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河南省洛阳市2020——2021学年高中三年级第一次统一考试数学试卷（文）人教A版（2019）（Word含答案解析）
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这是一份河南省洛阳市2020——2021学年高中三年级第一次统一考试数学试卷（文）人教A版（2019）（Word含答案解析），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. 已知集合A=x|x>0，B=x||x|≤3，则集合A∪B=（ ）
A.x|−3≤x≤3B.x|−3≤x<0C.x|0
2. 若复数z=1+i1+2i，则其共轭复数z¯在复平面内对应的点位于( )
A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限
3. 设数列an是等差数列，首项a1=1，且a3+a4+a5=21，则数列an的前10项和等于( )
A.100B.84C.42D.10
4. 命题“∀x∈R，x2+2x+1>0”的否定是（ ）
A.∃x0∈R，使得x02+2x0+1>0B.∃x0∈R，使得x02+2x0+1≤0
C.∀x∈R，x2+2x+1≤0D.∀x∈R，x2+2x+1<0
5. 下列函数中最小正周期是π且图象关于直线x=π6对称的是( )
A.y=2sin(2x+π6)B.y=2cs(2x−π6)C.y=2cs(x2+π3)D.y=2sin(2x−π3)
6. 设a，b是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列命题中正确的是( )
A.若a平行于α内的无数条直线，则a//α
B.若a//α，a//b，则b平行于α内的无数条直线
C.若α⊥β，a⊂α，b⊂β，则a⊥b
D.若a//α，α⊥β，则a⊥β
7. 已知双曲线的焦点在x轴上，焦距为4，且一条渐近线方程为y=3x，则双曲线的标准方程是( )
A.x23−y2=1B.y23−x2=1C.x2−y23=1D.y2−x23=1
8. 已知圆O：x2+y2=4交x轴正半轴于点P，在圆O上随机取一点Q，则使|PQ|<2成立的概率为( )
A.16B.13C.12D.23
9. 在△ABC中，AB=2，A=2π3， |AB→−tAC→|t∈R的最小值是( )
A.1B.2C.3D.2
10. 若函数f(x)=13x3+12ax2+2bx+c在(0, 1)上取得极大值，在(1, 2)上取得极小值，则b−3a−1的取值范围是( )
A.(12, 1)B.(1, 32)C.(12, 2)D.(12, 32)
11. 已知F1，F2是椭圆x225+y216=1的左，右焦点，P是椭圆上任意一点，过F1引∠F1PF2 的外角平分线的垂线，垂足为Q，则Q与短轴端点的最近距离为( )
A.1B.2C.4D.5
12. 定义在R上的函数fx满足fx−f−x=2sinx，当x≥0时，f′x>1，若ft−fπ3−t≤sint+sint−π3，则实数t的取值范围是( )
A.[π3,+∞）B.(−∞,π3]C.[π6,+∞）D.(−∞,π6]
二、填空题
已知函数fx=x⋅x≥0−1x2，x<0 ，则f4=________．
已知角α的终边过点−2,1，则sinαcsα的值是________．
一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为________．
在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，若btanA+(b−2c)tanB=0．且△ABC的中线AP=3，则b+c的最大值是________.
三、解答题
已知数列an的首项a1=2．前n项和为Sn且满足an+1=2Sn+2n∈N*.
(1)求数列an的通项公式；
(2)若bn=an⋅lg3Sn+1，求数列bn的前n项和Tn.
如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，侧面AA1C1C⊥底面ABC，∠C1CA=60∘，AB⊥AC，AC=AB=AA1=2.
(1)求证：CA1⊥BC1；
(2)求三棱柱ABC−A1B1C1的侧面积．
设抛物线C:y2=2pxp>0的焦点为F，点P4,m是抛物线C上一点，且|PF|=5.
(1)求抛物线C的方程；
(2)设直线l与抛物线C交于A，B两点．若OA⊥OB(O为坐标原点)．求证：直线l过定点．
某校高一年级学生全部参加了体育科目的达标测试．现从中随机抽取40名学生的测试成绩．整理数据并按分数段[40,50)，[50,60)，[60,70)，[70,80)，[80,90)，[90,100]进行分组，已知测试分数均为整数．现用每组区间的中点值代替该组中的每个数据．则得到体育成绩的折线图如下：
(1)若体育成绩大于或等于70分的学生为“体育良好”，已知该校高一年级有1000名学生，试估计该校高一年级学生“体育良好”的人数；
(2)为分析学生平时的体育活动情况．现从体育成绩在[60,70)和[80,90)的样本学生中随机抽取3人，求所抽取的3名学生中，至少有1人为非“体育良好”的概率；
(3)假设甲、乙、丙三人的体育成绩分别为a，b，c，且a∈[60,70)，b∈[70,80)，c∈[80,90)，当三人的体育成绩方差S2最小时，写出a，b，c的一组值（不要求证明）．注：S2=1nx1−x¯2+x2−x¯2+⋯+xn−x¯2．其中x¯=1nx1+x2+⋯+xn.
已知函数fx=exx+ax−1−e.
(1)当a=0时，求函数fx的极值；
(2)当a>0时，证明：fx在0,1上存在唯一零点．
极坐标与参数方程
在直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为x=−33+ty=−2+3t（t为参数）．以坐标原点O为极点x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为ρsin2θ=4csθ.
(1)求直线l的普通方程与曲线C的直角坐标方程；
(2)已知点P的直角坐标为2,0，过点P作直线l的垂线交曲线C于D，E两点（D在x轴上方），求
1|PD|−1|PE|的值．
(1)已知a，b，c是正数，且满足 ab+bc+ac=1，求证：a+b+c≥3；
(2)已知a，b是正数，且满足a+b=1，求证：a+12+b+12≤2.
参考答案与试题解析
洛阳市2020——2021学年高中三年级第一次统一考试数学试卷（文）
一、选择题
1.
【答案】
D
【考点】
并集及其运算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
2.
【答案】
C
【考点】
复数的代数表示法及其几何意义
复数代数形式的乘除运算
共轭复数
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵z=1+i1+2i=−1+3i，z¯=−1−3i，
∴其共轭复数z¯在复平面内对应的点为(−1,−3).
故选C.
3.
