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2020-2021学年安徽省阜阳市高三（上）10月月考数学（理）试卷北师大版
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这是一份2020-2021学年安徽省阜阳市高三（上）10月月考数学（理）试卷北师大版，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. 若z=2+i34−i，则在复平面内，复数z所对应的点位于( )
A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限
2. 已知集合A=x|x2−2x−3<0，B={x|0A.−1B.3C.5D.10
3. 已知向量m→=2,λ，n→=−1,3，若2m→+n→//m→−n→，则实数λ的值为( )
A.6B.3C.−3D.−6
4. 若曲线fx=ln2x−1x的图象在点12,f(12)处的切线方程为( )
A.y=6x−5B.y=8x−6C.y=4x−4 D.y=10x−7
5. 已知△ABC中，csB+C=34，AB=4，AC=3，则BC=( )
A.43B.6C.13D.2
6. 函数fx=3sinx2|x|+xcsx在[−2π,2π]的图象大致为( )
A.B.
C.D.
7. 5G技术的数学原理之一便是著名的香农公式：C=Wlg21+SN，它表示：在受高斯白噪声干扰的信道中，最大信息传递速率C取决于信道带宽W，信道内所传信号的平均功率S，信道内部的高斯噪声功率N的大小，其中SN叫做信噪比．按照香农公式，在不改变W的情况下，将信噪比SN从1999提升至λ，使得C大约增加了20%，则λ的值约为( )（参考数据：lg2≈0.3，103.96≈9120）
A.7596B.9119C.11584D.14469
8. tan195∘+22cs285∘=( )
A.2B.1C.22D.12
9. 已知定义在R上的函数fx满足fx+32=f12−x，且当x<1时，f′(x)<0(f′(x)为fx的导函数)，若a=f(−lg132)，b=f(lg32)，c=f21.5，则a，b，c的大小关系为( )
A.a>c>bB.c>b>a C.a>b>cD.c>a>b
10. 在菱形ABCD中，∠ABC=120∘ ，AC=23，BM→+12CB→=0→，DC→=λDN→，若AM→⋅AN→=29，则λ=( )
A.18B.17C.16D.15
11. 已知函数fx=|x2+2x|,x≤0,lnx,x>0,则函数gx=2ffx−1−1的零点个数为( )
A.7B.8C.10D.11
12. 函数fx=2sinx−3cs2x−csx−2sin2x+3在0,π2上的最小值为( )
A.−32B.−32C.−54D.−1
二、填空题
若x，y满足约束条件x+y−3≤0,3x−2y+3≥0,x−y−1≤0, 则z=x−3y的最小值为________.
函数fx=x+1ex−32x2−6x+1e2的极大值为________．
已知△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若a=4+22−c，tanA=−7，csC=34，则△ABC的面积为________.
已知在△ABC中，CD→=−35BC→，EC→=12AC→，AF→=13AB→，若点P为四边形AEDF内一点(不含边界)，且DP→=−13DC→+xDE→，则实数x的取值范围为________.
三、解答题
设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1，an，Sn成等差数列，且a4=S3+2．
(1)求an的通项公式；
(2)若bn=1lg2a2n+1⋅lg2a2n+3，bn的前n项和为Tn，求使7Tn<1成立的最大正整数n的值．
如图，已知四边形ABCD为等腰梯形，BC//AD，∠ABD=90∘，四边形ADMN为矩形，点G，H分别是线段MN，CD的中点，点I在线段AD上．
(1)探究：是否存在点I，使得平面CHI//ACN平面 ？并证明．
(2)若DM=BC=12AD，线段MN在平面ABCD内的投影与线段AD 重合，求直线 CM与平面ANC所成角的正弦值．
甲、乙两人参加一个答题游戏，两人分别从7个问题中随机挑选4个进行回答 ．至少答对3个问题即可获得奖品．已知7个问题中，甲有4个能够答对，其余3个答不对，乙每个问题回答正确的概率均为35，且每个问题回答是否正确相互独立.
(1)求乙恰好答对1个问题的概率；
(2)记甲回答正确的数量为X， 求X的分布列以及数学期望EX；
(3)试通过概率的计算比较甲，乙两人获得奖品可能性的大小.
已知椭圆C：x24+y23=1的左、右顶点分别为A，B，直线l与椭圆C交于M，N两点．
(1)点P的坐标为1,13，若MP→=PN→，求直线l的方程；
(2)若直线l过椭圆C的右焦点F，且点M在第一象限，求3kMA2−kNB（kMA，kNB分别为直线MA，NB的斜率）的取值范围．
已知函数fx=lnx2−mx，m>0 .
(1)若m=2，求证：fx<2x−3在0,+∞ 上恒成立；
(2)若关于x的方程fx+4mx=0 有三个不同的实数根，求m的取值范围.
已知在平面直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为 x=3tanφ,y=2csφ,(φ为参数)，以原点为极点，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2ρcsθ+π3=6．
(1)求曲线C1的普通方程以及曲线C2的直角坐标方程；
(2)若曲线C1，C2交于M，N两点，P(6,0)，求1|PM|+1|PN|的值．
已知函数f(x)=|x+m|−2|x−1|.
(1)若m=2，求不等式fx+3<0的解集；
(2)若fx的图象与直线y=1有且仅有1个公共点，求m的值．
参考答案与试题解析
2020-2021学年安徽省阜阳市高三（上）10月月考数学（理）试卷
一、选择题
1.
【答案】
D
【考点】
复数代数形式的混合运算
复数的代数表示法及其几何意义
【解析】
本题考查复数的运算．
【解答】
解：依题意，z=2+i34−i=2−i4−i=7−6i，
故在复平面内，复数z所对应的点为7,−6，
位于第四象限．
故选D．
2.
【答案】
C
【考点】
集合关系中的参数取值问题
并集及其运算
【解析】
本题考查集合的运算．
【解答】
解：依题意，A={x|x2−2x−3<0}={x|−1而A∪B=x|−1故m=5．
故选C．
3.
【答案】
D
【考点】
平面向量共线（平行）的坐标表示
平面向量的坐标运算
【解析】
本题考查向量的平行．
【解答】
解：依题意，2m→+n→=3,2λ+3，m→−n→=3,λ−3．
因为2m→+n→//m→−n→，
故λ−3=2λ+3，解得λ=−6．
故选D.
4.
【答案】
A
【考点】
利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】
本题考查导数的几何意义．
【解答】
解：依题意f′x=1x+1x2，
故f′12=2+4=6，
而f12=ln 1−2=−2，
故所求切线方程为y+2=6x−12，
即y=6x−5．
故选A．
5.
【答案】
A
【考点】
余弦定理
诱导公式
【解析】
【解答】
解：因为cs(B+C)=cs(π−A)
=−csA=34，
所以csA=−34.
由余弦定理可得BC2=AB2+AC2−2AB×AC×csA
=16+9−2×4×3×−34=43，
所以BC=43.
故选A．
6.
【答案】
C
【考点】
利用导数研究函数的单调性
函数奇偶性的性质
函数图象的作法
【解析】
本题考查函数的图象与性质．
【解答】
解：因为f−x=3sin−x2|−x|+−x⋅cs−x
=−3sinx2|x|+xcs x=−fx，
故函数fx为奇函数，图象关于原点对称，排除D；
f2π=2π>0，排除B；
当x≥0时，fx=3sinx2x+xcsx，
f′x=3cs x−3ln 2⋅sin x2x+csx−xsinx，
则f′0=4>0，排除A．
故选C．
7.
【答案】
B
【考点】
根据实际问题选择函数类型
对数的运算性质
【解析】
本题考查对数函数的性质．
【解答】
解：依题意，Wlg2(1+λ)−Wlg2(1+1999)Wlg2(1+1999)≈20%，
则lg21+λlg22000≈1.2，1+λ≈20001.2 .
