2021年甘肃省高考数学一诊试卷(文科)

2021年甘肃省高考数学一诊试卷（文科）
一、单选题（本大题共12小题，共60.0分）
1.已知集合A={x|−1<x<3}，B={−1,1，2}，则A∩B=()
A. {1,2}
B. {−1,1，2}
C. {0,1，2}
D. {−1,0，1，2，3}
2.若复数z满足2i⋅z=|1
2+√3
2
i|，则z=()
A. 1
2B. −1
2
C. −1
2
i D. 1
2
i
3.下列函数中，在(−∞,0)单调递增且图象关于坐标原点对称的是()
A. f(x)=x+1
x
B. f(x)=2x+1
C. f(x)=log2|x|
D. f(x)=x3
4.2020年第三届中国国际进口博览会开幕，时值初冬呼吸系统传染病高发期，防疫
检测由上海交通大学附属瑞金医院与上海联通公司合作研发的“5G发热门诊智慧解决方案”完成.该方案基于5G网络技术实现了患者体温检测、人证核验、导诊、诊疗、药品与标本配送的无人化和智能化.5G技术中数学原理之一就是香农公式：
C=Wlog2(1+S
N
).它表示：在受噪声干扰的信道中，最大信息传递速度C(单位bit/s)取决于信道带宽W(单位：HZ)、信道内信号的平均功率S(单位：dB)、信道
内部的高斯噪声功率N(单位：dB)的大小，其中S
N
叫做信噪比.按照香农公式，若不
改变带宽W，而将信噪比S
N
从1000提升至2000，则C大约是原来的()
A. 2倍
B. 1.1倍
C. 0.9倍
D. 0.5倍
5.若向量a⃗，b⃗ 满足|a⃗|=2，| b⃗⃗⃗ |=1，且<a⃗，b⃗ >=π
3
，则<a⃗−b⃗ ，b⃗ >=()
A. 5π
6B. π
2
C. π
3
D. π
6
6.已知m，n表示两条不同直线，α，β表示两个不同平面.设有四个命题：
p1：若m//α，m⊥n，则n⊥α；
p2：若m//α，n⊥α，则m⊥n；
p3：若m//α，α⊥β，则m//β；
p4：若m//α，m//β，则α//β．
则下列复合命题中为真命题的是()
A. p1∧p2
B. ￢p1∧p4
C. p2∨p3
D. p3∨p4
7.已知α是第四象限角，且sinα=−√5
5
，则tan2α=()
A. −1
2B. −4
3
C. 1
2
D. 4
3
8.圆x2+y2=4上任意一点M到直线3x+4y−15=0的距离大于2的概率为()
A. 1
6B. 1
3
C. 2
3
D. 5
6
9.甲、乙两名射击运动爱好者在相同条件下各射击10次，中靶环数情况如图所示.则
甲、乙两人中靶环数的方差分别为()
A. 7，7
B. 7，1.2
C. 1.1，2.3
D. 1.2，5.4
10.在△ABC中，A=120°，BC=6，则△ABC的面积的最大值为()
A. 1
2B. 1 C. 3√3
2
D. 3√3
11.玉琮是一种内圆外方的筒型玉器，它与玉璧、玉圭、
玉璋、玉璜、玉琥被称为“六器”，是古人用于祭祀神祇的一种礼器.《周礼》中载有“以玉作六器，以
礼天地四方，以苍璧礼天，以黄琮礼地”等文.如图
为齐家文化玉琮，该玉琮中方内空，形状对称，圆筒内径2.0cm，外径2.4cm，通高6.0cm，方高4.0cm，
则其体积约为()(单位：cm3)
A. 23.04−3.92π
B. 34.56−3.92π
C. 34.56−3.12π
D. 23.04−3.12π
12.设F1，F2是双曲线x2
a2−y2
6
=1(a>0)的左、右焦点，一条渐近线方程为y=√6
2
x，P
为双曲线上一点，且|PF1|=3|PF2|，则△PF1F2的面积等于()
A. 6
B. 12
C. 6√10
D. 3√10
二、单空题（本大题共4小题，共20.0分）
13.曲线y=e x+x在点(0,1)处的切线方程为______．
14.设a=log2021√2022，b=202112022，c=log20221
2021
，则a，b，c的大小关系是______ .(按照从大到小的顺序排列)
15.抛物线y2=−2px(p>0)的准线经过椭圆x2
9+y2
5
=1的右焦点，则p=______ ．
