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2020-2021年江西省赣州市高三（下）月考数学（文）试卷北师大版
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这是一份2020-2021年江西省赣州市高三（下）月考数学（文）试卷北师大版，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. 已知U=R，A=x||x|<2，B=x|−1A.−1,2B.(−∞,−2]C.2,4D.[2,4）
2. 已知复数z=2i1+i，则z的共轭复数z¯=( )
A. 1+i B. 1−i C. −1−i D. −1+i
3. 某中学有高中生960人，初中生480人，为了了解学生的身体状况，采用分层抽样的方法，从该校学生中抽取容量为n的样本，其中高中生有24人，那么n等于( )
A.12B.18C.24D.36
4. 设实数x，y满足约束条件x−y+1≥0,x+y−1≥0,x≤3, 则z=3x−2y的最小值为( )
A.8B.1C.−2D.13
5. 大衍数列，来源于《乾坤谱》中对易传“大衍之数五十”的推论．主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理．数列中的每一项，都代表太极衍生过程中，曾经经历过的两仪数量总和，是中国传统文化中隐藏着的世界数学史上第一道数列题．其前10项依次是0，2，4，8，12，18，24，32，40，50，⋯，则下列说法正确的是( )
A.此数列的第19项是182
B.此数列的第20项是200
C.此数列偶数项的通项公式为a2n=2n+1
D.此数列的前n项和为Sn=n⋅n−1
6. 已知实数a，b，c分别满足2a=−a，lg0.5b=b，lg2c=c，那么( )
A.a
7. 已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，b=3c=6，A∈0,π2，△ABC面积为42，则sinC=( )
A.16B.13C.69D.223
8. 已知点P是边长为1的正方形ABCD所在平面上一点，满足PA→⋅PB→+PC→+PD→=0，则|PD→|的最小值是( )
A.5−23B.2−13C.5−22D.2−12
9. 已知四面体ABCD， AB⊥平面BCD， AB=BC=CD=BD=1，若该四面体的四个顶点都在球O的表面上，则球O的表面积为( )
A.7π3B.7πC.7π12D.7π9
10. 已知点P为双曲线x2a2−y2b2=1(a>0，b>0)右支上一点，点F1，F2分别为双曲线的左右焦点，点I是△PF1F2的内心（三角形内切圆的圆心），若恒有S△IPF 1 −S△IPF 2 =32S△IF 1F 2 ，则双曲线的渐近线方程是( )
A.y=±xB.y=±22xC.y=±3xD.y=±33x
11. 设奇函数f(x)的定义域为(−π2, π2)，且f(x)的图象是连续不间断，∀x∈(−π2, 0)，有f′(x)csx+f(x)sinx<0，若f(m)<2f(π3)csm，则m的取值范围是( )
A.(−π2, π3)B.(0, π3)C.(−π2, −π3)D.(π3, π2)
12. 函数fx=ex−1，x≤1，lnx−1，x>1，若函数gx=fx−x+a只一个零点，则a的取值范围是( )
A.(−∞,0]∪2B.[0,+∞)∪−2C.(−∞,0]D.[0,+∞)
二、填空题
已知函数fx=x+2,x>0,2x,x≤0,则f−2=________.
若双曲线C经过点(2,2)，且与双曲线y24−x2=1具有相同渐近线，则双曲线C的标准方程为________.
已知直线y=x+1是曲线f(x)=ln(x+a)的切线，则a=________.
已知正项数列an中，a1=1，a2=2，2an2=an−12+an+12n≥2，bn=1an+an+1，数列bn的前n项和为Sn，则S33的值是________.
三、解答题
某城市交通部门为了对该城市共享单车加强监管，随机选取了100人就该城市共享单车的推行情况进行问卷调查，并将问卷中的这100人根据其满意度评分值（百分制）按照[50,60) ，[60,70)，⋯，90,100分成5组，制成如图所示频率分布直方图．
(1)求图中x的值；
(2)求这组数据的平均数和中位数；
(3)已知满意度评分值在[50,60)内的男生数与女生数的比为3:2，若在满意度评分值为[50,60)的人中随机抽取2人进行座谈，求2人均为男生的概率．
已知△ABC的三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c，a+c=3，csCcsB=2a−cb.
(1)求角B的大小；
(2)若a
如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，已知AB⊥侧面BB1C1C，AB=BC=1，BB1=2，∠BCC1=π3．
(1)求证：C1B⊥平面ABC；
(2)求点B1到平面ACC1A1的距离．
已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的离心率为32，直线y=x交椭圆C于A，B两点，椭圆C的右顶点为P，且满足|PA→+PB→|=4.
(1)求椭圆C的方程；
(2)若直线y=kx+m(k≠0，m≠0)与椭圆C交于不同两点M，N，且定点Q0,−12满足|MQ→|=|NQ→|，求实数m的取值范围．
函数f(x)=12ax2−(1+a)x+lnx(a≥0)．
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)当a=0时，方程f(x)=mx在区间[1, e2]内有唯一实数解，求实数m的取值范围．
已知曲线C的参数方程为x=2csθ,y=3sinθ（θ为参数），在同一平面直角坐标系中，将曲线C上的点按坐标变换 x′=12x,y′=13y, 得到曲线C′，以原点为极点，x轴的正半轴为极轴，建立极坐标系．
(1)求曲线C′的极坐标方程；
(2)若过点A32,π （极坐标）且倾斜角为π6的直线l与曲线C′交于M，N两点，弦MN的中点为P，求|AP||AM|⋅|AN|的值.
参考答案与试题解析
2020-2021年江西省赣州市高三（下）月考数学（文）试卷
一、选择题
1.
【答案】
D
【考点】
绝对值不等式
交集及其运算
补集及其运算
【解析】
可求出集合A，然后进行交集和补集的运算即可．
【解答】
解：∵A=x||x|<2=x|−2B=x|−1∴∁UA={x|x≤−2或x≥2}，
∴ ∁UA∩B=[2,4)．
故选D．
2.
【答案】
B
【考点】
复数代数形式的乘除运算
共轭复数
【解析】
根据复数的基本运算进行化简即可．
【解答】
解：z=2i1+i=2i(1−i)(1+i)(1−i)=2i+22=1+i，
∴ 复数z的共轭复数z¯=1−i.
故选B.
3.
【答案】
D
【考点】
分层抽样方法
【解析】
根据分层抽样的定义建立比例关系即可得到结论．
【解答】
解：分层抽样的抽取比例为24960=140，
总体个数为960+480=1440，
所以样本容量n=1440×140=36．
故选D.
4.
【答案】
C
【考点】
简单线性规划
求线性目标函数的最值
【解析】
作出可行域，利用目标函数几何意义求解即可.
【解答】
解：不等式组所表示的可行域为：
线性约束条件x−y+1≥0,x+y−1≥0,x≤3 的可行域为
三条直线所围成的的三角形区域，包括边界，
三角形的三个顶点分别为0,1，3,4，3,−2，
作直线3x−2y=0，并进行平移，
当经过点0,1时，z取得最小值，最小值为zmin=−2.
