2020-2021学年四川省自贡市高二（下）7月月考数学（理）试卷人教A版

这是一份2020-2021学年四川省自贡市高二（下）7月月考数学（理）试卷人教A版，共12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|x2−4x+3<0，B=x|2x−3>0，则A∪B=( )
A.−3,−32B.−3,32C.1,32D.1,+∞

2. 复数z满足(1−i)z=i（i为虚数单位），则z的虚部为( )
A.−12B.12C.−12iD.12i

3. 极坐标系中，直线l的方程为ρsinθ+π3=2与曲线C:ρ=2的位置关系为( ）
A.相交B.相切
C.相离D.不确定，与θ有关

4. 若双曲线C的中心为坐标原点，其焦点在y轴上，离心率为2，则该双曲线C的渐近线方程为( )
A.y=±3xB.y=±33xC.y=±4xD.y=±14x

5. 在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知b=c，a2=2b21−sinA，则A的大小为（ ）
A.π4B.π3C.π6D.3π4

6. 等差数列an公差为dd≠0，且满足a3，a5，a8成等比数列，则da1=( )
A.12B.1C.3D.2

7. 在圆x2+y2=16内随机取一点P，则点P落在不等式组 x+y−4≤0,x−y+4≥0,y≥0 表示的区域内的概率为（ ）
A.14πB.34πC.1πD.43π

8. 已知直线l为曲线y=sinx+xcsx在x=π2处的切线，则在直线l上方的点是( )
A.π2,1B.2,0C.π,−1D.1,−π

9. 设a→=3,m，b→=5,1，p：向量a→与a→−b→的夹角为钝角，q:m∈−2,3，则p是q的( )条件.
A.充分不必要B.必要不充分
C.充要D.既不充分也不必要

10. 某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )

A.2B.4C.8+62D.14+62

11. 已知函数fx满足：对任意x∈R，f−x=−fx，f2−x=f2+x，且在区间0,2上，fx=x22+csx−1 ，m=f3，n=f7，t=f10，则( )
A.m
12. 已知椭圆C：x2a2+y2b2=1a>b>0的左右顶点分别为A和B，P是椭圆上不同于A，B的一点．设直线AP，BP的斜率分别为m，n，则当ab3−23mn+3mn+92ln|m|+ln|n|取最小值时，椭圆C的离心率为( )
A.223B.45C.32D.15
二、填空题

观察下列式子，ln2>13，ln3>13+15，ln4>13+15+17，⋯⋯，根据上述规律，第n个不等式应该为________.


已知sinβ=45，sinα+β=513，其中α， β∈0,π，则sinα的值为________.

已知偶函数fx，对任意的x都有2fx+xf′x>6，且f1=2，则不等式x2fx>3x2−1的解集为________.

抛物线C1:x2=2pyp>0与双曲线C2:x2−3y2=λ有一个公共焦点F，过C2上一点P35,4向C1作两条切线，切点分别为A、B，则|AF|⋅|BF|=________.
三、解答题

某企业员工500人参加“学雷锋”志愿活动，按年龄分组：第1组[25, 30)，第2组[30, 35)，第3组[35, 40)，第4组[40, 45)，第5组[45, 50]，得到的频率分布直方图如图所示．

(1)上表是年龄的频数分布表，求正整数a，b的值；

(2)现在要从年龄较小的第1，2，3组中用分层抽样的方法抽取6人，年龄在第1，2，3组的人数分别是多少？

(3)在(2)的前提下，从这6人中随机抽取2人参加社区宣传交流活动，求至少有1人年龄在第3组的概率．

已知曲线fx=x2+lnx−ax+1．
(1)当a=1时，求曲线在x=1处的切线方程；

(2)对任意的x∈[1,+∞），都有fx≥0，求实数a的取值范围．

如图，四棱柱ABCD−A1B1C1D1的底面ABCD是菱形，AC∩BD=O，A1O⊥底面ABCD，AB=2，AA1=3．

(1)证明：平面A1CO⊥平面BB1D1D；

(2)若∠BAD=60∘，求锐二面角B−OB1−C的余弦值.

