2020-2021学年广西省贺州市高三（上）10月月考数学（理）试卷北师大版

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这是一份2020-2021学年广西省贺州市高三（上）10月月考数学（理）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. 已知集合A={x|−1A.4个B.3个C.2个D.1个

2. 复数2+i1−i的虚部是( )
A.12B.12iC.32iD.32

3. 已知a→，b→均为单位向量，它们的夹角为120∘，c→=λa→−μb→，若a→⊥c→，则下列结论正确的是( )
A.2λ+μ=0B.2λ−μ=0C.λ−μ=0D.λ+μ=0

4. 设直线x=4与抛物线C:y2=2pxp>0交于D，E两点，若OD⊥OE（O为坐标原点），则C的焦点坐标为( )
A.14,0B.12,0C.1,0D.2,0

5. 一组数据的平均数为m，方差为n，将这组数据的每个数都乘以a(a>0)得到一组新数据，则下列说法正确的是( )
A.这组新数据的平均数为mB.这组新数据的平均数为a+m
C.这组新数据的方差为anD.这组新数据的标准差为an

6. 在△ABC中，角A，B，C的对边为a，b，c，若a=4，b=5，c=6，则sin2AsinC=( )
A.12B.23C.34D.1

7. 如图，网格纸上小正方形边长为1，粗线是一个棱锥的三视图，则此棱锥的表面积为( )

A.4+42B.2+62C.3+32D.8

8. 已知α∈0,π，csα+π6=35，则sinα的值为( )
A.43±310B.43−310C.43+310D.43−35

9. 射线测厚技术原理公式为I=I0e−ρμt，其中I0，I分别为射线穿过被测物前后的强度，e是自然对数的底数，t为被测物厚度，ρ为被测物的密度，μ是被测物对射线的吸收系数．工业上通常用镅241(241Am)低能γ 射线测量钢板的厚度．若这种射线对钢板的半价层厚度为0.8(单位：cm)，钢的密度为7.6(单位：g/cm3)，则这种射线的吸收系数为( )
（注：半价层厚度是指将已知射线强度减弱为一半的某种物质厚度，ln2≈0.6931，结果精确到0.001）

10. 已知过定点A0,bb>0的直线l与圆O:x2+y2=1相切时，与y轴夹角为45∘，则直线l的方程为( )
A.x−y+2=0B.x+y−1=0
C.x+y−2=0或x−y+2=0D.x+y−1=0或x−y+1=0

11. 已知双曲线C的中心为坐标原点O，焦点在x轴上，设双曲线C的左焦点为F，右顶点为B，点P为C上一点，且PF⊥x轴，若|PF|=2|BF|，则双曲线C的离心率为( )
A.3B.2C.32D.43

12. 已知函数fx=exx+12x2−x，若a=f20.3，b=f2，c=flg25，则a，b，c的大小关系为( )
A.ca>bD.b>c>a
二、填空题

设x，y满足约束条件2x+3y−3≤0，2x−3y+3≥0，y+3≥0，则z=2x+y的最小值是________.

若x+25=x5+ax4+bx3+cx2+dx+e，则a+b+c+d+e的值为________.

已知球在底面半径为1，高为22的圆锥内，则该圆锥内半径最大的球的体积为________.

已知a>13，函数fx=sinx+2x−1x．若f1−3a+fa2−2a+3≤0，则实数a的取值范围是________.
三、解答题

设数列an满足a1=1，an+1=2an−2n−3.
(1)计算a2，a3，猜想an的通项公式并利用数学归纳法加以证明；

(2)记bn=2n⋅an，求数列bn的前n项和Sn.

