2020-2021学年江西省赣州市高三（下）二模考试数学（理）试卷北师大版

这是一份2020-2021学年江西省赣州市高三（下）二模考试数学（理）试卷北师大版，共11页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


1. 已知集合A={x||x−1|<2}，B={x|y=lg(x2+x)}，则A∩(∁RB)=（ ）
A.[3, +∞)B.(−1, 0]C.(3, +∞)D.[−1, 0]

2. 复数z1+2i=5，则|z+i|=( )
A.2B.2C.22D.10

3. 甲、乙两队进行羽毛球决赛，现在的情形是甲队只要再赢一局就获得冠军，乙队需要再赢两局才能得到冠军，若甲队每局获胜的概率为13，则甲队获得冠军的概率为（ ）
A.49B.59C.23D.79

4. 在二项式x−2y5的展开式中，记二项式系数和为A，各项系数和为B，则A+B=( )
A.275B.33C.31D.−211

5. 等比数列an中， a1<0，则“a2A.充要条件B.充分不必要条件
C.必要不充分条件D.既不充分也不必要条件

6. 在△ABC中，点D满足BC→=3BD→，点E为线段AD的中点，则向量CE→=( )
A.13AB→+16AC→B.16AB→+13AC→
C.16AB→−23AC→D.13AB→−56AC→

7. 如图是某正方体的展开图，其中A，B，C，D，E，F分别是原正方体对应棱的中点，则在原正方体中与AB异面且所成角为60∘的直线是（ ）

A.CDB.DEC.EFD.CE

8. 抛物线x2=2pyp>0与椭圆x212+y22=1交于A，B两点，若△AOB的面积为6 （其中O为坐标原点），则p=( )
A.2B.3C.4D.6

9. 已知函数fx=2sinωx+φω>0．若直线y=1与函数fx的图象相交于相邻三点P，Q，R满足|PQ|=λ|QR|λ>1，且|PQ|=8π9，则ω+λ=（ ）
A.52B.3C.72D.4

10. 朱世杰是元代著名数学家，他所著的《算学启蒙》是一部在中国乃至世界最早的科学普及著作．《算学启蒙》中涉及一些“堆垛”问题，主要利用“堆垛”研究数列以及数列的求和问题．现有132根相同的圆形铅笔，小明模仿“堆垛”问题，将它们全部堆放成纵断面为等腰梯形的“垛”．要求层数不小于2，且从最下面一层开始，每一层比上一层多1根，则该“等腰梯形垛”应堆放的层数可以是（ ）
A.5B.6C.7D.8

11. 若函数y=fx在区间D上是增函数，且函数y=f′x在区间D上也是增函数（其中f′x是函数fx的导函数），那么称函数y=fx是区间D上“快增函数”，区间D叫做“快增区间”．则函数fx=sin2x+2sinx在区间0,π上的“快增区间”为（ ）
A.0,π6B.0,π3C.π6,π2D.π3,π2

12. 在直三棱柱ABC−A1B1C1中，底面ABC是以B为直角的等腰三角形，且AB=3，AA1=23．若点D为棱AA1的中点，点M为面BCD的一动点，则|B1M|+|C1M|的最小值为( )
A.33B.6C.35D.66
二、填空题

不等式组 3x+y−3≥0，x−y−1≤0，x−12+y2≤4， 所表示的平面区域的面积为________.
三、解答题

在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足2b−3ccsA−3acsC=0．
(1)求角A的大小；

(2)求2sinB+a2+b2−c2ab的取值范围．

“足球进校园”一直是热议话题．2014年11月26日国务院召开全国青少年校园足球工作电视电话会议，强调教育部将主导校园足球，坚持体教结合，锐意改革创新，并推出一系列措施推动校园足球普及，促进青少年强身健体、全面发展，夯实国家足球事业人才基础．为了解某区域足球特色学校的发展状况，社会调查小组得到如下统计数据：

