2020-2021学年河南省许昌县某校高二（下）期末考试数学（理）试卷人教A版

这是一份2020-2021学年河南省许昌县某校高二（下）期末考试数学（理）试卷人教A版，共13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. 设集合A=x|x2−5x+6>0，B=x|lg2x>0，则A∩B=( )
A.−∞,−3B.3,+∞C.2,6D.1,+∞

2. 已知复数z满足1+2iz¯=4+3i，则z=( )
A.2−iB.−2−iC.2+iD.−2+i

3. 已知tanα=2，则3sinαcsα=( )
A.57B.310C.65D.85

4. 下表是某产品1∼4月份销量(单位：百件)的一组数据，分析后可知，销量y与月份x1A.2B.1.5C.2.5D.1.6

5. 函数fx在x=4处的切线方程为y=3x+5，则f4+f′4=( )
A.10B.20C.30D.40

6. 若0A.x
7. 执行如图所示的程序框图，则输出S的值为（ ）

A.4B.2C.1D.12

8. 已知双曲线C:x2a2−4y215=1a>0,F1,F2 为双曲线C的左右焦点，P32,32在双曲线C上，若PF1→⋅PF2→=0，则双曲线C的离心率为( )
A.53B.255C.1554D.52

9. 若x>0，y>0，则“x+2y=22xy”的一个充分不必要条件是( )
A.x=yB.x=2yC.x=2且y=1D.x=y或y=1

10. 在区间[0, 1]上任取两个数，则这两个数之和小于65的概率是( )
A.1225B.1625C.1725D.1825

11. 已知函数fx=sinωx+φ（其中ω>0，−π2≤φ≤π2）满足f−π8=0，直线x=π8为y=fx的一条对称轴，且函数fx在π16,π8上单调，则实数ω的最大值为( )
A.6B.10C.14D.18

12. 数列an的首项a1=2，且an+1=4an+6n∈N*，令 bn=lg2an+2，则b1+b2+⋯+b20212021=（ ）
A.2020B.2021C.2022D.2023
二、填空题

x3+11x−2x6的展开式的常数项是________.

“华东五市游”作为中国一条精品旅游路线一直受到广大旅游爱好者的推崇．现有5名高三学生准备2021年高考后到“华东五市”中的上海市、南京市、苏州市、杭州市四个地方旅游，假设每名同学均从这四个地方中任意选取一个去旅游，则恰有一个地方未被选中的概率为________.

已知抛物线C:y2=4x. 如图，过焦点F作斜率为k的直线交抛物线C于A，B两点，交抛物线C的准线于点P，若|AB|=2|PF|，则k2=________.


已知函数fx=xlnx−a2x2+a−1x．在x=1处取得极小值，则实数a的取值范围是________．
三、解答题

在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且csB=−12．
(1)若bsinB−3asinA=csinC，求ac的值；

(2)若∠ABC的平分线交AC于D，且BD=1，求4a+c的最小值．

某机器生产商，对一次性购买两台机器的客户推出两种超过质保期后两年内的延保维修方案：
方案一：交纳延保金6000元，在延保的两年内可免费维修2次，超过2次每次收取维修费1500元；
方案二：交纳延保金7845元，在延保的两年内可免费维修4次，超过4次每次收取维修费a元．
某工厂准备一次性购买两台这种机器，现需决策在购买机器时应购买哪种延保方案，为此搜集并整理了100台这种机器超过质保期后延保两年内维修的次数，统计得如表：
以这100台机器维修次数的频率代替一台机器维修次数发生的概率．记X表示这两台机器超过质保期后延保的两年内共需维修的次数．
(1)求X的分布列．

(2)以所需延保金与维修费用之和的期望值为决策依据，该工厂选择哪种延保方案更合算．

如图，四棱锥 P−ABCD 中，底面ABCD为正方形，△PAB 为等边三角形，平面 PAB⊥底面ABCD，E为AD的中点．

(1)求证：CE⊥PD；

(2)在线段BD（不包括端点）上是否存在点F，使直线AP与平面PEF所成角的正弦值为 55 ，若存在，确定点F的位置；若不存在，请说明理由．

已知椭圆E：x2a2+y2b2=1，双曲线F:x26−y22=1，设椭圆E与双曲线F有相同的焦点，点A332,12,B−332,12分别为椭圆E与双曲线F在第一、二象限的交点．
(1)求椭圆E的标准方程；

(2)设直线AB与y轴相交于点M，过点M作直线交椭圆E于P，Q两点（不同于A，B），
求证：直线AP与直线BQ的交点N在一定直线上运动，并求出该直线的方程．

已知函数fx=ex−ax−1x>0.
(1)若fx>x22恒成立，求a的取值范围；

(2)当a=1时，求证：xlnx+1−fxx<1.