∵ lg 20001.2=1.2lg 2000=1.2(lg 2+3)≈1.2(0.3+3)=3.96，
∴ 20001.2≈103.96≈9120，
∴ λ≈9119．
故选B．
8.
【答案】
B
【考点】
三角函数的化简求值
运用诱导公式化简求值
同角三角函数间的基本关系
【解析】
本题考查三角恒等变换．
【解答】
解：tan195∘+22cs285∘
=tan15∘+22sin15∘
=sin15∘cs15+22sin15∘
=sin15∘+2sin30∘cs15∘
=sin15∘+2sin45∘−15∘cs15∘=1．
故选B．
9.
【答案】
D
【考点】
函数单调性的性质
指数式、对数式的综合比较
利用导数研究函数的单调性
【解析】
本题考查函数的图象与性质．
【解答】
解：fx+32=f12−x⇔fx+1=f1−x，
故直线x=1为函数fx图象的一条对称轴．
易知函数fx在−∞,1上单调递减，
故函数fx在1,+∞上单调递增．
a=f(−lg132)=f(lg32)=f(2−lg32)，
b=f(lg32)=flg34，
因为2−lg32−lg34=2−lg38>0．
故21.5>2>2−lg32>lg34>1，
故c>a>b．
故选D．
10.
【答案】
D
【考点】
平面向量数量积的运算
【解析】
本题考查向量的数量积运算．
【解答】
解：作出图形，建立如图所示的坐标系，
设Nx,y，因为AC=23，∠ABC=120∘，
故BD=2，则A(−3,0)，M32,12，D0,−1，C3,0，
则AM→=332,12，DC→=3,1=λDN→=λx,y+1．
由题可知λ≠0，
故N3λ,1λ−1，AN→=3λ+3,1λ−1，
故AM→⋅AN→=5λ+4=29，解得λ=15．
故选D．
11.
【答案】
B
【考点】
分段函数的应用
函数的零点
【解析】
本题考查函数的零点．
【解答】
解：令gx=0，得f(f(x)−1)=12．
令fx−1=t，则ft=12．
作出函数fx的大致图象如图所示，
则ft=12有4个实数根t1，t2，t3，t4，
其中t1∈(−3,−2)，t2∈(−2,−1)，t3(−1,0)，t4∈(1,2)．
若t∈−3,−2，则fx−1=t有1个实数根，
若t∈−2,−1，则fx−1=t有1个实数根，
若t∈−1,0，则fx−1=t有4个实数根，
若t∈1,2，则fx−1=t有2个实数根，
故fx−1=t共有8个实数根，
即函数g(x)=2f(f(x)−1)−1的零点个数为8．
故选B．
12.
【答案】
C
【考点】
二倍角的正弦公式
二倍角的余弦公式
三角函数的最值
三角函数的恒等变换及化简求值
【解析】
本题考查三角函数的性质与函数的最值．
【解答】
解：依题意,
f(x)=2sinx−3(1−sin2x)−csx−4sinxcsx+3
=2sinx+3sin2x−csx−4sinxcsx
=2sinx−csx+4sin2x−4sinxcs x+cs2x−1
=2sinx−csx2+2sinx−csx−1．
令2sinx−csx=t，
因为x∈0,π2时，gx=2sinx−csx是增函数，
所以t∈[−1,2]．
因为y=t2+t−1=t+122−54，
所以y∈−54,5，
故最小值为−54．
故选C．
二、填空题
【答案】
−335
【考点】
求线性目标函数的最值
简单线性规划
【解析】
本题考查线性规划．
【解答】
解：作出不等式组所表示的平面区域，如图中阴影部分所示．
观察可知，当直线z=x−3y过点A时，z有最小值．
联立x+y−3=0，3x−2y+3=0，
解得x=35，y=125，
此时zmin=35−3×125=−335．
故答案为：−335．
【答案】
6
【考点】
利用导数研究函数的极值
【解析】
本题考查导数在求函数极值中的应用．
【解答】
解：依题意，x∈R，
f′x=x+2ex−3x+2=x+2ex−3 ，
令f′x=0，解得x=−2或x=ln3，
故当x∈−∞,−2时，f′x>0，
当x∈−2,ln3时，f′x<0，
当x∈ln3,+∞时，f′x>0，
故当x=−2时，函数fx有极大值，
极大值为f(−2)=(−2+1)e−2−32×(−2)2−6×(−2)+1e2=6．
故答案为：6．
【答案】
7
【考点】
余弦定理
正弦定理
同角三角函数基本关系的运用
【解析】
本题考查三角恒等变换与正余弦定理的应用，考查推理能力与计算能力．
【解答】
解：依题意，tanA=sinAcsA=−7,sin2A+cs2A=1,
解得sinA=144，csA=−24，
因为csC=34，
故sinC=1−cs2C=74，
由正弦定理可知asinA=csinC，
即a144=c74，
又a=4+22−c，
解得a=4，c=22，
由余弦定理可知csC=a2+b2−c22ab=16+b2−88b=34，
解得b=2（b=4舍去），
所以△ABC的面积为S△ABC=12a⋅b⋅sinC=12×4×2×74=7，
故答案为：7．
【答案】
(12,43)
【考点】
向量的线性运算性质及几何意义
向量加减混合运算及其几何意义
【解析】
本题考查向量的相关运算．
【解答】
解：在线段BD上取一点G，使得DG→=−13DC→．
设DC=3a，则DG=a，BC=5a，则BG=a．
过G作GH//DE，分别交DF，AE于K，H，连接FH，
则点K，H为临界点．
GH//DE⇒HE=13EC⇒AH=23EC，HG=43DE．
AHHC=12=AFFB⇒FH//BC⇒FH=13BC，
FHDG=KHKG⇒KG=35HK⇒KG=38HG=12DE，
故x∈12,43．
故答案为：12,43．
三、解答题
【答案】
解：(1)由a1，an，Sn成等差数列，
可得2an=a1+Sn，
当n≥2时，2an−1=a1+Sn−1，
两式相减可得2an−2an−1=Sn−Sn−1=an，
即an=2an−1，
由已知可知a1≠0，
故{an}是公比为2的等比数列，则Sn=a11−2n1−2=a12n−1．
由a4=S3+2，可得a1⋅23=a123−1+2，
解得a1=2．
∴an=2n．
(2)由(1)，得bn=12n+12n+3
=1212n+1−12n+3．
∴ Tn=1213−15+15−17+⋯+12n+1−12n+3
=1213−12n+3=n3(2n+3)．
由7Tn<1，
得7n32n+3<1，
解得n<9．
∴ 所求的最大正整数n的值为8．
【考点】
等差中项
数列与不等式的综合
数列的求和
等比数列的通项公式
【解析】
本题考查等差数列、等比数列及裂项法求和．
【解答】
解：(1)由a1，an，Sn成等差数列，
可得2an=a1+Sn，
当n≥2时，2an−1=a1+Sn−1，
两式相减可得2an−2an−1=Sn−Sn−1=an，
即an=2an−1，
由已知可知a1≠0，
故{an}是公比为2的等比数列，则Sn=a11−2n1−2=a12n−1．
由a4=S3+2，可得a1⋅23=a123−1+2，
解得a1=2．
∴an=2n．
(2)由(1)，得bn=12n+12n+3
=1212n+1−12n+3．
∴ Tn=1213−15+15−17+⋯+12n+1−12n+3
=1213−12n+3=n3(2n+3)．
由7Tn<1，
得7n32n+3<1，
解得n<9．
∴ 所求的最大正整数n的值为8．
【答案】
解：(1)存在I为AD中点时，满足要求，证明如下：
在矩形ADMN中，
因为I，G分别是线段AD，MN的中点，
故IG//AN，
又IG⊄平面ACN，AN⊂平面ACN，故IG//平面ACN．
在△ACD中，因为I，H分别为线段AD，CD的中点，
故IH//AC，
又IH⊄平面ACN，AC⊂平面ACN，故IH//平面ACN．
因为IG∩IH=I，IH⊂平面GHI，IG⊂平面GHI，
故平面GHI//平面ACN．
(2)如图，过点C作CE⊥AD于E，
因为线段MN在平面ABCD内的投影与线段AD重合，
故平面ADMN⊥平面ABCD，
而平面ADMN∩平面ABCD=AD，CE⊂平面ABCD，
故CE⊥平面ADMN．
以A为原点，AN所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，
过A作平行于直线CE的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．
不妨设DM=2，
由题可知，在Rt△ACD中，AE=3，DE=1，CE2=AE⋅DE=3，CE=3，
则M2,4,0，A0,0,0，N2,0,0，C0,3,3，