(1)根据上表数据，计算y与x的相关系数r，并说明y与x的线性相关性强弱；

(2)求y关于x的线性回归方程，并预测该区域2022年足球特色学校的个数（精确到个）.
（注：当|r|≤0.25，则认为y与x的线性相关性较弱；当0.25<|r|<0.75，则认为y与x的线性相关性一般；当0.75≤|r|≤1，则认为y与x的线性相关性很强）
附：回归方程： y=bx+a ，其中 b=i=1nxi−x¯yi−y¯i=1nxi−x¯2=i=1nxiyi−nx¯y¯i=1nxi2−nx¯2；
相关系数r=i=1nxi−x¯yi−y¯i=1nxi−x¯2⋅i=1nyi−y¯2=i=1nxiyi−nx¯y¯i=1nxi2−nx¯2⋅i=1nyi2−ny¯2
参考数据： 6.6≈2.5691,10≈3.1623．

在四棱锥P−ABCD中， PB⊥平面ABCD，底面ABCD为直角梯形，其中AB//CD，∠ABC=90∘，且PB=6，CD=2AB=2，BC=2，点E满足PE→=2ED→．

(1)求证： PD⊥平面ACE；

(2)求二面角A−CE−B的余弦值．

已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的离心率为12，点A1,32在椭圆C上．
(1)求椭圆C的方程；

(2)若过点B4,0作直线l交椭圆C于不同于A的D，E两点，记直线DA，EA的斜率分别为k1,k2，试问： k1+k2是否为定值？若是，求出定值，若不是，请说明理由．

已知函数f(x)=ax+ax−(lnx)2(a∈R且e为自然对数的底数）．
(1)当a≥1时，求fx的最小值；

(2)若关于x的不等式ex+e−x−2lnx≥b，求整数b的最大值．

已知曲线C1的参数方程为x=2csα,y=3sinα （α为参数），以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为ρ=2 .
(1)分别写出曲线C1的普通方程和曲线C2的参数方程；

(2)已知M为曲线C1的左焦点，P，Q为曲线C2上的动点，满足OP⊥OQ，求|PM|2+|QM|2的最大值．
参考答案与试题解析
2020-2021学年江西省赣州市高三（下）二模考试数学（理）试卷
一、选择题
1.
【答案】
B
【考点】
对数函数的定义域
交、并、补集的混合运算
【解析】
利用绝对值不等式的性质和对数函数的定义域，分别求出集合A和B，由此能求出A∩(∁UB)．
【解答】
解：∵ 集合A={x||x−1|<2}={x|−1B={x|y=lg(x2+x)}={x|x2+x>0}={x|x<−1或x>0}，
∁RB={x|−1≤x≤0}，
∴ A∩(∁RB)={x|−1故选B.
2.
【答案】
A
【考点】
复数代数形式的混合运算
复数的模
【解析】
把已知等式变形，再由复数代数形式的乘除运算化简得答案.
【解答】
解：由题意可知：z1+2i=5，
z=51+2i，
=51−2i1+2i1−2i，
=5−10i1−4i2，
=1−2i，
∴ z+i=1−2i+i=1−i=12+−12=2.
故选A.
3.
【答案】
B
【考点】
互斥事件的概率加法公式
相互独立事件的概率乘法公式
【解析】
根据已知中的比赛规则，甲队只要赢一局就胜，乙队需要两局才胜，分情况考虑：①甲第一场就胜，概率P=13，②甲第一场失败，第二场获胜，然后利用加法原理和乘法原理进行求解.
【解答】
解：∵ 甲队只要赢一局就获得冠军，乙队需要两局才获得冠军，
P甲胜=13，
∴ 分情况考虑：
①甲第一场就胜，P=13，
②甲第一场失败，第二场获胜，P=1−13×13=29，
∴ 甲获胜概率P=13+29=59.
故选B.
4.
【答案】
C
【考点】
二项式系数的性质
【解析】
根据二项式展开，分别求出二项式系数和为，各项系数和计算即可.
【解答】
解：A=C50+C51+C52+C53+C54+C55=32，
令x=1,y=1得B=−1，
∴ A+B=32−1=31.
故选C.
5.
【答案】
B
【考点】
必要条件、充分条件与充要条件的判断
等比数列的通项公式
【解析】
利用充分必要条件的定义以及等比数列的通项求解即可.
【解答】
解：而等比数列中，
∵ a1<0 ，
∴ a3=a1q2<0 ，a2=a1q,
若 a2∵ a1<0，
∴ q>q2，
解得0 而 a5=a1q4， a6=a1q5，
若 a5q5，解得q<1，
∴ “a2故选B.
6.
【答案】
D
【考点】
向量的三角形法则
向量加减混合运算及其几何意义
【解析】
由题意，根据平面向量的三角形法则对问题进行整理，进而即可求解.
【解答】
解：已知在△ABC中，点D满足BC→=3BD→，点E为线段AD的中点，
而CE→=CD→+DE→，
因为CD→=23CB→=23(CA→+AB→)=23(−AC→+AB→)，
DE→=12DA→=12(DB→+BA→)，
而DB→=13CB→=13(−AC→+AB→)，
所以DE→=16(−AC→+AB→)−12AB→ ，
此时CE→=23(−AC→+AB→)+16(−AC→+AB→)−12AB→
=13AB→−56AC→.
故选D.
7.
【答案】
C
【考点】
棱柱的结构特征
异面直线的判定
异面直线及其所成的角
【解析】