已知椭圆C:x2a2+y2b2=1的右焦点为(3,0)，且经过点(−1,32)，点M是x轴上一点，过点M的直线l与椭圆C交于A，B两点（点A在x轴上方）．

1求椭圆C的方程；

2若|AM|=2|MB|，且直线l与圆O:x2+y2=47相切于点N，求|MN|的长．

已知函数fx=exx，gx=2x−lnx.
(1)当x>0时，记φx=fx−gx，求φx的最小值；

(2)已知点Px,xfx，点Q−sinx,csx，设函数ℎx=OP→⋅OQ→，当x∈−π2,π2时，试判断ℎx的零点个数．


在平面直角坐标系 xOy 中，直线l的参数方程为x=1−32t，y=12t（t为参数），曲线C的极坐标方程为 ρ=4csθ.
(1)求直线l的普通方程及曲线C的直角坐标方程；

(2)设点 P(1,0)，直线l与曲线C相交于两点A，B，求 1|PA|+1|PB| 的值.
参考答案与试题解析
2020-2021学年四川省自贡市高二（下）7月月考数学（理）试卷
一、选择题
1.
【答案】
D
【考点】
一元二次不等式的解法
并集及其运算
【解析】
由不等式的解法，化简集合A，B，再由并集的定义，即可得到所求集合．
【解答】
解：集合A=x|x2−4x+3<0=1,3，
B=x|2x−3>0=32,+∞，
则A∪B=1,+∞．
故选D．
2.
【答案】
B
【考点】
复数的基本概念
复数代数形式的乘除运算
【解析】
由(1+i)z＝i，得z=i1+i，再利用复数代数形式的乘除运算化简复数z，则答案可求．
【解答】
解：∵ (1−i)z=i，
∴ z=i1−i=i(1+i)(1+i)(1−i)=i−12=−12+12i，
则z的虚部为12．
故选B.
3.
【答案】
B
【考点】
直线与圆的位置关系
直线的极坐标方程与直角坐标方程的互化
点到直线的距离公式
圆的极坐标方程与直角坐标方程的互化
【解析】
首先根据极直互化得到直线和圆的直角坐标方程，根据圆心到直线的距离跟半径的大小比较判断直线与曲线的位置关系即可．
【解答】
解：直线l的方程为ρsinθ+π3=2⇒ρ12sinθ+32csθ=2，
即ρsinθ+3ρcsθ=4，
因为极坐标系中：x=ρcsθ，y=ρsinθ，
所以直线l的直角坐标方程为3x+y=4．
对于曲线C:ρ=2 ，
因为ρ2=x2+y2，所以x2+y2=4，
所以C:ρ=2表示以0,0为圆心，以2为半径的圆，
因为圆心(0,0)到直线3x+y=4的距离d=4(3)2+12=2，
所以直线l与曲线C相切．
故选B．
4.
【答案】
B
【考点】
双曲线的渐近线
双曲线的离心率
【解析】
利用双曲线的离心率，求出a，b关系，然后求解渐近线方程．
【解答】
解：因为e=2，
所以ba=b2a2=c2−a2a2=e2−1=3，
而焦点在y轴上的双曲线的渐近线方程为：y=±abx，
所以该双曲线C的渐近线方程为：y=±33x．
故选B．
5.
【答案】
A
【考点】
余弦定理
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵ b=c，
∴ a2=b2+c2−2bccsA=2b2−2b2csA=2b21−csA，
又∵ a2=2b21−sinA，
∴ 2b21−csA=2b21−sinA，
则sinA=csA，
即tanA=1，
∵ A∈(0,π)，
∴ A=π4.
故选A.
6.
【答案】
A
【考点】
等差数列与等比数列的综合
等比数列的性质
等差数列的性质
【解析】
由等比数列的中项性质和等差数列的通项公式，化简整理可得所求值．
【解答】
解：等差数列an公差为d(d≠0)，且满足a3，a5，a8成等比数列，
可得a52=a3a8，
即a1+4d2=a1+2da1+7d，
化为a1d=2d2，
可得d=0（舍去）或d=12a1，