故AN→=2,0,0，AC→=0,3,3．
设n→=x,y,z为平面ACN的法向量，
则AN→⋅n→=0，AC→⋅n→=0，即2x=0，3y+3z=0，
令y=1，则n→=0,1,−3为平面ACN的一个法向量．
而CM→=2,1,−3，
故直线CM与平面ANC所成角的正弦值为|CM→⋅n→||CM→|⋅|n→|=22．
【考点】
用空间向量求直线与平面的夹角
平面与平面平行的判定
【解析】
本题考查面面平行及线面角的正弦值．
无
【解答】
解：(1)存在I为AD中点时，满足要求，证明如下：
在矩形ADMN中，
因为I，G分别是线段AD，MN的中点，
故IG//AN，
又IG⊄平面ACN，AN⊂平面ACN，故IG//平面ACN．
在△ACD中，因为I，H分别为线段AD，CD的中点，
故IH//AC，
又IH⊄平面ACN，AC⊂平面ACN，故IH//平面ACN．
因为IG∩IH=I，IH⊂平面GHI，IG⊂平面GHI，
故平面GHI//平面ACN．
(2)如图，过点C作CE⊥AD于E，
因为线段MN在平面ABCD内的投影与线段AD重合，
故平面ADMN⊥平面ABCD，
而平面ADMN∩平面ABCD=AD，CE⊂平面ABCD，
故CE⊥平面ADMN．
以A为原点，AN所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，
过A作平行于直线CE的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．
不妨设DM=2，
由题可知，在Rt△ACD中，AE=3，DE=1，CE2=AE⋅DE=3，CE=3，
则M2,4,0，A0,0,0，N2,0,0，C0,3,3，
故AN→=2,0,0，AC→=0,3,3．
设n→=x,y,z为平面ACN的法向量，
则AN→⋅n→=0，AC→⋅n→=0，即2x=0，3y+3z=0，
令y=1，则n→=0,1,−3为平面ACN的一个法向量．
而CM→=2,1,−3，
故直线CM与平面ANC所成角的正弦值为|CM→⋅n→||CM→|⋅|n→|=22．
【答案】
解：(1)依题意，乙恰好答对1个问题的概率P=C4135253=96625．
(2)依题意，X的可能取值为1，2，3，4．
PX=1=C41C33C74=435，
PX=2=C42C32C74=1835，
PX=3=C43C31C74=1235，
PX=4=C44C30C74=135．
故X的分布列为：
E(X)=1×435+2×1835+3×1235+4×135=167．
(3)设乙回答正确的问题数量为Y，则Y∼B4,35，
所以PY=k=C4k35k254−k，
k=0，1，2，3，4．
PY≥3=PY=3+PY=4
=C4335325+354=297625.
由(2)可知，PX≥3=PX=3+PX=4=1335．
由于PX≥3故乙获得奖品的可能性大于甲．
【考点】
离散型随机变量的期望与方差
离散型随机变量及其分布列
古典概型及其概率计算公式
【解析】
本题考查随机变量的分布列及数学期望．
无
【解答】
解：(1)依题意，乙恰好答对1个问题的概率P=C4135253=96625．
(2)依题意，X的可能取值为1，2，3，4．
PX=1=C41C33C74=435，
PX=2=C42C32C74=1835，
PX=3=C43C31C74=1235，
PX=4=C44C30C74=135．
故X的分布列为：
E(X)=1×435+2×1835+3×1235+4×135=167．
(3)设乙回答正确的问题数量为Y，则Y∼B4,35，
所以PY=k=C4k35k254−k，
k=0，1，2，3，4．
PY≥3=PY=3+PY=4
=C4335325+354=297625.
由(2)可知，PX≥3=PX=3+PX=4=1335．
由于PX≥3故乙获得奖品的可能性大于甲．
【答案】
解：设M(x1,y1)，N(x2,y2).
(1)由题意可知点P为线段MN的中点，
由x124+y123=1,x224+y223=1,
两式相减可得，(x1−x2)(x1+x2)4+(y1−y2)(y1+y2)3=0，
而P1,13，则2(x1−x2)4+2(y1−y2)9=0，
故y1−y2x1−x2=−94，
故直线l的方程为y−13=−94(x−1)，
即y=−94x+3112．
(2)依题意，A(−2,0)，B(2,0)，F(1,0)，
当直线l的斜率不存在时，M1,32，N1,−32，
kMA=12，kNB=32=3kMA，
当直线l的斜率存在时，则l的斜率不为0，
设直线l的方程为y=k(x−1)(k≠0)，
由y=k(x−1),x24+y23=1,
得(3+4k2)x2−8k2x+4k2−12=0，
则x1+x2=8k23+4k2，x1x2=4k2−123+4k2，
所以kNBkMA=y2(x1+2)y1(x2−2)
=(x2−1)(x1+2)(x1−1)(x2−2)
=x1x2+2(x2+x1)−2−3x1x1x2−(x2+x1)+2−x1
=12k2−183+4k2−3x14k2−63+4k2−x1
=3，
所以kNB=3kMA，
因为点M在第一象限，所以kMA∈0,32，
所以3kMA2−kNB=3kMA2−3kMA=3kMA−122−34∈−34,0．
【考点】
与椭圆有关的中点弦及弦长问题
直线与椭圆结合的最值问题
中点坐标公式
直线的点斜式方程
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：设M(x1,y1)，N(x2,y2).
(1)由题意可知点P为线段MN的中点，
由x124+y123=1,x224+y223=1,
两式相减可得，(x1−x2)(x1+x2)4+(y1−y2)(y1+y2)3=0，
而P1,13，则2(x1−x2)4+2(y1−y2)9=0，
故y1−y2x1−x2=−94，
故直线l的方程为y−13=−94(x−1)，
即y=−94x+3112．
(2)依题意，A(−2,0)，B(2,0)，F(1,0)，
当直线l的斜率不存在时，M1,32，N1,−32，
kMA=12，kNB=32=3kMA，
当直线l的斜率存在时，则l的斜率不为0，
设直线l的方程为y=k(x−1)(k≠0)，
由y=k(x−1),x24+y23=1,
得(3+4k2)x2−8k2x+4k2−12=0，
则x1+x2=8k23+4k2，x1x2=4k2−123+4k2，
所以kNBkMA=y2(x1+2)y1(x2−2)
=(x2−1)(x1+2)(x1−1)(x2−2)
=x1x2+2(x2+x1)−2−3x1x1x2−(x2+x1)+2−x1
=12k2−183+4k2−3x14k2−63+4k2−x1
=3，
所以kNB=3kMA，
因为点M在第一象限，所以kMA∈0,32，
所以3kMA2−kNB=3kMA2−3kMA=3kMA−122−34∈−34,0．
【答案】
(1)证明：依题意fx=lnx2−2x，
令gx=fx−2x+3=lnx2−4x+3，
则g′x=1x−4=1−4xx，
故当x∈(0,14)时，g′x>0，
当x∈14,+∞时，g′x<0，
故gxmax=g14=ln18−1+3=2−ln8<0，
即gx<0在0,+∞上恒成立，
故fx<2x−3在0,+∞上恒成立．
(2)解：依题意，lnx2−mx+4mx=0．
设ℎx=lnx2−mx+4mx，
则问题转化为函数ℎx有三个不同的零点．
ℎ′x=1x−m−4mx2=−mx2+x−4mx2(x>0)．
令kx=−mx2+x−4m，
当Δ=1−16m2≤0，即m≥14时，ℎ′x≤0，
ℎx单调递减，不可能有三个不同的零点；
当Δ=1−16m2>0，即0x1=1−1−16m22m>0，x2=1+1−16m22m>0．
又kx=−mx2+x−4m的图象开口向下，
所以当0当x10，ℎ′x>0，
当x>x2时，kx<0 ，ℎ′x<0．
因为ℎ2=0，x1x2=4，故x1<2ℎ1m2=ln12m2−m⋅1m2+4m1m2=−ln2m2−1m+4m3．
令pm=−ln2m2−1m+4m3，
则p′m=−4m2m2+1m2+12m2=12m4−2m+1m2,
令nm=12m4−2m+1，
则n′m=48m3−2，令n′m=0，解得m=1324>14．
当0nm>n14=364−2×14+1>0，
所以pm在0,14上单调递增，
所以ℎ1m2=pm因为ℎ1m2<0,ℎx2>0,1m2>x2，
所以由零点存在性定理可知，ℎx在x2,1m2上有一个根，设为x0.