16.函数f(x)=cos2x−√3sin2x，x∈R，有下列命题：
①y=f(x)的表达式可改写为y=2cos(2x+π
3
)；
②直线x=π
12
是函数f(x)图象的一条对称轴；
③函数f(x)的图象可以由函数y=2sin2x的图象向右平移π
6
个单位长度得到；
④满足f(x)≤√3的x的取值范围是{x|−π
12+kπ≤x≤3π
4
+kπ,k∈Z}．
其中正确的命题序号是______ .(注：把你认为正确的命题序号都填上)
三、解答题（本大题共7小题，共82.0分）
17.已知数列{a n}的前n项和为S n，且S n，a n，3成等差数列．
(1)求数列{a n}的通项公式；
(2)证明：对一切的正整数n，有1
a2+1
a4
+⋯+1
a2n
<2
9
．
18.如图，已知点P为正方形ABCD所在平面外一点，△PAD是边长为2的等边三角形，
点E是线段PD的中点，平面PAD⊥平面ABCD．
(1)证明：PB//平面AEC；
(2)求三棱锥P−AEC的体积．
19.2020年10月，中共中央办公厅、国务院办公厅印发了《关于全面加强和改进新时
代学校体育工作的意见》，某地积极开展中小学健康促进行动，发挥以体育智、以体育心功能，决定在2021年体育中考中再增加一定的分数，规定：考生须参加立定跳远、掷实心球、一分钟跳绳三项测试，其中一分钟跳绳满分20分.学校为掌握九年级学生一分钟跳绳情况，随机抽取了100名学生测试，其成绩均在[165,215]间，并得到如图所示频率分布直方图，计分规则如表：
一分钟跳
[165,175)[175,185)[185,195)[195,205)[205,215]
绳个数
得分1617181920
(1)补全频率分布直方图.若每分钟跳绳成绩为16分，则认为该学生跳绳成绩不合格，
求在进行测试的100名学生中跳绳成绩不合格的人数为多少？
(2)学校决定由这次跳绳测试得分最高的学生组成“小小教练员”团队，小明和小华是该团队的成员，现学校要从该团队中派2名同学参加某跳绳比赛，求小明和小华至少有一人被选派的概率．
20.已知椭圆C：x2
a2+y2
b2
=1(a>b>0)的左、右焦点分别是F1，F2，上、下顶点分别
是B1，B2，离心率e=1
2
，短轴长为2√3．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)过F2的直线l与椭圆C交于不同的两点M，N，若MN⊥B1F2，试求△F1MN内
切圆的面积．
21.已知函数f(x)=1
2
x2−(a+1)x+alnx．
(1)当a>0时，求函数f(x)的单调区间；
(2)设函数g(x)=e x−(a+2)x+2alnx−1−2f(x)，若g(x)在[1,2]内有且仅有一
个零点，求实数a的取值范围．
22. 在平面直角坐标系xOy 中，已知点P 的坐标为(0,2)，直线C 1的方程为：
{x =tcosα
y =2+tsinα(其中t 为参数).以坐标原点O 为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C 2的极坐标方程为：ρcos 2θ+4√3cosθ−ρ=0．
(1)将直线C 1的方程化为普通方程，曲线C 2的方程化为直角坐标方程；
(2)若直线C 1过点Q(√3,−1)且交曲线C 2于A ，B 两点，设线段AB 的中点为M ，求|PM|．
23. 已知函数f(x)=|2x +a|，g(x)=|x −b|．
(1)若a =1，b =3，解不等式f(x)+g(x)≥4；
(2)当a >0，b >0时，f(x)−2g(x)的最大值是3，证明：a 2+4b 2≥9
2．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：因为A={x|−1<x<3}，B={−1,1，2}，所以A∩B={1,2}．
故选：A．
利用交集的运算即可求解．
本题主要考查交集的运算，属于基础题．
2.【答案】C
【解析】解：由2i⋅z=|1
2+√3
2
i|=√(1
2
)2+(√3
