高考理科数学模拟试题精编(二)(考试用时：120分钟 试卷满分：150分)注意事项：1．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B 铅笔在答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需要改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。

答案不能答在试卷上。

2．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。

不按以上要求作答无效。

3．考生必须保证答题卡的整洁。

考试结束后，将试卷和答题卡一并交回。

第Ⅰ卷一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．)1．复数z ＝||()3－i i ＋i 2 019(为虚数单位)，则复数的共轭复数为( )A ．2－iB ．2＋iC ．4－iD ．4＋i2．已知集合M ＝{x |x 2＜1}，N ＝{x |2x ＞1}，则M ∩N ＝( ) A ．∅B ．{x |0＜x ＜1}C ．{x |x ＜0}D ．{x |x ＜1}3．若x ＞1，y ＞0，x y ＋x －y ＝22，则x y －x －y 的值为( ) A. 6 B ．－2 C ．2D ．2或－24．若双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1(a ＞0，b ＞0)的一条渐近线的倾斜角为30°，则其离心率的值为( )A ．2B ．2 2 C.233D.3225．某微信群中有甲、乙、丙、丁、戊五个人玩抢红包游戏，现有4个红包，每人最多抢一个，且红包被全部抢完，4个红包中有2个6元，1个8元，1个10元(红包中金额相同视为相同红包)，则甲、乙都抢到红包的情况有( )A ．18种B ．24种C ．36种D ．48种6．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A ．12B ．18C ．24D ．307．不等式组⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋y －3≤03x －y ＋3≥0x －2y ＋1≤0的解集记为D ，有下面四个命题：p 1∶∀(x ，y )∈D,2x ＋3y ≥－1；p 2∶∃(x ，y )∈D,2x －5y ≥－3；p 3∶∀(x ，y )∈D ，y －12－x ≤13；p 4∶∃(x ，y )∈D ，x 2＋y 2＋2y ≤1.其中的真命题是( )A ．p 1，p 2B ．p 2，p 3C ．p 2，p 4D ．p 3，p 48．现有四个函数：①y ＝x sin x ；②y ＝x cos x ；③y ＝x |cos x |；④y ＝x ·2x 的图象(部分)如下，但顺序被打乱，则按照从左到右将图象对应的函数序号安排正确的一组是( )A ．④①②③B ．①④③②C ．③④②①D ．①④②③9．若将函数f (x )＝sin(2x ＋φ)＋3cos(2x ＋φ)(0＜φ＜π)的图象向左平移π4个单位长度，平移后的图象关于点⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，0对称，则函数g (x )＝cos(x ＋φ)在⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π2，π6上的最小值是( )A ．－12B ．－32C.22D.1210．宋元时期数学名著《算学启蒙》中有关于“松竹并生”的问题：松长五尺， 竹长两尺，松日自半，竹日自倍，松竹何日而长等．如图是源于其思想的一个程序框图，若输入的a ，b 分别为5,2，则输出的n 等于( )A ．2B ．3C ．4D ．511．已知抛物线C ：x 2＝8y 与直线y ＝2x －2相交于A ，B 两点，点P 是抛物线C 上不同于A ，B 的一点，若直线PA ，PB 分别与直线y ＝2相交于点Q ，R ，O 为坐标原点，则OR→·OQ →的值是( ) A ．20 B ．16C ．12D ．与点P 的位置有关的一个实数12．已知函数f (x )＝(3x ＋1)e x ＋1＋mx ，若有且仅有两个整数使得f (x )≤0，则实数m 的取值范围是( )A.⎝ ⎛⎦⎥⎤5e ，2 B.⎣⎢⎡⎭⎪⎫－52e ，－83e 2 C.⎣⎢⎡⎭⎪⎫－12，－83e 2D.⎣⎢⎡⎭⎪⎫－4e ，－52e 第Ⅱ卷二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中横线上)13．某校1 000名高三学生参加了一次数学考试，这次考试考生的分数服从正态分布N (90，σ2)．若分数在(70,110]内的概率为0.7，估计这次考试分数不超过70的人数为________．14．