又ℎx0+ℎ4x0=0，得ℎ4x0=0，故0<4x0故4x0是函数ℎx的另一个零点．
故当0故实数m的取值范围为0,14．
【考点】
利用导数研究不等式恒成立问题
由函数零点求参数取值范围问题
函数零点的判定定理
【解析】
本题考查导数在证明不等式及函数零点问题中的应用，考查推理能力与计算能力．
本题考查导数在证明不等式及函数零点问题中的应用，考查推理能力与计算能力．
【解答】
(1)证明：依题意fx=lnx2−2x，
令gx=fx−2x+3=lnx2−4x+3，
则g′x=1x−4=1−4xx，
故当x∈(0,14)时，g′x>0，
当x∈14,+∞时，g′x<0，
故gxmax=g14=ln18−1+3=2−ln8<0，
即gx<0在0,+∞上恒成立，
故fx<2x−3在0,+∞上恒成立．
(2)解：依题意，lnx2−mx+4mx=0．
设ℎx=lnx2−mx+4mx，
则问题转化为函数ℎx有三个不同的零点．
ℎ′x=1x−m−4mx2=−mx2+x−4mx2(x>0)．
令kx=−mx2+x−4m，
当Δ=1−16m2≤0，即m≥14时，ℎ′x≤0，
ℎx单调递减，不可能有三个不同的零点；
当Δ=1−16m2>0，即0x1=1−1−16m22m>0，x2=1+1−16m22m>0．
又kx=−mx2+x−4m的图象开口向下，
所以当0当x10，ℎ′x>0，
当x>x2时，kx<0 ，ℎ′x<0．
因为ℎ2=0，x1x2=4，故x1<2ℎ1m2=ln12m2−m⋅1m2+4m1m2=−ln2m2−1m+4m3．
令pm=−ln2m2−1m+4m3，
则p′m=−4m2m2+1m2+12m2=12m4−2m+1m2,
令nm=12m4−2m+1，
则n′m=48m3−2，令n′m=0，解得m=1324>14．
当0nm>n14=364−2×14+1>0，
所以pm在0,14上单调递增，
所以ℎ1m2=pm因为ℎ1m2<0,ℎx2>0,1m2>x2，
所以由零点存在性定理可知，ℎx在x2,1m2上有一个根，设为x0.
又ℎx0+ℎ4x0=0，得ℎ4x0=0，故0<4x0故4x0是函数ℎx的另一个零点．
故当0故实数m的取值范围为0,14．
【答案】
解：(1)因为曲线C1的参数方程为x=3tanφ,y=2csφ,(φ为参数)，
故x3=tanφ,y2=1csφ,
则x23=sin2φcs2φ,y22=1cs2φ,
两式相减可得，曲线C1的普通方程为y22−x23=1；
因为曲线C2：2ρcsθ+π3=6，
故2ρcsθ⋅12−sinθ⋅32=6，
故曲线C2的直角坐标方程为x−3y−6=0．
(2)注意到P(6,0)在曲线C2：x−3y−6=0上，
故可设曲线C2的参数方程为x=6+32t,y=12t,(t为参数)，
代入y22−x23=1中，得t2+82t+24=0，
设M，N对应的参数分别为t1，t2，
则t1+t2=−82，t1t2=24，
故t1，t2同号，
故1|PM|+1|PN|=1|t1|+1|t2|=|t1+t2||t1t2|=23．
【考点】
参数方程的优越性
参数方程与普通方程的互化
直线的极坐标方程与直角坐标方程的互化
【解析】
本题考查参数方程与普通方程，极坐标方程与直角坐标方程的互化，考查推理能力与计算能力．
本题考查参数方程与普通方程，极坐标方程与直角坐标方程的互化，考查推理能力与计算能力．
【解答】
解：(1)因为曲线C1的参数方程为x=3tanφ,y=2csφ,(φ为参数)，
故x3=tanφ,y2=1csφ,
则x23=sin2φcs2φ,y22=1cs2φ,
两式相减可得，曲线C1的普通方程为y22−x23=1；
因为曲线C2：2ρcsθ+π3=6，
故2ρcsθ⋅12−sinθ⋅32=6，
故曲线C2的直角坐标方程为x−3y−6=0．
(2)注意到P(6,0)在曲线C2：x−3y−6=0上，
故可设曲线C2的参数方程为x=6+32t,y=12t,(t为参数)，
代入y22−x23=1中，得t2+82t+24=0，
设M，N对应的参数分别为t1，t2，
则t1+t2=−82，t1t2=24，
故t1，t2同号，
故1|PM|+1|PN|=1|t1|+1|t2|=|t1+t2||t1t2|=23．
【答案】
解：(1)依题意，|x+2|−2|x−1|+3<0，
当x<−2时，−x−2+2x−2+3<0，
解得x<1，故x<−2，
当−2≤x≤1时，x+2+2x−2+3<0，
解得x<−1，故−2≤x<−1，
当x>1时，x+2−2x+2+3<0，
解得x>7，
综上所述，不等式的解集为{x|x<−1或x>7}．
(2)令g(x)=f(x)−1=|x+m|−2|x−1|−1，
问题转化为函数g(x)有1个零点，
若m>−1，则g(x)=x−m−3,x<−m,3x+m−3,−m≤x≤1,−x+m+1,x>1,
此时g(x)的最大值为g(1)=m，此时m=0满足题设；
若m<−1，则g(x)=x−m−3,x<1,−3x−m+1,1≤x≤−m,−x+m+1,x>−m,
此时g(x)的最大值为g(1)=−m−2，
令−m−2=0，得m=−2，满足题设；
若m=−1，则g(x)=−|x−1|−1<0，
故m=−1不合题意，舍去，
综上所述，m=−2或m=0．
【考点】
函数恒成立问题
绝对值不等式的解法与证明
函数的零点
函数的求值
【解析】
本题考查绝对值不等式的求解，考查推理能力与计算能力．
本题考查绝对值不等式的求解，考查推理能力与计算能力．
【解答】
解：(1)依题意，|x+2|−2|x−1|+3<0，
当x<−2时，−x−2+2x−2+3<0，
解得x<1，故x<−2，
当−2≤x≤1时，x+2+2x−2+3<0，
解得x<−1，故−2≤x<−1，
当x>1时，x+2−2x+2+3<0，
解得x>7，
综上所述，不等式的解集为{x|x<−1或x>7}．
(2)令g(x)=f(x)−1=|x+m|−2|x−1|−1，
问题转化为函数g(x)有1个零点，
若m>−1，则g(x)=x−m−3,x<−m,3x+m−3,−m≤x≤1,−x+m+1,x>1,
此时g(x)的最大值为g(1)=m，此时m=0满足题设；
若m<−1，则g(x)=x−m−3,x<1,−3x−m+1,1≤x≤−m,−x+m+1,x>−m,
此时g(x)的最大值为g(1)=−m−2，
令−m−2=0，得m=−2，满足题设；
若m=−1，则g(x)=−|x−1|−1<0，
故m=−1不合题意，舍去，
综上所述，m=−2或m=0．X
1
2
3
4
P
435
1835
1235
135
X
1
2
3
4
P
435
1835
1235
135
1. 若z=2+i34−i，则在复平面内，复数z所对应的点位于( )
A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限
2. 已知集合A=x|x2−2x−3<0，B={x|0
3. 已知向量m→=2,λ，n→=−1,3，若2m→+n→//m→−n→，则实数λ的值为( )
A.6B.3C.−3D.−6
4. 若曲线fx=ln2x−1x的图象在点12,f(12)处的切线方程为( )
A.y=6x−5B.y=8x−6C.y=4x−4 D.y=10x−7
5. 已知△ABC中，csB+C=34，AB=4，AC=3，则BC=( )
A.43B.6C.13D.2
6. 函数fx=3sinx2|x|+xcsx在[−2π,2π]的图象大致为( )
A.B.