【解答】
解：还原此正方体如图：
CD与AB共面，DE与AB共面，
EF与AB异面，取棱的中点B′，易得EF与AB所成的角为60∘，
CE与AB异面，且所成的角为45∘.
故选C.
8.
【答案】
B
【考点】
椭圆的定义和性质
圆锥曲线的综合问题
抛物线的求解
【解析】
根据题意，设A−x0，x022p，Bx0，x02p，x0>0，再根据三角形S△AOB=12×2x0×x022p=6，联立可得.
【解答】
解：设A−x0，x022p，Bx0，x022p，x0>0，
S△AOB=12×2x0×x022p=6，
∴ x03=26p，
∴ p2=124x06①，
将Bx0，x022p代入x212+y22=1，
∴ x0212+3x02=1②，
∴ ①②得p2=124x06,x0212+3x02=1,
∴ p=3,x02=6.
故选B.
9.
【答案】
C
【考点】
正弦函数的图象
正弦函数的周期性
【解析】
利用正弦函数图像以及性质结合求解.
【解答】
解：由fx=1，解得ωx+φ=π6+2kπ或ωx+φ=5π6+2kπ，k∈Z，
假设相邻三点，P，Q，R对应的ωx+φ=5π6，π6+2π，5π6+2π，
则P，Q，R的横坐标x1，x2，x3，
分别为x1=5π6−φω， x2=13π6−φω，x3=17π6−φω，
则|PQ|=x2−x1=4π3ω， QR=x3−x2=2π3ω，
则 λ=PQQR=2，满足 λ>1，
∵|PQ|=8π9，
∴ 4π3ω=8π9，解得ω=32，
∴ω+λ=32+2=72.
故选C.
10.
【答案】
D
【考点】
等差数列的前n项和
等差数列的通项公式
【解析】
利用等差数列求和即可.
【解答】
解： 设最上一层放a1根，共放nn≥2层，
则最下一层放a1+n−1根，
∴n2a1+n−12=132
⇒2a1=264n−n+1，
∵a1∈N∗ ，
∴ n为264的因数，
且 264n+1−n≥2 ，264n+1−n 为偶数，
代入题中选项，可得 n=8满足题意.
故选D.
11.
【答案】
A
【考点】
导数的运算
利用导数研究函数的单调性
【解析】
由题意，对函数进行求导，得到函数的单调性，再利用换元法对导数进行再求解，按部就班进行分析即可.
【解答】
解：已知函数f(x)=sin2x+2sinx，函数定义域为[0,π]，
f′(x)=2sinxcsx+2csx=2csx(sinx+1)，
因为sinx+1≥0恒成立，
所以当csx≥0时，f′(x)≥0，
在0≤x≤π2时，f′(x)≥0，f(x)单调递增，
不妨令g(x)=2csx(sinx+1)，函数定义域为[0,π]，
g′(x)=2cs2x−2sin2x−2sinx=2−4sin2x−2sinx，
不妨令t=sinx，则t∈[0,1]，
所以g′(t)=−4t2−2t+2=−2(2t−1)(t+1)，
当0≤t≤12时，g′(t)≥0，
所以当x∈[0,π6]时，g′(x)≥0，g(x)为增函数，
所以函数f(x)在区间[0,π]上的“快增区间”为[0,π6].
故选A.
12.
【答案】
C
【考点】
点、线、面间的距离计算
两条直线垂直的判定
直线与平面垂直的性质
直线与平面垂直的判定
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由题意可得：BC⊥面ABB1A1,
作B1关于面BCD的对称点B′，则B′在面ABB1A1里，
且 B1B1′⊥BD，
∵AB=3，AA1=23，D为AA1中点，
∴AD=3，