若函数f (x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π8x ＋π4(－2＜x ＜14)的图象与x 轴交于点A ，过点A 的直线l 与函数f (x )的图象交于B 、C 两点，O 为坐标原点，则(OB→＋OC →)·OA →＝________. 15．已知三棱锥D ­ABC 的体积为2，△ABC 是等腰直角三角形，其斜边AC ＝2，且三棱锥D ­ABC 的外接球的球心O 恰好是AD 的中点，则球O 的体积为________．16．已知等腰三角形ABC 满足AB ＝AC ，3BC ＝2AB ，点D 为BC 边上一点且AD ＝BD ，则tan ∠ADB 的值为________．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．(本小题满分12分)已知等差数列{a n }的公差为2，前n 项和为S n ，且S 1，S 2，S 4成等比数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)令b n ＝(－1)n －14na n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和T n .18．(本小题满分12分)在如图所示的多面体ABCDEF 中，ABCD 为正方形，底面ABFE 为直角梯形，平面ABCD ⊥平面ABFE ，AE ∥BF ，∠EAB ＝90°，AB ＝12BF ＝1.(1)求证：DB ⊥EC ；(2)若AE ＝AB ，求二面角C ­EF ­B 的余弦值．19．(本小题满分12分)某产品按行业生产标准分成8个等级，等级系数X 依次为1,2，…，8，其中X ≥5为标准A ，X ≥3为标准B .已知甲厂执行标准A 生产该产品，产品的零售价为6元/件；乙厂执行标准B 生产该产品，产品的零售价为4元/件，假定甲、乙两厂的产品都符合相应的执行标准．(1)已知甲厂产品的等级系数X 1的概率分布列如下所示：且X 11(2)为分析乙厂产品的等级系数X 2，从该厂生产的产品中随机抽取30件，相应的等级系数组成一个样本，数据如下：3 5 3 3 8 5 5 6 34 6 3 4 75 3 4 8 5 3 8 3 4 3 4 4 7 56 7用这个样本的频率分布估计总体分布，将频率视为概率，求等级系数X 2的数学期望；(3)在(1)，(2)的条件下，若以“性价比”为判断标准，则哪个工厂的产品更具可购买性？说明理由．注：①产品的“性价比”＝产品的等级系数的数学期望产品的零售价；②“性价比”大的产品更具可购买性．20．(本小题满分12分)在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆E ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)，圆O ：x 2＋y 2＝r 2(0＜r ＜b )，圆O 的一条切线l ：y ＝kx ＋m 与椭圆E 相交于A ，B 两点．(1)当k ＝－12，r ＝1时，若点A ，B 都在坐标轴的正半轴上，求椭圆E 的方程；(2)若以AB 为直径的圆经过坐标原点O ，探究a ，b ，r 之间的等量关系，并说明理由．21．(本小题满分12分)已知函数f (x )＝12x 2＋(1－a )x －a ln x .(1)讨论f (x )的单调性；(2)设a ＞0，证明：当0＜x ＜a 时，f (a ＋x )＜f (a －x )；(3)设x 1，x 2是f (x )的两个零点，证明：f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22＞0. (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．(本小题满分10分)选修4－4：坐标系与参数方程在平面直角坐标系下，直线l ：⎩⎨⎧x ＝1＋22t y ＝22t(t 为参数)，以原点O 为极点，以x 轴的非负半轴为极轴，取相同长度单位建立极坐标系，曲线C 的极坐标方程为ρ－4cos θ＝0.(1)写出直线l 的普通方程和曲线C 的直角坐标方程； (2)若直线l 与曲线C 交于A ，B 两点，求|AB |的值． 23．(本小题满分10分)选修4－5：不等式选讲 设函数f (x )＝|x －a |，a ∈R. (1)当a ＝5时，解不等式f (x )≤3；(2)当a ＝1时，若∃x ∈R ，使得不等式f (x －1)＋f (2x )≤1－2m 成立，求实数m 的取值范围．高考理科数学模拟试题精编(二)班级：___________姓名：__________得分：____________请在答题区域内答题18.(本小题满分12分)19.(本小题满分12分)高考理科数学模拟试题精编(二)1．解析：选B.z ＝|(3－i)i|＋i 2 019＝|1＋3i|－i ＝2－i.∴z ＝2＋i.2．解析：选B.依题意得M ＝{x |－1＜x ＜1}，N ＝{x |x ＞0}，M ∩N ＝{x |0＜x ＜1}，选B.3．