C.D.
7. 5G技术的数学原理之一便是著名的香农公式：C=Wlg21+SN，它表示：在受高斯白噪声干扰的信道中，最大信息传递速率C取决于信道带宽W，信道内所传信号的平均功率S，信道内部的高斯噪声功率N的大小，其中SN叫做信噪比．按照香农公式，在不改变W的情况下，将信噪比SN从1999提升至λ，使得C大约增加了20%，则λ的值约为( )（参考数据：lg2≈0.3，103.96≈9120）
A.7596B.9119C.11584D.14469
8. tan195∘+22cs285∘=( )
A.2B.1C.22D.12
9. 已知定义在R上的函数fx满足fx+32=f12−x，且当x<1时，f′(x)<0(f′(x)为fx的导函数)，若a=f(−lg132)，b=f(lg32)，c=f21.5，则a，b，c的大小关系为( )
A.a>c>bB.c>b>a C.a>b>cD.c>a>b
10. 在菱形ABCD中，∠ABC=120∘ ，AC=23，BM→+12CB→=0→，DC→=λDN→，若AM→⋅AN→=29，则λ=( )
A.18B.17C.16D.15
11. 已知函数fx=|x2+2x|,x≤0,lnx,x>0,则函数gx=2ffx−1−1的零点个数为( )
A.7B.8C.10D.11
12. 函数fx=2sinx−3cs2x−csx−2sin2x+3在0,π2上的最小值为( )
A.−32B.−32C.−54D.−1
二、填空题
若x，y满足约束条件x+y−3≤0,3x−2y+3≥0,x−y−1≤0, 则z=x−3y的最小值为________.
函数fx=x+1ex−32x2−6x+1e2的极大值为________．
已知△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若a=4+22−c，tanA=−7，csC=34，则△ABC的面积为________.
已知在△ABC中，CD→=−35BC→，EC→=12AC→，AF→=13AB→，若点P为四边形AEDF内一点(不含边界)，且DP→=−13DC→+xDE→，则实数x的取值范围为________.
三、解答题
设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1，an，Sn成等差数列，且a4=S3+2．
(1)求an的通项公式；
(2)若bn=1lg2a2n+1⋅lg2a2n+3，bn的前n项和为Tn，求使7Tn<1成立的最大正整数n的值．
如图，已知四边形ABCD为等腰梯形，BC//AD，∠ABD=90∘，四边形ADMN为矩形，点G，H分别是线段MN，CD的中点，点I在线段AD上．
(1)探究：是否存在点I，使得平面CHI//ACN平面 ？并证明．
(2)若DM=BC=12AD，线段MN在平面ABCD内的投影与线段AD 重合，求直线 CM与平面ANC所成角的正弦值．
甲、乙两人参加一个答题游戏，两人分别从7个问题中随机挑选4个进行回答 ．至少答对3个问题即可获得奖品．已知7个问题中，甲有4个能够答对，其余3个答不对，乙每个问题回答正确的概率均为35，且每个问题回答是否正确相互独立.
(1)求乙恰好答对1个问题的概率；
(2)记甲回答正确的数量为X， 求X的分布列以及数学期望EX；
(3)试通过概率的计算比较甲，乙两人获得奖品可能性的大小.
已知椭圆C：x24+y23=1的左、右顶点分别为A，B，直线l与椭圆C交于M，N两点．
(1)点P的坐标为1,13，若MP→=PN→，求直线l的方程；
(2)若直线l过椭圆C的右焦点F，且点M在第一象限，求3kMA2−kNB（kMA，kNB分别为直线MA，NB的斜率）的取值范围．
已知函数fx=lnx2−mx，m>0 .
(1)若m=2，求证：fx<2x−3在0,+∞ 上恒成立；
(2)若关于x的方程fx+4mx=0 有三个不同的实数根，求m的取值范围.
已知在平面直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为 x=3tanφ,y=2csφ,(φ为参数)，以原点为极点，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2ρcsθ+π3=6．
(1)求曲线C1的普通方程以及曲线C2的直角坐标方程；
(2)若曲线C1，C2交于M，N两点，P(6,0)，求1|PM|+1|PN|的值．
已知函数f(x)=|x+m|−2|x−1|.
(1)若m=2，求不等式fx+3<0的解集；
(2)若fx的图象与直线y=1有且仅有1个公共点，求m的值．
参考答案与试题解析
2020-2021学年安徽省阜阳市高三（上）10月月考数学（理）试卷
一、选择题
1.
【答案】
D
【考点】
复数代数形式的混合运算
复数的代数表示法及其几何意义
【解析】
本题考查复数的运算．
【解答】
解：依题意，z=2+i34−i=2−i4−i=7−6i，
故在复平面内，复数z所对应的点为7,−6，
位于第四象限．
故选D．
2.
【答案】
C
【考点】
集合关系中的参数取值问题
并集及其运算
【解析】
本题考查集合的运算．
【解答】
解：依题意，A={x|x2−2x−3<0}={x|−1
故选C．
3.
【答案】
D
【考点】
平面向量共线（平行）的坐标表示
平面向量的坐标运算
【解析】
本题考查向量的平行．
【解答】
解：依题意，2m→+n→=3,2λ+3，m→−n→=3,λ−3．
因为2m→+n→//m→−n→，
故λ−3=2λ+3，解得λ=−6．
故选D.
4.
【答案】
A
【考点】
利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】
本题考查导数的几何意义．
【解答】
解：依题意f′x=1x+1x2，
故f′12=2+4=6，
而f12=ln 1−2=−2，
故所求切线方程为y+2=6x−12，
即y=6x−5．
故选A．
5.
【答案】
A
【考点】
余弦定理
诱导公式
【解析】
【解答】
解：因为cs(B+C)=cs(π−A)
=−csA=34，
所以csA=−34.
由余弦定理可得BC2=AB2+AC2−2AB×AC×csA
=16+9−2×4×3×−34=43，
所以BC=43.
故选A．
6.
【答案】
C
【考点】
利用导数研究函数的单调性
函数奇偶性的性质
函数图象的作法
【解析】
本题考查函数的图象与性质．
【解答】
解：因为f−x=3sin−x2|−x|+−x⋅cs−x
=−3sinx2|x|+xcs x=−fx，
故函数fx为奇函数，图象关于原点对称，排除D；
f2π=2π>0，排除B；
当x≥0时，fx=3sinx2x+xcsx，
f′x=3cs x−3ln 2⋅sin x2x+csx−xsinx，
则f′0=4>0，排除A．
故选C．
7.
