1＝1.故選A.12．[2024·山東濰坊期中]已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x3，x≤a，,x2，x>a))(a>0)，若存在實數(shù)b使函數(shù)g(x)＝f(x)－b有兩個零點，則實數(shù)a的取值范圍是()A．(0,1)B．(1，＋∞)C．(1,2019)D．[1，＋∞)答案：B解析：由題意知f(x)在(－∞，a]上為增函數(shù)，在(a，＋∞)上也是增函數(shù)．當(dāng)a3>a2時，f(x)在R上不是增函數(shù)，故必定存在b，使得直線y＝b與f(x)的圖象有兩個交點，即g(x)＝f(x)－b有兩個零點，此時a>1.故選B.二、填空題(本大題共4小題，每小題5分，共20分．將正確答案填在題中的橫線上．)13．[2024·北京人大附中期中]已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn，a1＝1,2Sn＝(n＋1)an，則an＝________.答案：n解析：∵2Sn＝(n＋1)an，∴n≥2時，2Sn－1＝n·an－1，兩式相減得，2an＝(n＋1)an－nan－1，∴(n－1)an＝nan－1，即eq\f(an,an－1)＝eq\f(n,n－1)(n≥2)，又a1＝1，∴an＝eq\f(an,an－1)×eq\f(an－1,an－2)×…×eq\f(a2,a1)×a1＝eq\f(n,n－1)×eq\f(n－1,n－2)×…×eq\f(2,1)×1＝n.14．[2024·江西臨川一中等學(xué)校聯(lián)考]在△ABC中，3sinA＋4cosB＝6,3cosA＋4sinB＝1，則C的大小為________．答案：eq\f(π,6)解析：∵3sinA＋4cosB＝6,3cosA＋4sinB＝1，∴9＋24(sinAcosB＋cosAsinB)＋16＝37，即24sin(A＋B)＝12，∴sinC＝eq\f(1,2).∵0<C<π，∴C＝eq\f(π,6)或eq\f(5π,6)，又3cosA＝1－4sinB<1，∴cosA<eq\f(1,3)，∴A>eq\f(π,6)，∴C＝eq\f(π,6).15．[2024·重慶一中月考]設(shè)非零向量a，b，c滿意a＋eq\r(2)b＋c＝0，且|b|＝|a|，向量a，b的夾角為135°，則向量a，c的夾角為________．答案：90°解析：通解∵a＋eq\r(2)b＋c＝0，∴a＋eq\r(2)b＝－c，∴a2＋eq\r(2)b·a＝－a·c.∵|a|＝|b|且a，b的夾角為135°，∴a·b＝－eq\f(\r(2),2)|a|2，∴a·c＝0，∴a，c的夾角為90°.優(yōu)解一如圖，建立平面直角坐標(biāo)系，設(shè)|a|＝|b|＝2，則a＝(2,0)，b＝(－eq\r(2)，eq\r(2))，∵a＋eq\r(2)b＋c＝0，∴c＝(0，－2)，∴a·c＝0，∴a，c的夾角為90°.優(yōu)解二如圖，∵|a|＝|b|且a，b的夾角為135°，∴(a＋eq\r(2)b)·a＝0，∴(a＋eq\r(2)b)⊥a，又a＋eq\r(2)b＝－c，∴a，c的夾角為90°.16．[2024·四川成都樹德中學(xué)月考]e1，e2分別是具有公共焦點F1，F(xiàn)2的橢圓和雙曲線的率心率，P是兩曲線的一個公共點，O是F1F2的中點，且|PO|＝|F2O|，則eq\f(e1e2,\r(e\o\al(2,1)＋e\o\al(2,2)))＝________.答案：eq\f(\r(2),2)解析：方法一設(shè)點P在第一象限內(nèi)，橢圓的長半軸長為a，雙曲線的實半軸長為a1，|PF1|＝m，|PF2|＝n，m＞n，則m＋n＝2a，m－n＝2a1，所以m＝a＋a1，n＝a－a由平行四邊形的性質(zhì)可得，(2|PO|)2＋|F1F2|2＝2(|PF1|2＋|PF2|2所以(2c)2＝(a＋a1)2＋(a－a1)2，即2c2＝a2＋aeq\o\al(2,1)，所以eq\f(1,e\o\al(2,1))＋eq\f(1,e\o\al(2,2))＝2，所以eq\f(e\o\al(2,1)＋e\o\al(2,2),e\o\al(2,1)e\o\al(2,2))＝2，故eq\f(e1e2,\r(e\o\al(2,1)＋e\o\al(2,2)))＝eq\f(\r(2),2).