2
)2=1，
得z=1
2i =−i
−2i2
=−1
2
i．
故选：C．
先求复数的模，变形后再由复数代数形式的乘除运算化简得答案．
本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数模的求法，是基础题．
3.【答案】D
【解析】解：根据题意，要求函数的图象关于坐标原点对称，则该函数为奇函数，依次分析选项：
对于A，f(x)=x+1
x ，在区间(−∞,0)上，有f(−2)=f(−1
2
)，则f(x)在(−∞,0)上不是
减函数，不符合题意，
对于B，f(x)=2x+1，既不是奇函数又不是偶函数，不符合题意，
对于C，f(x)=log2|x|，其定义域为{x|x≠0}，有f(−x)=f(x)，则f(x)是偶函数，不符合题意，
对于D，f(x)=x3，是幂函数，是奇函数且在(−∞,0)单调递增，符合题意；
故选：D．
根据题意，依次分析选项中函数的奇偶性和单调性，综合可得答案．
本题考查函数的奇偶性和单调性的判断，注意常见函数的奇偶性和单调性，属于基础题．4.【答案】B
【解析】解：由题意可知C2
C1=Wlog2(1+2000)
Wlog2(1+1000)
≈log22000
log21000
≈1.1，
故选：B．
利用题中所给的公式，列出方程即可解出．
本题考查函数的应用，新概念的理解，对数的解法，属于基础题．5.【答案】B
【解析】解：因为向量a⃗，b⃗ 满足|a⃗|=2，| b⃗⃗⃗ |=1，且<a⃗，b⃗ >=π
3
，∴|a⃗−b⃗ |=√(a⃗−b⃗ )2=√a⃗2−2a⃗⋅b⃗ +b⃗ 2=√3，
∴cos<a⃗−b⃗ ，b⃗ >=(a⃗ −b⃗)⋅b⃗
|a⃗ −b⃗|⋅|b⃗|=2×1×
1
2
−12
√3×1
=0，
又因为向量的夹角θ∈[0,π]．
∴<a⃗−b⃗ ，b⃗ >=π
2
，
故选：B．
根据已知条件求出|a⃗−b⃗ |，再代入夹角计算公式即可求解．
本题考查了数量积运算性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
6.【答案】C
【解析】解：m，n表示两条不同直线，α，β表示两个不同平面．
p1：若m//α，m⊥n，则n⊥α也可能n//α，也可能n与α相交，所以它是假命题．
p2：若m//α，n⊥α，则m⊥n，正确、
p3：若m//α，α⊥β，则m//β也可能m⊂β，也可能m与β相交，所以它是假命题；p4：若m//α，m//β，则α//β，也可能α与β相交，所以它是假命题．
所以p2∨p3是真命题．
故选：C．
利用直线与平面，直线与直线，平面与平面的位置关系判断4个命题的真假，然后判断选项的正误即可．
本题考查命题的真假的判断与应用，直线与平面，平面与平面的位置关系的应用，是中档题．
7.【答案】B
【解析】解：∵α是第四象限角，且sinα=−√5
5
，
∴cosα=
2√5
5，tanα=sinαcosα=−1
2，
∴tan2α=2tanα1−tan 2α
=
2×(−12)
1−(−1
2
)2
=−4
3
．
故选：B ．
先根据三角函数的定义求得tanα=−1
2，再由正切的二倍角公式，得解．
本题考查正切的二倍角公式，三角函数的定义，考查学生的运算求解能力，属于基础题．
8.【答案】C
【解析】解：圆x 2+y 2=4的圆心O(0,0)到直线3x +4y −15=0的距离为d =|OC|=
√9+16
=3，
如图所示：
AB
⏜上的点到直线3x +4y −15=0的距离小于或等于2， 所以OD =3−2=1，OA =2，所以∠AOD =π
3，∠AOB =
2π3
，
所以圆上任意一点M 到直线3x +4y −15=0的距离大于2的概率为 P =1−
2π
3
×22π×2
=2
3
． 故选：C ．
利用点到直线的距离公式求出满足条件的点的弧长，利用几何概型的公式计算即可． 本题考查了点到直线的距离公式与几何概型的概率计算问题，是基础题．
9.【答案】D
【解析】解：实线的数据为：2，4，6，8，7，7，8，9，9，10， 虚线的数据为：9，5，7，8，7，6，8，6，7，7，