【答案】
B
【考点】
根据实际问题选择函数类型
对数的运算性质
【解析】
本题考查对数函数的性质．
【解答】
解：依题意，Wlg2(1+λ)−Wlg2(1+1999)Wlg2(1+1999)≈20%，
则lg21+λlg22000≈1.2，1+λ≈20001.2 .
∵ lg 20001.2=1.2lg 2000=1.2(lg 2+3)≈1.2(0.3+3)=3.96，
∴ 20001.2≈103.96≈9120，
∴ λ≈9119．
故选B．
8.
【答案】
B
【考点】
三角函数的化简求值
运用诱导公式化简求值
同角三角函数间的基本关系
【解析】
本题考查三角恒等变换．
【解答】
解：tan195∘+22cs285∘
=tan15∘+22sin15∘
=sin15∘cs15+22sin15∘
=sin15∘+2sin30∘cs15∘
=sin15∘+2sin45∘−15∘cs15∘=1．
故选B．
9.
【答案】
D
【考点】
函数单调性的性质
指数式、对数式的综合比较
利用导数研究函数的单调性
【解析】
本题考查函数的图象与性质．
【解答】
解：fx+32=f12−x⇔fx+1=f1−x，
故直线x=1为函数fx图象的一条对称轴．
易知函数fx在−∞,1上单调递减，
故函数fx在1,+∞上单调递增．
a=f(−lg132)=f(lg32)=f(2−lg32)，
b=f(lg32)=flg34，
因为2−lg32−lg34=2−lg38>0．
故21.5>2>2−lg32>lg34>1，
故c>a>b．
故选D．
10.
【答案】
D
【考点】
平面向量数量积的运算
【解析】
本题考查向量的数量积运算．
【解答】
解：作出图形，建立如图所示的坐标系，
设Nx,y，因为AC=23，∠ABC=120∘，
故BD=2，则A(−3,0)，M32,12，D0,−1，C3,0，
则AM→=332,12，DC→=3,1=λDN→=λx,y+1．
由题可知λ≠0，
故N3λ,1λ−1，AN→=3λ+3,1λ−1，
故AM→⋅AN→=5λ+4=29，解得λ=15．
故选D．
11.
【答案】
B
【考点】
分段函数的应用
函数的零点
【解析】
本题考查函数的零点．
【解答】
解：令gx=0，得f(f(x)−1)=12．
令fx−1=t，则ft=12．
作出函数fx的大致图象如图所示，
则ft=12有4个实数根t1，t2，t3，t4，
其中t1∈(−3,−2)，t2∈(−2,−1)，t3(−1,0)，t4∈(1,2)．
若t∈−3,−2，则fx−1=t有1个实数根，
若t∈−2,−1，则fx−1=t有1个实数根，
若t∈−1,0，则fx−1=t有4个实数根，
若t∈1,2，则fx−1=t有2个实数根，
故fx−1=t共有8个实数根，
即函数g(x)=2f(f(x)−1)−1的零点个数为8．
故选B．
12.
【答案】
C
【考点】
二倍角的正弦公式
二倍角的余弦公式
三角函数的最值
三角函数的恒等变换及化简求值
【解析】
本题考查三角函数的性质与函数的最值．
【解答】
解：依题意,
f(x)=2sinx−3(1−sin2x)−csx−4sinxcsx+3
=2sinx+3sin2x−csx−4sinxcsx
=2sinx−csx+4sin2x−4sinxcs x+cs2x−1
=2sinx−csx2+2sinx−csx−1．
令2sinx−csx=t，
因为x∈0,π2时，gx=2sinx−csx是增函数，
所以t∈[−1,2]．
因为y=t2+t−1=t+122−54，
所以y∈−54,5，
故最小值为−54．
故选C．
二、填空题
【答案】
−335
【考点】
求线性目标函数的最值
简单线性规划
【解析】
本题考查线性规划．
【解答】
解：作出不等式组所表示的平面区域，如图中阴影部分所示．
观察可知，当直线z=x−3y过点A时，z有最小值．
联立x+y−3=0，3x−2y+3=0，
解得x=35，y=125，
此时zmin=35−3×125=−335．
故答案为：−335．
【答案】
6
【考点】
利用导数研究函数的极值
【解析】
本题考查导数在求函数极值中的应用．
【解答】
解：依题意，x∈R，
f′x=x+2ex−3x+2=x+2ex−3 ，
令f′x=0，解得x=−2或x=ln3，
故当x∈−∞,−2时，f′x>0，
当x∈−2,ln3时，f′x<0，
当x∈ln3,+∞时，f′x>0，
故当x=−2时，函数fx有极大值，
极大值为f(−2)=(−2+1)e−2−32×(−2)2−6×(−2)+1e2=6．
故答案为：6．
【答案】
7
【考点】
余弦定理
正弦定理
同角三角函数基本关系的运用
【解析】
本题考查三角恒等变换与正余弦定理的应用，考查推理能力与计算能力．
【解答】
解：依题意，tanA=sinAcsA=−7,sin2A+cs2A=1,
解得sinA=144，csA=−24，
因为csC=34，
故sinC=1−cs2C=74，
由正弦定理可知asinA=csinC，
即a144=c74，
又a=4+22−c，
解得a=4，c=22，
由余弦定理可知csC=a2+b2−c22ab=16+b2−88b=34，
解得b=2（b=4舍去），
所以△ABC的面积为S△ABC=12a⋅b⋅sinC=12×4×2×74=7，
故答案为：7．
【答案】
(12,43)
【考点】
向量的线性运算性质及几何意义
向量加减混合运算及其几何意义
【解析】
本题考查向量的相关运算．
【解答】
解：在线段BD上取一点G，使得DG→=−13DC→．
设DC=3a，则DG=a，BC=5a，则BG=a．
过G作GH//DE，分别交DF，AE于K，H，连接FH，
则点K，H为临界点．
GH//DE⇒HE=13EC⇒AH=23EC，HG=43DE．
AHHC=12=AFFB⇒FH//BC⇒FH=13BC，
FHDG=KHKG⇒KG=35HK⇒KG=38HG=12DE，
故x∈12,43．
故答案为：12,43．
三、解答题
【答案】
解：(1)由a1，an，Sn成等差数列，
可得2an=a1+Sn，
当n≥2时，2an−1=a1+Sn−1，
两式相减可得2an−2an−1=Sn−Sn−1=an，
即an=2an−1，
由已知可知a1≠0，
故{an}是公比为2的等比数列，则Sn=a11−2n1−2=a12n−1．
由a4=S3+2，可得a1⋅23=a123−1+2，
解得a1=2．
∴an=2n．
(2)由(1)，得bn=12n+12n+3
=1212n+1−12n+3．
∴ Tn=1213−15+15−17+⋯+12n+1−12n+3
=1213−12n+3=n3(2n+3)．
由7Tn<1，
得7n32n+3<1，
解得n<9．
∴ 所求的最大正整数n的值为8．
【考点】
等差中项
数列与不等式的综合
数列的求和
等比数列的通项公式
【解析】
本题考查等差数列、等比数列及裂项法求和．
【解答】
解：(1)由a1，an，Sn成等差数列，
可得2an=a1+Sn，
当n≥2时，2an−1=a1+Sn−1，
两式相减可得2an−2an−1=Sn−Sn−1=an，
即an=2an−1，
由已知可知a1≠0，
故{an}是公比为2的等比数列，则Sn=a11−2n1−2=a12n−1．
由a4=S3+2，可得a1⋅23=a123−1+2，
解得a1=2．
∴an=2n．
(2)由(1)，得bn=12n+12n+3
=1212n+1−12n+3．
∴ Tn=1213−15+15−17+⋯+12n+1−12n+3
=1213−12n+3=n3(2n+3)．
由7Tn<1，
得7n32n+3<1，
解得n<9．
∴ 所求的最大正整数n的值为8．
【答案】
解：(1)存在I为AD中点时，满足要求，证明如下：
在矩形ADMN中，
因为I，G分别是线段AD，MN的中点，
故IG//AN，
又IG⊄平面ACN，AN⊂平面ACN，故IG//平面ACN．
在△ACD中，因为I，H分别为线段AD，CD的中点，
故IH//AC，
又IH⊄平面ACN，AC⊂平面ACN，故IH//平面ACN．
因为IG∩IH=I，IH⊂平面GHI，IG⊂平面GHI，
故平面GHI//平面ACN．
(2)如图，过点C作CE⊥AD于E，
因为线段MN在平面ABCD内的投影与线段AD重合，
故平面ADMN⊥平面ABCD，
而平面ADMN∩平面ABCD=AD，CE⊂平面ABCD，
故CE⊥平面ADMN．
以A为原点，AN所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，