故选C.
5.
【答案】
B
【考点】
由递推关系式求通项公式
数列的概念及简单表示法
数列的函数特性
【解析】
根据偶数项通项公式为a2n=2n2，奇数项是后一项减去后一项的项数求解判断．
【解答】
解：观察此数列，偶数项通项公式为a2n=2n2，
奇数项是后一项减去后一项的项数，即a2n−1=a2n−2n，
由此可得a20=2×102=200，a19=a20−20=180，
故A错误，B正确，C错误，
Sn=n⋅n−1=n2−n是一个等差数列的前n项，
而题中数列不是等差数列，不可能有Sn=n⋅n−1 ，故D错误．
故选B．
6.
【答案】
A
【考点】
指数式、对数式的综合比较
【解析】
由lg0.5b=−lg2b=b，得lg2b=−b，在同一坐标系内画出函数y=2x，y=−x，y=lg2x，y=x的图象，数形结合得答案．
【解答】
解：∵ lg0.5b=−lg2b=b，
∴ lg2b=−b.
如图，在同一坐标系内画出函数y=2x，y=−x，y=lg2x，
y=x的图象，
由图可知，a<0故选A．
7.
【答案】
B
【考点】
三角形的面积公式
余弦定理
正弦定理
【解析】
【解答】
解：∵b=3c=6，△ABC的面积为42=12bcsinA=6sinA，
解得sinA=223.
∵A∈0,π2，
∴csA=13，
∴在△ABC中，由余弦定理可得：a=b2+c2−2bccsA=42，
∴sinC=csinAa=13．
故选B．
8.
【答案】
A
【考点】
向量在几何中的应用
点与圆的位置关系
平面向量数量积的运算
【解析】
本题考查解析法研究平面几何问题，向量数量积的运算，圆外一点与圆上的点的距离最值问题，属中档题．
【解答】
解：建立如图所示的平面直角坐标系，
则A0,0，B1,0，C1,1，D0,1，
设Px,y，则PA→=−x,−y，PB→=1−x,−y，
PC→=1−x,1−y，PD→=−x,1−y,
∴ PB→+PC→+PD→=2−3x,2−3y.
∵ PA→⋅PB→+PC→+PD→=0，
∴ −x2−3x+−y2−3y=0，
即(x−13)2+(y−13)2=(23)2，
∴ 点P在以M13,13为圆心，半径为23的圆上．
又|PD→|表示圆上的点到点D的距离，
∴ |PD→|min=|DM→|−r
=132+−232−23
=5−23．
故选A．
9.
【答案】
A
【考点】
球的表面积和体积
【解析】
取CD的中点E，连结AE，BE，取△BCD的中心为G，作OG//AB交AB的中垂线HO于O，O为外接球的中心，球半径R=BG2+12AB2，由此能求出球O的表面积．
【解答】
解：如图，取CD的中点E，连结AE，BE，
设△BCD的中心为G，作OG//AB交AB的中垂线HO于O，
则O为外接球的球心.
∵ 在四面体ABCD中， AB⊥平面BCD，
且△BCD是边长为1的等边三角形，
∴ Rt△ABC≅Rt△ABD，
∴ AC=AD，
即△ACD是等腰三角形.
∵ BE=12−122=32，BG=23BE=33，
∴ R=BG2+12AB2=216，
∴ 球O的表面积为S=4πR2=7π3．
故选A．
10.
【答案】
D
【考点】
双曲线的特性
双曲线的标准方程
双曲线的渐近线
三角形的面积公式
【解析】
设△PF1F2的内切圆半径为r，由|PF1|−|PF2|=2a，|F1F2|=2c，用△PF1F2的边长和r表示出等式中的三角形的面积，得到a与c的关系式，即可得渐近线方程．
【解答】
解：设△PF1F2的内切圆半径为r，如图所示，
由双曲线的定义得|PF1|−|PF2|=2a，|F1F2|=2c，
则S△IPF 1 =12|PF1|⋅r，S△IPF 2 =12|PF2|⋅r，
S△IF 1F 2 =12⋅2c⋅r=cr.
∵ S△IPF 1 −S△IPF 2 =32S△IF 1F 2 ，
即12|PF1|⋅r−12|PF2|⋅r=32cr，
∴ 3c=|PF1|−|PF2|=2a，
∵ 3c2=3a2+3b2=4a2，
∴ 3b2=a2，
即ba=33，
∴ 双曲线的渐近线方程是y=±33x．
故选D．
11.
【答案】
D
【考点】
利用导数研究函数的单调性
函数奇偶性的性质
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：令g(x)=f(x)csx，
则g′(x)=f′(x)csx+f(x)sinxcs2x，
因为∀x∈(−π2, 0)，有f′(x)csx+f(x)sinx<0，
所以当x∈(−π2, 0)时，
g′(x)<0，
则g(x)=f(x)csx在(−π2, 0)上
单调递减；
又f(x)是定义域在(−π2, π2)上的奇函数，
所以g(−x)=f(−x)cs(−x)
=−f(x)csx
=−g(x)，
则g(x)=f(x)csx也是(−π2, π2)上
的奇函数并且单调递减，
又f(m)<2f(π3)csm等价于
f(m)csm即g(m)所以m>π3，
又−π2所以π3故选D.
12.
【答案】
A
【考点】
函数的零点
分段函数的应用
【解析】
先转化为y=fx与y=x−a只有一个交点,再分析y=x−a与y=ex−1(x≤1)只有一个交点,得a≤0,再分析y=ln(x−1)(x>1)与y=x−a只有一个交点,即得a=2.
【解答】
解：因为g(x)=f(x)−x+a只有一个零点,
所以y=fx与y=x−a只有一个交点，
如图，作出函数y=fx与y=x−a的图象，
y=x−a与y=ex−1(x≤1)只有一个交点，
则−a≥0，即a≤0；
y=ln(x−1)(x>1)与y=x−a只有一个交点，则它们相切，
y=ln(x−1)的导数为y′=1x−1，
令1x−1=1，则x=2，故切点为2,0，
所以0=2−a，即a=2，
综上所述，a的取值范围为(−∞,0]∪2.
故选A.
二、填空题
【答案】
14
【考点】
分段函数的应用
【解析】
根据自变量选择合适的解析式代入求解即可.
【解答】
解：∵ fx=x+2,x>0,2x,x≤0,
∴ f−2=2−2=14.
故答案为：14.
【答案】
x23−y212=1
【考点】
双曲线的渐近线
【解析】
利用双曲线渐近线之间的关系，利用待定系数法即可得到结论．
【解答】
解：与y24−x2=1具有相同渐近线的双曲线方程可设为
y24−x2=m，m≠0，
∵ 双曲线C经过点2,2，
∴ m=−3，
即双曲线方程为y24−x2=−3，
即x23−y212=1．
故答案为：x23−y212=1．
【答案】
2
【考点】
利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】
由y=ln(x+a)，得y′=1x+a，由直线y=x−1与曲线y=ln(x+a)相切，得1x+a=1，所以切点是(1−a, 0)，由此能求出实数a．
【解答】
解：∵ f(x)=ln(x+a)，
∴ f′(x)=1x+a.