某地区为了解学生课余时间的读书情况，随机抽取了n名学生进行调查，将调查得到的学生日均课余读书时间分成[0,10)，[10,20)，[20,30)，[30,40)，[40,50)，[50,60]六组，绘制成如图所示的频率分布直方图，将日均课余读书时间不低于40分钟的学生称为“读书之星”，日均课余读书时间低于40分钟的学生称为“非读书之星”．已知抽取的样本中日均课余读书时间低于10分钟的有10人．

(1)求p和n的值；

(2)根据已知条件和下面表中两个数据完成下面的2×2列联表，并判断是否有95%以上的把握认为“读书之星”与性别有关？

(3)将本次调查所得到有关事件发生的频率视为其发生的概率，现从该地区大量学生中，随机抽取20名学生参加读书与文学素养的研讨会，记被抽取的“读书之星”人数为随机变量X，求X的数学期望EX.
附：K2=nad−bc2a+bc+da+cb+d，其中n=a+b+c+d.

如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，点E，F在侧棱BB1，CC1上，且B1E=2EB，C1F=2FC，点D，G在侧棱AB，AC上，且BD=2DA，CG=2GA.

(1)证明：点G在平面EFD内；

(2)若∠BAC=90∘，AB=AC=1，AA1=2，求二面角A1−AB1−C1的余弦值．

已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的左、右焦点分别为F1，F2，椭圆的离心率为32，若M是椭圆上的一个点，且|MF1|+|MF2|=42.
(1)求椭圆C的标准方程；

(2)已知点P2,y0是椭圆C上位于第一象限内一点，直线l平行于OP（O为原点）交椭圆C于A，B两点，点D是线段AB上（异于端点）的一点，延长PD至点Q，使得3PD→=DQ→，求四边形PAQB面积的最大值．

已知函数fx=ax−2ex+x−12(a≠0，a∈R).
(1)当a=−1时，求函数fx的单调区间；

(2)若a>0，证明：函数y=fx有两个不同的零点．

在直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为：x=−1+2csα,y=−3+2sinα(α为参数)，曲线C1与坐标轴交于(异于坐标原点O)两点M，N．
(1)求线段MN的长度；

(2)以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，已知点M，N关于直线l对称，求直线l的极坐标方程．

已知函数f(x)=|2x−1|+|2x+a|，g(x)=x+3．
(1)当a=−2时，求不等式f(x)
(2)设a>−1，且当x∈[−a2，12)时，f(x)≤g(x)，求a的取值范围．
参考答案与试题解析
2020-2021学年广西省贺州市高三（上）10月月考数学（理）试卷
一、选择题
1.
【答案】
B
【考点】
交集及其运算
元素与集合关系的判断
【解析】

【解答】
解：由题意，可知x∈(−1,3)，
则t=2x+1∈(−1,7).
又t∈Z，
所以B={0,1,2,3,4,5,6}，
所以A∩B={0,1,2}，
则A∩B的元素个数为3个.
故选B．
2.
【答案】
D
【考点】
复数代数形式的乘除运算
复数的基本概念
【解析】
利用复数的运算法则和虚部的定义即可得出．
【解答】
解：复数2+i1−i=(2+i)(1+i)(1−i)(1+i)=1+3i2=12+32i，
其虚部为32．
故选D．
3.
【答案】
A
【考点】
数量积判断两个平面向量的垂直关系
【解析】

【解答】
解：因为a→⊥c→，
所以a→⋅c→=a→⋅(λa→−μb→)=0，
即λ|a→|2−μa→⋅b→=0，
λ|a→|2−μ|a→|⋅|b→|cs120∘=0.
又a→，b→均为单位向量，
解得λ+μ2=0，
即2λ+μ=0.
故选A．
4.
【答案】
C
【考点】
两条直线垂直与倾斜角、斜率的关系
抛物线的标准方程
【解析】

【解答】
解：由抛物线的对称性及OD⊥OE可知：点D的坐标为(4,4)或(4,−4)，
代入抛物线y2=2px，解得p=2，
所以抛物线的方程为：y2=4x，它的焦点坐标为(1,0).
故选C．
5.
【答案】
D
【考点】
众数、中位数、平均数
极差、方差与标准差
【解析】
根据一组数据的平均数与方差、标准差的定义与性质，即可得出这组新数据的平均数、方差和标准差．
【解答】
解：一组数据的平均数为m，方差为n，
将这组数据的每个数都乘以a(a>0)，得到一组新数据，
则这组新数据的平均数为am，
方差为a2n，标准差为an．
故A，B，C选项错误，D选项正确.
故选D.
6.
【答案】
D
【考点】
余弦定理
正弦定理
二倍角的正弦公式
【解析】
利用余弦定理求出csC，csA，即可得出结论．
【解答】
解：∵ △ABC中，a=4，b=5，c=6，
∴ csA=25+36−162×5×6=34，
∴ sin2AsinC=2sinAcsAsinC=2accsA=43×34=1．
故选D．
7.
【答案】
A
【考点】
棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积
由三视图还原实物图
【解析】