【答案】
A
【考点】
等差数列的前n项和
等差数列的通项公式
【解析】
由题意求出等差数列公差，代入求和公式即可得到答案.
【解答】
解：设等差数列an的公差为d，
∵ a1=1，且a3+a4+a5=21，
∴ 1+2d+1+3d+1+4d=21，
解得d=2，
∴ 数列an的前10项和为10×1+10×92×2=100.
故选A.
4.
【答案】
B
【考点】
命题的否定
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
5.
【答案】
A
【考点】
三角函数的周期性及其求法
正弦函数的对称性
【解析】
根据函数的周期性和对称性即可得到结论．
【解答】
解：由最小正周期为π可排除选项C；
对于选项A，当x=π6时，函数取得最大值，显然符合题意；
对于选项B，当x=π6时，函数值得3，不符合题意；
对于选项D，当x=π6时，函数值得0，不符合题意.
故选A.
6.
【答案】
B
【考点】
空间中直线与平面之间的位置关系
空间中平面与平面之间的位置关系
空间中直线与直线之间的位置关系
【解析】
根据线面平行，线面垂直的性质或判定定理逐个判断各命题的真假即可．
【解答】
解：A，若直线a平行于平面α内的无数条直线，则直线a//面α或a⊂面α，故A错误；
B，若直线a//平面α，直线a//直线b，则直线b//平面α或b⊂平面α，所以直线b平行于平面α内的无数条直线，故B正确；
C，若α⊥β，a⊂α，b⊂β，则a，b平行，相交或异面，故C错误；
D，若a//α，α⊥β，则a与β平行，相交或a⊂β，故D错误.
故选B.
7.
【答案】
C
【考点】
双曲线的特性
双曲线的标准方程
【解析】
设双曲线方程为x2a2−y2b2=1a>0,b>0，由题意可得2c=4，ba=3，c2=a2+b2，求解即可.
【解答】
解：设双曲线方程为x2a2−y2b2=1a>0,b>0，
由题意可得2c=4，ba=3，c2=a2+b2，
解得a=1，b=3，c=2，
∴ 双曲线方程为x2−y23=1.
故选C.
8.
【答案】
B
【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】
利用几何概型概率计算公式求解即可.
【解答】
解：如图所示：
作CP=DP=OC=OP=2，
∴ ∠COP=60∘，
∴ CPD对应的圆心角为120∘，
要使|PQ|<2成立，
则Q点应该落在CPD上，
∴ 使|PQ|<2成立的概率为120∘360∘=13.
故选B.
9.
【答案】
C
【考点】
平面向量在解析几何中的应用
向量在几何中的应用
平行向量（共线向量）
【解析】
作出图形，利用数形结合思想进行求解即可.
【解答】
解：如图：设AD→=tAC→，
则AB→−tAC→
=AB→−AD→
=DB→，
由图可知，当BD⊥AC时，DB→取得最小值为2sinπ−2π3=3.
故选C.
10.
【答案】
D
【考点】
函数在某点取得极值的条件
简单线性规划
【解析】
据极大值点左边导数为正右边导数为负，极小值点左边导数为负右边导数为正得a，b的约束条件，据线性规划求出最值．
【解答】
解∵ f′(x)=x2+ax+2b，
∵ 函数f(x)在区间(0, 1)内取得极大值，在区间(1, 2)内取得极小值，
∴ f′(x)=x2+ax+2b=0在(0, 1)和(1, 2)内各有一个根，
∴f′(0)>0，f′(1)<0，f′(2)>0，
即b>0，a+2b+1<0，a+b+2>0，
在aOb坐标系中画出其表示的区域，如b−3a−1表示点A(1, 3)与可行域内的点B连线的斜率，
当B(x, y)=M(−1, 0)时，b−3a−1最大，最大为32；
当B(x, y)=N(−3, 1)时，b−3a−1最小，最小为12，
∴ b−3a−1的取值范围(12, 32).
故选D.
11.
【答案】
A
【考点】
椭圆的定义
轨迹方程
【解析】
作出椭圆的图像，再利用椭圆的性质和数形结合进行求解即可得.
【解答】
解：∵ P是焦点为F1，F2的椭圆x225+y216=1上一点，
PQ为∠F1PF2的外角平分线，QF1⊥PQ.
设F1Q的延长线交F2P的延长线于点M，
∴ |PM|=PF1，
∵ PF1+PF2=2a=10，
∴ MF2=|PM|+PF2=2a=10，
由题意知OQ是△F1F2M的中位线，
∴ |OQ|=a=5，
∴ Q点的轨迹是以O为圆心，以5为半径的圆，
∴ 当点Q与y轴重合时，Q与短轴端点取最近距离d=a−b=5−4=1．
故选：A．
12.
【答案】
D
【考点】
函数奇偶性的判断
利用导数研究函数的单调性
奇偶性与单调性的综合
已知函数的单调性求参数问题
【解析】
构造函数gx=fx−sinx，可得出该函数为偶函数，利用导数分析出函数y=gx在[0, +∞)上单调递增，将所求不等式变形为gt≤gπ3−t ，由此可解得实数t的取值范围．
【解答】
解：∵ fx−f−x=2sinx，
∴ fx−sinx=f−x+sinx.
令gx=fx−sinx，
则g−x=f−x−sin−x=f−x+sinx=gx，
∴ 函数y=gx为偶函数，
∵ 当x≥0时，g′x=f′x−csx>1−csx≥0，
∴ 函数y=gx在[0, +∞)上单调递增，在(−∞, 0]上单调递减.
∵ ft−fπ3−t≤sint+sint−π3，
∴ ft−sint≤fπ3−t−sinπ3−t，
即gt≤gπ3−t，则g(|t|)≤g(|π3−t|).
∵ 函数y=gx在[0, +∞)上单调递增，
∴ |t|≤|π3−t|，解得t≤π6.
故选D．
二、填空题
【答案】
2
【考点】
函数的求值
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
【答案】
−25
【考点】
任意角的三角函数
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
【答案】
12
【考点】
由三视图求体积
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
【答案】
4
【考点】
余弦定理
正弦定理
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：∵btanA+(b−2c)tanB=0,
∴bsinAcsB+(b−2c)sinBcsA=0.