在直角坐标系xOy中，以原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系．若极坐标方程为ρcsθ=4的曲线C1与曲线C2x=θ2，y=θ3（θ为参数）相交于A，B两点，曲线C3是以AB为直径的圆．
(1)求曲线C3的极坐标方程；

(2)若过点M04,3，且斜率为12的直线l与曲线C3相交于P、Q两点，求线段PQ中点M的坐标和线段M0M的长度．
参考答案与试题解析
2020-2021学年河南省许昌县某校高二（下）期末考试数学（理）试卷
一、选择题
1.
【答案】
B
【考点】
交集及其运算
【解析】
根据题意，求出集合A、B，由交集的定义计算可得答案．
【解答】
解：根据题意，
A=x|x2−5x+6>0
={x|x>3或x<2}，
B=x|lg2x>0=x|x>1，
则A∩B=x|x>3=3,+∞．
故选B．
2.
【答案】
C
【考点】
共轭复数
复数代数形式的乘除运算
【解析】
把给出的等式变形后利用复数的除法运算化简求得z¯，可求z．
【解答】
解：由1+2iz¯=4+3i，得
z¯=4+3i1+2i=4+3i1−2i1+2i1−2i
=10−5i5=2−i，
所以z=2+i．
故选C．
3.
【答案】
C
【考点】
同角三角函数间的基本关系
【解析】
对所求式子先进行恒等变换，转化成关于sinα，csα的表达式，再由tanα=2求得sinα，csα的值，即可得到答案．
【解答】
解：因为tanα=sinαcsα=2，sin2α+cs2α=1，
所以sinα=25,csα=15或sinα=−25,csα=−15,
所以3sinαcsα=3⋅25⋅15=65．
故选C．
4.
【答案】
A
【考点】
求解线性回归方程
回归分析
【解析】
首先求出x，y的平均数，根据所给的线性回归方程知道b的值，根据样本中心点满足线性回归方程，把样本中心点代入，得到关于a的一元一次方程，解a，然后求解即可．
【解答】
解：由题意知x¯=141+2+3+4=2.5，
y¯=144.5+4+3+2.5=3.5，
将2.5,3.5代入线性回归方程y=−0.6x+a，
即3.5=−0.6×2.5+a，
解得：a=5，
线性回归直线方程是
y=−0.6x+5，
预测5月份的销量为：
−0.6×5+5=2．
故选A．
5.
【答案】
B
【考点】
利用导数研究曲线上某点切线方程
导数的几何意义
【解析】
根据切点在切线上可求出f(4)的值，然后根据导数的几何意义求出f′4的值，从而可求出所求．
【解答】
解：根据切点在切线上可知当x=4时，y=17，
∴ f4=17，
∵ 函数y=fx的图象在x=4处的切线方程是y=3x+5，
∴ f′4=3，
则f4+f′4=17+3=20．
故选B．
6.
【答案】
A
【考点】
指数式、对数式的综合比较
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵0∴ablgbb=1，
∴x故选A.
7.
【答案】
D
【考点】
程序框图
【解析】
由已知中的程序语句可知：该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量S的值，模拟程序的运行过程，分析循环中各变量值的变化情况，可得答案．
【解答】
解：模拟程序的运行过程，该程序的功能是利用循环结构，
计算并输出变量S=csπ3+cs2π3+⋯+cs7π3的值，
S=csπ3+cs2π3+⋯+cs7π3
=12.
故选D．
8.
【答案】
D
【考点】
双曲线的离心率
双曲线的标准方程