所以实线数据的平均数为1
10×(2+4+6+8+7+7+8+9+9+10)=7， 实线的方差为1
10×[(2−7)2+(4−7)2+(6−7)2+(8−7)2+(7−7)2+(7−7)2+(8−7)2+(9−7)2+(9−7)2+(10−7)2]=5.4， 同理可求出虚线的平均数为7，方差为1.2， 所以甲、乙两人中靶环数的方差分别为1.2，5.4． 故选：D ．
先利用图形求出实线和虚线上的数据，然后利用平均数和方差的计算公式分别求解即可． 本题考查了平均数与方差的求解，考查了平均数与方差的计算公式的应用，解题的关键是由图形准确得出数据信息，属于基础题．
10.【答案】D
【解析】解：由题意，由余弦定理可得36=b 2+c 2−2bccos120°， ∴b 2+c 2+bc =36， ∵b 2+c 2≥2bc ，
∴3bc ≤36，可得bc ≤12，当且仅当b =c 时等号成立，
∴S =1
2bcsin120°≤3√3，当且仅当b =c 时等号成立，即△ABC 面积的最大值是3√3． 故选：D ．
利用余弦定理，整理后可得b 2+c 2+bc =36再利用基本不等式求出bc 的最大值，然后利用三角形的面积公式表示出三角形ABC 的面积，即可求出三角形ABC 面积的最大值．
本题考查余弦定理，考查基本不等式的运用，考查学生分析解决问题的能力，属于基础题．
11.【答案】D
【解析】解：由题意，该玉琮的体积V 为底面边长为2.4cm ，高为6cm 的长方体的体积减去底面直径为2cm ，高为2cm 的圆柱的体积， 再加上底面直径为2.4cm ，高为6cm 的圆柱的体积．
则V =2.42×6−π×(2
2)2×6+π×(2.4
2)2×2=23.04−6π+2.88π=23.04−3.12π(cm 3). 故选：D ．
由题意可得该玉琮的体积V 为底面边长为2.4cm ，高为6cm 的长方体的体积减去底面直
径为2cm，高为2cm的圆柱的体积，由棱柱和圆柱的体积公式，计算可得所求值．本题考查棱柱与圆柱体积的求法，考查分析问题和解决实际问题的能力，是基础题．12.【答案】A
【解析】解：由双曲线的方程和一条渐近线方程为y=√6
2x，可得b2
a2
=(√6)2
4
=3
2
，
所以可得离心率e2=1+b2
a2=5
2
，而b2=6，所以可得a2=4，
因为|PF1|=3|PF2|，因为|PF1|−|PF2|=2a，所以可得|PF1|=3a，|PF2|=a，
设∠F1PF2=θ，则cosθ=9a2+a2−4c2
2⋅3a⋅a =3
2
−2
3
e2=5
3
−2
3
⋅5
2
=0，所以θ=π
2
，
所以sinθ=1，
所以S△PF
1F2=1
2
⋅3a⋅a⋅sinθ=1
2
×3×4×1=6，
故选：A．
由题意及渐近线的方程可得a的值，再由|PF1|=3|PF2|及双曲线的定义可得∠F1PF2为π
2
，进而求出三角形的面积．
本题考查双曲线的性质及三角形的面积公式，属于中档题．
13.【答案】y=2x+1
【解析】解：∵y=e x+x，
∴y′=e x+1，
∴曲线y=e x+x在点(0,1)处的切线的斜率为：k=2，
∴曲线y=e x+x在点(0,1)处的切线的方程为：y−1=2x，即y=2x+1．
故答案为：y=2x+1．
欲求在点(0,1)处的切线的方程，只须求出其斜率即可，故先利用导数求出在x=0处的导函数值，再结合导数的几何意义即可求出切线的斜率．从而问题解决．
本题考查利用导数研究曲线上某点切线方程等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想、化归与转化思想．属于基础题．
14.【答案】b>a>c
【解析】解：∵a=log2021√2022=1
2
log20212022∈(0,1)，
b=202112022>20210=1，
c=log20221
2021
<log20221=0，
∴b>a>c．
故答案为：b>a>c．
由有理指数幂与对数的运算性质分别比较a，b，c与0和1的大小得结论．