解析：选C.∵x ＞1，y ＞0，∴x y ＞1,0＜x －y ＜1，则x y －x －y＞0.∵x y ＋x －y ＝22，∴x 2y ＋2x y ·x －y ＋x －2y ＝8，即x 2y ＋x －2y ＝6，∴(x y －x －y )2＝4，从而x y －x －y ＝2，故选C.4．解析：选C.依题意可得双曲线的渐近线方程为y ＝±b a x ，b a ＝tan 30°＝33，故b 2a 2＝13，离心率为e ＝ca ＝1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b a 2＝43＝233，选C.5．解析：选C.甲、乙都抢到红包，则没有抢到红包的有丙、丁、戊三种情况，故甲、乙都抢到红包的情况有3×A 44A 22＝36(种)．6．解析：选C.由三视图知，该几何体是一个长方体的一半再截去一个三棱锥后得到的，该几何体的体积V ＝12×4×3×5－13×12×4×3×(5－2)＝24，故选C.7．解析：选C.作出不等式组⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋y －3≤03x －y ＋3≥0x －2y ＋1≤0表示的平面区域如图中阴影部分所示，其中A (0,3)，B (－1,0)，由⎩⎪⎨⎪⎧ 2x ＋y ＝3x －2y ＋1＝0得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1y ＝1，即C (1,1)，对于p 1，因为2×(－1)＋0＜－1，故p 1是假命题，排除A ；对于p 2，将C (1,1)代入2x －5y ＋3＝0得到2×1－5×1＋3＝0，说明点C (1,1)在2x －5y ＋3＝0上，故p 2是真命题，排除D ；对于p 3，因为3－12－0＝1＞13，故p 3是假命题，排除B ，故选C.8．解析：选D.①y ＝x sin x 是偶函数；②y ＝x cos x 是奇函数；③当x ＝π时，y ＝πcos π＝－π＜0，∴y ＝x |cos x |是奇函数，且当x ＞0时，y ≥0；④y ＝x ·2x 是非奇非偶函数，故图象对应的函数序号为①④②③.9．解析：选D.∵f (x )＝sin(2x ＋φ)＋3cos(2x ＋φ)＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋φ＋π3，∴将函数f (x )的图象向左平移π4个单位长度后，得到函数解析式为y ＝2sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π4＋φ＋π3＝ 2cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋φ＋π3的图象．∵该图象关于点⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，0对称，对称中心在函数图象上，∴2cos ⎝⎛⎭⎪⎫2×π2＋φ＋π3＝2cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π＋φ＋π3＝0，解得π＋φ＋π3＝k π＋π2，k ∈Z ，即φ＝k π－5π6，k ∈Z.∵0＜φ＜π，∴φ＝π6，∴g (x )＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π6，∵x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π2，π6，∴x ＋π6∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π3，π3，∴cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π6∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，1，则函数g (x )＝cos(x ＋φ)在⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π2，π6上的最小值是12.故选D.10．解析：选C.a ＝5，b ＝2，当n ＝1时，a ＝5＋52＝152，b ＝4；当n ＝2时，a ＝152＋154＝454，b ＝8；当n ＝3时，a ＝454＋458＝1358，b ＝16；当n ＝4时，a ＝1358＋13516＝40516，b ＝32；且a ＜b ，则输出的n 等于4.11．解析：选A.设点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0，x 208，A ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1，x 218，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2，x 228，Q (a,2)，R (b,2)．由⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝8y ，y ＝2x －2得x 2－16x ＋16＝0，x 1x 2＝16.由P ，A ，Q 三点共线得2－x 218a －x 1＝x 208－x 218x 0－x 1＝x 0＋x 18，a ＝x 0x 1＋16x 0＋x 1＝x 0x 1＋x 1x 2x 0＋x 1＝x 1(x 0＋x 2)x 0＋x 1，同理b ＝x 2(x 0＋x 1)x 0＋x 2，ab ＝x 1(x 0＋x 2)x 0＋x 1×x 2(x 0＋x 1)x 0＋x 2＝x 1x 2＝16，OR→·OQ →＝ab ＋4＝20，故选A. 12.解析：选B.由f (x )≤0得(3x ＋1)e x ＋1＋mx ≤0，即mx ≤－(3x ＋1)e x ＋1，设g (x )＝mx ，h (x )＝－(3x ＋1)e x ＋1，则h ′(x )＝－[3e x ＋1＋(3x ＋1)e x ＋1]＝－(3x ＋4)e x ＋1，由h ′(x )＞0得－(3x ＋4)＞0，即x ＜－43，由h ′(x )＜0得－(3x ＋4)＜0，即x ＞－43，故当x ＝－43时，函数h (x )取得极大值．在同一平面直角坐标系中作出y ＝h (x )，y ＝g (x )的大致图象如图所示，当m ≥0时，满足g (x )≤h (x )的整数解超过两个，不满足条件；当m ＜0时，要使g (x )≤h (x )的整数解只有两个，则需满足⎩⎪⎨⎪⎧ h (－2)≥g (－2)h (－3)＜g (－3)，即⎩⎪⎨⎪⎧5e －1≥－2m 8e －2＜－3m ，即⎩⎪⎨⎪⎧m ≥－52em ＜－83e 2，即－52e ≤m ＜－83e 2，即实数m 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫－52e ，－83e 2，故选B.13．解析：记考试成绩为ξ，则考试成绩的正态曲线关于直线ξ＝90对称．因为P (70＜ξ≤110)＝0.7，所以P (ξ≤70)＝P (ξ＞110)＝12×(1－0.7)＝0.15，所以这次考试分数不超过70的人数为1 000×0.15＝150.答案：15014．解析：∵－2＜x ＜14，∴f (x )＝0的解为x ＝6，即A (6,0)，而A (6,0)恰为函数f (x )图象的一个对称中心，∴B 、C 关于A 对称，∴(OB→＋OC →)OA →＝2OA →·OA →＝2|OA →|2＝2×36＝72. 答案：7215.解析：如图，设球O 的半径为R ，球心O 到平面ABC 的距离为d ，则由O 是AD 的中点得，点D 到平面ABC 的距离等于2d，所以V D­ABC＝2V O­ABC＝23×12×2×2×d＝2，解得d＝3，记AC的中点为O′，则OO′⊥平面ABC.在Rt△OO′A中，OA2＝OO′2＋O′A2，即R2＝d2＋12＝10，所以球O的体积V＝43πR3＝4 3π×1010＝4010 3π.答案：4010 3π16．解析：如图，设AB＝AC＝a，AD＝BD＝b，由3BC＝2AB得，BC＝233a.在△ABC中，由余弦定理得，cos∠ABC＝AB2＋BC2－AC22×AB×BC＝a2＋⎝⎛⎭⎪⎫23a32－a22×a×233a＝33，∴∠ABC是锐角，则sin∠ABC＝1－cos2∠ABC＝6 3.在△ABD中，由余弦定理AD2＝AB2＋BD2－2×AB×BD×cos∠ABD，得b2＝a2＋b2－2×a×b×33，解得a＝233b.解法一：由正弦定理ADsin∠ABD＝ABsin∠ADB，得b63＝asin∠ADB，解得sin∠ADB＝223，又2b2＞a2，∴∠ADB为锐角，∴cos∠ADB＝1－sin2∠ADB＝13，tan∠ADB＝2 2.解法二：由余弦定理得，cos ∠ADB ＝AD 2＋BD 2－AB 22AD ×BD ＝b 2＋b 2－a 22b 2＝13，∴sin ∠ADB ＝1－cos 2∠ADB ＝223， tan ∠ADB ＝2 2. 答案：2217．解：(1)因为S 1＝a 1，S 2＝2a 1＋2×12×2＝2a 1＋2，S 4＝4a 1＋4×32×2＝4a 1＋12，由题意，得(2a 1＋2)2＝a 1(4a 1＋12)，解得a 1＝1，所以a n ＝2n －1，n ∈N *.(4分)(2)由题意，可知b n ＝(－1)n －14n a n a n ＋1＝(－1)n －14n(2n －1)(2n ＋1)＝(－1)n －1⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋12n ＋1.