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：将点P32,32坐标代入双曲线方程解得a2=15，a=15，
则c2=a2+b2=15+154=754，c=532，
则e=ca=52.
故选D.
9.
【答案】
C
【考点】
基本不等式
必要条件、充分条件与充要条件的判断
基本不等式在最值问题中的应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵x>0，y>0，
∴x+2y≥22xy，当且仅当x=2y时取等号，
故“x=2且y=1”是“x+2y=22xy”的充分不必要条件.
故选C.
10.
【答案】
C
【考点】
几何概型计算（与长度、角度、面积、体积有关的几何概型）
【解析】
由几何概型中的面积型得：P(A)＝＝1−＝，得解．
【解答】
解：设区间[0, 1]上任取两个数为x，y∈[0, 1]，
则这两个数之和小于65为x+y<65，
设这两个数之和小于65为事件A，
由几何概型中的面积型可得：
P(A)=S阴影S正方形=1−12×45×451=1725.
故选C.
11.
【答案】
C
【考点】
正弦函数的对称性
函数y=Asin（ωx+φ）的性质
正弦函数的单调性
由函数零点求参数取值范围问题
函数的零点
【解析】
无
【解答】
解：∵ 函数f(x)在区间π16,π8上单调，
∴ π8−π16=π16≤T2，
即T=2πω≥π8，
解得：ω≤16．
∵ x=−π8是y=f(x)的零点，
直线x=π8为y=fx图象的一条对称轴，
∴ 2n+14⋅T=π4(n∈N)，
即ω=2πT=4n+2(n∈N)，
当ω=14时，14π8+φ=kπ+π2，k∈Z，
取φ=−π4，
此时fx=sin14x−π4在π16,π8上单调递减，满足题意.
故选C．
12.
【答案】
C
【考点】
数列的求和
数列递推式
等比数列的性质
【解析】
无
【解答】
解：因为an+1=4an+6n∈N*，
所以an+1+2=4an+6+2=4an+2，
所以an+1+2an+2=4且a1=2，
所以数列an+2是以4为首项，公比为4的等比数列，
所以an+2=4n，
即an=4n−2，
代入bn=lg2an+2得bn=lg24n=2n．
设数列bn的前n项和为Sn，
则S2021=2(1+2+3+⋯2020+2021)
=20211+2021，
则b1+b2+⋯+b20212021=20211+20212021=2022．
故选C.
二、填空题
【答案】
61
【考点】
二项展开式的特定项与特定系数
二项式定理的应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：1x−2x6的通项为Tr+1=C6r(1x)6−r(−2x)r=(−2)rC6rx3r2−3，
令3r2−3=0，得r=2，(−2)2C62=60，
令3r2−3=−3，得r=0，(−2)0C60=1，
故x3+11x−2x6的展开式的常数项为61.
故答案为：61.
【答案】
75128
【考点】
古典概型及其概率计算公式
排列、组合的应用
【解析】
利用排列组合结合古典概型公式求解即可
【解答】
解：现有5名高三学生准备2021年高考后到“华东五市”中的上海市、南京市、苏州市、杭州市四个地方旅游，
假设每名同学均从这四个地方中任意选取一个去旅游，
基本事件总数n=45=1024，
恰有一个地方未被选中包含的基本事件个数
m=12C51C42A43+C53A43=600，
则恰有一个地方未被选中的概率为
P=mn=6001024=75128.
故答案为：75128．
【答案】
1+52
【考点】
抛物线的求解
直线与抛物线的位置关系
【解析】