根据正弦定理得，
sinBsinAcsB+sinBsinBcsA−2sinCsinBcsA=0，
∵B，C∈(0,π)，
∴sinB≠0，sinC≠0，
∴sinC−2sinCcsA=0，
∴csA=12,
∴A=π3.
如图所示，
延长AP到A′，使得AP=PA′，连接BA′，A′C，
∴ 四边形ABA′C是平行四边形，BA′=AC=b．
∵A=π3，AP=3，
∴∠ABA′=2π3，AA′=23.
在△ABA′中，由余弦定理得：
AA′2=AB2+BA′2−2AB⋅BA′⋅cs∠ABA′，
即12=c2+b2+bc=b+c2−bc
≥b+c2−(b+c2)2=34b+c2，
∴(b+c)2≤16，
∴b+c≤4.
故答案为：4.
三、解答题
【答案】
解：(1)∵n∈N*时，an+1=2Sn+2，
∴当n≥2时，an=2Sn−1+2．
两式相减得：an+1=3ann≥2．
又a1=2，a2=2a1+2=6，
∴ a2=3a1，
∴{an}是首项为2，公比为3的等比数列．
从而an=2⋅3n−1．
(2)∵an=2⋅3n−1，
∴an+1=2⋅3n，Sn=3n−1．
∴bn=an⋅lg3Sn+1=2n⋅3n−1．
∴Tn=b1+b2+b3+⋯+bn
=2⋅30+4⋅31+⋯+2n⋅3n−1 ①，
∴3Tn=2⋅3+4⋅32+⋯+2n⋅3n②，
①−②，得：
−2Tn=2⋅30+2⋅31+⋯+2⋅3n−1−2n⋅3n
=2⋅30+31+⋯+3n−1 −2n⋅3n
=2⋅1−3n1−3−2n⋅3n
=3n−1−2n⋅3n．
∴Tn=n−12⋅3n+12．
【考点】
等比数列的通项公式
数列的求和
【解析】
暂无
暂无
【解答】
解：(1)∵n∈N*时，an+1=2Sn+2，
∴当n≥2时，an=2Sn−1+2．
两式相减得：an+1=3ann≥2．
又a1=2，a2=2a1+2=6，
∴ a2=3a1，
∴{an}是首项为2，公比为3的等比数列．
从而an=2⋅3n−1．
(2)∵an=2⋅3n−1，
∴an+1=2⋅3n，Sn=3n−1．
∴bn=an⋅lg3Sn+1=2n⋅3n−1．
∴Tn=b1+b2+b3+⋯+bn
=2⋅30+4⋅31+⋯+2n⋅3n−1 ①，
∴3Tn=2⋅3+4⋅32+⋯+2n⋅3n②，
①−②，得：
−2Tn=2⋅30+2⋅31+⋯+2⋅3n−1−2n⋅3n
=2⋅30+31+⋯+3n−1 −2n⋅3n
=2⋅1−3n1−3−2n⋅3n
=3n−1−2n⋅3n．
∴Tn=n−12⋅3n+12．
【答案】
(1)证明：连接C1A，如图，
∵ AC=AA1，
∴ 侧面ACC1A1是菱形，
∴ AC1⊥CA1．
∵ 侧面AA1C1C⊥底面ABC，且平面ABC∩平面AA1C1C=AC，AB⊥AC，
∴ AB⊥平面AA1C1C.
又∵ CA1⊂平面AA1C1C，
∴ CA1⊥AB.
又AC1∩AB=A，
∴ CA1⊥平面C1AB ,
又BC1⊂平面C1AB，
∴ CA1⊥BC1.
(2)解：设棱CA的中点为D，连接C1D，BD，则C1D⊥AC，
∴ C1D⊥底面ABC．
∴C1D⊥BD.
由∠C1CA=60∘，AC=AB=AA1=2得AD=1，C1D=3，
∴ BC12=BD2+DC12=BA2+AD2+DC12
=22+12+3=8.
∴BC1=22.
在△BCC1中，
由余弦定理得cs∠BCC1=24，从而sin∠BCC1=144.
∴ S平行四边形BCC1B1=CB⋅CC1sin∠BCC1=27 .
由(1)知AB⊥平面AA1C1C，
∴ AA1⊥AB，S矩形BAA1B1=AB⋅AA1=4.
又S平行四边形ACC1A=CA⋅C1D=23 ，
∴ 三棱柱ABC−A1B1C1的侧面积为4+27+23.
【考点】
两条直线垂直的判定
余弦定理
正弦定理
棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积
【解析】
答案未提供解析。
答案未提供解析。
【解答】
(1)证明：连接C1A，如图，
∵ AC=AA1，
∴ 侧面ACC1A1是菱形，
∴ AC1⊥CA1．
∵ 侧面AA1C1C⊥底面ABC，且平面ABC∩平面AA1C1C=AC，AB⊥AC，
∴ AB⊥平面AA1C1C.
又∵ CA1⊂平面AA1C1C，
∴ CA1⊥AB.
又AC1∩AB=A，
∴ CA1⊥平面C1AB ,
又BC1⊂平面C1AB，
∴ CA1⊥BC1.
(2)解：设棱CA的中点为D，连接C1D，BD，则C1D⊥AC，
∴ C1D⊥底面ABC．
∴C1D⊥BD.
由∠C1CA=60∘，AC=AB=AA1=2得AD=1，C1D=3，
∴ BC12=BD2+DC12=BA2+AD2+DC12
=22+12+3=8.
∴BC1=22.
在△BCC1中，
由余弦定理得cs∠BCC1=24，从而sin∠BCC1=144.
∴ S平行四边形BCC1B1=CB⋅CC1sin∠BCC1=27 .
由(1)知AB⊥平面AA1C1C，
∴ AA1⊥AB，S矩形BAA1B1=AB⋅AA1=4.
又S平行四边形ACC1A=CA⋅C1D=23 ，
∴ 三棱柱ABC−A1B1C1的侧面积为4+27+23.