∵ 直线y=x+1是曲线f(x)=ln(x+a)的切线，
∴ f′(x)=1x+a=1，
∴ x=1−a，
即f(x)=ln1=0，
∴ 切点是(1−a, 0).
∵ 切点(1−a, 0)在切线y=x+1上，
∴ 0=1−a+1，
解得a=2．
故答案为：2.
【答案】
3
【考点】
等差中项
数列的求和
等差关系的确定
【解析】
无
【解答】
解：因为2an2=an−12+an+12n≥2，
所以数列an2是首项为a12=1，
公差为22−1=3的等差数列，
所以an2=1+3n−1=3n−2，
所以an=3n−2，
所以bn=1an+an+1=13n−2+3n+1
=133n+1−3n−2，
所以数列bn的前n项和
Sn=13(4−1+7−4
+⋯+3n+1−3n−2]
=133n+1−1，
∴ S33=1310−1=3．
故答案为：3．
三、解答题
【答案】
解：(1)由题意，得
0.005+0.01+0.035+0.030+x×10=1，
解得x=0.02.
(2)由题意，得这组数据的平均数为
55×0.05+65×0.2+75×0.35+85×0.3+95×0.1=77.
设中位数为m，
则0.05+0.2+m−70×0.035=0.5，
解得m=5407，
故这组数据的中位数为5407.
(3)满意度评分值在[50,60)内有100×0.005×10=5(人)，
其中男生3人，记为A1，A2，A3，女生2人，记为B1，B2，
记“满意度评分值为[50,60）的人中随机抽取2人进行座谈，2人均为男生”为事件A，
总基本事件个数为10个，
A包含的基本事件个数为3个，分别为A1,A2，A1,A3，A2,A3，
利用古典概型概率公式可知，2人均为男生的概率PA=310.
【考点】
频率分布直方图
众数、中位数、平均数
古典概型及其概率计算公式
【解析】
利用小矩形的面积之和为1即可求解.
利用中位数即为平分矩形面积的点，平均数是用每个小矩形的横轴的中点与面积乘积之后再求和.
利用列举法求解古典概型.
【解答】
解：(1)由题意，得
0.005+0.01+0.035+0.030+x×10=1，
解得x=0.02.
(2)由题意，得这组数据的平均数为55×0.05+65×0.2+75×0.35+85
×0.3+95×0.1=77.
设中位数为m，
则0.05+0.2+m−70×0.035=0.5，
解得m=5407，
故这组数据的中位数为5407.
(3)满意度评分值在[50,60)内有100×0.005×10=5(人)，
其中男生3人，记为A1，A2，A3，女生2人，记为B1，B2，
记“满意度评分值为[50,60）的人中随机抽取2人进行座谈，2人均为男生”为事件A，
总基本事件个数为10个，
A包含的基本事件个数为3个，分别为A1,A2，A1,A3，A2,A3，
利用古典概型概率公式可知，2人均为男生的概率PA=310.
【答案】
解：(1)在△ABC中，由正弦定理得asinA=bsinB=csinC，
∴ csCcsB=2a−cb=2sinA−sinCsinB，
∴ sin(B+C)=2sinAcsB，
∵ sinB+C=sinπ−A=sinA，sinA≠0，
∴ csB=12，
∵ 0∴ B=π3.
(2)∵ asinA=bsinB=csinC，
∴ a=433sinA，c=433sinC.
∵ a+c=3，
∴ 433sinA+sin2π3−A=3，
整理，得sinA+π6=34.
又a∴ 0∴ π6∴ csA+π6=1−342=74．
【考点】
正弦定理
两角和与差的正弦公式
诱导公式
【解析】
无
无
【解答】
解：(1)在△ABC中，由正弦定理得asinA=bsinB=csinC，
∴ csCcsB=2a−cb=2sinA−sinCsinB，
∴ sin(B+C)=2sinAcsB，
∵ sinB+C=sinπ−A=sinA，sinA≠0，
∴ csB=12，
∵ 0∴ B=π3.
(2)∵ asinA=bsinB=csinC，
∴ a=433sinA，c=433sinC.
∵ a+c=3，
∴ 433sinA+sin2π3−A=3，
整理，得sinA+π6=34.
又a∴ 0∴ π6∴ csA+π6=1−342=74．
【答案】
(1)证明：因为AB⊥侧面BB1C1C，
BC1⊂侧面BB1C1C，
所以AB⊥BC1.
在△BCC1中，BC=1，
CC1=BB1=2，∠BCC1=π3，
由余弦定理，
得BC12=12+22−2×1×2×csπ3=3，
所以BC1=3，
因为BC2+BC12=CC12，
所以BC⊥BC1.
因为BC∩AB=B，
所以C1B⊥平面ABC.
(2)解：点B1到平面ACC1A1的距离可转化为
点B到平面ACC1A1的距离d，
因为VC 1−ABC =13×12×1×1×3=36，
AC1=AB2+BC12=2，
所以csAC1C=AC12+CC12−AC22⋅AC1⋅CC1=34，
sinAC1C=1−cs2AC1C=74,
S△ACC 1 =12sinAC1C⋅AC1⋅CC1=72.
又VC 1−ABC =VB 1−ACC 1 ，
即36=72d×13，
解得d=217，
所以点B1到平面ACC1A1的距离为217.
【考点】
直线与平面垂直的判定
余弦定理
点、线、面间的距离计算
解三角形
【解析】
（1）由已知得AB⊥BC1，C1B⊥BC，由此能证明C1B⊥平面ABC．
（2）点B1转化为点B，利用等体积，即可求点B1到平面ACC1A1的距离．
【解答】
(1)证明：因为AB⊥侧面BB1C1C，
BC1⊂侧面BB1C1C，
所以AB⊥BC1.
在△BCC1中，BC=1，
CC1=BB1=2，∠BCC1=π3，
由余弦定理，
得BC12=12+22−2×1×2×csπ3=3，
所以BC1=3，
因为BC2+BC12=CC12，
所以BC⊥BC1.
因为BC∩AB=B，
所以C1B⊥平面ABC.
(2)解：点B1到平面ACC1A1的距离可转化为
点B到平面ACC1A1的距离d，
因为VC 1−ABC =13×12×1×1×3=36，
AC1=AB2+BC12=2，
所以csAC1C=AC12+CC12−AC22⋅AC1⋅CC1=34，
sinAC1C=1−cs2AC1C=74,
S△ACC 1 =12sinAC1C⋅AC1⋅CC1=72.
又VC 1−ABC =VB 1−ACC 1 ，
即36=72d×13，
解得d=217，
所以点B1到平面ACC1A1的距离为217.