(7分) 当n 为偶数时，T n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13－⎝ ⎛⎭⎪⎫13＋15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －3＋12n －1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋12n ＋1＝1－12n ＋1＝2n2n ＋1；(9分)当n 为奇数时，T n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13－⎝ ⎛⎭⎪⎫13＋15＋…－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －3＋12n －1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋12n ＋1＝1＋12n ＋1＝2n ＋22n ＋1.(11分) 所以T n＝⎩⎨⎧2n ＋22n ＋1，n 为奇数，2n2n ＋1，n 为偶数.(或T n ＝2n ＋1＋(－1)n －12n ＋1)(12分)18．解：(1)解法一：∵连接AC ，∵平面ABCD ⊥平面ABFE ，∠EAB ＝90°，∴AE ⊥AB ，(1分)又平面ABCD ∩平面ABFE ＝AB ，∴AE ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，∴AE ⊥BD .(3分)∵ABCD 为正方形，∴AC ⊥BD ，又AE ∩AC ＝A ，∴BD ⊥平面AEC ，EC ⊂平面AEC ，故BD ⊥EC .(6分)解法二：因为底面ABFE 为直角梯形，AE ∥BF ，∠EAB ＝90°，所以AE ⊥AB ，BF ⊥AB .因为平面ABCD ⊥平面ABFE ，平面ABCD ∩平面ABFE ＝AB ，所以AE ⊥平面ABCD ，BF ⊥平面ABCD ，所以BF ⊥BC .(3分)设AE ＝t ，以BA ，BF ，BC 所在的直线分别为x ，y ，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则B (0,0,0)，C (0,0,1)，D (1,0,1)，E (1，t,0)，故DB→＝(－1,0，－1)，EC →＝(－1，－t,1)，因为DB →·EC →＝(－1,0，－1)·(－1，－t,1)＝1－1＝0，所以DB ⊥EC .(6分)(2)解法一：过E 作EK ⊥BF ，垂足为K ，则四边形AEKB 为正方形，故EK ＝BK ＝1，由AB ＝12BF ＝1，知KF ＝1.因为AE ＝AB ＝1，∠EAB ＝90°，故EB ＝2，因为EK ＝KF ＝1，∠EKF ＝90°，故EF ＝ 2.(8分)因为EB 2＋EF 2＝(2)2＋(2)2＝4＝BF 2，所以∠BEF ＝90°，即BE ⊥EF .(9分)在Rt △CBE 中，CE ＝1＋(2)2＝3，在Rt △CBF 中，CF ＝1＋22＝5，因为CE 2＋EF 2＝(3)2＋(2)2＝5＝CF 2， 所以∠CEF ＝90°，即CE ⊥EF .故∠CEB 为所求二面角的平面角，(11分)在Rt △CBE 中，cos ∠CEB ＝23＝63，即二面角C ­EF ­B 的余弦值为63.(12分) 解法二：由(1)可知BC→＝(0,0,1)是平面BEF 的一个法向量，设n ＝(x 1，y 1，z 1)是平面CEF 的法向量，因为AE ＝AB ＝1，所以E (1,1,0)，又F (0,2,0)，故CE→＝(1,1，－1)，CF →＝(0,2，－1)．(8分) 由CE→·n ＝(1,1，－1)·(x 1，y 1，z 1)＝0可得x 1＋y 1－z 1＝0，(9分) 由CF→·n ＝(0,2，－1)·(x 1，y 1，z 1)＝0可得2y 1－z 1＝0，令z 1＝2，得y 1＝1，x 1＝1，故n ＝(1,1,2)为平面CEF 的一个法向量，(10分)所以cos 〈n ，BC →〉＝n ·BC →|n |·|BC →|＝21×6＝63，即二面角C ­EF ­B的余弦值为63.(12分) 19．解：(1)E (X 1)＝5×0.4＋6a ＋7b ＋8×0.1＝6， 即6a ＋7b ＝3.2，①(1分)又由X 1的概率分布列得0.4＋a ＋b ＋0.1＝1，a ＋b ＝0.5，②(2分)由①②得a ＝0.3，b ＝0.2.(4分) (2)由已知得，样本的频率分布表如下：(5分)用这个样本的频率分布估计总体分布，将频率视为概率，可得等级系数X 2的概率分布列如下：(6分)所以E (X 2)＝3×0.3＋4×0.2＋5×0.2＋6×0.1＋7×0.1＋8×0.1＝4.8.(7分)即乙厂产品的等级系数X 2的数学期望为4.8.(8分) (3)乙厂的产品更具可购买性，理由如下：甲厂产品的等级系数的数学期望等于6，价格为6元/件，所以其性价比为66＝1，(9分)乙厂产品的等级系数的数学期望等于4.8，价格为4元/件，所以其性价比为4.84＝1.2，(10分)据此，乙厂的产品更具可购买性．(12分) 20．解：(1)∵直线l 与圆O 相切，∴|m |k 2＋1＝r由k ＝－12，r ＝1，解得|m |＝52.