过A作平行于直线CE的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．
不妨设DM=2，
由题可知，在Rt△ACD中，AE=3，DE=1，CE2=AE⋅DE=3，CE=3，
则M2,4,0，A0,0,0，N2,0,0，C0,3,3，
故AN→=2,0,0，AC→=0,3,3．
设n→=x,y,z为平面ACN的法向量，
则AN→⋅n→=0，AC→⋅n→=0，即2x=0，3y+3z=0，
令y=1，则n→=0,1,−3为平面ACN的一个法向量．
而CM→=2,1,−3，
故直线CM与平面ANC所成角的正弦值为|CM→⋅n→||CM→|⋅|n→|=22．
【考点】
用空间向量求直线与平面的夹角
平面与平面平行的判定
【解析】
本题考查面面平行及线面角的正弦值．
无
【解答】
解：(1)存在I为AD中点时，满足要求，证明如下：
在矩形ADMN中，
因为I，G分别是线段AD，MN的中点，
故IG//AN，
又IG⊄平面ACN，AN⊂平面ACN，故IG//平面ACN．
在△ACD中，因为I，H分别为线段AD，CD的中点，
故IH//AC，
又IH⊄平面ACN，AC⊂平面ACN，故IH//平面ACN．
因为IG∩IH=I，IH⊂平面GHI，IG⊂平面GHI，
故平面GHI//平面ACN．
(2)如图，过点C作CE⊥AD于E，
因为线段MN在平面ABCD内的投影与线段AD重合，
故平面ADMN⊥平面ABCD，
而平面ADMN∩平面ABCD=AD，CE⊂平面ABCD，
故CE⊥平面ADMN．
以A为原点，AN所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，
过A作平行于直线CE的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．
不妨设DM=2，
由题可知，在Rt△ACD中，AE=3，DE=1，CE2=AE⋅DE=3，CE=3，
则M2,4,0，A0,0,0，N2,0,0，C0,3,3，
故AN→=2,0,0，AC→=0,3,3．
设n→=x,y,z为平面ACN的法向量，
则AN→⋅n→=0，AC→⋅n→=0，即2x=0，3y+3z=0，
令y=1，则n→=0,1,−3为平面ACN的一个法向量．
而CM→=2,1,−3，
故直线CM与平面ANC所成角的正弦值为|CM→⋅n→||CM→|⋅|n→|=22．
【答案】
解：(1)依题意，乙恰好答对1个问题的概率P=C4135253=96625．
(2)依题意，X的可能取值为1，2，3，4．
PX=1=C41C33C74=435，
PX=2=C42C32C74=1835，
PX=3=C43C31C74=1235，
PX=4=C44C30C74=135．
故X的分布列为：
E(X)=1×435+2×1835+3×1235+4×135=167．
(3)设乙回答正确的问题数量为Y，则Y∼B4,35，
所以PY=k=C4k35k254−k，
k=0，1，2，3，4．
PY≥3=PY=3+PY=4
=C4335325+354=297625.
由(2)可知，PX≥3=PX=3+PX=4=1335．
由于PX≥3
【考点】
离散型随机变量的期望与方差
离散型随机变量及其分布列
古典概型及其概率计算公式
【解析】
本题考查随机变量的分布列及数学期望．
无
【解答】
解：(1)依题意，乙恰好答对1个问题的概率P=C4135253=96625．
(2)依题意，X的可能取值为1，2，3，4．
PX=1=C41C33C74=435，
PX=2=C42C32C74=1835，
PX=3=C43C31C74=1235，
PX=4=C44C30C74=135．
故X的分布列为：
E(X)=1×435+2×1835+3×1235+4×135=167．
(3)设乙回答正确的问题数量为Y，则Y∼B4,35，
所以PY=k=C4k35k254−k，
k=0，1，2，3，4．
PY≥3=PY=3+PY=4
=C4335325+354=297625.
由(2)可知，PX≥3=PX=3+PX=4=1335．
由于PX≥3
【答案】
解：设M(x1,y1)，N(x2,y2).
(1)由题意可知点P为线段MN的中点，
由x124+y123=1,x224+y223=1,
两式相减可得，(x1−x2)(x1+x2)4+(y1−y2)(y1+y2)3=0，
而P1,13，则2(x1−x2)4+2(y1−y2)9=0，
故y1−y2x1−x2=−94，
故直线l的方程为y−13=−94(x−1)，
即y=−94x+3112．
(2)依题意，A(−2,0)，B(2,0)，F(1,0)，
当直线l的斜率不存在时，M1,32，N1,−32，
kMA=12，kNB=32=3kMA，
当直线l的斜率存在时，则l的斜率不为0，
设直线l的方程为y=k(x−1)(k≠0)，
由y=k(x−1),x24+y23=1,
得(3+4k2)x2−8k2x+4k2−12=0，
则x1+x2=8k23+4k2，x1x2=4k2−123+4k2，
所以kNBkMA=y2(x1+2)y1(x2−2)
=(x2−1)(x1+2)(x1−1)(x2−2)
=x1x2+2(x2+x1)−2−3x1x1x2−(x2+x1)+2−x1
=12k2−183+4k2−3x14k2−63+4k2−x1
=3，
所以kNB=3kMA，
因为点M在第一象限，所以kMA∈0,32，
所以3kMA2−kNB=3kMA2−3kMA=3kMA−122−34∈−34,0．
【考点】
与椭圆有关的中点弦及弦长问题
直线与椭圆结合的最值问题
中点坐标公式
直线的点斜式方程
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：设M(x1,y1)，N(x2,y2).
(1)由题意可知点P为线段MN的中点，
由x124+y123=1,x224+y223=1,
两式相减可得，(x1−x2)(x1+x2)4+(y1−y2)(y1+y2)3=0，
而P1,13，则2(x1−x2)4+2(y1−y2)9=0，
故y1−y2x1−x2=−94，
故直线l的方程为y−13=−94(x−1)，
即y=−94x+3112．
(2)依题意，A(−2,0)，B(2,0)，F(1,0)，
当直线l的斜率不存在时，M1,32，N1,−32，
kMA=12，kNB=32=3kMA，
当直线l的斜率存在时，则l的斜率不为0，
设直线l的方程为y=k(x−1)(k≠0)，
由y=k(x−1),x24+y23=1,
得(3+4k2)x2−8k2x+4k2−12=0，
则x1+x2=8k23+4k2，x1x2=4k2−123+4k2，
所以kNBkMA=y2(x1+2)y1(x2−2)
=(x2−1)(x1+2)(x1−1)(x2−2)
=x1x2+2(x2+x1)−2−3x1x1x2−(x2+x1)+2−x1
=12k2−183+4k2−3x14k2−63+4k2−x1
=3，
所以kNB=3kMA，
因为点M在第一象限，所以kMA∈0,32，
所以3kMA2−kNB=3kMA2−3kMA=3kMA−122−34∈−34,0．
【答案】
(1)证明：依题意fx=lnx2−2x，
令gx=fx−2x+3=lnx2−4x+3，
则g′x=1x−4=1−4xx，
故当x∈(0,14)时，g′x>0，
当x∈14,+∞时，g′x<0，
故gxmax=g14=ln18−1+3=2−ln8<0，
即gx<0在0,+∞上恒成立，
故fx<2x−3在0,+∞上恒成立．
(2)解：依题意，lnx2−mx+4mx=0．
设ℎx=lnx2−mx+4mx，
则问题转化为函数ℎx有三个不同的零点．
ℎ′x=1x−m−4mx2=−mx2+x−4mx2(x>0)．
令kx=−mx2+x−4m，
当Δ=1−16m2≤0，即m≥14时，ℎ′x≤0，
ℎx单调递减，不可能有三个不同的零点；
当Δ=1−16m2>0，即0
又kx=−mx2+x−4m的图象开口向下，
所以当0
当x>x2时，kx<0 ，ℎ′x<0．
因为ℎ2=0，x1x2=4，故x1<2
令pm=−ln2m2−1m+4m3，
则p′m=−4m2m2+1m2+12m2=12m4−2m+1m2,
令nm=12m4−2m+1，
则n′m=48m3−2，令n′m=0，解得m=1324>14．
当0
所以pm在0,14上单调递增，
所以ℎ1m2=pm
所以由零点存在性定理可知，ℎx在x2,1m2上有一个根，设为x0.