则da1=12．
故选A．
7.
【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）
简单线性规划
【解析】
由题意画出图形，分别求出三角形的面积与阴影部分的面积，再由测度比是面积比得答案．
【解答】
解：如图，图中阴影部分为不等式组表示区域，
圆的面积 S=πr2=π⋅42=16π，
阴影部分面积S阴=4×8×12=16，
P=S阴S=1616π=1π .
故选C.
8.
【答案】
C
【考点】
利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】
利用导数的几何意义求得切线的方程，进而判定点与切线的位置关系即可．
【解答】
解：y′=csx+csx−xsinx=2csx−xsinx，
y′|x=π2=−π2，
又∵ 当x=π2时，y=1，
∴ 切线的方程为y=−π2x−π2+1，
A，当x=π2时，y=1 ，故点π2,1在切线上；
B，当x=2时，y=−π22−π2+1=−π+π24+1>−π+94+1=3.25−π>0，故点2,0在切线下方；
C，当x=π时，y=−π2π−π2+1=−π24+1<−94+1=−1.25<−1，故点π,−1在切线上方；
D，当x=1时，y=−π21−π2+1=−π2+π4+1>−π2>−π，故点1,−π在切线下方．
故选C．
9.
【答案】
A
【考点】
必要条件、充分条件与充要条件的判断
数量积表示两个向量的夹角
【解析】
由题知a→−b→=−2,m−1，进而根据题意得以a→⋅a→−b¯<0且a→与a→−b→不共线，解得−2【解答】
解：由题知a→−b→=−2,m−1，
因为向量a→与a→−b→的夹角为钝角，
所以a→⋅a→−b¯<0且a→与a→−b→不共线，
所以−6+m2−m<0且3m−1≠−2m，
解得−2因为m∈−2,35∪35,3是m∈−2,3的真子集，
所以p是q的充分不必要条件．
故选A．
10.
【答案】
B
【考点】
由三视图求体积
【解析】
首先根据三视图得到几何体的形状，接着利用棱锥的体积公式求解即可．
【解答】
解：由题意可得几何体如下图所示四棱锥P−ABCD，
其中PA=2，PB=2，AB=CD=22，AD=BC=3，
且四边形ABCD为矩形，三角形PAB为等腰直角三角形，
且平面ABCD⊥平面PAB，
所以S四边形ABCD=22×3=62，
ℎ=222=2，
所以VP−ABCD=13×S四边形ABCD×ℎ
=13×62×2=4．
故选B．
11.
【答案】
B
【考点】
函数的周期性
利用导数研究函数的单调性
奇偶性与单调性的综合
【解析】
由f−x=−fx，f2−x=f2+x判断出该函数的奇偶性及对称性、周期性．再将自变量转变到同一周期内利用单调性进行比大小．
【解答】
解：∵ f−x=−fx，
f2−x=f2+x，
∴ fx为奇函数，
∴ f2−x+2=f2+x+2，
即f−x=fx+4=−fx，
∴ fx+8=−fx+4=fx，
即fx的最小正周期为8，
∴ f7=f8−1=f−1=−f1，
f10=f8+2=f2，
当x∈0,2时，fx=x22+csx−1,
f′x=x−sinx，f′′x=1−csx≥0，
∴ f′x=x−sinx为单调递增函数，
f′x≥f′0=0，
∴ fx=x22+csx−1为单调递增函数，
即当x∈0,2时，fx≥f0=0，
∴ −f1<0，
0∴ f7故选B．
12.
【答案】
A
【考点】
利用导数研究函数的最值
椭圆的离心率
【解析】
设出P的坐标，得到mn(用a，b表示)，可得ab3−23mn+3mn+92+92(ln|m|+ln|n|)=ab3+2a23b2−3a2b2+92lnb2a2，令f(t)=23t3−3t2+3t−9lnt，t>1，利用导数求得使f(t)取最小值的t，可得椭圆离心率．