方法二易知|PO|＝|F2O|＝|F1O|＝c，所以點P在以O(shè)為圓心，F(xiàn)1F2為直徑的圓上，所以∠F1PF2＝90°.于是由橢圓、雙曲線焦點三角形面積公式可得，(a2－c2)tan45°＝eq\f(c2－a\o\al(2,1),tan45°)，所以2c2＝a2＋aeq\o\al(2,1)，所以eq\f(1,e\o\al(2,1))＋eq\f(1,e\o\al(2,2))＝2，所以eq\f(e\o\al(2,1)＋e\o\al(2,2),e\o\al(2,1)e\o\al(2,2))＝2，故eq\f(e1e2,\r(e\o\al(2,1)＋e\o\al(2,2)))＝eq\f(\r(2),2).三、解答題(本大題共6小題，共70分．解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟．)17．(12分)[2024·廣西桂林市、賀州市、崇左市3月調(diào)研卷]在△ABC中，a，b，c分別是角A，B，C所對的邊，已知b＝eq\r(2)sinB，且滿意tanA＋tanC＝eq\f(2sinB,cosA).(1)求角C和邊c的大??；(2)求△ABC面積的最大值．解析：(1)∵tanA＋tanC＝eq\f(2sinB,cosA)，∴eq\f(sinA,cosA)＋eq\f(sinC,cosC)＝eq\f(2sinB,cosA)，即eq\f(sinAcosC＋cosAsinC,cosAcosC)＝eq\f(2sinB,cosA)，∴eq\f(sinA＋C,cosAcosC)＝eq\f(2sinB,cosA)，∵A＋C＝π－B，∴eq\f(sinπ－B,cosAcosC)＝eq\f(2sinB,cosA)，∴eq\f(sinB,cosC)＝2sinB，∵0<B<π，∴sinB≠0，∴cosC＝eq\f(1,2)，∵0<C<π，∴C＝eq\f(π,3).∵b＝eq\r(2)sinB，∴eq\f(b,sinB)＝eq\r(2)，∴eq\f(c,sinC)＝eq\f(b,sinB)＝eq\r(2)，∴c＝eq\r(2)sineq\f(π,3)＝eq\f(\r(6),2).綜上可知，C＝eq\f(π,3)，c＝eq\f(\r(6),2).(2)由(1)知C＝eq\f(π,3)，c＝eq\f(\r(6),2)，由余弦定理得eq\f(3,2)＝a2＋b2－ab≥2ab－ab＝ab(當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時取等號)，即ab≤eq\f(3,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝\f(\r(6),2)時，等號成立)).∴△ABC的面積S＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(\r(3),4)ab≤eq\f(3\r(3),8).eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝\f(\r(6),2)時，等號成立))∴△ABC面積的最大值為eq\f(3\r(3),8).18．(12分)[2024·江西南昌模擬]如圖，已知在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD是邊長為4的正方形，△PAD是正三角形，平面PAD⊥平面ABCD，E，F(xiàn)，G分別是PD，PC，BC的中點．(1)求證：平面EFG⊥平面PAD；(2)若M是線段CD上一點，求三棱錐M－EFG的體積．解析：(1)因為平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，CD?平面ABCD，且CD⊥AD，所以CD⊥平面PAD.在△PCD中，E，F(xiàn)分別是PD，PC的中點，所以EF∥CD，所以EF⊥平面PAD.因為EF?平面EFG，所以平面EFG⊥平面PAD.(2)因為EF∥CD，EF?平面EFG，CD?平面EFG，所以CD∥平面EFG，因此CD上的點M到平面EFG的距離等于點D到平面EFG的距離，連接DF，DG，如圖，V三棱錐M－EFG＝V三棱錐D－EFG.取AD的中點H，連接GH，EH，F(xiàn)H，則EF∥GH，因為EF⊥平面PAD，EH?平面PAD，所以EF⊥EH.于是S△EFH＝eq\f(1,2)EF×EH＝2＝S△EFG.