【答案】
(1)解：∵ P4,m是抛物线C上一点，且|PF|=5．
∴ p2+4=5，
解得p=2．
即抛物线C的方程为y2=4x．
(2)证明：设直线l的方程为x=ty+s，Ax1,y1，Bx2,y2，
由x=ty+s，y2=4x，消去x得y2−4ty−4s=0，
则y1+y2=4t，y1⋅y2=−4s．
∵OA⊥OB，
∴x1⋅x2+y1⋅y2=0，
即y124⋅y224+y1⋅y2=0．
化简得y1⋅y2=−16．
由−4s=−16得s=4．
∴直线l经过定点4,0．
【考点】
抛物线的标准方程
圆锥曲线中的定点与定值问题
【解析】
无
无
【解答】
(1)解：∵ P4,m是抛物线C上一点，且|PF|=5．
∴ p2+4=5，
解得p=2．
即抛物线C的方程为y2=4x．
(2)证明：设直线l的方程为x=ty+s，Ax1,y1，Bx2,y2，
由x=ty+s，y2=4x，消去x得y2−4ty−4s=0，
则y1+y2=4t，y1⋅y2=−4s．
∵OA⊥OB，
∴x1⋅x2+y1⋅y2=0，
即y124⋅y224+y1⋅y2=0．
化简得y1⋅y2=−16．
由−4s=−16得s=4．
∴直线l经过定点4,0．
【答案】
解：(1)体育成绩大于或等于70分的学生有30人，
∴ 估计该校高一年级学生“体育良好”的人数为：1000×3040=750人．
(2)体育成绩在[60,70)有2名学生，在[80,90)中有3名，
设至少有1人为非“体育良好”为事件A，
样本中的2位成绩在[60,70)的学生和3位成绩在[80,90)的学生分别记为A1，A2，B1，B2，B3，
从中随机选取3个学生的所有结果为：
A1,A2,B1，A1,A2,B2，A1,A2,B3，A1,B1,B2，A1,B1,B3，A1,B2,B3，A2,B1,B2，A2,B1,B3，A2,B2,B3，B1,B2,B3，
共有n=10个基本事件，事件A包含的基本事件有m=9个，
PA=mn=910．
(3)当数据a，b，c的方差s2最小时，a=69，b=74，c=80．
（或者a=69，b=75，c=80．）
【考点】
用样本的频率分布估计总体分布
列举法计算基本事件数及事件发生的概率
极差、方差与标准差
【解析】
无
无
无
【解答】
解：(1)体育成绩大于或等于70分的学生有30人，
∴ 估计该校高一年级学生“体育良好”的人数为：1000×3040=750人．
(2)体育成绩在[60,70)有2名学生，在[80,90)中有3名，
设至少有1人为非“体育良好”为事件A，
样本中的2位成绩在[60,70)的学生和3位成绩在[80,90)的学生分别记为A1，A2，B1，B2，B3，
从中随机选取3个学生的所有结果为：
A1,A2,B1，A1,A2,B2，A1,A2,B3，A1,B1,B2，A1,B1,B3，A1,B2,B3，A2,B1,B2，A2,B1,B3，A2,B2,B3，B1,B2,B3，
共有n=10个基本事件，事件A包含的基本事件有m=9个，
PA=mn=910．
(3)当数据a，b，c的方差s2最小时，a=69，b=74，c=80．
（或者a=69，b=75，c=80．）
【答案】
(1)解：当a=0时，fx=exx−e，fx的定义域为−∞,0∪0,+∞，
f′x=exx−1x2 .
由f′x>0得x>1，由f′x<0得x<1，且x≠0，
∴ fx在1,+∞上单调递增，在−∞,0,0,1上单调递减．
∴ 当x=1时，fx取得极小值f1=0，无极大值．
(2)证明：当x∈0,1时，fx=exx+ax−1−e=0，
⇔ex+ax2−a+ex=0，
令gx=ex+ax2−a+ex，
则fx在0,1上的零点即gx在0,1上的零点．
g′x=ex+2ax−a−e .
令hx=g′x=ex+2ax−a−e，则h′x=ex+2a .
当a>0时，则h′(x)>0，
∴ h(x)=g′(x)在区间0,1上单调递增．
又h0=g′0=1−a−e<0，h1=g′1=a>0，
∴ 存在x0∈0,1使得hx0=g′x0=0，
∴ 当x∈0,x0时，g′x<0，gx单调递减；
当x∈x0,1时，g′x>0，gx单调递增．
又因为g0=1，gx0∴ 在x∈0,x0上gx存在一个零点，
在x∈x0,1上gx没有零点，
∴ gx在0,1上存在唯一零点，即fx在0,1上存在唯一零点．
【考点】
利用导数研究函数的极值
函数的零点
【解析】
此题暂无解析
【解答】
(1)解：当a=0时，fx=exx−e，fx的定义域为−∞,0∪0,+∞，
f′x=exx−1x2 .
由f′x>0得x>1，由f′x<0得x<1，且x≠0，
∴ fx在1,+∞上单调递增，在−∞,0,0,1上单调递减．
∴ 当x=1时，fx取得极小值f1=0，无极大值．
(2)证明：当x∈0,1时，fx=exx+ax−1−e=0，
⇔ex+ax2−a+ex=0，
令gx=ex+ax2−a+ex，
则fx在0,1上的零点即gx在0,1上的零点．
g′x=ex+2ax−a−e .
令hx=g′x=ex+2ax−a−e，则h′x=ex+2a .