【解答】
解：设AB的方程为y=k(x−1)，与抛物线方程联立可得
k2x2−2(k2+2)x+k2=0，则Δ>0，
x1+x2=2(k2+2)k2，x1x2=1，
易知点P(−1, −2k)，
由|AB|=2|PF|，
可得1+k2(x1+x2)2−4x1x2=24+4k2，
即4(k2+2)2k4−4=4，
解得k2=1+52，（负舍）.
故答案为：1+52.
【答案】
−∞,1
【考点】
利用导数研究函数的极值
【解析】
无
【解答】
解：函数的定义域为0,+∞，
且f′x=lnx−ax+a，
令hx=lnx−ax+a，
则h1=0，h′x=1x−a=1−axx．
(1)当a≤0时，h′x≥0，
函数h(x)在(0,+∞)上单调递增，
所以当x∈0,1时，f′x=hx当x∈1,+∞时，f′x=hx>h1=0，
所以fx在x=1处取得最小值，满足题意．
(2)当0即1a≥1，
当x∈0,1a时，h′x≥0，函数hx在0,1a上单调递增，
所以当x∈(0,1)时，f′x=h(x)当x∈1, 1a时，f′x=hx>h1=0，
所以fx在x=1处取得最小值，满足题意．
(3)当a=1时，x∈(0,1)，h′(x)>0，f′x=hx单调递增，
当x∈(1,+∞)，h′(x)<0，f(x)=h(x)单调递减，
又f′1=0，
所以当x∈(0,+∞)时，f′x≤0，f(x)单调递减，不符合题意．
(4)当a>1时，即0<1a<1，
且当x∈1a,1时，h′x<0，f′x=hx单调递减，f′x>0，
当x∈1,+∞时，h′x<0，f′x=hx单调递减，f′x<0，
所以fx在x=1处取得极大值，不符合题意．
综上可知，实数的取值范围是−∞,1.
故答案为：−∞,1.
三、解答题
【答案】
解：(1)由正弦定理，得b2−3a2=c2，
即b2=3a2+c2，
由余弦定理得b2=a2+c2−2accsB，
又csB=−12，
所以2a2=ac，
所以ac=12．
(2)由题意得S△ABC=S△ABD+S△DBC，
即12acsin120∘=12asin60∘+12csin60∘，
所以ac=a+c，
即1a+1c=1，
则4a+c=4a+c1a+1c=5+ca+4ac
≥5+2ca⋅4ac=9，
当且仅当c=2a，
即c=3，a=32时取等号，
所以4a+c的最小值为9．
【考点】
正弦定理
余弦定理
基本不等式在最值问题中的应用
三角形的面积公式
【解析】
无
无
【解答】
解：(1)由正弦定理，得b2−3a2=c2，
即b2=3a2+c2，
由余弦定理得b2=a2+c2−2accsB，
又csB=−12，
所以2a2=ac，
所以ac=12．
(2)由题意得S△ABC=S△ABD+S△DBC，
即12acsin120∘=12asin60∘+12csin60∘，
所以ac=a+c，
即1a+1c=1，
则4a+c=4a+c1a+1c=5+ca+4ac
≥5+2ca⋅4ac=9，
当且仅当c=2a，
即c=3，a=32时取等号，
所以4a+c的最小值为9．
【答案】
解：(1)根据题意，随机变量X的所有取值为0，1，2，3，4，5，6因为以这100台机器维修次数的频率代替一台机器维修次数发生的概率．
所以，PX=0=0.1×0.1=0.01，
PX=1=C21×0.2×0.1=0.04，
PX=2=0.2×0.2+C21×0.1×0.4=0.12，
PX=3=C21×0.2×0.4+C21×0.1×0.3=0.22，
PX=4=0.4×0.4+C21×0.2×0.3=0.28，
PX=5=C21×0.4×0.3=0.24，
PX=6=0.3×0.3=0.09 ．
所以随机变量X的分布列为：
(2)设所需延保金与维修费用之和为Ynn=1,2 ，
若采用方案1，则随机变量Y1的分布列为：
则随机变量Y1的期望为：
EY1=6000×0.17+7500×0.22+9000×0.28+
10500×0.24+12000×0.09=8790元．
若采用方案2，则随机变量y2的分布列为：
所以随机变量Y2的期望为：
EY2=0.67×7845+0.24×a+7845+0.09×2a+7845=7845+0.42a元．
令7845+0.42a=8790，得a=2255元．