【解答】
解：A−a,0，Ba,0，设Px0,y0，
则y02=b2a2a2−x02，
则n=y0x0−a，m=y0x0+a，
∴ mn=y02x02−a2=−b2a2，
则ab3−23mn+3mn+92(ln|m|+ln|n|)
=ab3+2a23b2−3a2b2+92lnb2a2，
=23ab3−3ab2+3ab−9lnab ，
令ab=t>1，
则f(t)=23t3−3t2+3t−9lnt，
f′(t)=2t2−6t+3−9t
=2t3−6t2+3t−9t
=t−32t2+3t，
故t=3时，f(t)取最小值，
椭圆C的离心率为ca=1−b2a2=223．
故选A．
二、填空题
【答案】
ln(n+1)>13+15+17+⋯+12n+1
【考点】
进行简单的合情推理
【解析】
根据题意，依次分析不等式的变化规律，综合可得答案．
【解答】
解：根据题意，对于第一个不等式，ln2>13，则有ln(1+1)>12×1+1，
对于第二个不等式，ln3>13+15，则有ln(2+1)>13+12×2+1，
对于第三个不等式，ln4>13+15+17，则有ln(3+1)>13+15+12×3+1，
⋯⋯
依此类推：
第n个不等式为：ln(n+1)>13+15+17+⋯+12n+1.
故答案为：ln(n+1)>13+15+17+⋯+12n+1.
【答案】
6365或3365
【考点】
两角和与差的正弦公式
同角三角函数间的基本关系
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵ sinβ=45>22，sinα+β=513<22，α，β∈0,π，β<α+β，
∴ α+β∈(π2,π)，
∴ csβ=±1−sin2β=±35，
cs(α+β)=−1−sin2(α+β)=−1213，
①当csβ=−35时，
sinα=sin[(α+β)−β]
=sin(α+β)csβ−cs(α+β)sinβ
=513×(−35)−(−1213)×45
=3365；
②当csβ=35时，
sinα=sin[(α+β)−β]
=sin(α+β)csβ−cs(α+β)sinβ
=513×35−(−1213)×45
=6365.
故答案为：6365或3365.
【答案】
{x|x<−1或x>1或x=0}
【考点】
利用导数研究函数的单调性
利用导数研究不等式恒成立问题
函数奇偶性的性质
其他不等式的解法
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：令g(x)=x2f(x)−3x2，
则g(1)=−1，
∴ x2fx>3x2−1等价于g(x)>g(1)，
g′(x)=2xf(x)+x2f′(x)−6x
=x[2f(x)+xf′(x)−6]，
∵ 2fx+xf′x>6，
∴ 当x=0时，g(0)=0>g(1) ，满足题意；
当x>0时，g′(x)>0，
又g(−x)=x2f(−x)−3x2=x2f(x)−3x2=g(x)，
∴ g(x)是偶函数，
∴ g(x)>g(1)等价于|x|>1，
∴ x>1或x<−1.
故答案为：{x|x<−1或x>1或x=0}.
【答案】
49
【考点】
抛物线的性质
利用导数研究曲线上某点切线方程
直线与抛物线结合的最值问题
双曲线的标准方程
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：将点P的坐标35,4代入C2的方程，得λ=−3，
则C2的方程为y2−x23=1，F0,2，于是p=4，
C1的方程为x2=8y．
设A，B的坐标分别为x1,y1，x2,y2．
由x2=8y，得y′=x4，
则曲线C1在点A处的切线方程为y−y1=x14x−x1，