∴tan∠ABD=33，
∴∠ABD=30∘，∠B1BD=60∘，
∴∠B1BB′=120∘，且BB1=BB′=23，
∴B1B′=6，
连接C1B′交面BCD于M，连接B1M，
则此时|B1M|+|C1M|=B′C1为最小值，
又∵C1B1//CB，
∴C1B1⊥面ABB1A1，
∴C1B1⊥B1B′，
∴C1B′=C1B12+B′B12=9+36=35，
即|B1M|+|C1M|最小值为35，
故选C．
二、填空题
【答案】
5π6
【考点】
简单线性规划
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：作出不等式组所表示的区域如图：
故所求的阴影部分的面积为75π22360=5π6.
故答案为：5π6.
三、解答题
【答案】
解：(1)由2b−3ccsA−3acsC=0，
结合正弦定理可得：2sinBcsA−3sinCcsA−3csCsinA=0，
整理得：2sinBcsA−3sinA+C=0，
即2sinBcsA−3sinB=0，
又sinB>0，
所以csA=32，
又A∈0,π，
故A=π6．
(2)由余弦定理知： 2sinB+a2+b2−c2ab=2sinB+2csC，
从而2sinB+2csC=2sinB−2csπ6+B=3sinB−3csB=23sinB−π6，
又因为0故−π6从而−12即2sinB+a2+b2−c2ab的取值范围为(−3,23]．
【考点】
两角和与差的正弦公式
正弦定理
余弦定理
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)由2b−3ccsA−3acsC=0，
结合正弦定理可得：2sinBcsA−3sinCcsA−3csCsinA=0，
整理得：2sinBcsA−3sinA+C=0，
即2sinBcsA−3sinB=0，
又sinB>0，
所以csA=32，
又A∈0,π，
故A=π6．
(2)由余弦定理知： 2sinB+a2+b2−c2ab=2sinB+2csC，
从而2sinB+2csC=2sinB−2csπ6+B=3sinB−3csB=23sinB−π6，
又因为0故−π6从而−12即2sinB+a2+b2−c2ab的取值范围为(−3,23]．
【答案】
解：(1)x¯=2018,y¯=1.6，
i=15xi−x¯2=4+1+0+1+4=10，
i=15yi−y¯2=0.36+0.04+0.01+0.09+0.16=0.66，
i=15xi−x¯yi−y¯=2×0.6+1×0.2+0+1×0.3+2×0.4=2.5，
r=i=1nxi−x¯yi−y¯i=1nxi−x¯2⋅i=1nyi−y¯2
=2.510⋅0.66≈≈0.973>0.75，
则y与x的线性相关性很强．
(2)b=i=1nxi−x¯yi−y¯i=1nxi−x¯2=2.510=0.25，
a=y¯−bx¯=1.6−0.25×2018=−502.9．
则y关于x的线性回归方程为y=0.25x−502.9
当x=2022时， y=0.25×2022−502.9=2.6 （百个）.
预测该区域2022年足球特色学校的个数为260个．
【考点】
相关系数的求法
求解线性回归方程
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)x¯=2018,y¯=1.6，
i=15xi−x¯2=4+1+0+1+4=10，
i=15yi−y¯2=0.36+0.04+0.01+0.09+0.16=0.66，