当a>0时，则h′(x)>0，
∴ h(x)=g′(x)在区间0,1上单调递增．
又h0=g′0=1−a−e<0，h1=g′1=a>0，
∴ 存在x0∈0,1使得hx0=g′x0=0，
∴ 当x∈0,x0时，g′x<0，gx单调递减；
当x∈x0,1时，g′x>0，gx单调递增．
又因为g0=1，gx0∴ 在x∈0,x0上gx存在一个零点，
在x∈x0,1上gx没有零点，
∴ gx在0,1上存在唯一零点，即fx在0,1上存在唯一零点．
【答案】
解：(1)由x=−33+t，y=−2+3t消去参数t得3x−y+7=0，
即直线l的普通方程为3x−y+7=0；
由ρsin2θ=4csθ得ρ2sin2θ=4ρcsθ，
∵ x=ρcsθ，y=ρsinθ，
∴ y2=4x，
即曲线C的直角坐标方程y2=4x ．
(2)直线DE的参数方程为x=2−32ty=12t（t为参数），
代入y2=4x得t2+83t+162=0．
设点D对应的参数为t1，点E对应的参数为t2，
则t1+t2=−83，
t1t2=−162，且t1>0，t2<0．
故1|PD|−1|PE|=1|t1|−1|t2|
=1t1+1t2=t1+t2t1t2=−83−162=64．
【考点】
直线的参数方程
抛物线的极坐标方程
利用圆锥曲线的参数方程求最值
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)由x=−33+t，y=−2+3t消去参数t得3x−y+7=0，
即直线l的普通方程为3x−y+7=0；
由ρsin2θ=4csθ得ρ2sin2θ=4ρcsθ，
∵ x=ρcsθ，y=ρsinθ，
∴ y2=4x，
即曲线C的直角坐标方程y2=4x ．
(2)直线DE的参数方程为x=2−32ty=12t（t为参数），
代入y2=4x得t2+83t+162=0．
设点D对应的参数为t1，点E对应的参数为t2，
则t1+t2=−83，
t1t2=−162，且t1>0，t2<0．
故1|PD|−1|PE|=1|t1|−1|t2|
=1t1+1t2=t1+t2t1t2=−83−162=64
【答案】
解：(1)∵ a2+b2≥2ab，b2+c2≥2bc，a2+c2≥2ac，
∴ 2a2+2b2+2c2≥2ab+bc+ac，
∴ a2+b2+c2≥ab+bc+ac，
∴ (a+b+c)2≥3(ab+bc+ac).
∵ab+bc+ac=1 ，
∴ a+b+c2≥3，
∵a，b，c是正数，
∴ a+b+c≥3.
(2)∵a+b=1，
由柯西不等式得a+12+b+122≤1+1a+12+b+12
=2a+b+1=4（当且仅当a=b=12时取等号），
∴a+12+b+12≤2.
【考点】
基本不等式在最值问题中的应用
柯西不等式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)∵ a2+b2≥2ab，b2+c2≥2bc，a2+c2≥2ac，
∴ 2a2+2b2+2c2≥2ab+bc+ac，
∴ a2+b2+c2≥ab+bc+ac，
∴ (a+b+c)2≥3(ab+bc+ac).
∵ab+bc+ac=1 ，
∴ a+b+c2≥3，
∵a，b，c是正数，
∴ a+b+c≥3.
(2)∵a+b=1，
由柯西不等式得a+12+b+122≤1+1a+12+b+12
=2a+b+1=4（当且仅当a=b=12时取等号），
∴a+12+b+12≤2.
1. 已知集合A=x|x>0，B=x||x|≤3，则集合A∪B=（ ）
A.x|−3≤x≤3B.x|−3≤x<0C.x|0
2. 若复数z=1+i1+2i，则其共轭复数z¯在复平面内对应的点位于( )
A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限
3. 设数列an是等差数列，首项a1=1，且a3+a4+a5=21，则数列an的前10项和等于( )
A.100B.84C.42D.10
4. 命题“∀x∈R，x2+2x+1>0”的否定是（ ）
A.∃x0∈R，使得x02+2x0+1>0B.∃x0∈R，使得x02+2x0+1≤0
C.∀x∈R，x2+2x+1≤0D.∀x∈R，x2+2x+1<0
5. 下列函数中最小正周期是π且图象关于直线x=π6对称的是( )
A.y=2sin(2x+π6)B.y=2cs(2x−π6)C.y=2cs(x2+π3)D.y=2sin(2x−π3)
6. 设a，b是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列命题中正确的是( )
A.若a平行于α内的无数条直线，则a//α
B.若a//α，a//b，则b平行于α内的无数条直线
C.若α⊥β，a⊂α，b⊂β，则a⊥b
D.若a//α，α⊥β，则a⊥β
7. 已知双曲线的焦点在x轴上，焦距为4，且一条渐近线方程为y=3x，则双曲线的标准方程是( )
A.x23−y2=1B.y23−x2=1C.x2−y23=1D.y2−x23=1
8. 已知圆O：x2+y2=4交x轴正半轴于点P，在圆O上随机取一点Q，则使|PQ|<2成立的概率为( )
A.16B.13C.12D.23
9. 在△ABC中，AB=2，A=2π3， |AB→−tAC→|t∈R的最小值是( )
A.1B.2C.3D.2
10. 若函数f(x)=13x3+12ax2+2bx+c在(0, 1)上取得极大值，在(1, 2)上取得极小值，则b−3a−1的取值范围是( )
A.(12, 1)B.(1, 32)C.(12, 2)D.(12, 32)
11. 已知F1，F2是椭圆x225+y216=1的左，右焦点，P是椭圆上任意一点，过F1引∠F1PF2 的外角平分线的垂线，垂足为Q，则Q与短轴端点的最近距离为( )
A.1B.2C.4D.5
12. 定义在R上的函数fx满足fx−f−x=2sinx，当x≥0时，f′x>1，若ft−fπ3−t≤sint+sint−π3，则实数t的取值范围是( )
A.[π3,+∞）B.(−∞,π3]C.[π6,+∞）D.(−∞,π6]
二、填空题
已知函数fx=x⋅x≥0−1x2，x<0 ，则f4=________．
已知角α的终边过点−2,1，则sinαcsα的值是________．
一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为________．
在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，若btanA+(b−2c)tanB=0．且△ABC的中线AP=3，则b+c的最大值是________.
三、解答题
已知数列an的首项a1=2．前n项和为Sn且满足an+1=2Sn+2n∈N*.
(1)求数列an的通项公式；
(2)若bn=an⋅lg3Sn+1，求数列bn的前n项和Tn.
如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，侧面AA1C1C⊥底面ABC，∠C1CA=60∘，AB⊥AC，AC=AB=AA1=2.
(1)求证：CA1⊥BC1；
(2)求三棱柱ABC−A1B1C1的侧面积．
设抛物线C:y2=2pxp>0的焦点为F，点P4,m是抛物线C上一点，且|PF|=5.