∵点A ，B 都在坐标轴的正半轴上，∴l ：y ＝－12x ＋52，(2分)∴切线l 与坐标轴的交点为⎝⎛⎭⎪⎫0，52，(5，0)，∴a ＝5，b ＝52，∴椭圆E 的方程是x 25＋4y 25＝1.(4分)(2)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)．∵以AB 为直径的圆经过点O ，∴OA→·OB →＝0，即x 1x 2＋y 1y 2＝0. ∵点A ，B 在直线l 上，∴⎩⎪⎨⎪⎧y 1＝kx 1＋my 2＝kx 2＋m ，∴(1＋k 2)x 1x 2＋mk (x 1＋x 2)＋m 2＝0.(*)(6分)由⎩⎨⎧y ＝kx ＋m x 2a 2＋y 2b 2＝1，消去y ，得b 2x 2＋a 2(k 2x 2＋2kmx ＋m 2)－a 2b 2＝0，即(b 2＋a 2k 2)x 2＋2kma 2x ＋(a 2m 2－a 2b 2)＝0.显然Δ＞0，x 1＋x 2＝－2kma 2b 2＋a 2k 2，x 1x 2＝a 2m 2－a 2b 2b 2＋a 2k 2，(8分)代入(*)式，得a 2m 2＋a 2m 2k 2－a 2b 2－a 2b 2k 2－2k 2m 2a 2＋m 2b 2＋a 2k 2m 2b 2＋a 2k 2＝m 2(a 2＋b 2)－a 2b 2－a 2b 2k 2b 2＋a 2k 2＝0，即m 2(a 2＋b 2)－a 2b 2－a 2b 2k 2＝0.(10分)又由(1)，知m 2＝(1＋k 2)r 2，∴(1＋k 2)(a 2＋b 2)r 2＝a 2b 2(1＋k 2)，∴1a 2＋1b 2＝1r 2.故a ，b ，r 满足1a 2＋1b 2＝1r 2.(12分) 21．解：(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)．由已知，得f ′(x )＝x ＋1－a －ax ＝x 2＋(1－a )x －a x ＝(x ＋1)(x －a )x.(2分) 若a ≤0，则f ′(x )＞0，此时f (x )在(0，＋∞)上单调递增． 若a ＞0，则由f ′(x )＝0，得x ＝a .当0＜x ＜a 时，f ′(x )＜0；当x ＞a 时，f ′(x )＞0.此时f (x )在(0，a )上单调递减，在(a ，＋∞)上单调递增．(4分) (2)证明：令g (x )＝f (a ＋x )－f (a －x )，则 g (x )＝12(a ＋x )2＋(1－a )(a ＋x )－a ln(a ＋x )－⎣⎢⎡⎦⎥⎤12(a －x )2＋(1－a )(a －x )－a ln (a －x )＝2x －a ln(a ＋x )＋a ln(a －x )．(6分)∴g ′(x )＝2－a a ＋x －a a －x ＝－2x 2a 2－x 2. 当0＜x ＜a 时，g ′(x )＜0，∴g (x )在(0，a )上是减函数．而g (0)＝0，∴g (x )＜g (0)＝0.故当0＜x ＜a 时，f (a ＋x )＜f (a －x )．(8分)(3)证明：由(1)可知，当a ≤0时，函数f (x )至多有一个零点，故a ＞0，从而f (x )的最小值为f (a )，且f (a )＜0.(10分)不妨设0＜x 1＜x 2，则0＜x 1＜a ＜x 2，∴0＜a －x 1＜a . 由(2)，得f (2a －x 1)＝f (a ＋a －x 1)＜f (x 1)＝0＝f (x 2)．从而x 2＞2a －x 1，于是x 1＋x 22＞a . 由(1)知，f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22＞0.(12分) 22．解：(1)直线l 的普通方程为x －y －1＝0，(2分)由ρ－4cos θ＝0，得ρ2－4ρcos θ＝0，则x 2＋y 2－4x ＝0， 即(x －2)2＋y 2＝4，即曲线C 的直角坐标方程为(x －2)2＋y 2＝4.(5分)(2)把直线l 的参数方程代入曲线C 的直角坐标方程得⎝ ⎛⎭⎪⎫22t －12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫22t 2＝4，(8分) 即t 2－2t －3＝0，设方程t 2－2t －3＝0的两根分别为t 1，t 2，则|AB |＝|t 1－t 2|＝(t 1＋t 2)2－4t 1t 2＝14.(10分)23．解：(1)当a ＝5时，原不等式等价于|x －5|≤3，即－3≤x －5≤3⇒2≤x ≤8，所以解集为{x |2≤x ≤8}．(4分)(2)当a ＝1时，f (x )＝|x －1|.令g (x )＝f (x －1)＋f (2x )＝|x －2|＋|2x －1|＝⎩⎪⎨⎪⎧ －3x ＋3，x ≤12，x ＋1，12＜x ＜2，3x －3，x ≥2，作出其图象，如图所示，(6分)由图象，易知x ＝12时，g (x )取得最小值32.(8分) 由题意，知32≤1－2m ⇒m ≤－14，所以实数m 的取值范围为⎝⎛⎦⎥⎤－∞，－14.(10分)。