【解答】
解：由题中的三视图，此棱锥ABCD的直观图如图所示.
则△ABD和△CBD都是直角边为2和22的直角三角形，
△ABC和△ADC均是边长为2的等腰直角三角形，
所以其表面积为S=2×12×2×22+2×12×22=4+42.
故选A．
8.
【答案】
B
【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：由α∈0,π，csα+π6=35，
得sinα+π6=45，
∴ sinα=sin[(α+π6)−π6]
=sin(α+π6)csπ6−cs(α+π6)sinπ6
=45×32−35×12=43−310.
故选B.
9.
【答案】
C
【考点】
根据实际问题选择函数类型
【解析】
由题意可得12=1×e−7.6×0.8μ，两边取自然对数，则答案可求．
【解答】
解：由题意，得12=1×e−7.6×0.8μ ，
∴ −ln2=−7.6×0.8μ，
即6.08μ≈0.6931，
则μ≈0.114．
∴ 这种射线的吸收系数为0.114．
故选C.
10.
【答案】
C
【考点】
直线与圆的位置关系
点到直线的距离公式
【解析】

【解答】
解：设直线l的方程为y=kx+b，切点为P，
由题设可知，∠PAO=∠POA=45∘，
所以b=2.
因为直线l与圆x2+y2=1相切，
所以21+k2=1，得k=±1，
故直线l的方程为x+y−2=0或x−y+2=0
故选C．
11.
【答案】
A
【考点】
双曲线的离心率
【解析】

【解答】
解：如图所示.
设双曲线C为x2a2−y2b2=1，
且半实轴、半虚轴、半焦距分别为a，b，c，
设P(−c,y0)，代入，得y0=b2a，
即|PF|=b2a.
又|BF|=a+c，|PF|=2|BF|，
即b2a=2(a+c)，
化简，得e2−2e−3=0，
解得e=3或e=−1(不符合题意，舍去)，
所以e=3.
故选A．
12.
【答案】
B
【考点】
函数单调性的性质
指数式、对数式的综合比较
【解析】

【解答】
解：由f(x)=exx+12x2−x得f′(x)=ex(x−1)x2+x−1=(x−1)exx2+1，
所以函数f(x)在(1,+∞)上单调递增.
因为1<20.3<2，lg25>lg24=2，
所以20.3<2所以f(20.3)故选B．
二、填空题
【答案】
−15
【考点】
求线性目标函数的最值
【解析】
本题考查简单的线性规划求最值问题．
【解答】
解：画出可行域如图中阴影部分所示.
由图可知可行域为以A(0,1)，B(−6,−3)，C(6,−3)为顶点围成的区域（包括边界），
可知当目标函数z=2x+y经过点B(−6,−3)时取得最小值，最小值为−15．
故答案为：−15.
【答案】
242
【考点】
二项式系数的性质
【解析】

【解答】
解：将x=1代入，得1+25=1+a+b+c+d+e=35=243，
∴ a+b+c+d+e=243−1=242.
故答案为：242.
【答案】
23π
【考点】
球的表面积和体积
多面体的内切球问题
【解析】

【解答】
解：易知半径最大球为圆锥的内切球，球与圆锥内切时的轴截面如下图所示，
点M为BC边上的中点，由题设BC=2，AM=22，
求得AB=AC=3，设内切圆的圆心为O，
故S△ABC=12×2×22=22，
设内切圆半径为r，则：
S△ABC=S△AOB+S△BOC+S△AOC
=12×AB×r+12×BC×r+12×AC×r
=12×(3+3+2)×r=22，
解得：r=22，其体积：V=43πr3=23π.
故答案为：23π.
【答案】
1,4
【考点】
利用导数研究函数的单调性
其他不等式的解法
函数单调性的性质
【解析】