若a<2250，则方案1的费用高，应选择方案2.
若a=2250，则两种方案费用一样多，可以任选一个方案．
若a≥2250，则方案2的费用高，应选择方案1.
【考点】
离散型随机变量的分布列及性质
离散型随机变量及其分布列
离散型随机变量的期望与方差
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)根据题意，随机变量X的所有取值为0，1，2，3，4，5，6因为以这100台机器维修次数的频率代替一台机器维修次数发生的概率．
所以，PX=0=0.1×0.1=0.01，
PX=1=C21×0.2×0.1=0.04，
PX=2=0.2×0.2+C21×0.1×0.4=0.12，
PX=3=C21×0.2×0.4+C21×0.1×0.3=0.22，
PX=4=0.4×0.4+C21×0.2×0.3=0.28，
PX=5=C21×0.4×0.3=0.24，
PX=6=0.3×0.3=0.09 ．
所以随机变量X的分布列为：
(2)设所需延保金与维修费用之和为Ynn=1,2 ，
若采用方案1，则随机变量Y1的分布列为：
则随机变量Y1的期望为：
EY1=6000×0.17+7500×0.22+9000×0.28+
10500×0.24+12000×0.09=8790元．
若采用方案2，则随机变量y2的分布列为：
所以随机变量Y2的期望为：
EY2=0.67×7845+0.24×a+7845+0.09×2a+7845=7845+0.42a元．
令7845+0.42a=8790，得a=2255元．
若a<2250，则方案1的费用高，应选择方案2.
若a=2250，则两种方案费用一样多，可以任选一个方案．
若a≥2250，则方案2的费用高，应选择方案1.
【答案】
(1)证明：取AB的中点O，连接PO，DO，
∵ PA=PB，
∴ PO⊥AB，
又∵ 平面PAB⊥底面ABCD，
∴ PO⊥底面ABCD，
取CD的中点G，连OG，则OB，OP，OG两两垂直，
∴ 分别以OB，OG，OP所在的直线为x轴，y轴，z轴建立如图空间直角坐标系．
设AB=2，
则C1,2,0,P0,0,3,E−1,1,0,D−1,2,0，
∴ CE→=−2,−1,0，PD→=−1,2,−3，
∴ CE→⋅PD→=2−2=0，
∴ CE⊥PD．
(2)解：易得A−1,0,0，B1,0,0，P0,0,3，E−1,1,0，D−1,2,0，
∴ PE→=−1,1,−3，AP→=1,0,3，BD→=−2,2,0，BE→=−2,1,0，
设BF→=λBD→0<λ<1，
则BF→=−2λ,2λ,0，
∴ EF→=BF→−BE→=−2λ+2,2λ−1,0．
设平面PEF的法向量为n→=x,y,z，
则n→⊥PE→,n→⊥EF→,
∴ n→⋅PE→=0,n→⋅EF→=0,
即−x+y−3z=0,−2λ+2x+2λ−1y=0,
令y=1，
则x=2λ−12λ−2，z=132−2λ，
∴ n→=2λ−12λ−2,1,132−2λ．
设直线AP与平面PEF所成角的为θ，
∴ sinθ=|cs⟨AP→,n→⟩|=|AP→⋅n→||AP→||n→|
=12⋅2λ−12λ−22+1+13(2−2λ)2=55，
整理得：9λ2−6λ+1=0，
∴ λ=13．
∴ 在BD上存在点F，
使得直线AP与平面PEF成角的正弦值为55，
此时点F为靠近点B的三等分点，
即BF=13BD．
【考点】
用向量证明垂直
用空间向量求直线与平面的夹角
【解析】
无
无
【解答】
(1)证明：取AB的中点O，连接PO，DO，
∵ PA=PB，
∴ PO⊥AB，
又∵ 平面PAB⊥底面ABCD，
∴ PO⊥底面ABCD，
取CD的中点G，连OG，则OB，OP，OG两两垂直，
∴ 分别以OB，OG，OP所在的直线为x轴，y轴，z轴建立如图空间直角坐标系．
设AB=2，
则C1,2,0,P0,0,3,E−1,1,0,D−1,2,0，
∴ CE→=−2,−1,0，PD→=−1,2,−3，
∴ CE→⋅PD→=2−2=0，
∴ CE⊥PD．
(2)解：易得A−1,0,0，B1,0,0，P0,0,3，E−1,1,0，D−1,2,0，
∴ PE→=−1,1,−3，AP→=1,0,3，BD→=−2,2,0，BE→=−2,1,0，
设BF→=λBD→0<λ<1，