本题考查对数值的大小比较，考查有理指数幂与对数的运算性质，是基础题．15.【答案】4
【解析】解：椭圆x2
9+y2
5
=1的右焦点(2,0)，
抛物线y2=−2px(p>0)的准线经过椭圆x2
9+y2
5
=1的右焦点，
可得p
2
=2，解得p=4．
故答案为：4．
求出椭圆的焦点坐标，利用已知条件，列出方程，求解p即可．
本题考查椭圆的焦点坐标以及抛物线的简单性质的应用，是基础题．16.【答案】①④
【解析】解：函数f(x)=cos2x−√3sin2x=2(1
2cos2x−√3
2
sin2x)=2cos(2x+π
3
)，
x∈R，故①正确；
当x=π
12时，2x+π
3
=π
2
，cos(2x+π
3
)=0，故x=π
12
不是f(x)的对称轴，故②错误；
由函数y=2sin2x的图像向右平移π
6
个单位得到函数：
y=2sin2(x−π
6)=2sin(2x−π
3
)≠2cos(2x+π
3
)，故③错误；
由f(x)≤√3，即cos(2x+π
3)≤√3
2
，解得π
6
+2kπ≤2x+π
3
≤11π
6
+2kπ，k∈Z，
所以，−π
12+kπ≤x≤3π
4
+kπ，k∈Z，故④正确．
故答案为：①④．
把函数的关系式变形成余弦型函数，进一步利用余弦型函数的性质判断命题的真假，得出结论即可．
本题考查的知识要点：三角函数的关系式的变换，余弦型函数的性质的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于中档题．
17.【答案】解：(1)由S n，a n，3成等差数列，
可得2a n=3+S n，
当n=1时，2a1=3+S1=3+a1，
解得a1=3，
当n≥2时，2a n−1=3+S n−1，又2a n=3+S n，
两式相减可得2a n−2a n−1=3+S n−3−S n−1=a n，即有a n=2a n−1，
所以{a n}是以3为首项，2为公比的等比数列，
可得a n=3⋅2n−1；
(2)证明：由(1)可得1
a2n =1
3⋅22n−1
=2
3
⋅(1
4
)n，
所以1
a2+1
a4
+⋯+1
a2n
=2
3
(1
4
+1
42
+⋯+1
4n
)
=2
3×
1
4
(1−1
4n
)
1−1
4
=2
9
(1−1
4n
)<2
9
，
故对一切的正整数n，有1
a2+1
a4
+⋯+1
a2n
<2
9
．
【解析】(1)由等差数列的中项性质和数列的递推式，结合等比数列的定义和通项公式，可得所求；
(2)求得1
a2n =1
3⋅22n−1
=2
3
⋅(1
4
)n，再由等比数列的求和公式和不等式的性质，即可得证．
本题考查数列的递推式的运用，以及等比数列的定义、通项公式和求和公式的运用，考查转化思想、运算能力和推理能力，属于中档题．
18.【答案】(1)证明：连接BD，设BD∩AC=O，连
接OE，
因为底面ABCD是矩形，
所以O为BD的中点，
又因为E是PD的中点，
所以OE为△PBD的中位线，
所以OE//PB，
因为PB⊄平面AEC，OE⊂平面AEC，
所以PB//平面AEC；
(2)解：在正方形ABCD中，CD⊥AD，
又因为平面PAD∩平面ABCD=AD，
且平面PAD⊥平面ABCD，所以CD⊥平面PAD，
因为△PAD为等边三角形，且E为线段PD的中点，
所以S△PAE=1
2S△PAD=1
2
×1
2
×2×2×√3
2
=√3
2
，
所以V P−AEC=V C−PAE=1
3S△PAE⋅CD=1
3
×√3
2
×2=√3
3
．
【解析】(1)连接BD，设BD∩AC=O，连接OE，由三角形的中位线定理和线面平行的判定定理，即可得证；
(2)由面面垂直的性质定理，可得CD⊥平面PAD，再由等积法和棱锥的体积公式，计算可得所求值．
本题考查线面平行的判定和棱锥的体积的求法，考查转化思想和运算能力、推理能力，属于中档题．
19.【答案】解：(1)如图补全频率分布直方图如下：
若一分钟跳绳成绩为16分，则一分钟跳绳个数在[165,175)，
根据频率分布直方图100名学生中跳绳成绩不合格人数为：