【解答】
解：由f−x=sin−x+2−x−1−x=−sinx−2x+1x=−fx，
∴ 函数fx为奇函数.
又f′x=csx+2+1x2>0，
∴ f′(x)>0在−∞,0∪0,+∞上恒成立，
∴ fx在0,+∞上是增函数.
由f1−3a+fa2−2a+3≤0，
得fa2−2a+3≤−f1−3a，
即fa2−2a+3≤f3a−1.
∵ a>13时，3a−1>0，a2−2a+3>0，
∴ fa2−2a+3≤f3a−1等价于a2−2a+3≤3a−1，
解得1≤a≤4．
故答案为：[1,4].
三、解答题
【答案】
解：(1)由题意，得a2=2a1+1=2+1=3，
a3=2a2−1=6−1=5，
由数列an的前三项可猜想数列an是以1为首项，2为公差的等差数列，
即an=2n−1.
证明如下：
当n=1时，a1=2×1−1=1成立；
假设n=k时，ak=2k−1成立．
则n=k+1 时，ak+1=2ak−(2k−3)
=2(2k−1)−(2k−3)=2k+1=2(k+1)−1也成立．
则对任意的n∈N∗，都有an=2n−1成立.
(2)由(1)得an=2n−1，
∴ bn=2n−12n，
∴ Sn=1×2+3×22+5×23+⋯+2n−1×2n，①
2Sn=1×22+3×23+5×24+⋯+2n−1×2n+1，②
①−②，得
−Sn=2+2×22+2×23+2×24+⋯+
2×2n−2n−1×2n+1
=2+2×221−2n−11−2−2n−1×2n+1
=−6−2n−3×2n+1．
∴ Sn=2n−3×2n+1+6．
【考点】
数列递推式
数学归纳法
数列的求和
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)由题意，得a2=2a1+1=2+1=3，
a3=2a2−1=6−1=5，
由数列an的前三项可猜想数列an是以1为首项，2为公差的等差数列，
即an=2n−1.
证明如下：
当n=1时，a1=2×1−1=1成立；
假设n=k时，ak=2k−1成立．
则n=k+1 时，ak+1=2ak−(2k−3)
=2(2k−1)−(2k−3)=2k+1=2(k+1)−1也成立．
则对任意的n∈N∗，都有an=2n−1成立.
(2)由(1)得an=2n−1，
∴ bn=2n−12n，
∴ Sn=1×2+3×22+5×23+⋯+2n−1×2n，①
2Sn=1×22+3×23+5×24+⋯+2n−1×2n+1，②
①−②，得
−Sn=2+2×22+2×23+2×24+⋯+
2×2n−2n−1×2n+1
=2+2×221−2n−11−2−2n−1×2n+1
=−6−2n−3×2n+1．
∴ Sn=2n−3×2n+1+6．
【答案】
解：(1)(0.005+p+0.018+0.020+0.022+0.025)×10=1，解得：p=0.010，
所以n=100.1=100（人）．
(2)因为n=100，所以“读书之星”有100×0.25=25，
从而2×2列联表如下表所示：
将2×2列联表中的数据代入公式计算得
K2=100×30×10−15×45245×55×75×25≈3.030.
因为3.030<3.841，所以没有95%以上的把握认为“读书之星”与性别有关．
(3)将频率视为概率，即从该地区学生中抽取一名学生是“读书之星”的概率为14，
由题意可知X∼B20,14，
所以E(X)=20×14=5．
【考点】
两点分布二项分布超几何分布的期望与方差
频率分布直方图
独立性检验
【解析】