i=15xi−x¯yi−y¯=2×0.6+1×0.2+0+1×0.3+2×0.4=2.5，
r=i=1nxi−x¯yi−y¯i=1nxi−x¯2⋅i=1nyi−y¯2
=2.510⋅0.66≈≈0.973>0.75，
则y与x的线性相关性很强．
(2)b=i=1nxi−x¯yi−y¯i=1nxi−x¯2=2.510=0.25，
a=y¯−bx¯=1.6−0.25×2018=−502.9．
则y关于x的线性回归方程为y=0.25x−502.9
当x=2022时， y=0.25×2022−502.9=2.6 （百个）.
预测该区域2022年足球特色学校的个数为260个．
【答案】
(1)证明：连接BD交AC于点F，连接EF,
在直角梯形ABCD中，
由CD=2AB=2，BC=2⇒BD=6，DF=2FB，
从而tan∠ACB=ABBC=22，
tan∠BDC=BCCD=22，
故∠ACB=∠BDC，
从而∠BDC+∠ACD=90∘，
即AC⊥BD，
又PB⊥面ABCD，
故PB⊥AC，
又PB∩BD=B，
从而有AC⊥面PBD，
进而得AC⊥PD，
在直角△PBD中，PB=BD=6，
取PD中点G，故BG⊥PD，
又PE=2DE⇒DE=2EG，
从而EF//BG，
即EF⊥PD,
又AC∩EF=F，
故PD⊥平面ACE.
(2)由题设知BA，BC，BP两两垂直，故以点B为坐标原点，BA，BC，BP分别为x轴，y轴，z轴正方向建立空间直角坐标系；
从而有：A1,0,0,C0,2,0，D(2,2,0),P0,0,6,E(43，223，63)，
由PD⊥面ACE知：
面ACE的一个法向量为n→=2,1,−3，
平面BCE的一个法向量为m→=x,y,z，
结合BC→=0,2,0,BE→=43,223,63，
∴ m→⋅BC→=2y=0，m→⋅BE→=43x+223y+63z=0，
取x=6,y=0,z=−4，
从而平面BCE的一个法向量为m→=6,0,−4，
令二面角A−CE−B的平面角为θ，
由题意可知θ为锐角则
csθ=|cs⟨n→,m→⟩|=|n→⋅m→||n→|⋅|m|=23+436⋅22=31111．
【考点】
直线与平面垂直的判定
用空间向量求平面间的夹角
【解析】
此题暂无解析
【解答】
(1)证明：连接BD交AC于点F，连接EF,
在直角梯形ABCD中，
由CD=2AB=2，BC=2⇒BD=6，DF=2FB，
从而tan∠ACB=ABBC=22，
tan∠BDC=BCCD=22，
故∠ACB=∠BDC，
从而∠BDC+∠ACD=90∘，
即AC⊥BD，
又PB⊥面ABCD，
故PB⊥AC，
又PB∩BD=B，
从而有AC⊥面PBD，
进而得AC⊥PD，
在直角△PBD中，PB=BD=6，
取PD中点G，故BG⊥PD，
又PE=2DE⇒DE=2EG，
从而EF//BG，
即EF⊥PD,
又AC∩EF=F，
故PD⊥平面ACE.
(2)由题设知BA，BC，BP两两垂直，故以点B为坐标原点，BA，BC，BP分别为x轴，y轴，z轴正方向建立空间直角坐标系；
从而有：A1,0,0,C0,2,0，D(2,2,0),P0,0,6,E(43，223，63)，
由PD⊥面ACE知：
面ACE的一个法向量为n→=2,1,−3，
平面BCE的一个法向量为m→=x,y,z，
结合BC→=0,2,0,BE→=43,223,63，
∴ m→⋅BC→=2y=0，m→⋅BE→=43x+223y+63z=0，
取x=6,y=0,z=−4，
从而平面BCE的一个法向量为m→=6,0,−4，