(1)求抛物线C的方程；
(2)设直线l与抛物线C交于A，B两点．若OA⊥OB(O为坐标原点)．求证：直线l过定点．
某校高一年级学生全部参加了体育科目的达标测试．现从中随机抽取40名学生的测试成绩．整理数据并按分数段[40,50)，[50,60)，[60,70)，[70,80)，[80,90)，[90,100]进行分组，已知测试分数均为整数．现用每组区间的中点值代替该组中的每个数据．则得到体育成绩的折线图如下：
(1)若体育成绩大于或等于70分的学生为“体育良好”，已知该校高一年级有1000名学生，试估计该校高一年级学生“体育良好”的人数；
(2)为分析学生平时的体育活动情况．现从体育成绩在[60,70)和[80,90)的样本学生中随机抽取3人，求所抽取的3名学生中，至少有1人为非“体育良好”的概率；
(3)假设甲、乙、丙三人的体育成绩分别为a，b，c，且a∈[60,70)，b∈[70,80)，c∈[80,90)，当三人的体育成绩方差S2最小时，写出a，b，c的一组值（不要求证明）．注：S2=1nx1−x¯2+x2−x¯2+⋯+xn−x¯2．其中x¯=1nx1+x2+⋯+xn.
已知函数fx=exx+ax−1−e.
(1)当a=0时，求函数fx的极值；
(2)当a>0时，证明：fx在0,1上存在唯一零点．
极坐标与参数方程
在直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为x=−33+ty=−2+3t（t为参数）．以坐标原点O为极点x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为ρsin2θ=4csθ.
(1)求直线l的普通方程与曲线C的直角坐标方程；
(2)已知点P的直角坐标为2,0，过点P作直线l的垂线交曲线C于D，E两点（D在x轴上方），求
1|PD|−1|PE|的值．
(1)已知a，b，c是正数，且满足 ab+bc+ac=1，求证：a+b+c≥3；
(2)已知a，b是正数，且满足a+b=1，求证：a+12+b+12≤2.
参考答案与试题解析
洛阳市2020——2021学年高中三年级第一次统一考试数学试卷（文）
一、选择题
1.
【答案】
D
【考点】
并集及其运算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
2.
【答案】
C
【考点】
复数的代数表示法及其几何意义
复数代数形式的乘除运算
共轭复数
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵z=1+i1+2i=−1+3i，z¯=−1−3i，
∴其共轭复数z¯在复平面内对应的点为(−1,−3).
故选C.
3.
【答案】
A
【考点】
等差数列的前n项和
等差数列的通项公式
【解析】
由题意求出等差数列公差，代入求和公式即可得到答案.
【解答】
解：设等差数列an的公差为d，
∵ a1=1，且a3+a4+a5=21，
∴ 1+2d+1+3d+1+4d=21，
解得d=2，
∴ 数列an的前10项和为10×1+10×92×2=100.
故选A.
4.
【答案】
B
【考点】
命题的否定
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
5.
【答案】
A
【考点】
三角函数的周期性及其求法
正弦函数的对称性
【解析】
根据函数的周期性和对称性即可得到结论．
【解答】
解：由最小正周期为π可排除选项C；
对于选项A，当x=π6时，函数取得最大值，显然符合题意；
对于选项B，当x=π6时，函数值得3，不符合题意；
对于选项D，当x=π6时，函数值得0，不符合题意.
故选A.
6.
【答案】
B
【考点】
空间中直线与平面之间的位置关系
空间中平面与平面之间的位置关系
空间中直线与直线之间的位置关系
【解析】
根据线面平行，线面垂直的性质或判定定理逐个判断各命题的真假即可．
【解答】
解：A，若直线a平行于平面α内的无数条直线，则直线a//面α或a⊂面α，故A错误；
B，若直线a//平面α，直线a//直线b，则直线b//平面α或b⊂平面α，所以直线b平行于平面α内的无数条直线，故B正确；
C，若α⊥β，a⊂α，b⊂β，则a，b平行，相交或异面，故C错误；
D，若a//α，α⊥β，则a与β平行，相交或a⊂β，故D错误.
故选B.
7.
【答案】
C
【考点】
双曲线的特性
双曲线的标准方程
【解析】
设双曲线方程为x2a2−y2b2=1a>0,b>0，由题意可得2c=4，ba=3，c2=a2+b2，求解即可.
【解答】
解：设双曲线方程为x2a2−y2b2=1a>0,b>0，
由题意可得2c=4，ba=3，c2=a2+b2，
解得a=1，b=3，c=2，
∴ 双曲线方程为x2−y23=1.
故选C.
8.
【答案】
B
【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】
利用几何概型概率计算公式求解即可.
【解答】
解：如图所示：
作CP=DP=OC=OP=2，
∴ ∠COP=60∘，
∴ CPD对应的圆心角为120∘，
要使|PQ|<2成立，
则Q点应该落在CPD上，
∴ 使|PQ|<2成立的概率为120∘360∘=13.
故选B.
9.
【答案】
C
【考点】
平面向量在解析几何中的应用
向量在几何中的应用
平行向量（共线向量）
【解析】
作出图形，利用数形结合思想进行求解即可.
【解答】
解：如图：设AD→=tAC→，
则AB→−tAC→
=AB→−AD→
=DB→，
由图可知，当BD⊥AC时，DB→取得最小值为2sinπ−2π3=3.
故选C.
10.
【答案】
D
【考点】
函数在某点取得极值的条件
简单线性规划
【解析】
据极大值点左边导数为正右边导数为负，极小值点左边导数为负右边导数为正得a，b的约束条件，据线性规划求出最值．
【解答】
解∵ f′(x)=x2+ax+2b，
∵ 函数f(x)在区间(0, 1)内取得极大值，在区间(1, 2)内取得极小值，
∴ f′(x)=x2+ax+2b=0在(0, 1)和(1, 2)内各有一个根，
∴f′(0)>0，f′(1)<0，f′(2)>0，
即b>0，a+2b+1<0，a+b+2>0，
在aOb坐标系中画出其表示的区域，如b−3a−1表示点A(1, 3)与可行域内的点B连线的斜率，
当B(x, y)=M(−1, 0)时，b−3a−1最大，最大为32；
当B(x, y)=N(−3, 1)时，b−3a−1最小，最小为12，
∴ b−3a−1的取值范围(12, 32).
故选D.
11.
【答案】
A
【考点】
椭圆的定义
轨迹方程
【解析】
作出椭圆的图像，再利用椭圆的性质和数形结合进行求解即可得.