【解答】
解：(1)(0.005+p+0.018+0.020+0.022+0.025)×10=1，解得：p=0.010，
所以n=100.1=100（人）．
(2)因为n=100，所以“读书之星”有100×0.25=25，
从而2×2列联表如下表所示：
将2×2列联表中的数据代入公式计算得
K2=100×30×10−15×45245×55×75×25≈3.030.
因为3.030<3.841，所以没有95%以上的把握认为“读书之星”与性别有关．
(3)将频率视为概率，即从该地区学生中抽取一名学生是“读书之星”的概率为14，
由题意可知X∼B20,14，
所以E(X)=20×14=5．
【答案】
(1)证明：如图，连接DG，FG.
∵ ABC−A1B1C1是直三棱柱，
∴ BB1//CC1，BB1=CC1，
又∵ 点E，F在侧棱 BB1，CC1上，
且B1E=2EB，C1F=2FC，
∴ EB//FC，EB=FC，
∴ 四边形BCFE为平行四边形，
∴ EF//BC.
∵ 点D，G在侧棱AB，AC上，
且BD=2DA，CG=2GA，
∴ GD//BC，GD=13BC，
∴ EF//GD，GD=13EF，
∴ 四边形DEFG为梯形，
即D，E，F，G四点共面，
∴ 点G在平面EFD内．
(2)解：由题意，可知A1B1，A1C1，A1A两两垂直，
则以A1C1所在直线为x轴，A1A所在直线为y轴，A1B1所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系A1−xyz.
∵ AB=AC=1，AA1=2，
∴ A10,0,0，A0,2,0，B10,0,1，C11,0,0.
设平面AB1C1 的法向量为n→=x,y,z，
∵ AC1→=1,−2,0，B1C1→=1,0,−1，
∴ n→⋅AC1→=x−2y=0，n→⋅B1C1→=x−z=0，
取y=1，则x=z=2，
∴ n→=2,1,2，
又∵ m→=1,0,0是平面AA1B1的一个法向量，
∴ cs⟨m→,n→⟩=m→⋅n→|m→|⋅|n→|=23，
即二面角A1−AB1−C1的余弦值为23．
【考点】
空间点、线、面的位置
用空间向量求平面间的夹角
【解析】

【解答】
(1)证明：如图，连接DG，FG.
∵ ABC−A1B1C1是直三棱柱，
∴ BB1//CC1，BB1=CC1，
又∵ 点E，F在侧棱 BB1，CC1上，
且B1E=2EB，C1F=2FC，
∴ EB//FC，EB=FC，
∴ 四边形BCFE为平行四边形，
∴ EF//BC.
∵ 点D，G在侧棱AB，AC上，
且BD=2DA，CG=2GA，
∴ GD//BC，GD=13BC，
∴ EF//GD，GD=13EF，
∴ 四边形DEFG为梯形，
即D，E，F，G四点共面，
∴ 点G在平面EFD内．
(2)解：由题意，可知A1B1，A1C1，A1A两两垂直，
则以A1C1所在直线为x轴，A1A所在直线为y轴，A1B1所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系A1−xyz.
∵ AB=AC=1，AA1=2，
∴ A10,0,0，A0,2,0，B10,0,1，C11,0,0.
设平面AB1C1 的法向量为n→=x,y,z，
∵ AC1→=1,−2,0，B1C1→=1,0,−1，
∴ n→⋅AC1→=x−2y=0，n→⋅B1C1→=x−z=0，
取y=1，则x=z=2，
∴ n→=2,1,2，
又∵ m→=1,0,0是平面AA1B1的一个法向量，
∴ cs⟨m→,n→⟩=m→⋅n→|m→|⋅|n→|=23，
即二面角A1−AB1−C1的余弦值为23．
【答案】
解：(1)由椭圆的定义及|MF1|+|MF2|=42，得2a=42，即a=22.
设椭圆的半焦距为c，
因为ca=32，所以c=32a=6.
又b2=a2−c2=2，
所以椭圆C的标准方程为x28+y22=1．
(2)由(1)得P2,1，所以kOP=12.
设Ax1,y1，Bx2,y2，直线l的方程y=12x+t(t≠0)，
联立y=12x+t,x28+y22=1,消去y整理可得2x2+4tx+4t2−8=0，
由Δ=16t2−4×2×4t2−8>0，又t≠0，则0且x1+x2=−2t，x1x2=2t2−4，
所以弦长|AB|=1+14x1+x22−4x1x2=54−t2.
设P到直线AB的距离为d，则d=|t|1+14=2|t|5.
设Q到直线AB的距离为d′，由3PD→=DQ→得3|PD|=|DQ|，所以d′=3d，
所以S△QAB=12d′|AB|=12×3d|AB|=3S△PAB，
所以S四边形PAQB=S△PAB+S△QAB
=4S△PAB=2d|AB|
=2×2|t|5×54−t2
=4−(t2−2)2+4≤8，
当且仅当t2=2时取等号，
所以四边形PAQB面积的最大值为8．
【考点】
椭圆的离心率
椭圆的定义
椭圆的标准方程
直线与椭圆结合的最值问题
【解析】