令二面角A−CE−B的平面角为θ，
由题意可知θ为锐角则
csθ=|cs⟨n→,m→⟩|=|n→⋅m→||n→|⋅|m|=23+436⋅22=31111．
【答案】
解：(1)由题意得a2=b2+c2，e=ca=12，1a2+94b2=1，
解得a2=4，b2=3，
椭圆C的方程为x24+y23=1．
(2)由题设可知直线l的斜率存在，
不妨设其方程为y=kx−4，
令Dx1,y1，Ex2,y2，
由y=kx−4，x24+y23=1，
得4k2+3x2−32k2x+64k2−12=0，
Δ=32k22−16×4k2+316k2−3>0
则x1+x2=32k24k2+3, x1x2=64k2−124k2+3，
k1+k2=32−y11−x1+32−y21−x2
=32−kx1+4k(1−x2)+32−kx2+4k(1−x1)1−(x1+x2)+x1x2
=2kx1x2−5k+32x1+x2+8k+31−x1+x2+x1x2
=2k64k2−124k2+3−(5k+32)32k24k2+3+8k+31−32k24k2+3+64k2−124k2+3
=9−36k236k2−9=−1，
故k1+k2为定值，且定值为−1．
【考点】
椭圆的离心率
椭圆的标准方程
圆锥曲线中的定点与定值问题
圆锥曲线的综合问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)由题意得a2=b2+c2，e=ca=12，1a2+94b2=1，
解得a2=4，b2=3，
椭圆C的方程为x24+y23=1．
(2)由题设可知直线l的斜率存在，
不妨设其方程为y=kx−4，
令Dx1,y1，Ex2,y2，
由y=kx−4，x24+y23=1，
得4k2+3x2−32k2x+64k2−12=0，
Δ=32k22−16×4k2+316k2−3>0，
则x1+x2=32k24k2+3, x1x2=64k2−124k2+3，
k1+k2=32−y11−x1+32−y21−x2
=32−kx1+4k(1−x2)+32−kx2+4k(1−x1)1−(x1+x2)+x1x2
=2kx1x2−5k+32x1+x2+8k+31−x1+x2+x1x2
=2k64k2−124k2+3−(5k+32)32k24k2+3+8k+31−32k24k2+3+64k2−124k2+3
=9−36k236k2−9=−1，
故k1+k2为定值，且定值为−1．
【答案】
解：(1)由题意知函数fx的定义域为0,+∞，
由fx=ax+ax−lnx2得：f′x=a−ax2−2lnxx=1xax−ax−2lnx
记gx=ax−ax−2lnx，
则g′x=a+ax2−2x=ax2−2x+ax2，
因为当a≥1时，ax2−2x+a≥0恒成立，
故g′x≥0在0,+∞上恒成立，
即gx在0,+∞上单调递增，
又g1=0，
故当x∈0,1时， f′x<0，
当x∈1,+∞时，f′x>0，
所以函数fx在0,1上单调递减，在1,+∞上单调递增，
从而fxmin=f1=2a．
(2)由(1)知：当a=1时，x+1x−lnx2≥2，当且仅当x=1时取等号，
故ex+e−x−x2≥2 （当且仅当x=0时取等号），
从而ex+e−x−2lnx>x2−2lnx+2，
记ℎx=x2−2lnx+2，
则ℎ′x=2x−2x=2x−1x+1x，
从而当x∈0,1时， ℎ′x<0，
当x∈1,+∞时，ℎ′x>0，
所以函数ℎx在0,1上单调递减，在1,+∞上单调递增，
故ℎxmin=ℎ1=3，