平面EFG⊥平面PAD，平面EFG∩平面PAD＝EH，且易知△EHD是邊長為2的正三角形，所以點D到平面EFG的距離等于正三角形EHD的高，為eq\r(3).所以三棱錐M－EFG的體積V三棱錐M－EFG＝V三棱錐D－EFG＝eq\f(1,3)×S△EFG×eq\r(3)＝eq\f(2\r(3),3).19．(12分)[2024·河南鄭州摸底]2024年是我國改革開放40周年．為慶祝改革開放40周年，某市將舉辦慶祝晚會．某單位共有職工600人．其年齡(單位：歲)與人數(shù)分布狀況如下：年齡段[22,35)[35,45)[45,55)[55,59]人約定年齡在[45,59]內(nèi)的為中年人，年齡在[15,45)內(nèi)的為青年人，現(xiàn)依據(jù)分層抽樣的方法從該單位抽取30人作為該市慶祝晚會的觀眾．(1)抽出的青年觀眾與中年觀眾分別為多少人？(2)若所抽取的青年觀眾與中年觀眾中分別有12人和5人不熱衷關(guān)切民生大事，其余的人熱衷關(guān)切民生大事．完成下列2×2列聯(lián)表，并回答能否有90%的把握認(rèn)為年齡段與是否熱衷關(guān)切民生大事有關(guān)．熱衷關(guān)切民生大事不熱衷關(guān)切民生大事總計青年人12中年人5總計30(3)若從(2)中熱衷關(guān)切民生大事的青年觀眾(有4人能進行才藝表演)中隨機抽出2人，則抽出的2人都能進行才藝表演的概率是多少？附：P(K2≥k0)0.100.050.0250.0100.001k02.7063.8415.0246.63510.828K2＝eq\f(nad－bc2,a＋bc＋da＋cb＋d)，其中n＝a＋b＋c＋d.解析：(1)抽出的青年觀眾為30×eq\f(180＋180,600)＝18(人)，中年觀眾為30－18＝12(人)．(2)完成2×2列聯(lián)表如下：熱衷關(guān)切民生大事不熱衷關(guān)切民生大事總計青年人61218中年人7512總計131730由表中數(shù)據(jù)可得K2的觀測值k＝eq\f(30×6×5－12×72,13×17×18×12)≈1.833<2.706，所以沒有90%的把握認(rèn)為年齡段與是否熱衷關(guān)切民生大事有關(guān)．(3)由(2)可知熱衷關(guān)切民生大事的青年觀眾有6人，記其中能進行才藝表演的4人為A1，A2，A3，A4，其余2人為B1，B2，則從6人中抽出2人，一共有15種狀況：(A1，A2)，(A1，A3)，(A1，A4)，(A2，A3)，(A2，A4)，(A3，A4)，(A1，B1)，(A1，B2)，(A2，B1)，(A2，B2)，(A3，B1)，(A3，B2)，(A4，B1)，(A4，B2)，(B1，B2)．抽出的2人都能進行才藝表演的有6種狀況，所以抽出的2人都能進行才藝表演的概率是P＝eq\f(6,15)＝eq\f(2,5).20．(12分)[2024·河北六校聯(lián)考]已知橢圓E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的焦距為2c，且b＝eq\r(3)c，圓O：x2＋y2＝r2(r>0)與x軸交于點M，N，P為橢圓E上的動點，|PM|＋|PN|＝2a，△PMN面積的最大值為eq\r(3).(1)求圓O與橢圓E的方程；(2)圓O的切線l交橢圓E于點A，B，求|AB|的取值范圍．解析：(1)因為b＝eq\r(3)c，所以a＝2c.因為|PM|＋|PN|＝2a，所以點M，N為橢圓的焦點，所以r2＝c2＝eq\f(1,4)a2.設(shè)P(x0，y0)，則－b≤y0≤b，所以S△PMN＝r·|y0|＝eq\f(1,2)a|y0|，當(dāng)|y0|＝b時，(S△PMN)max＝eq\f(1,2)ab＝eq\r(3)，所以c＝1，b＝eq\r(3)，a＝2.所以圓O的方程為x2＋y2＝1，橢圓E的方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)當(dāng)直線l的斜率不存在時，不妨取直線l的方程為x＝1.則可取Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\f(3,2)))，|AB|＝3.當(dāng)直線l的斜率存在時，設(shè)直線l的方程為y＝kx＋m，A(x1，kx1＋m)，B(x2，kx2＋m)，因為直線l與圓O相切，所以eq\f(|m|,\r(1＋k2))＝1，即m2＝1＋k2.