100×0.005×10=5(人)．
(2)跳绳测试得分最高的学生一分钟跳绳个数在[205,215]，
根据频率分布直方图，其人数为：
100×0.006×10=6(人)，
记小明为m，小华为h，其余四人为a，b，c，d，
则在这六人中选两人参加比赛的所有情况如下：
(a,b)，(a,c)，(a,d)，(a,m)，(a,ℎ)，(b,c)，(b,d)，(b,m)，(b,ℎ)，
(c,d)，(c,m)，(c,ℎ)，(d,m)，(d,ℎ)，(m,ℎ)，共15种，
其中小明和小华至少有一个被选派的情况有：
(a,m)，(a,ℎ)，(b,m)，(b,ℎ)，(c,m)，(c,ℎ)，(d,m)，(d,ℎ)，(m,ℎ)，共9种，
∴小明和小华至少有一人被选派的概率为：P=9
15=3
5
．
【解析】(1)补全频率分布直方图，一分钟跳绳成绩为16分，则一分钟跳绳个数在[165,175)，根据频率分布直方图能求出100名学生中跳绳成绩不合格人数． (2)跳绳测试得分最高的学生一分钟跳绳个数在[205,215]，其人数为6人，记小明为m ，小华为h ，其余四人为a ，b ，c ，d ，在这六人中选两人参加比赛，利用列举法能求出小明和小华至少有一人被选派的概率．
本题考查频数、概率的运算，考查频率分布直方图的性质等基础知识，考查运算求解能力、数据分析能力、应用意识等数学核心素养，是基础题． 20.【答案】解：(1)由题意可得{c
a =
1
2
2b =2√3， 又a 2=b 2+c 2，解得a 2=4，b 2=3， 所以椭圆C 的方程为
x 24
+
y 23
=1．
(2)由B 1(0,√3)，F 2(1,0)，知B 1F 2的斜率为−√3， 因为MN ⊥B 1F 2，故MN 的斜率为√3
3，
则直线l 的方程为y =√3
3
(x −1)，即x =√3y +1，
联立{x 2
4+
y 2
3=1x =√3y +1，得13y 2+6√3y −9=0，
设M(x 1,y 1)，N(x 2,y 2)，则y 1+y 2=−
6√3
13
，y 1y 2=−9
13，
则△F 1MN 的面积为S =c ⋅|y 1−y 2|=√(y 1+y 2)2−4y 1y 2=24
13， 则△F 1MN 的周长L =4a =8， 即S =1
2LR ，得内切圆R =
2S L
=6
13，
所以△F 1MN 的内切圆面积为πR 2=36
169π.
【解析】(1)由离心率e =1
2，短轴长为2√3，列方程组，解得a ，b ，进而可得椭圆的方程．
(2)由题可知B 1F 2的斜率为−√3，又MN ⊥B 1F 2，得MN 的斜率为√3
3，写出直线l 的方程，
联立椭圆的额方程，设M(x 1,y 1)，N(x 2,y 2)，结合韦达定理可得y 1+y 2，y 1y 2，进而可得△F 1MN 的周长L =4a =8，则内切圆R =
2S L
，进而可得△F 1MN 的内切圆面积．
本题考查椭圆的方程，直线与椭圆的相交问题，解题中需要一定的计算能力，属于中档题．
21.【答案】解：(1)f(x)的定义域为(0,+∞)，
f′(x)=x −(a +1)+a
x =
x 2−(a+1)x+a
x
=
(x−1)(x−a)
x
，
①当0<a <1时，
令f′(x)<0，得到a <x <1；令f′(x)>0，得到0<x <a 或x >1， 此时f(x)在(a,1)上为减函数，在(0,a)和(1,+∞)上为增函数；
②当a =1时，显然f′(x)≥0恒成立，此时f(x)在(0,+∞)上为增函数；
③当a >1时，令f′(x)<0，得到1<x <a ，令f′(x)>0，得到0<x <1或x >a ， 此时f(x)在(1,a)上为减函数，在(0,1)或(a,+∞)上为增函数；
综上：当0<a <1时，f(x)在(a,1)上为减函数，在(0,a)和(1,+∞)上为增函数； 当a =1时，f(x)在(0,+∞)上为增函数；
当a >1时，f(x)在(1,a)上为减函数，在(0,1)和(a,+∞)上为增函数． (2)g(x)=e x −(a +2)x +2alnx −1−2f(x)=e x −x 2+ax −1， g(x)在[1,2]上有且仅有一个零点，即关于x 的方程a =x 2−e x +1