即ex+e−x−2lnx>3，
另一方面，当x=1时， ex+e−x−2lnx=e+e−1∈3,4，
故3又b为整数， 故b≤3，
即b的最大值为3．
【考点】
利用导数研究函数的单调性
利用导数研究函数的最值
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)由题意知函数fx的定义域为0,+∞，
由fx=ax+ax−lnx2得：f′x=a−ax2−2lnxx=1xax−ax−2lnx
记gx=ax−ax−2lnx，
则g′x=a+ax2−2x=ax2−2x+ax2，
因为当a≥1时，ax2−2x+a≥0恒成立，
故g′x≥0在0,+∞上恒成立，
即gx在0,+∞上单调递增，
又g1=0，
故当x∈0,1时， f′x<0，
当x∈1,+∞时，f′x>0，
所以函数fx在0,1上单调递减，在1,+∞上单调递增，
从而fxmin=f1=2a．
(2)由(1)知：当a=1时，x+1x−lnx2≥2，当且仅当x=1时取等号，
故ex+e−x−x2≥2 （当且仅当x=0时取等号），
从而ex+e−x−2lnx>x2−2lnx+2，
记ℎx=x2−2lnx+2，
则ℎ′x=2x−2x=2x−1x+1x，
从而当x∈0,1时， ℎ′x<0，
当x∈1,+∞时，ℎ′x>0，
所以函数ℎx在0,1上单调递减，在1,+∞上单调递增，
故ℎxmin=ℎ1=3，
即ex+e−x−2lnx>3，
另一方面，当x=1时， ex+e−x−2lnx=e+e−1∈3,4，
故3又b为整数， 故b≤3，
即b的最大值为3．
【答案】
解：(1)由曲线C1:x=2csα，y=3sinα （α为参数），
消去参数α得： x24+y23=1，
曲线C2:ρ=2，
由x=ρcsθ,y=ρsinθ,
得：x2+y2=4，
再化为参数方程为：C2:x=2csθy=2sinθ（θ为参数）.
(2)由(1)知M−1,0，设点P2csθ,2sinθ，
由PO⊥OQ，
不妨设点Q2csθ+π2,2sinθ+π2，
即Q−2sinθ,2csθ，
所以|PM|2+|QM|2=2csθ+12+2sinθ2+−2sinθ+12+2csθ2，
|PM|2+|QM|2=4csθ−4sinθ+10
=42csθ+π4+10，
故当θ=−π4时，
|PM|2+|QM|2max=42+10．
【考点】
圆的极坐标方程与直角坐标方程的互化
圆的参数方程
椭圆的参数方程
参数方程的优越性
两角和与差的正弦公式
两角和与差的余弦公式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)由曲线C1:x=2csα，y=3sinα （α为参数），
消去参数α得： x24+y23=1，
曲线C2:ρ=2，
由x=ρcsθ,y=ρsinθ,
得：x2+y2=4，
再化为参数方程为：C2:x=2csθy=2sinθ（θ为参数）.
(2)由(1)知M−1,0，设点P2csθ,2sinθ，
由PO⊥OQ，
不妨设点Q2csθ+π2,2sinθ+π2，
即Q−2sinθ,2csθ，
所以|PM|2+|QM|2=2csθ+12+2sinθ2+−2sinθ+12+2csθ2，
|PM|2+|QM|2=4csθ−4sinθ+10
=42csθ+π4+10，
故当θ=−π4时，
|PM|2+|QM|2max=42+10．年份x
2016
2017
2018
2019
2020
足球特色学校y（百个）
1.00
1.40
1.70
1.90
2.00