则BF→=−2λ,2λ,0，
∴ EF→=BF→−BE→=−2λ+2,2λ−1,0．
设平面PEF的法向量为n→=x,y,z，
则n→⊥PE→,n→⊥EF→,
∴ n→⋅PE→=0,n→⋅EF→=0,
即−x+y−3z=0,−2λ+2x+2λ−1y=0,
令y=1，
则x=2λ−12λ−2，z=132−2λ，
∴ n→=2λ−12λ−2,1,132−2λ．
设直线AP与平面PEF所成角的为θ，
∴ sinθ=|cs⟨AP→,n→⟩|=|AP→⋅n→||AP→||n→|
=12⋅2λ−12λ−22+1+13(2−2λ)2=55，
整理得：9λ2−6λ+1=0，
∴ λ=13．
∴ 在BD上存在点F，
使得直线AP与平面PEF成角的正弦值为55，
此时点F为靠近点B的三等分点，
即BF=13BD．
【答案】
解：(1)因为椭圆E与双曲线F有相同的焦点，
所以a2−b2=6+2=8，①
将点A332,12代入椭圆方程得274a2+14b2=1，②
联立①②解得， a2=9,b2=1
所以椭圆E的标准方程为：x29+y2=1．
(2)由条件知直线PQ与直线AB不重合，故直线PQ的斜率不为0，且M0,12，
设直线PQ的方程为x=my−12，
联立 x29+y2=1x=my−12 可得m2+9y2−m2y+m24−9=0，
设Px1,y1,Qx2,y2,Nx0,y0，
则y1+y2=m2m2+9,y1⋅y2=m2−364m2+9，
由A，P，N共线得： x0−332y0−12=x1−332y1−12=my1−12−332y1−12=m−332y1−1，
即： x0−332y0−12=m−332y1−1 ，③
同理，由B，Q，N共线得： x0+332y0−12=m+332y2−1 ，④
由④−③消去x0并整理得， 1y0−12=2y1+y2−24y1y2−2y1+y2+1，
所以 1y0−12=2m2m2+9−2m2−36m2+9−2m2m2+9+1=23 ，解得y0=2，
综上所述，直线AP与直线BQ的交点N在定直线y=2上运动．
【考点】
椭圆的标准方程
双曲线的标准方程
圆锥曲线中的定点与定值问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)因为椭圆E与双曲线F有相同的焦点，
所以a2−b2=6+2=8，①
将点A332,12代入椭圆方程得274a2+14b2=1，②
联立①②解得， a2=9,b2=1
所以椭圆E的标准方程为：x29+y2=1．
(2)由条件知直线PQ与直线AB不重合，故直线PQ的斜率不为0，且M0,12，
设直线PQ的方程为x=my−12，
联立 x29+y2=1x=my−12 可得m2+9y2−m2y+m24−9=0，
设Px1,y1,Qx2,y2,Nx0,y0，
则y1+y2=m2m2+9,y1⋅y2=m2−364m2+9，
由A，P，N共线得： x0−332y0−12=x1−332y1−12=my1−12−332y1−12=m−332y1−1，
即： x0−332y0−12=m−332y1−1 ，③
同理，由B，Q，N共线得： x0+332y0−12=m+332y2−1 ，④
由④−③消去x0并整理得， 1y0−12=2y1+y2−24y1y2−2y1+y2+1，
所以 1y0−12=2m2m2+9−2m2−36m2+9−2m2m2+9+1=23 ，解得y0=2，
综上所述，直线AP与直线BQ的交点N在定直线y=2上运动．
【答案】
(1)解：设g(x)=ex−ax−1−x22，
则g′(x)=ex−x−a，
①当a≤1时，g′′x=ex−1≥0，
∴ g′(x)单调递增，
∴g′x>g0=1−a≥0，
∴g(x)单调递增，
此时gx>g0=0，
即fx>x22，满足题意．
②当a≥1时，在(0,+∞)内必存在一个x0使得g′(x0)=0，
即gx在(0,x0)上单调递减，在x0,+∞上单调递增，
此时gx0∴实数a的取值范围为(−∞,1]．
(2)证明：当a=1时，fxx+1=ex−1x，
∴要证xlnx+1=fxx<1，
只需证ex−1x>xlnx+1，
由(1)可知a=1 时，fx=ex−x−1≥x22，
即 ex−1x≥x+22 ，
∴要证e2−1x>xlnx+1，