【答案】
解：(1)由|PA→+PB→|=4可知，2|PO→|=2a=4，
解得a=2，
又e=ca=32，
∴ c=3，
即b2=a2−c2=1，
∴ 椭圆C的方程为x24+y2=1．
(2)设M(x1, y1)，N(x2, y2)，
由(1)可知，椭圆C的方程为x24+y2=1，
则联立y=kx+m,x24+y2=1,
整理，得(4k2+1)x2+8kmx+4m2−4=0，
∴ Δ=64k2m2−4(4k2+1)(4m2−4)>0，
即4k2>m2−1，且x1+x2=−8km4k2+1，
又设MN中点D的坐标为(xD, yD)，
∵ |MQ→|=|NQ→|，
∴ DQ⊥MN，即yD+12xD=−1k，
又xD=x1+x22=−4km4k2+1，
yD=kxD+m=m4k2+1，
∴ 6m−1=4k2，
故6m−1>0，
且6m−1>m2−1，
故16∴ m的取值范围是(16, 6)．
【考点】
椭圆的定义和性质
椭圆的标准方程
椭圆的离心率
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)由|PA→+PB→|=4可知，2|PO→|=2a=4，
解得a=2，
又e=ca=32，
∴ c=3，
即b2=a2−c2=1，
∴ 椭圆C的方程为x24+y2=1．
(2)设M(x1, y1)，N(x2, y2)，
由(1)可知，椭圆C的方程为x24+y2=1，
则联立y=kx+m,x24+y2=1,
整理，得(4k2+1)x2+8kmx+4m2−4=0，
∴ Δ=64k2m2−4(4k2+1)(4m2−4)>0，
即4k2>m2−1，且x1+x2=−8km4k2+1，
又设MN中点D的坐标为(xD, yD)，
∵ |MQ→|=|NQ→|，
∴ DQ⊥MN，即yD+12xD=−1k，
又xD=x1+x22=−4km4k2+1，
yD=kxD+m=m4k2+1，
∴ 6m−1=4k2，
故6m−1>0，
且6m−1>m2−1，
故16∴ m的取值范围是(16, 6)
【答案】
解：(1)∵ f(x)=12ax2−(1+a)x+lnx(a≥0)，x>0，
∴ f′(x)=(ax−1)(x−1)x，x>0.
①当a=0时，f′(x)=1−xx，
令f′(x)>0，得01，
∴ 函数f(x)在(0, 1)上单调递增，在(1, +∞)上单调递减；
②当0解得x1=1，x2=1a>1 ，
令f′(x)>0，得01a，
令f′(x)<0，得1∴ 函数f(x)在(0, 1)和(1a, +∞)上单调递增，在(1, 1a)上单调递减；
③当a=1时，f′(x)≥0，
∴ 函数f(x)在(0, +∞)上单调递增；
④当a>1时，0<1a<1 ，
令f′(x)>0，得01，
令f′(x)<0，得1a∴ 函数f(x)在(0, 1a)和(1, +∞)上单调递增，在(1a, 1)上单调递减.
综上所述，当a=0时，函数f(x)的单调递增区间为(0, 1)，
单调递减区间为(1, +∞)；
当0单调递减区间为(1, 1a)；
当a=1时，函数f(x)的单调递增区间为(0, +∞)；
当a>1时，函数f(x)的单调递增区间为(0, 1a)和(1, +∞)，
单调递减区间为(1a, 1).
(2)当a=0时，f(x)=−x+lnx，
由f(x)=mx，得−x+lnx=mx.
又x>0，
∴ m=lnxx−1，
要使方程f(x)=mx在区间[1, e2]上有唯一实数解，
只需m=lnxx−1有唯一实数解.
令g(x)=lnxx−1，x>0，
则g′(x)=1−lnxx2.
令g′(x)>0，得0令g′(x)<0，得x>e，
∴ g(x)在区间[1, e]上是增函数，在区间[e, e2]单调递减.
∵ g(1)=−1，g(e)=1e−1，g(e2)=2e2−1，
∴ −1≤m<2e2−1或m=1e−1 .
【考点】
利用导数研究函数的单调性
函数的零点与方程根的关系
利用导数研究与函数零点有关的问题
【解析】
(Ⅰ)求出f(x)的导数，通过讨论a的范围，得到导函数的符号，求出函数的单调区间即可；
(Ⅱ)要使方程f(x)＝mx在区间[1, e2]上有唯一实数解，只需m=lnxx−1有唯一实数解，令g(x)=lnxx−1，(x>0)，根据函数的单调性求出m的范围即可．
【解答】
解：(1)∵ f(x)=12ax2−(1+a)x+lnx(a≥0)，x>0，
∴ f′(x)=(ax−1)(x−1)x，x>0.
①当a=0时，f′(x)=1−xx，
令f′(x)>0，得01，
∴ 函数f(x)在(0, 1)上单调递增，在(1, +∞)上单调递减；
②当0解得x1=1，x2=1a>1 ，
令f′(x)>0，得01a，
令f′(x)<0，得1∴ 函数f(x)在(0, 1)和(1a, +∞)上单调递增，在(1, 1a)上单调递减；
③当a=1时，f′(x)≥0，
∴ 函数f(x)在(0, +∞)上单调递增；
④当a>1时，0<1a<1 ，
令f′(x)>0，得01，
令f′(x)<0，得1a∴ 函数f(x)在(0, 1a)和(1, +∞)上单调递增，在(1a, 1)上单调递减.
综上所述，当a=0时，函数f(x)的单调递增区间为(0, 1)，
单调递减区间为(1, +∞)；
当0单调递减区间为(1, 1a)；
当a=1时，函数f(x)的单调递增区间为(0, +∞)；
当a>1时，函数f(x)的单调递增区间为(0, 1a)和(1, +∞)，
单调递减区间为(1a, 1).
(2)当a=0时，f(x)=−x+lnx，
由f(x)=mx，得−x+lnx=mx.
又x>0，
∴ m=lnxx−1，
要使方程f(x)=mx在区间[1, e2]上有唯一实数解，
只需m=lnxx−1有唯一实数解.
令g(x)=lnxx−1，x>0，
则g′(x)=1−lnxx2.
令g′(x)>0，得0令g′(x)<0，得x>e，
∴ g(x)在区间[1, e]上是增函数，在区间[e, e2]单调递减.
∵ g(1)=−1，g(e)=1e−1，g(e2)=2e2−1，
∴ −1≤m<2e2−1或m=1e−1 .
【答案】
解：(1)由题意x=2csθ,y=3sinθ,
得x24+y23=1.
由x′=12x,y′=13y,
得x=2x′,y=3y′,
代入C的普通方程可得x′2+y′2=1，
即C′:x2+y2=1，
所以曲线C′的极坐标方程为C′:ρ=1．
(2)点A32,π的直角坐标是A−32,0，
将l的参数方程x=−32+tcsπ6,y=tsinπ6（t为参数），
代入x2+y2=1中，
可得4t2−63t+5=0，
所以t1+t2=332，t1⋅t2=54，
所以|AP||AM|⋅|AN|=t1+t22|t1t2|=335．
【考点】
圆的极坐标方程
椭圆的参数方程
直线的参数方程
直线与圆的位置关系
【解析】
无
无
【解答】
解：(1)由题意x=2csθ,y=3sinθ,
得x24+y23=1.