又ℎx0+ℎ4x0=0，得ℎ4x0=0，故0<4x0
故当0
【考点】
利用导数研究不等式恒成立问题
由函数零点求参数取值范围问题
函数零点的判定定理
【解析】
本题考查导数在证明不等式及函数零点问题中的应用，考查推理能力与计算能力．
本题考查导数在证明不等式及函数零点问题中的应用，考查推理能力与计算能力．
【解答】
(1)证明：依题意fx=lnx2−2x，
令gx=fx−2x+3=lnx2−4x+3，
则g′x=1x−4=1−4xx，
故当x∈(0,14)时，g′x>0，
当x∈14,+∞时，g′x<0，
故gxmax=g14=ln18−1+3=2−ln8<0，
即gx<0在0,+∞上恒成立，
故fx<2x−3在0,+∞上恒成立．
(2)解：依题意，lnx2−mx+4mx=0．
设ℎx=lnx2−mx+4mx，
则问题转化为函数ℎx有三个不同的零点．
ℎ′x=1x−m−4mx2=−mx2+x−4mx2(x>0)．
令kx=−mx2+x−4m，
当Δ=1−16m2≤0，即m≥14时，ℎ′x≤0，
ℎx单调递减，不可能有三个不同的零点；
当Δ=1−16m2>0，即0
又kx=−mx2+x−4m的图象开口向下，
所以当0
当x>x2时，kx<0 ，ℎ′x<0．
因为ℎ2=0，x1x2=4，故x1<2
令pm=−ln2m2−1m+4m3，
则p′m=−4m2m2+1m2+12m2=12m4−2m+1m2,
令nm=12m4−2m+1，
则n′m=48m3−2，令n′m=0，解得m=1324>14．
当0
所以pm在0,14上单调递增，
所以ℎ1m2=pm
所以由零点存在性定理可知，ℎx在x2,1m2上有一个根，设为x0.
又ℎx0+ℎ4x0=0，得ℎ4x0=0，故0<4x0
故当0
【答案】
解：(1)因为曲线C1的参数方程为x=3tanφ,y=2csφ,(φ为参数)，
故x3=tanφ,y2=1csφ,
则x23=sin2φcs2φ,y22=1cs2φ,
两式相减可得，曲线C1的普通方程为y22−x23=1；
因为曲线C2：2ρcsθ+π3=6，
故2ρcsθ⋅12−sinθ⋅32=6，
故曲线C2的直角坐标方程为x−3y−6=0．
(2)注意到P(6,0)在曲线C2：x−3y−6=0上，
故可设曲线C2的参数方程为x=6+32t,y=12t,(t为参数)，
代入y22−x23=1中，得t2+82t+24=0，
设M，N对应的参数分别为t1，t2，
则t1+t2=−82，t1t2=24，
故t1，t2同号，
故1|PM|+1|PN|=1|t1|+1|t2|=|t1+t2||t1t2|=23．
【考点】
参数方程的优越性
参数方程与普通方程的互化
直线的极坐标方程与直角坐标方程的互化
【解析】
本题考查参数方程与普通方程，极坐标方程与直角坐标方程的互化，考查推理能力与计算能力．
本题考查参数方程与普通方程，极坐标方程与直角坐标方程的互化，考查推理能力与计算能力．
【解答】
解：(1)因为曲线C1的参数方程为x=3tanφ,y=2csφ,(φ为参数)，
故x3=tanφ,y2=1csφ,
则x23=sin2φcs2φ,y22=1cs2φ,
两式相减可得，曲线C1的普通方程为y22−x23=1；
因为曲线C2：2ρcsθ+π3=6，
故2ρcsθ⋅12−sinθ⋅32=6，
故曲线C2的直角坐标方程为x−3y−6=0．
(2)注意到P(6,0)在曲线C2：x−3y−6=0上，
故可设曲线C2的参数方程为x=6+32t,y=12t,(t为参数)，
代入y22−x23=1中，得t2+82t+24=0，
设M，N对应的参数分别为t1，t2，
则t1+t2=−82，t1t2=24，
故t1，t2同号，
故1|PM|+1|PN|=1|t1|+1|t2|=|t1+t2||t1t2|=23．
【答案】
解：(1)依题意，|x+2|−2|x−1|+3<0，
当x<−2时，−x−2+2x−2+3<0，
解得x<1，故x<−2，
当−2≤x≤1时，x+2+2x−2+3<0，
解得x<−1，故−2≤x<−1，
当x>1时，x+2−2x+2+3<0，
解得x>7，
综上所述，不等式的解集为{x|x<−1或x>7}．
(2)令g(x)=f(x)−1=|x+m|−2|x−1|−1，
问题转化为函数g(x)有1个零点，
若m>−1，则g(x)=x−m−3,x<−m,3x+m−3,−m≤x≤1,−x+m+1,x>1,
此时g(x)的最大值为g(1)=m，此时m=0满足题设；
若m<−1，则g(x)=x−m−3,x<1,−3x−m+1,1≤x≤−m,−x+m+1,x>−m,
此时g(x)的最大值为g(1)=−m−2，
令−m−2=0，得m=−2，满足题设；
若m=−1，则g(x)=−|x−1|−1<0，
故m=−1不合题意，舍去，
综上所述，m=−2或m=0．
【考点】
函数恒成立问题
绝对值不等式的解法与证明
函数的零点
函数的求值
【解析】
本题考查绝对值不等式的求解，考查推理能力与计算能力．
本题考查绝对值不等式的求解，考查推理能力与计算能力．
【解答】
解：(1)依题意，|x+2|−2|x−1|+3<0，
当x<−2时，−x−2+2x−2+3<0，
解得x<1，故x<−2，
当−2≤x≤1时，x+2+2x−2+3<0，
解得x<−1，故−2≤x<−1，
当x>1时，x+2−2x+2+3<0，
解得x>7，
综上所述，不等式的解集为{x|x<−1或x>7}．
(2)令g(x)=f(x)−1=|x+m|−2|x−1|−1，
问题转化为函数g(x)有1个零点，
若m>−1，则g(x)=x−m−3,x<−m,3x+m−3,−m≤x≤1,−x+m+1,x>1,
此时g(x)的最大值为g(1)=m，此时m=0满足题设；
若m<−1，则g(x)=x−m−3,x<1,−3x−m+1,1≤x≤−m,−x+m+1,x>−m,
此时g(x)的最大值为g(1)=−m−2，
令−m−2=0，得m=−2，满足题设；
若m=−1，则g(x)=−|x−1|−1<0，
故m=−1不合题意，舍去，
综上所述，m=−2或m=0．X
1
2
3
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P
435
1835
1235
135
X
1
2
3
4
P
435
1835
1235
135
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