【解答】
解：∵ P是焦点为F1，F2的椭圆x225+y216=1上一点，
PQ为∠F1PF2的外角平分线，QF1⊥PQ.
设F1Q的延长线交F2P的延长线于点M，
∴ |PM|=PF1，
∵ PF1+PF2=2a=10，
∴ MF2=|PM|+PF2=2a=10，
由题意知OQ是△F1F2M的中位线，
∴ |OQ|=a=5，
∴ Q点的轨迹是以O为圆心，以5为半径的圆，
∴ 当点Q与y轴重合时，Q与短轴端点取最近距离d=a−b=5−4=1．
故选：A．
12.
【答案】
D
【考点】
函数奇偶性的判断
利用导数研究函数的单调性
奇偶性与单调性的综合
已知函数的单调性求参数问题
【解析】
构造函数gx=fx−sinx，可得出该函数为偶函数，利用导数分析出函数y=gx在[0, +∞)上单调递增，将所求不等式变形为gt≤gπ3−t ，由此可解得实数t的取值范围．
【解答】
解：∵ fx−f−x=2sinx，
∴ fx−sinx=f−x+sinx.
令gx=fx−sinx，
则g−x=f−x−sin−x=f−x+sinx=gx，
∴ 函数y=gx为偶函数，
∵ 当x≥0时，g′x=f′x−csx>1−csx≥0，
∴ 函数y=gx在[0, +∞)上单调递增，在(−∞, 0]上单调递减.
∵ ft−fπ3−t≤sint+sint−π3，
∴ ft−sint≤fπ3−t−sinπ3−t，
即gt≤gπ3−t，则g(|t|)≤g(|π3−t|).
∵ 函数y=gx在[0, +∞)上单调递增，
∴ |t|≤|π3−t|，解得t≤π6.
故选D．
二、填空题
【答案】
2
【考点】
函数的求值
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
【答案】
−25
【考点】
任意角的三角函数
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
【答案】
12
【考点】
由三视图求体积
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
【答案】
4
【考点】
余弦定理
正弦定理
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：∵btanA+(b−2c)tanB=0,
∴bsinAcsB+(b−2c)sinBcsA=0.
根据正弦定理得，
sinBsinAcsB+sinBsinBcsA−2sinCsinBcsA=0，
∵B，C∈(0,π)，
∴sinB≠0，sinC≠0，
∴sinC−2sinCcsA=0，
∴csA=12,
∴A=π3.
如图所示，
延长AP到A′，使得AP=PA′，连接BA′，A′C，
∴ 四边形ABA′C是平行四边形，BA′=AC=b．
∵A=π3，AP=3，
∴∠ABA′=2π3，AA′=23.
在△ABA′中，由余弦定理得：
AA′2=AB2+BA′2−2AB⋅BA′⋅cs∠ABA′，
即12=c2+b2+bc=b+c2−bc
≥b+c2−(b+c2)2=34b+c2，
∴(b+c)2≤16，
∴b+c≤4.
故答案为：4.
三、解答题
【答案】
解：(1)∵n∈N*时，an+1=2Sn+2，
∴当n≥2时，an=2Sn−1+2．
两式相减得：an+1=3ann≥2．
又a1=2，a2=2a1+2=6，
∴ a2=3a1，
∴{an}是首项为2，公比为3的等比数列．
从而an=2⋅3n−1．
(2)∵an=2⋅3n−1，
∴an+1=2⋅3n，Sn=3n−1．
∴bn=an⋅lg3Sn+1=2n⋅3n−1．
∴Tn=b1+b2+b3+⋯+bn
=2⋅30+4⋅31+⋯+2n⋅3n−1 ①，
∴3Tn=2⋅3+4⋅32+⋯+2n⋅3n②，
①−②，得：
−2Tn=2⋅30+2⋅31+⋯+2⋅3n−1−2n⋅3n
=2⋅30+31+⋯+3n−1 −2n⋅3n
=2⋅1−3n1−3−2n⋅3n
=3n−1−2n⋅3n．
∴Tn=n−12⋅3n+12．
【考点】
等比数列的通项公式
数列的求和
【解析】
暂无
暂无
【解答】
解：(1)∵n∈N*时，an+1=2Sn+2，
∴当n≥2时，an=2Sn−1+2．
两式相减得：an+1=3ann≥2．
又a1=2，a2=2a1+2=6，
∴ a2=3a1，
∴{an}是首项为2，公比为3的等比数列．
从而an=2⋅3n−1．
(2)∵an=2⋅3n−1，
∴an+1=2⋅3n，Sn=3n−1．
∴bn=an⋅lg3Sn+1=2n⋅3n−1．
∴Tn=b1+b2+b3+⋯+bn
=2⋅30+4⋅31+⋯+2n⋅3n−1 ①，
∴3Tn=2⋅3+4⋅32+⋯+2n⋅3n②，
①−②，得：
−2Tn=2⋅30+2⋅31+⋯+2⋅3n−1−2n⋅3n
=2⋅30+31+⋯+3n−1 −2n⋅3n
=2⋅1−3n1−3−2n⋅3n
=3n−1−2n⋅3n．
∴Tn=n−12⋅3n+12．
【答案】
(1)证明：连接C1A，如图，
∵ AC=AA1，
∴ 侧面ACC1A1是菱形，
∴ AC1⊥CA1．
∵ 侧面AA1C1C⊥底面ABC，且平面ABC∩平面AA1C1C=AC，AB⊥AC，
∴ AB⊥平面AA1C1C.
又∵ CA1⊂平面AA1C1C，
∴ CA1⊥AB.
又AC1∩AB=A，
∴ CA1⊥平面C1AB ,
又BC1⊂平面C1AB，
∴ CA1⊥BC1.
(2)解：设棱CA的中点为D，连接C1D，BD，则C1D⊥AC，
∴ C1D⊥底面ABC．
∴C1D⊥BD.
由∠C1CA=60∘，AC=AB=AA1=2得AD=1，C1D=3，
∴ BC12=BD2+DC12=BA2+AD2+DC12
=22+12+3=8.
∴BC1=22.
在△BCC1中，
由余弦定理得cs∠BCC1=24，从而sin∠BCC1=144.