将点P的坐标35,4代入上式，并结合x12=8y1，
得35x1−4y1−16=0，
同理，35x2−4y2−16=0，
连接AB，则直线AB的方程为35x−4y−16=0．
将35x−4y−16=0与x2=8y联立并整理，
得2y2−29y+32=0，
所以y1+y2=292，y1y2=16，
所以|AF|⋅|BF|=y1+2y2+2=y1y2+2y1+y2+4=49.
故答案为：49.
三、解答题
【答案】
解：(1)由题设可知，a=0.08×5×500=200，b=0.02×5×500=50；
(2)因为第1，2，3组共有50+50+200=300(人)，
利用分层抽样在300名学生中抽取6名学生，每组抽取的人数分别为：
第1组的人数为6×50300=1，
第2组的人数为6×50300=1，
第3组的人数为6×200300=4，
所以第1，2，3组分别抽取1人，1人，4人；
(3)设第1组的1位同学为A，第2组的1位同学为B，第3组的4位同学为C1，C2，C3，C4，
则从六位同学中抽两位同学有：
(A, B)，(A, C1)，(A, C2)，(A, C3)，(A, C4)，
(B, C1)，(B, C2)，(B, C3)，(B, C4)，(C1, C2)，
(C1, C3)，(C1, C4)，(C2, C3)，(C2, C4)，(C3, C4)，
共15种可能．
其中2人年龄都不在第3组的有：(A, B)，共1种可能，
所以至少有1人年龄在第3组的概率为1−115=1415．
【考点】
频率分布直方图
分层抽样方法
列举法计算基本事件数及事件发生的概率
【解析】
（1）由题设中频率分布直方图再结合频率、频数及样本容量之间的关系可得a、b的值；
（2）根据分成抽样的定义知：第1，2，3组各部分的人数的比例为1:1:4，则共抽取6人时，所以第1，2，3组三个年龄段应分别抽取的人数为1，1，4．
（3）设第1组的1位同学为A，第2组的1位同学为B，第3组的4位同学为C1，C2，C3，C4，列出所有情况，根据古典概型运算公式计算即可．
【解答】
解：(1)由题设可知，a=0.08×5×500=200，b=0.02×5×500=50；
(2)因为第1，2，3组共有50+50+200=300(人)，
利用分层抽样在300名学生中抽取6名学生，每组抽取的人数分别为：
第1组的人数为6×50300=1，
第2组的人数为6×50300=1，
第3组的人数为6×200300=4，
所以第1，2，3组分别抽取1人，1人，4人；
(3)设第1组的1位同学为A，第2组的1位同学为B，第3组的4位同学为C1，C2，C3，C4，
则从六位同学中抽两位同学有：
(A, B)，(A, C1)，(A, C2)，(A, C3)，(A, C4)，
(B, C1)，(B, C2)，(B, C3)，(B, C4)，(C1, C2)，
(C1, C3)，(C1, C4)，(C2, C3)，(C2, C4)，(C3, C4)，
共15种可能．
其中2人年龄都不在第3组的有：(A, B)，共1种可能，
所以至少有1人年龄在第3组的概率为1−115=1415．
【答案】
解：1函数fx的定义域为x|x>0，
当a=1时，fx=x2+lnx−x+1，f′x=2x+1x−1，
∴ f′1=2，f1=1，
所求切线方程为y−1=2x−1，即y=2x−1．
2由题意对于∀x∈1,+∞有fx=x2+lnx−ax+1≥0，
则可得a≤x2+lnx+1x，x∈1,+∞，
设gx=x2+lnx+1x，x∈1,+∞，
g′x=x2−lnxx2，x∈1,+∞，
再设mx=x2−lnx，x∈1,+∞，
m′x=2x−1x=2x2−1x>0，
∴ mx在1,+∞上为增函数，
∴ mx≥m1=1，即g′x>0，gx在1,+∞上为增函数，