聯(lián)立得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，,y＝kx＋m，))消去y可得(4k2＋3)x2＋8kmx＋4m2－12＝0，Δ＝64k2m2－4(4k2＋3)(4m2－12)＝48(4k2＋3－m2)＝48(3k2＋2)>0，x1＋x2＝－eq\f(8km,4k2＋3)x1x2＝eq\f(4m2－12,4k2＋3).|AB|＝eq\r(k2＋1)·eq\r(x1＋x22－4x1x2)＝4eq\r(3)·eq\r(k2＋1)·eq\f(\r(4k2＋3－m2),4k2＋3)＝eq\f(4\r(3)\r(k2＋13k2＋2),4k2＋3)＝eq\f(4\r(3)·\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k2＋\f(3,4)＋\f(1,4)))\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k2＋\f(3,4)))－\f(1,4)))),4k2＋3)＝eq\r(3)·eq\r(－\f(1,16)·\f(1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k2＋\f(3,4)))2)＋\f(1,2)·\f(1,k2＋\f(3,4))＋3).令t＝eq\f(1,k2＋\f(3,4))，則0<t≤eq\f(4,3)，所以|AB|＝eq\r(3)eq\r(－\f(1,16)t2＋\f(1,2)t＋3)，0<t≤eq\f(4,3)，所以|AB|＝eq\r(3)·eq\r(－\f(1,16)t－42＋4)，所以3<|AB|≤eq\f(4\r(6),3).綜上，|AB|的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(3，\f(4\r(6),3))).21．(12分)[2024·新疆高三第一次適應(yīng)性考試]已知函數(shù)f(x)＝(x2＋ax－2a－3)ex(1)若x＝2是函數(shù)f(x)的一個極值點，求實數(shù)a的值；(2)設(shè)a<0，當(dāng)x∈[1,2]時，f(x)≤e2，求實數(shù)a的取值范圍．解析：(1)由f(x)＝(x2＋ax－2a－3)exf′(x)＝(2x＋a)ex＋(x2＋ax－2a－3)e＝[x2＋(2＋a)x－a－3]ex＝(x＋a＋3)(x－1)ex.∵x＝2是函數(shù)f(x)的一個極值點，∴f′(2)＝0，∴(a＋5)e2＝0，解得a＝－5，代入f′(x)＝(x＋a＋3)(x－1)ex＝(x－2)(x－1)ex，當(dāng)1<x<2時，f′(x)<0，當(dāng)x>2時，f′(x)>0，可知x＝2是函數(shù)f(x)的一個極值點．∴a＝－5.(2)∵x∈[1,2]時，f(x)≤e2，∴x∈[1,2]時，f(x)max≤e2成立．由(1)知f′(x)＝(x＋a＋3)(x－1)ex，令f′(x)＝0，解得x1＝－a－3，x2＝1.①當(dāng)a≤－5時，－a－3≥2，∴f(x)在x∈[1,2]上單調(diào)遞減，f(x)max＝f(1)＝(－a－2)e≤e2，a≥－e－2與a≤－5沖突，舍去；②當(dāng)－5<a<－4時，1<－a－3<2，f(x)在x∈(1，－a－3)上單調(diào)遞減，在x∈(－a－3,2)上單調(diào)遞增，∴f(x)max在f(1)或f(2)處取到f(1)＝(－a－2)e，f(2)＝e2，∴只要f(1)＝(－a－2)e≤e2，解得－e－2≤a<－4；③當(dāng)－4≤a<0時，－a－3≤1，∴f(x)在x∈[1,2]上單調(diào)遞增，f(x)max＝f(2)＝e2符合題意．綜上所述，a的取值范圍是a∈[－e－2,0)．選考題(請考生在第22、23題中任選一題作答，多答、不答按本選考題的首題進行評分．)22．(10分)[2024·安徽省合肥市高三教學(xué)質(zhì)量檢測][選修4－4：坐標(biāo)系與參數(shù)方程]在直角坐標(biāo)系xOy中，曲線C1的方程為eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝cosα，,y＝sinα))(α為參數(shù))，以坐標(biāo)原點O為極點，x軸正半軸為極軸建立極坐