由x′=12x,y′=13y,
得x=2x′,y=3y′,
代入C的普通方程可得x′2+y′2=1，
即C′:x2+y2=1，
所以曲线C′的极坐标方程为C′:ρ=1．
(2)点A32,π的直角坐标是A−32,0，
将l的参数方程x=−32+tcsπ6,y=tsinπ6（t为参数），
代入x2+y2=1中，
可得4t2−63t+5=0，
所以t1+t2=332，t1⋅t2=54，
所以|AP||AM|⋅|AN|=t1+t22|t1t2|=335．
1. 已知U=R，A=x||x|<2，B=x|−1
2. 已知复数z=2i1+i，则z的共轭复数z¯=( )
A. 1+i B. 1−i C. −1−i D. −1+i
3. 某中学有高中生960人，初中生480人，为了了解学生的身体状况，采用分层抽样的方法，从该校学生中抽取容量为n的样本，其中高中生有24人，那么n等于( )
A.12B.18C.24D.36
4. 设实数x，y满足约束条件x−y+1≥0,x+y−1≥0,x≤3, 则z=3x−2y的最小值为( )
A.8B.1C.−2D.13
5. 大衍数列，来源于《乾坤谱》中对易传“大衍之数五十”的推论．主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理．数列中的每一项，都代表太极衍生过程中，曾经经历过的两仪数量总和，是中国传统文化中隐藏着的世界数学史上第一道数列题．其前10项依次是0，2，4，8，12，18，24，32，40，50，⋯，则下列说法正确的是( )
A.此数列的第19项是182
B.此数列的第20项是200
C.此数列偶数项的通项公式为a2n=2n+1
D.此数列的前n项和为Sn=n⋅n−1
6. 已知实数a，b，c分别满足2a=−a，lg0.5b=b，lg2c=c，那么( )
A.a
7. 已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，b=3c=6，A∈0,π2，△ABC面积为42，则sinC=( )
A.16B.13C.69D.223
8. 已知点P是边长为1的正方形ABCD所在平面上一点，满足PA→⋅PB→+PC→+PD→=0，则|PD→|的最小值是( )
A.5−23B.2−13C.5−22D.2−12
9. 已知四面体ABCD， AB⊥平面BCD， AB=BC=CD=BD=1，若该四面体的四个顶点都在球O的表面上，则球O的表面积为( )
A.7π3B.7πC.7π12D.7π9
10. 已知点P为双曲线x2a2−y2b2=1(a>0，b>0)右支上一点，点F1，F2分别为双曲线的左右焦点，点I是△PF1F2的内心（三角形内切圆的圆心），若恒有S△IPF 1 −S△IPF 2 =32S△IF 1F 2 ，则双曲线的渐近线方程是( )
A.y=±xB.y=±22xC.y=±3xD.y=±33x
11. 设奇函数f(x)的定义域为(−π2, π2)，且f(x)的图象是连续不间断，∀x∈(−π2, 0)，有f′(x)csx+f(x)sinx<0，若f(m)<2f(π3)csm，则m的取值范围是( )
A.(−π2, π3)B.(0, π3)C.(−π2, −π3)D.(π3, π2)
12. 函数fx=ex−1，x≤1，lnx−1，x>1，若函数gx=fx−x+a只一个零点，则a的取值范围是( )
A.(−∞,0]∪2B.[0,+∞)∪−2C.(−∞,0]D.[0,+∞)
二、填空题
已知函数fx=x+2,x>0,2x,x≤0,则f−2=________.
若双曲线C经过点(2,2)，且与双曲线y24−x2=1具有相同渐近线，则双曲线C的标准方程为________.
已知直线y=x+1是曲线f(x)=ln(x+a)的切线，则a=________.
已知正项数列an中，a1=1，a2=2，2an2=an−12+an+12n≥2，bn=1an+an+1，数列bn的前n项和为Sn，则S33的值是________.
三、解答题
某城市交通部门为了对该城市共享单车加强监管，随机选取了100人就该城市共享单车的推行情况进行问卷调查，并将问卷中的这100人根据其满意度评分值（百分制）按照[50,60) ，[60,70)，⋯，90,100分成5组，制成如图所示频率分布直方图．
(1)求图中x的值；
(2)求这组数据的平均数和中位数；
(3)已知满意度评分值在[50,60)内的男生数与女生数的比为3:2，若在满意度评分值为[50,60)的人中随机抽取2人进行座谈，求2人均为男生的概率．
已知△ABC的三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c，a+c=3，csCcsB=2a−cb.
(1)求角B的大小；
(2)若a
如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，已知AB⊥侧面BB1C1C，AB=BC=1，BB1=2，∠BCC1=π3．
(1)求证：C1B⊥平面ABC；
(2)求点B1到平面ACC1A1的距离．
已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的离心率为32，直线y=x交椭圆C于A，B两点，椭圆C的右顶点为P，且满足|PA→+PB→|=4.
(1)求椭圆C的方程；
(2)若直线y=kx+m(k≠0，m≠0)与椭圆C交于不同两点M，N，且定点Q0,−12满足|MQ→|=|NQ→|，求实数m的取值范围．
函数f(x)=12ax2−(1+a)x+lnx(a≥0)．
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)当a=0时，方程f(x)=mx在区间[1, e2]内有唯一实数解，求实数m的取值范围．
已知曲线C的参数方程为x=2csθ,y=3sinθ（θ为参数），在同一平面直角坐标系中，将曲线C上的点按坐标变换 x′=12x,y′=13y, 得到曲线C′，以原点为极点，x轴的正半轴为极轴，建立极坐标系．
(1)求曲线C′的极坐标方程；
(2)若过点A32,π （极坐标）且倾斜角为π6的直线l与曲线C′交于M，N两点，弦MN的中点为P，求|AP||AM|⋅|AN|的值.
参考答案与试题解析
2020-2021年江西省赣州市高三（下）月考数学（文）试卷
一、选择题
1.
【答案】
D
【考点】
绝对值不等式
交集及其运算
补集及其运算
【解析】
可求出集合A，然后进行交集和补集的运算即可．
【解答】
解：∵A=x||x|<2=x|−2
∴ ∁UA∩B=[2,4)．
故选D．
2.
【答案】
B
【考点】
复数代数形式的乘除运算
共轭复数
【解析】
根据复数的基本运算进行化简即可．
【解答】
解：z=2i1+i=2i(1−i)(1+i)(1−i)=2i+22=1+i，
∴ 复数z的共轭复数z¯=1−i.
故选B.
3.
【答案】
D
【考点】
分层抽样方法
【解析】
根据分层抽样的定义建立比例关系即可得到结论．
【解答】
解：分层抽样的抽取比例为24960=140，
总体个数为960+480=1440，
所以样本容量n=1440×140=36．
故选D.
4.
【答案】
C
【考点】
简单线性规划
求线性目标函数的最值
【解析】
作出可行域，利用目标函数几何意义求解即可.