【解答】
解：(1)由椭圆的定义及|MF1|+|MF2|=42，得2a=42，即a=22.
设椭圆的半焦距为c，
因为ca=32，所以c=32a=6.
又b2=a2−c2=2，
所以椭圆C的标准方程为x28+y22=1．
(2)由(1)得P2,1，所以kOP=12.
设Ax1,y1，Bx2,y2，直线l的方程y=12x+t(t≠0)，
联立y=12x+t,x28+y22=1,消去y整理可得2x2+4tx+4t2−8=0，
由Δ=16t2−4×2×4t2−8>0，又t≠0，则0且x1+x2=−2t，x1x2=2t2−4，
所以弦长|AB|=1+14x1+x22−4x1x2=54−t2.
设P到直线AB的距离为d，则d=|t|1+14=2|t|5.
设Q到直线AB的距离为d′，由3PD→=DQ→得3|PD|=|DQ|，所以d′=3d，
所以S△QAB=12d′|AB|=12×3d|AB|=3S△PAB，
所以S四边形PAQB=S△PAB+S△QAB
=4S△PAB=2d|AB|
=2×2|t|5×54−t2
=4−(t2−2)2+4≤8，
当且仅当t2=2时取等号，
所以四边形PAQB面积的最大值为8．
【答案】
(1)解：由题意，得当a=−1时，fx=−x−2ex+x−12，
则f′x=−x−1ex+2x−1=x−1−ex+2，
令f′x=0，即x−1−ex+2=0，
解得x=1或x=ln2.
当x∈−∞,ln2，f′x<0，函数fx单调递减；
当x∈ln2,1，f′x>0，函数fx单调递增；
当x∈1,+∞，f′x<0，函数fx单调递减．
(2)证明：由题意，得f′x=ax−1ex+2x−1=x−1aex+2，
当a>0时，aex+2>0，
令f′x<0，解得x<1，
所以fx在−∞,1上为减函数；
令f′x>0，解得x>1，
所以fx在1,+∞上为增函数.
又f1=−ae<0，f2=1>0，
所以fx在1,+∞上有唯一零点，且该零点在1,2上．
取b<0，且b则fb=ab−2eb+b−12>12b−2+b−12=bb−32>0 ．
所以fx在(−∞,1)上有唯一零点，且该零点在b,1上，
所以a>0时，fx恰好有两个零点．
【考点】
利用导数研究与函数零点有关的问题
利用导数研究函数的单调性
【解析】
此题暂无解析
【解答】
(1)解：由题意，得当a=−1时，fx=−x−2ex+x−12，
则f′x=−x−1ex+2x−1=x−1−ex+2，
令f′x=0，即x−1−ex+2=0，
解得x=1或x=ln2.
当x∈−∞,ln2，f′x<0，函数fx单调递减；
当x∈ln2,1，f′x>0，函数fx单调递增；
当x∈1,+∞，f′x<0，函数fx单调递减．
(2)证明：由题意，得f′x=ax−1ex+2x−1=x−1aex+2，
当a>0时，aex+2>0，
令f′x<0，解得x<1，
所以fx在−∞,1上为减函数；
令f′x>0，解得x>1，
所以fx在1,+∞上为增函数.
又f1=−ae<0，f2=1>0，
所以fx在1,+∞上有唯一零点，且该零点在1,2上．
取b<0，且b则fb=ab−2eb+b−12>12b−2+b−12=bb−32>0 ．
所以fx在(−∞,1)上有唯一零点，且该零点在b,1上，
所以a>0时，fx恰好有两个零点．
【答案】
解：(1)由曲线C1的参数方程为：
x=−1+2csα,y=−3+2sinα(α为参数)，得x+1=2csα,y+3=2sinα,