x
在[1,2]上有且仅有一个实
数根， 令ℎ(x)=
x 2−e x +1
x
，x ∈[1,2]，则ℎ′(x)=
(x−1)(x+1−e x )
x 2
，
令p(x)=x +1−e x ，x ∈[1,2]，则p′(x)=1−e x <0，故p(x)在[1,2]上单调递减， 所以p(x)≤p(1)=2−e <0，即当x ∈[1,2]时，ℎ′(x)≤0，所以ℎ(x)在[1,2]上单调递减，
又ℎ(1)=2−e ，ℎ(2)=5−e 22
，则
5−e 22
≤ℎ(x)≤2−e ，
所以a 的取值范围是[
5−e 22
,2−e]．
【解析】(1)求出函数的导数，通过讨论a 的范围，求出函数的单调区间即可； (2)求出g(x)的解析式，问题转化为关于x 的方程a =x 2−e x +1
x
在[1,2]上有且仅有一个实
数根，令函数ℎ(x)=
x 2−e x +1
x
，x ∈[1,2].根据函数的单调性求出a 的范围即可．
本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，转化思想，属于中档题．
22.【答案】解：(1)直线C 1的方程为：{x =tcosα
y =2+tsinα(其中t 为参数)消去参数转换为普
通方程为xsinα−ycosα+2cosα=0；
曲线C 2的极坐标方程为：ρcos 2θ+4√3cosθ−ρ=0，根据{x =ρcosθ
y =ρsinθ
x 2+y 2=ρ2
转换为直
角坐标方程为y 2=4√3x ．
(2)直线C 1过点Q(√3,−1)，所以把点的坐标代入xsinα−ycosα+2cosα=0；得到tanα=−√3， 所以α=
2π3
，
所以直线的参数方程为{x =1
2t
y =2+√3
2
t
(t 为参数)，
代入y 2=4√3x ，
得到3t 2+16√3t +16=0， 则t 1+t 2=−
16√3
3
， 根据参数的几何意义：|PM|=|t 0|=|
t 1+t 22
|=
8√3
3
．
【解析】(1)直接利用转换关系，在参数方程，极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换；
(2)利用一元二次方程根和系数的关系式的应用和参数的几何意义求出结果
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关系式的应用，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题．
23.【答案】(1)解：当a =1，b =3时，f(x)+g(x)=|2x +1|+|x −3|=
{2−3x,x ≤−
12
x +4,−1
2
<x ≤33x −2,x >3
，
当x ≤−12时，由2−3x ≥4，解得x ≤−2
3； 当−1
2<x ≤3时，x +4≥4，解得0≤x ≤3； 当x >3时，由3x −2≥4，解得x >3，
所以不等式f(x)+g(x)≥4的解集为(−∞,−2
3]∪[0,+∞)． (2)证明：当a >0，b >0时，由不等式的基本性质，
得f(x)−2g(x)=|2x +a|−|2x −2b|≤|2x +a −2x +2b|=a +2b ， 所以a +2b =3， 因为a+2b 2
≤√a
2+4b 2
2
，即3≤√a
2+4b 2
2
，所以a 2+4b 2≥9
2．
另解：根据柯西不等式，得(12+12)[a 2+(2b)2]≥(a +2b)2=9，
即a 2+4b 2≥92，当且仅当a =2b ，即a =32，b =3
4时取得等号．
【解析】(1)通过去掉绝对值符号，对x 分类讨论，求解不等式即可；
(2)由不等式的性质可求得f(x)的最大值，即可求得a +2b 的值，再利用基本不等式或柯西不等式即可得证．
本题考查绝对值不等式的解法，不等式的证明，考查转化思想，逻辑推理与运算求解能力，属于中档题．。