∴ gx≥g1=2，即a≤2．
【考点】
利用导数研究曲线上某点切线方程
利用导数研究函数的单调性
利用导数研究不等式恒成立问题
【解析】
左侧图片未给出解析
左侧图片未给出解析
【解答】
解：1函数fx的定义域为x|x>0，
当a=1时，fx=x2+lnx−x+1，f′x=2x+1x−1，
∴ f′1=2，f1=1，
所求切线方程为y−1=2x−1，即y=2x−1．
2由题意对于∀x∈1,+∞有fx=x2+lnx−ax+1≥0，
则可得a≤x2+lnx+1x，x∈1,+∞，
设gx=x2+lnx+1x，x∈1,+∞，
g′x=x2−lnxx2，x∈1,+∞，
再设mx=x2−lnx，x∈1,+∞，
m′x=2x−1x=2x2−1x>0，
∴ mx在1,+∞上为增函数，
∴ mx≥m1=1，即g′x>0，gx在1,+∞上为增函数，
∴ gx≥g1=2，即a≤2．
【答案】
(1)证明：因为A1O⊥平面ABCD, BD⊂平面ABCD,
所以A1O⊥BD.
因为四边形ABCD是菱形，所以CO⊥BD.
因为A1O∩CO=O，
所以BD⊥平面A1CO.
因为BD⊂平面BB1D1D，
所以平面A1CO⊥平面BB1D1D.
(2)解：因为A1O⊥平面ABCD，CO⊥BD，
以O为原点，OB→，OC→，OA1→方向为x，y，z轴正方向建立如图所示空间直角坐标系.
因为AB=2，AA1=3，∠BAD=60∘，
所以OB=OD=1，OA=OC=3，OA1=AA12−OA2=6，
则B(1,0,0)，C(0,3,0)，A(0,−3,0)，A1(0,0,6)，
所以BB1→=AA1→=(0,3,6)，OB1→=OB→+BB1→=(1,3,6)，
设平面OBB1的法向量为n→=(x,y,z)，
因为OB→=(1,0,0)，OB1→=(1,3,6)，
所以x=0，x+3y+6z=0，
令y=2，得n→=(0,2,−1).
同理可求得平面OCB1的法向量为m→=(6,0,−1)，
所以cs=17×3=2121，
所以锐二面角B−OB1−C的余弦值为2121.
【考点】
平面与平面垂直的判定
用空间向量求平面间的夹角
【解析】
（1）根据线面垂直的判定定理即可证明A1C⊥平面BB1D1D；
（2）根据三棱锥的条件公式，即可求三棱锥A−C1CD的体积．
【解答】
(1)证明：因为A1O⊥平面ABCD, BD⊂平面ABCD,
所以A1O⊥BD.
因为四边形ABCD是菱形，所以CO⊥BD.
因为A1O∩CO=O，
所以BD⊥平面A1CO.
因为BD⊂平面BB1D1D，
所以平面A1CO⊥平面BB1D1D.
(2)解：因为A1O⊥平面ABCD，CO⊥BD，
以O为原点，OB→，OC→，OA1→方向为x，y，z轴正方向建立如图所示空间直角坐标系.
因为AB=2，AA1=3，∠BAD=60∘，
所以OB=OD=1，OA=OC=3，OA1=AA12−OA2=6，
则B(1,0,0)，C(0,3,0)，A(0,−3,0)，A1(0,0,6)，
所以BB1→=AA1→=(0,3,6)，OB1→=OB→+BB1→=(1,3,6)，
设平面OBB1的法向量为n→=(x,y,z)，
因为OB→=(1,0,0)，OB1→=(1,3,6)，
所以x=0，x+3y+6z=0，
令y=2，得n→=(0,2,−1).
同理可求得平面OCB1的法向量为m→=(6,0,−1)，
所以cs=17×3=2121，
所以锐二面角B−OB1−C的余弦值为2121.
【答案】
解：1由题意知a2−b2=c2=3,(−1)2a2+(32)2b2=1,
即(a2−4)(4a2−3)=0．
又a2=3+b2>3，故a2=4，b2=1，
所以椭圆C的方程为x24+y2=1．
2设M(m,0)，直线l:x=ty+m，A(x1,y1)，B(x2,y2)．