消去α得曲线C1为圆x+12+y+32=4，
圆心为O1−1,−3，半径为2，
由∠MON=π2，可知MN为圆C1的直径，
所以|MN|=4．
(2)由点M，N关于直线l对称且MN为圆C1的直径可知，
直线l过点O1−1,−3，
又kMN=−3，得kl=33，
所以直线l的直角坐标方程为y+3=33x+1，
即x−3y−2=0，
将x=ρcsθ，y=ρsinθ，
代入得直线l的极坐标方程为ρcsθ−3ρsinθ−2=0．
【考点】
圆的参数方程
圆的标准方程
直线的极坐标方程
两条直线垂直与倾斜角、斜率的关系
直线的点斜式方程
【解析】
无
无
【解答】
解：(1)由曲线C1的参数方程为：
x=−1+2csα,y=−3+2sinα(α为参数)，得x+1=2csα,y+3=2sinα,
消去α得曲线C1为圆x+12+y+32=4，
圆心为O1−1,−3，半径为2，
由∠MON=π2，可知MN为圆C1的直径，
所以|MN|=4．
(2)由点M，N关于直线l对称且MN为圆C1的直径可知，
直线l过点O1−1,−3，
又kMN=−3，得kl=33，
所以直线l的直角坐标方程为y+3=33x+1，
即x−3y−2=0，
将x=ρcsθ，y=ρsinθ，
代入得直线l的极坐标方程为ρcsθ−3ρsinθ−2=0．
【答案】
解：(1)当a=−2时，
求不等式f(x)设函数y=|2x−1|+|2x−2|−x−3，
则 y=−5x,x<12，−x−2,12≤x≤1，3x−6,x>1，它的图象如图所示：
结合图象可得，y<0的解集为(0, 2)，
故原不等式的解集为(0, 2)．
(2)设a>−1，且当x∈[−a2，12)时，
f(x)=1+a，不等式化为 1+a≤x+3，
故x≥a−2对x∈[−a2，12)都成立．
故−a2≥a−2，解得 a≤43.
故a的取值范围为(−1, 43]．
【考点】
绝对值不等式的解法与证明
【解析】
（1）当a=−2时，求不等式f(x)（2）不等式化即 1+a≤x+3，故 x≥a−2对x∈[−a2，12)都成立．故−a2≥a−2，由此解得a的取值范围．
【解答】
解：(1)当a=−2时，
求不等式f(x)设函数y=|2x−1|+|2x−2|−x−3，
则 y=−5x,x<12，−x−2,12≤x≤1，3x−6,x>1，它的图象如图所示：
结合图象可得，y<0的解集为(0, 2)，
故原不等式的解集为(0, 2)．
(2)设a>−1，且当x∈[−a2，12)时，
f(x)=1+a，不等式化为 1+a≤x+3，
故x≥a−2对x∈[−a2，12)都成立．
故−a2≥a−2，解得 a≤43.
故a的取值范围为(−1, 43]．非读书之星
读书之星
总计
男
女
10
55
总计
P(K2≥k0)
0.10
0.05
0.025
0.010
0.005
0.001
k0
2.706
3.841
5.024
6.635
7.879
10.828
非读书之星
读书之星
总计
男
30
15
45
女
45
10
55
总计
75
25
100
非读书之星
读书之星
总计
男
30
15
45
女
45
10
55
总计
75
25
100

2020-2021学年广西省贺州市高三（上）10月月考数学（理）试卷北师大版

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