【解答】
解：不等式组所表示的可行域为：
线性约束条件x−y+1≥0,x+y−1≥0,x≤3 的可行域为
三条直线所围成的的三角形区域，包括边界，
三角形的三个顶点分别为0,1，3,4，3,−2，
作直线3x−2y=0，并进行平移，
当经过点0,1时，z取得最小值，最小值为zmin=−2.
故选C.
5.
【答案】
B
【考点】
由递推关系式求通项公式
数列的概念及简单表示法
数列的函数特性
【解析】
根据偶数项通项公式为a2n=2n2，奇数项是后一项减去后一项的项数求解判断．
【解答】
解：观察此数列，偶数项通项公式为a2n=2n2，
奇数项是后一项减去后一项的项数，即a2n−1=a2n−2n，
由此可得a20=2×102=200，a19=a20−20=180，
故A错误，B正确，C错误，
Sn=n⋅n−1=n2−n是一个等差数列的前n项，
而题中数列不是等差数列，不可能有Sn=n⋅n−1 ，故D错误．
故选B．
6.
【答案】
A
【考点】
指数式、对数式的综合比较
【解析】
由lg0.5b=−lg2b=b，得lg2b=−b，在同一坐标系内画出函数y=2x，y=−x，y=lg2x，y=x的图象，数形结合得答案．
【解答】
解：∵ lg0.5b=−lg2b=b，
∴ lg2b=−b.
如图，在同一坐标系内画出函数y=2x，y=−x，y=lg2x，
y=x的图象，
由图可知，a<0
7.
【答案】
B
【考点】
三角形的面积公式
余弦定理
正弦定理
【解析】
【解答】
解：∵b=3c=6，△ABC的面积为42=12bcsinA=6sinA，
解得sinA=223.
∵A∈0,π2，
∴csA=13，
∴在△ABC中，由余弦定理可得：a=b2+c2−2bccsA=42，
∴sinC=csinAa=13．
故选B．
8.
【答案】
A
【考点】
向量在几何中的应用
点与圆的位置关系
平面向量数量积的运算
【解析】
本题考查解析法研究平面几何问题，向量数量积的运算，圆外一点与圆上的点的距离最值问题，属中档题．
【解答】
解：建立如图所示的平面直角坐标系，
则A0,0，B1,0，C1,1，D0,1，
设Px,y，则PA→=−x,−y，PB→=1−x,−y，
PC→=1−x,1−y，PD→=−x,1−y,
∴ PB→+PC→+PD→=2−3x,2−3y.
∵ PA→⋅PB→+PC→+PD→=0，
∴ −x2−3x+−y2−3y=0，
即(x−13)2+(y−13)2=(23)2，
∴ 点P在以M13,13为圆心，半径为23的圆上．
又|PD→|表示圆上的点到点D的距离，
∴ |PD→|min=|DM→|−r
=132+−232−23
=5−23．
故选A．
9.
【答案】
A
【考点】
球的表面积和体积
【解析】
取CD的中点E，连结AE，BE，取△BCD的中心为G，作OG//AB交AB的中垂线HO于O，O为外接球的中心，球半径R=BG2+12AB2，由此能求出球O的表面积．
【解答】
解：如图，取CD的中点E，连结AE，BE，
设△BCD的中心为G，作OG//AB交AB的中垂线HO于O，
则O为外接球的球心.
∵ 在四面体ABCD中， AB⊥平面BCD，
且△BCD是边长为1的等边三角形，
∴ Rt△ABC≅Rt△ABD，
∴ AC=AD，
即△ACD是等腰三角形.
∵ BE=12−122=32，BG=23BE=33，
∴ R=BG2+12AB2=216，
∴ 球O的表面积为S=4πR2=7π3．
故选A．
10.
【答案】
D
【考点】
双曲线的特性
双曲线的标准方程
双曲线的渐近线
三角形的面积公式
【解析】
设△PF1F2的内切圆半径为r，由|PF1|−|PF2|=2a，|F1F2|=2c，用△PF1F2的边长和r表示出等式中的三角形的面积，得到a与c的关系式，即可得渐近线方程．
【解答】
解：设△PF1F2的内切圆半径为r，如图所示，
由双曲线的定义得|PF1|−|PF2|=2a，|F1F2|=2c，
则S△IPF 1 =12|PF1|⋅r，S△IPF 2 =12|PF2|⋅r，
S△IF 1F 2 =12⋅2c⋅r=cr.
∵ S△IPF 1 −S△IPF 2 =32S△IF 1F 2 ，
即12|PF1|⋅r−12|PF2|⋅r=32cr，
∴ 3c=|PF1|−|PF2|=2a，
∵ 3c2=3a2+3b2=4a2，
∴ 3b2=a2，
即ba=33，
∴ 双曲线的渐近线方程是y=±33x．
故选D．
11.
【答案】
D
【考点】
利用导数研究函数的单调性
函数奇偶性的性质
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：令g(x)=f(x)csx，
则g′(x)=f′(x)csx+f(x)sinxcs2x，
因为∀x∈(−π2, 0)，有f′(x)csx+f(x)sinx<0，
所以当x∈(−π2, 0)时，
g′(x)<0，
则g(x)=f(x)csx在(−π2, 0)上
单调递减；
又f(x)是定义域在(−π2, π2)上的奇函数，
所以g(−x)=f(−x)cs(−x)
=−f(x)csx
=−g(x)，
则g(x)=f(x)csx也是(−π2, π2)上
的奇函数并且单调递减，
又f(m)<2f(π3)csm等价于
f(m)csm
又−π2
12.
【答案】
A
【考点】
函数的零点
分段函数的应用
【解析】
先转化为y=fx与y=x−a只有一个交点,再分析y=x−a与y=ex−1(x≤1)只有一个交点,得a≤0,再分析y=ln(x−1)(x>1)与y=x−a只有一个交点,即得a=2.
【解答】
解：因为g(x)=f(x)−x+a只有一个零点,
所以y=fx与y=x−a只有一个交点，
如图，作出函数y=fx与y=x−a的图象，
y=x−a与y=ex−1(x≤1)只有一个交点，
则−a≥0，即a≤0；
y=ln(x−1)(x>1)与y=x−a只有一个交点，则它们相切，
y=ln(x−1)的导数为y′=1x−1，
令1x−1=1，则x=2，故切点为2,0，
所以0=2−a，即a=2，
综上所述，a的取值范围为(−∞,0]∪2.
故选A.
二、填空题
【答案】
14
【考点】
分段函数的应用
【解析】
根据自变量选择合适的解析式代入求解即可.
【解答】
解：∵ fx=x+2,x>0,2x,x≤0,
∴ f−2=2−2=14.
故答案为：14.