由|AM|=2|MB|，有y1=−2y2，
由x24+y2=1,x=ty+m,得(t2+4)y2+2tmy+m2−4=0．
由根与系数的关系得y1+y2=−2tmt2+4，y1y2=m2−4t2+4．
由y1y2=−2y22，y1+y2=−2y2+y2=−y2，
得y1y2=−2[−(y1+y2)]2=−2(y1+y2)2，
m2−4t2+4=−2(−2tmt2+4)2，化简得(m2−4)(t2+4)=−8t2m2．
原点O到直线l的距离d=|m|1+t2．
又直线l与圆O:x2+y2=47相切，
所以|m|1+t2=47，
即t2=74m2−1．
由(m2−4)(t2+4)=−8t2m2,t2=74m2−1得21m4−16m2−16=0，
即(3m2−4)(7m2+4)=0，
解得m2=43，此时t2=43，满足Δ>0，此时M(±233,0)．
在Rt△OMN中，|MN|=43−47=42121，所以|MN|的长为42121．
【考点】
椭圆的标准方程
圆锥曲线的综合问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：1由题意知a2−b2=c2=3,(−1)2a2+(32)2b2=1,
即(a2−4)(4a2−3)=0．
又a2=3+b2>3，故a2=4，b2=1，
所以椭圆C的方程为x24+y2=1．
2设M(m,0)，直线l:x=ty+m，A(x1,y1)，B(x2,y2)．
由|AM|=2|MB|，有y1=−2y2，
由x24+y2=1,x=ty+m,得(t2+4)y2+2tmy+m2−4=0．
由根与系数的关系得y1+y2=−2tmt2+4，y1y2=m2−4t2+4．
由y1y2=−2y22，y1+y2=−2y2+y2=−y2，
得y1y2=−2[−(y1+y2)]2=−2(y1+y2)2，
m2−4t2+4=−2(−2tmt2+4)2，化简得(m2−4)(t2+4)=−8t2m2．
原点O到直线l的距离d=|m|1+t2．
又直线l与圆O:x2+y2=47相切，
所以|m|1+t2=47，
即t2=74m2−1．
由(m2−4)(t2+4)=−8t2m2,t2=74m2−1得21m4−16m2−16=0，
即(3m2−4)(7m2+4)=0，
解得m2=43，此时t2=43，满足Δ>0，此时M(±233,0)．
在Rt△OMN中，|MN|=43−47=42121，所以|MN|的长为42121．
【答案】
解：(1)令φx=fx−gx=exx−2x−lnx，
则φ′x=x−1exx2−21−1x=x−1ex−2xx2，
令rx=ex−2x，r′x=ex−2，由r′x=0，得x=ln2，
∴ 当x∈0,ln2时，r′x<0，rx递减；
当x∈ln2,+∞时，r′x>0，rx递增，
∴ rx≥rln2=2−2ln2>0恒成立，
当x∈0,1时，φ′x<0，φx递减；
当x∈1,+∞时，φ′x>0，φx递增，
∴ φx≥φ1=e−2>0.
(2)OP→=x,ex，
ℎx=OP→⋅OQ→=−xsinx+excsx，
ℎ′x=−sinx−xcsx+excsx−exsinx
=ex−xcsx−ex+1sinx.
①当x∈−π2,0时，易得ex−x>0，
∴ ex−xcsx≥0，
∴ ex+1sinx≤0，
∴ ex−xcsx−ex+1sinx≥0，
∴ ℎx在−π2,0上单调递增，
∵ ℎ0=1>0，ℎ−π2<0，
∴ 由零点存在定理知ℎx在−π2,0上有一个零点．
②当x∈(0,π4]时，csx≥sinx>0，ex>x>0，
∴ excsx>xsinx，
∴ ℎx=excsx−xsinx>0，
∴ ℎx在(0,π4]上无零点．
③当x∈(π4,π2]时，0ℎ′x=excsx−sinx−xcsx+sinx，
∵ csx−sinx<0，xcsx+sinx>0，