只需证x+22≥xln(x+1)，
即证lnx+1−2xx+2≥0,
设h(x)=lnx+1−2xx+2(x>0)，
则h′(x)=1x+1−4(x+2)2=x2(x+1)(x+1)2>0
∴h(x)在0,+∞上单调递增，
∴h(x)>h(0)=0，
即lnx+1−2xx+2>0，
∴ex−1x≥xlnx+1，
∴当a=1时，xlnx+1−fxx<1 ．
【考点】
利用导数研究不等式恒成立问题
【解析】
无
无
【解答】
(1)解：设g(x)=ex−ax−1−x22，
则g′(x)=ex−x−a，
①当a≤1时，g′′x=ex−1≥0，
∴ g′(x)单调递增，
∴g′x>g0=1−a≥0，
∴g(x)单调递增，
此时gx>g0=0，
即fx>x22，满足题意．
②当a≥1时，在(0,+∞)内必存在一个x0使得g′(x0)=0，
即gx在(0,x0)上单调递减，在x0,+∞上单调递增，
此时gx0∴实数a的取值范围为(−∞,1]．
(2)证明：当a=1时，fxx+1=ex−1x，
∴要证xlnx+1=fxx<1，
只需证ex−1x>xlnx+1，
由(1)可知a=1 时，fx=ex−x−1≥x22，
即 ex−1x≥x+22 ，
∴要证e2−1x>xlnx+1，
只需证x+22≥xln(x+1)，
即证lnx+1−2xx+2≥0,
设h(x)=lnx+1−2xx+2(x>0)，
则h′(x)=1x+1−4(x+2)2=x2(x+1)(x+1)2>0
∴h(x)在0,+∞上单调递增，
∴h(x)>h(0)=0，
即lnx+1−2xx+2>0，
∴ex−1x≥xlnx+1，
∴当a=1时，xlnx+1−fxx<1 ．
【答案】
解：(1)ρcsθ=4化为直角坐标方程为x=4，①
x=θ2，y=θ3化为普通方程为y2=x3，②
联立①②解得A(4, 8)，B(4, −8)，
所以曲线C3的普通方程为(x−4)2+y2=64，③
故曲线C3的极坐标方程为ρ2−8ρcsθ−48=0.
(2)设直线l的参数方程为x=4+255t，y=3+55t（t为参数），
代入③式整理得5t2+6t−555=0，
由于Δ>0，所以t1+t2=−65，t1t2=−55，
所以t1+t22=−35，
xM=4+255(−35)=145，
yM=3+55(−35)=125，
故点M的坐标为(145, 125).
由t的几何意义知|M0M|=|−35|=355.
【考点】
参数方程与普通方程的互化
圆的极坐标方程与直角坐标方程的互化
直线的极坐标方程与直角坐标方程的互化
直线的参数方程
参数方程的优越性
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)ρcsθ=4化为直角坐标方程为x=4，①
x=θ2，y=θ3化为普通方程为y2=x3，②
联立①②解得A(4, 8)，B(4, −8)，
所以曲线C3的普通方程为(x−4)2+y2=64，③
故曲线C3的极坐标方程为ρ2−8ρcsθ−48=0.
(2)设直线l的参数方程为x=4+255t，y=3+55t（t为参数），
代入③式整理得5t2+6t−555=0，
由于Δ>0，所以t1+t2=−65，t1t2=−55，
所以t1+t22=−35，
xM=4+255(−35)=145，
yM=3+55(−35)=125，
故点M的坐标为(145, 125).
由t的几何意义知|M0M|=|−35|=355.月份x
1
2
3
4
销量y
4.5
4
3
2.5
维修次数
0
1
2
3
机器台数
10
20
40
30
X
0
1
2
3
4
5
6
P
0.01
0.04
0.12
0.22
0.28
0.24
0.09
Y1
6000
7500
9000
10500
12000
P
0.17
0.22
0.28
0.24
0.09
Y2
7845
a+7845
2a+7845
P
0.67
0.24
0.09
X
0
1
2
3
4
5
6
P
0.01
0.04
0.12
0.22
0.28
0.24
0.09
Y1
6000
7500
9000
10500
12000
P
0.17
0.22
0.28
0.24
0.09
Y2
7845
a+7845
2a+7845
P
0.67
0.24
0.09