【答案】
x23−y212=1
【考点】
双曲线的渐近线
【解析】
利用双曲线渐近线之间的关系，利用待定系数法即可得到结论．
【解答】
解：与y24−x2=1具有相同渐近线的双曲线方程可设为
y24−x2=m，m≠0，
∵ 双曲线C经过点2,2，
∴ m=−3，
即双曲线方程为y24−x2=−3，
即x23−y212=1．
故答案为：x23−y212=1．
【答案】
2
【考点】
利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】
由y=ln(x+a)，得y′=1x+a，由直线y=x−1与曲线y=ln(x+a)相切，得1x+a=1，所以切点是(1−a, 0)，由此能求出实数a．
【解答】
解：∵ f(x)=ln(x+a)，
∴ f′(x)=1x+a.
∵ 直线y=x+1是曲线f(x)=ln(x+a)的切线，
∴ f′(x)=1x+a=1，
∴ x=1−a，
即f(x)=ln1=0，
∴ 切点是(1−a, 0).
∵ 切点(1−a, 0)在切线y=x+1上，
∴ 0=1−a+1，
解得a=2．
故答案为：2.
【答案】
3
【考点】
等差中项
数列的求和
等差关系的确定
【解析】
无
【解答】
解：因为2an2=an−12+an+12n≥2，
所以数列an2是首项为a12=1，
公差为22−1=3的等差数列，
所以an2=1+3n−1=3n−2，
所以an=3n−2，
所以bn=1an+an+1=13n−2+3n+1
=133n+1−3n−2，
所以数列bn的前n项和
Sn=13(4−1+7−4
+⋯+3n+1−3n−2]
=133n+1−1，
∴ S33=1310−1=3．
故答案为：3．
三、解答题
【答案】
解：(1)由题意，得
0.005+0.01+0.035+0.030+x×10=1，
解得x=0.02.
(2)由题意，得这组数据的平均数为
55×0.05+65×0.2+75×0.35+85×0.3+95×0.1=77.
设中位数为m，
则0.05+0.2+m−70×0.035=0.5，
解得m=5407，
故这组数据的中位数为5407.
(3)满意度评分值在[50,60)内有100×0.005×10=5(人)，
其中男生3人，记为A1，A2，A3，女生2人，记为B1，B2，
记“满意度评分值为[50,60）的人中随机抽取2人进行座谈，2人均为男生”为事件A，
总基本事件个数为10个，
A包含的基本事件个数为3个，分别为A1,A2，A1,A3，A2,A3，
利用古典概型概率公式可知，2人均为男生的概率PA=310.
【考点】
频率分布直方图
众数、中位数、平均数
古典概型及其概率计算公式
【解析】
利用小矩形的面积之和为1即可求解.
利用中位数即为平分矩形面积的点，平均数是用每个小矩形的横轴的中点与面积乘积之后再求和.
利用列举法求解古典概型.
【解答】
解：(1)由题意，得
0.005+0.01+0.035+0.030+x×10=1，
解得x=0.02.
(2)由题意，得这组数据的平均数为55×0.05+65×0.2+75×0.35+85
×0.3+95×0.1=77.
设中位数为m，
则0.05+0.2+m−70×0.035=0.5，
解得m=5407，
故这组数据的中位数为5407.
(3)满意度评分值在[50,60)内有100×0.005×10=5(人)，
其中男生3人，记为A1，A2，A3，女生2人，记为B1，B2，
记“满意度评分值为[50,60）的人中随机抽取2人进行座谈，2人均为男生”为事件A，
总基本事件个数为10个，
A包含的基本事件个数为3个，分别为A1,A2，A1,A3，A2,A3，
利用古典概型概率公式可知，2人均为男生的概率PA=310.
【答案】
解：(1)在△ABC中，由正弦定理得asinA=bsinB=csinC，
∴ csCcsB=2a−cb=2sinA−sinCsinB，
∴ sin(B+C)=2sinAcsB，
∵ sinB+C=sinπ−A=sinA，sinA≠0，
∴ csB=12，
∵ 0
(2)∵ asinA=bsinB=csinC，
∴ a=433sinA，c=433sinC.
∵ a+c=3，
∴ 433sinA+sin2π3−A=3，
整理，得sinA+π6=34.
又a
【考点】
正弦定理
两角和与差的正弦公式
诱导公式
【解析】
无
无
【解答】
解：(1)在△ABC中，由正弦定理得asinA=bsinB=csinC，
∴ csCcsB=2a−cb=2sinA−sinCsinB，
∴ sin(B+C)=2sinAcsB，
∵ sinB+C=sinπ−A=sinA，sinA≠0，
∴ csB=12，
∵ 0
(2)∵ asinA=bsinB=csinC，
∴ a=433sinA，c=433sinC.
∵ a+c=3，
∴ 433sinA+sin2π3−A=3，
整理，得sinA+π6=34.
又a
【答案】
(1)证明：因为AB⊥侧面BB1C1C，
BC1⊂侧面BB1C1C，
所以AB⊥BC1.
在△BCC1中，BC=1，
CC1=BB1=2，∠BCC1=π3，
由余弦定理，
得BC12=12+22−2×1×2×csπ3=3，
所以BC1=3，
因为BC2+BC12=CC12，
所以BC⊥BC1.
因为BC∩AB=B，
所以C1B⊥平面ABC.
(2)解：点B1到平面ACC1A1的距离可转化为
点B到平面ACC1A1的距离d，
因为VC 1−ABC =13×12×1×1×3=36，
AC1=AB2+BC12=2，
所以csAC1C=AC12+CC12−AC22⋅AC1⋅CC1=34，
sinAC1C=1−cs2AC1C=74,
S△ACC 1 =12sinAC1C⋅AC1⋅CC1=72.
又VC 1−ABC =VB 1−ACC 1 ，
即36=72d×13，
解得d=217，
所以点B1到平面ACC1A1的距离为217.
【考点】
直线与平面垂直的判定
余弦定理
点、线、面间的距离计算
解三角形
【解析】
（1）由已知得AB⊥BC1，C1B⊥BC，由此能证明C1B⊥平面ABC．
（2）点B1转化为点B，利用等体积，即可求点B1到平面ACC1A1的距离．
【解答】
(1)证明：因为AB⊥侧面BB1C1C，
BC1⊂侧面BB1C1C，
所以AB⊥BC1.
在△BCC1中，BC=1，
CC1=BB1=2，∠BCC1=π3，
由余弦定理，
得BC12=12+22−2×1×2×csπ3=3，
所以BC1=3，
因为BC2+BC12=CC12，
所以BC⊥BC1.
因为BC∩AB=B，
所以C1B⊥平面ABC.
(2)解：点B1到平面ACC1A1的距离可转化为
点B到平面ACC1A1的距离d，
因为VC 1−ABC =13×12×1×1×3=36，
AC1=AB2+BC12=2，
所以csAC1C=AC12+CC12−AC22⋅AC1⋅CC1=34，
sinAC1C=1−cs2AC1C=74,
S△ACC 1 =12sinAC1C⋅AC1⋅CC1=72.
又VC 1−ABC =VB 1−ACC 1 ，
即36=72d×13，
解得d=217，
所以点B1到平面ACC1A1的距离为217.