∴ ℎ′x=excsx−sinx−xcsx+sinx<0，
∴ ℎx在(π4,π2]上单调递减，
∵ ℎπ2=−π2，ℎπ4=22eπ4−π4>0，
∴ ℎx在π4,π2上有一个零点．
综上，ℎx在−π2,π2上有2个零点．
【考点】
利用导数研究函数的最值
利用导数研究与函数零点有关的问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)令φx=fx−gx=exx−2x−lnx，
则φ′x=x−1exx2−21−1x=x−1ex−2xx2，
令rx=ex−2x，r′x=ex−2，由r′x=0，得x=ln2，
∴ 当x∈0,ln2时，r′x<0，rx递减；
当x∈ln2,+∞时，r′x>0，rx递增，
∴ rx≥rln2=2−2ln2>0恒成立，
当x∈0,1时，φ′x<0，φx递减；
当x∈1,+∞时，φ′x>0，φx递增，
∴ φx≥φ1=e−2>0.
(2)OP→=x,ex，
ℎx=OP→⋅OQ→=−xsinx+excsx，
ℎ′x=−sinx−xcsx+excsx−exsinx
=ex−xcsx−ex+1sinx.
①当x∈−π2,0时，易得ex−x>0，
∴ ex−xcsx≥0，
∴ ex+1sinx≤0，
∴ ex−xcsx−ex+1sinx≥0，
∴ ℎx在−π2,0上单调递增，
∵ ℎ0=1>0，ℎ−π2<0，
∴ 由零点存在定理知ℎx在−π2,0上有一个零点．
②当x∈(0,π4]时，csx≥sinx>0，ex>x>0，
∴ excsx>xsinx，
∴ ℎx=excsx−xsinx>0，
∴ ℎx在(0,π4]上无零点．
③当x∈(π4,π2]时，0ℎ′x=excsx−sinx−xcsx+sinx，
∵ csx−sinx<0，xcsx+sinx>0，
∴ ℎ′x=excsx−sinx−xcsx+sinx<0，
∴ ℎx在(π4,π2]上单调递减，
∵ ℎπ2=−π2，ℎπ4=22eπ4−π4>0，
∴ ℎx在π4,π2上有一个零点．
综上，ℎx在−π2,π2上有2个零点．
【答案】
解：(1)x=1−32t，y=12t（t为参数），
消去参数t，可得直线l的普通方程为x+3y−1=0.
∵ρ=4csθ，
∴ρ2=4ρcsθ，∴ x2+y2−4x=0，
∴ 曲线的直角坐标方程为 (x−2)2+y2=4.
(2)把x=1−32t，y=12t代入x2+y2−4x=0，得t2+3t−3=0.
设A，B两点对应的参数分别为 t1,t2，则 t1+t2=−3, t1t2=−3.
不妨设 t1<0, t2>0，
∴1|PA|+1|PB|=1|t1|+1t2=|t1|+|t2||t1t2|
=(t1+t2)2−4t1t2|t1t2|=153.
【考点】
圆的极坐标方程与直角坐标方程的互化
直线的参数方程
直线与圆的位置关系
参数方程的优越性
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)x=1−32t，y=12t（t为参数），
消去参数t，可得直线l的普通方程为x+3y−1=0.
∵ρ=4csθ，
∴ρ2=4ρcsθ，∴ x2+y2−4x=0，
∴ 曲线的直角坐标方程为 (x−2)2+y2=4.
(2)把x=1−32t，y=12t代入x2+y2−4x=0，得t2+3t−3=0.
设A，B两点对应的参数分别为 t1,t2，则 t1+t2=−3, t1t2=−3.
不妨设 t1<0, t2>0，
∴1|PA|+1|PB|=1|t1|+1t2=|t1|+|t2||t1t2|
=(t1+t2)2−4t1t2|t1t2|=153.区间
[25,30)
[30,35)
[35,40)
[40,45)
[45,50]
人数
50
50
a
150
b