【答案】
解：(1)由|PA→+PB→|=4可知，2|PO→|=2a=4，
解得a=2，
又e=ca=32，
∴ c=3，
即b2=a2−c2=1，
∴ 椭圆C的方程为x24+y2=1．
(2)设M(x1, y1)，N(x2, y2)，
由(1)可知，椭圆C的方程为x24+y2=1，
则联立y=kx+m,x24+y2=1,
整理，得(4k2+1)x2+8kmx+4m2−4=0，
∴ Δ=64k2m2−4(4k2+1)(4m2−4)>0，
即4k2>m2−1，且x1+x2=−8km4k2+1，
又设MN中点D的坐标为(xD, yD)，
∵ |MQ→|=|NQ→|，
∴ DQ⊥MN，即yD+12xD=−1k，
又xD=x1+x22=−4km4k2+1，
yD=kxD+m=m4k2+1，
∴ 6m−1=4k2，
故6m−1>0，
且6m−1>m2−1，
故16
【考点】
椭圆的定义和性质
椭圆的标准方程
椭圆的离心率
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)由|PA→+PB→|=4可知，2|PO→|=2a=4，
解得a=2，
又e=ca=32，
∴ c=3，
即b2=a2−c2=1，
∴ 椭圆C的方程为x24+y2=1．
(2)设M(x1, y1)，N(x2, y2)，
由(1)可知，椭圆C的方程为x24+y2=1，
则联立y=kx+m,x24+y2=1,
整理，得(4k2+1)x2+8kmx+4m2−4=0，
∴ Δ=64k2m2−4(4k2+1)(4m2−4)>0，
即4k2>m2−1，且x1+x2=−8km4k2+1，
又设MN中点D的坐标为(xD, yD)，
∵ |MQ→|=|NQ→|，
∴ DQ⊥MN，即yD+12xD=−1k，
又xD=x1+x22=−4km4k2+1，
yD=kxD+m=m4k2+1，
∴ 6m−1=4k2，
故6m−1>0，
且6m−1>m2−1，
故16
【答案】
解：(1)∵ f(x)=12ax2−(1+a)x+lnx(a≥0)，x>0，
∴ f′(x)=(ax−1)(x−1)x，x>0.
①当a=0时，f′(x)=1−xx，
令f′(x)>0，得0
∴ 函数f(x)在(0, 1)上单调递增，在(1, +∞)上单调递减；
②当0
令f′(x)>0，得0
令f′(x)<0，得1
③当a=1时，f′(x)≥0，
∴ 函数f(x)在(0, +∞)上单调递增；
④当a>1时，0<1a<1 ，
令f′(x)>0，得0
令f′(x)<0，得1a
综上所述，当a=0时，函数f(x)的单调递增区间为(0, 1)，
单调递减区间为(1, +∞)；
当0
当a=1时，函数f(x)的单调递增区间为(0, +∞)；
当a>1时，函数f(x)的单调递增区间为(0, 1a)和(1, +∞)，
单调递减区间为(1a, 1).
(2)当a=0时，f(x)=−x+lnx，
由f(x)=mx，得−x+lnx=mx.
又x>0，
∴ m=lnxx−1，
要使方程f(x)=mx在区间[1, e2]上有唯一实数解，
只需m=lnxx−1有唯一实数解.
令g(x)=lnxx−1，x>0，
则g′(x)=1−lnxx2.
令g′(x)>0，得0
∴ g(x)在区间[1, e]上是增函数，在区间[e, e2]单调递减.
∵ g(1)=−1，g(e)=1e−1，g(e2)=2e2−1，
∴ −1≤m<2e2−1或m=1e−1 .
【考点】
利用导数研究函数的单调性
函数的零点与方程根的关系
利用导数研究与函数零点有关的问题
【解析】
(Ⅰ)求出f(x)的导数，通过讨论a的范围，得到导函数的符号，求出函数的单调区间即可；
(Ⅱ)要使方程f(x)＝mx在区间[1, e2]上有唯一实数解，只需m=lnxx−1有唯一实数解，令g(x)=lnxx−1，(x>0)，根据函数的单调性求出m的范围即可．
【解答】
解：(1)∵ f(x)=12ax2−(1+a)x+lnx(a≥0)，x>0，
∴ f′(x)=(ax−1)(x−1)x，x>0.
①当a=0时，f′(x)=1−xx，
令f′(x)>0，得0
∴ 函数f(x)在(0, 1)上单调递增，在(1, +∞)上单调递减；
②当0
令f′(x)>0，得0
令f′(x)<0，得1
③当a=1时，f′(x)≥0，
∴ 函数f(x)在(0, +∞)上单调递增；
④当a>1时，0<1a<1 ，
令f′(x)>0，得0
令f′(x)<0，得1a
综上所述，当a=0时，函数f(x)的单调递增区间为(0, 1)，
单调递减区间为(1, +∞)；
当0
当a=1时，函数f(x)的单调递增区间为(0, +∞)；
当a>1时，函数f(x)的单调递增区间为(0, 1a)和(1, +∞)，
单调递减区间为(1a, 1).
(2)当a=0时，f(x)=−x+lnx，
由f(x)=mx，得−x+lnx=mx.
又x>0，
∴ m=lnxx−1，
要使方程f(x)=mx在区间[1, e2]上有唯一实数解，
只需m=lnxx−1有唯一实数解.
令g(x)=lnxx−1，x>0，
则g′(x)=1−lnxx2.
令g′(x)>0，得0
∴ g(x)在区间[1, e]上是增函数，在区间[e, e2]单调递减.
∵ g(1)=−1，g(e)=1e−1，g(e2)=2e2−1，
∴ −1≤m<2e2−1或m=1e−1 .
【答案】
解：(1)由题意x=2csθ,y=3sinθ,
得x24+y23=1.
由x′=12x,y′=13y,
得x=2x′,y=3y′,
代入C的普通方程可得x′2+y′2=1，
即C′:x2+y2=1，
所以曲线C′的极坐标方程为C′:ρ=1．
(2)点A32,π的直角坐标是A−32,0，
将l的参数方程x=−32+tcsπ6,y=tsinπ6（t为参数），
代入x2+y2=1中，
可得4t2−63t+5=0，
所以t1+t2=332，t1⋅t2=54，
所以|AP||AM|⋅|AN|=t1+t22|t1t2|=335．
【考点】
圆的极坐标方程
椭圆的参数方程
直线的参数方程
直线与圆的位置关系
【解析】
无
无
【解答】
解：(1)由题意x=2csθ,y=3sinθ,
得x24+y23=1.
由x′=12x,y′=13y,
得x=2x′,y=3y′,
代入C的普通方程可得x′2+y′2=1，
即C′:x2+y2=1，
所以曲线C′的极坐标方程为C′:ρ=1．
(2)点A32,π的直角坐标是A−32,0，
将l的参数方程x=−32+tcsπ6,y=tsinπ6（t为参数），
代入x2+y2=1中，
可得4t2−63t+5=0，
所以t1+t2=332，t1⋅t2=54，
所以|AP||AM|⋅|AN|=t1+t22|t1t2|=335．
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