∴ S平行四边形BCC1B1=CB⋅CC1sin∠BCC1=27 .
由(1)知AB⊥平面AA1C1C，
∴ AA1⊥AB，S矩形BAA1B1=AB⋅AA1=4.
又S平行四边形ACC1A=CA⋅C1D=23 ，
∴ 三棱柱ABC−A1B1C1的侧面积为4+27+23.
【考点】
两条直线垂直的判定
余弦定理
正弦定理
棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积
【解析】
答案未提供解析。
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【解答】
(1)证明：连接C1A，如图，
∵ AC=AA1，
∴ 侧面ACC1A1是菱形，
∴ AC1⊥CA1．
∵ 侧面AA1C1C⊥底面ABC，且平面ABC∩平面AA1C1C=AC，AB⊥AC，
∴ AB⊥平面AA1C1C.
又∵ CA1⊂平面AA1C1C，
∴ CA1⊥AB.
又AC1∩AB=A，
∴ CA1⊥平面C1AB ,
又BC1⊂平面C1AB，
∴ CA1⊥BC1.
(2)解：设棱CA的中点为D，连接C1D，BD，则C1D⊥AC，
∴ C1D⊥底面ABC．
∴C1D⊥BD.
由∠C1CA=60∘，AC=AB=AA1=2得AD=1，C1D=3，
∴ BC12=BD2+DC12=BA2+AD2+DC12
=22+12+3=8.
∴BC1=22.
在△BCC1中，
由余弦定理得cs∠BCC1=24，从而sin∠BCC1=144.
∴ S平行四边形BCC1B1=CB⋅CC1sin∠BCC1=27 .
由(1)知AB⊥平面AA1C1C，
∴ AA1⊥AB，S矩形BAA1B1=AB⋅AA1=4.
又S平行四边形ACC1A=CA⋅C1D=23 ，
∴ 三棱柱ABC−A1B1C1的侧面积为4+27+23.
【答案】
(1)解：∵ P4,m是抛物线C上一点，且|PF|=5．
∴ p2+4=5，
解得p=2．
即抛物线C的方程为y2=4x．
(2)证明：设直线l的方程为x=ty+s，Ax1,y1，Bx2,y2，
由x=ty+s，y2=4x，消去x得y2−4ty−4s=0，
则y1+y2=4t，y1⋅y2=−4s．
∵OA⊥OB，
∴x1⋅x2+y1⋅y2=0，
即y124⋅y224+y1⋅y2=0．
化简得y1⋅y2=−16．
由−4s=−16得s=4．
∴直线l经过定点4,0．
【考点】
抛物线的标准方程
圆锥曲线中的定点与定值问题
【解析】
无
无
【解答】
(1)解：∵ P4,m是抛物线C上一点，且|PF|=5．
∴ p2+4=5，
解得p=2．
即抛物线C的方程为y2=4x．
(2)证明：设直线l的方程为x=ty+s，Ax1,y1，Bx2,y2，
由x=ty+s，y2=4x，消去x得y2−4ty−4s=0，
则y1+y2=4t，y1⋅y2=−4s．
∵OA⊥OB，
∴x1⋅x2+y1⋅y2=0，
即y124⋅y224+y1⋅y2=0．
化简得y1⋅y2=−16．
由−4s=−16得s=4．
∴直线l经过定点4,0．
【答案】
解：(1)体育成绩大于或等于70分的学生有30人，
∴ 估计该校高一年级学生“体育良好”的人数为：1000×3040=750人．
(2)体育成绩在[60,70)有2名学生，在[80,90)中有3名，
设至少有1人为非“体育良好”为事件A，
样本中的2位成绩在[60,70)的学生和3位成绩在[80,90)的学生分别记为A1，A2，B1，B2，B3，
从中随机选取3个学生的所有结果为：
A1,A2,B1，A1,A2,B2，A1,A2,B3，A1,B1,B2，A1,B1,B3，A1,B2,B3，A2,B1,B2，A2,B1,B3，A2,B2,B3，B1,B2,B3，
共有n=10个基本事件，事件A包含的基本事件有m=9个，
PA=mn=910．
(3)当数据a，b，c的方差s2最小时，a=69，b=74，c=80．
（或者a=69，b=75，c=80．）
【考点】
用样本的频率分布估计总体分布
列举法计算基本事件数及事件发生的概率
极差、方差与标准差
【解析】
无
无
无
【解答】
解：(1)体育成绩大于或等于70分的学生有30人，
∴ 估计该校高一年级学生“体育良好”的人数为：1000×3040=750人．
(2)体育成绩在[60,70)有2名学生，在[80,90)中有3名，
设至少有1人为非“体育良好”为事件A，
样本中的2位成绩在[60,70)的学生和3位成绩在[80,90)的学生分别记为A1，A2，B1，B2，B3，
从中随机选取3个学生的所有结果为：
A1,A2,B1，A1,A2,B2，A1,A2,B3，A1,B1,B2，A1,B1,B3，A1,B2,B3，A2,B1,B2，A2,B1,B3，A2,B2,B3，B1,B2,B3，
共有n=10个基本事件，事件A包含的基本事件有m=9个，
PA=mn=910．
(3)当数据a，b，c的方差s2最小时，a=69，b=74，c=80．
（或者a=69，b=75，c=80．）
【答案】
(1)解：当a=0时，fx=exx−e，fx的定义域为−∞,0∪0,+∞，
f′x=exx−1x2 .
由f′x>0得x>1，由f′x<0得x<1，且x≠0，
∴ fx在1,+∞上单调递增，在−∞,0,0,1上单调递减．
∴ 当x=1时，fx取得极小值f1=0，无极大值．
(2)证明：当x∈0,1时，fx=exx+ax−1−e=0，
⇔ex+ax2−a+ex=0，
令gx=ex+ax2−a+ex，
则fx在0,1上的零点即gx在0,1上的零点．
g′x=ex+2ax−a−e .
令hx=g′x=ex+2ax−a−e，则h′x=ex+2a .
当a>0时，则h′(x)>0，
∴ h(x)=g′(x)在区间0,1上单调递增．
又h0=g′0=1−a−e<0，h1=g′1=a>0，
∴ 存在x0∈0,1使得hx0=g′x0=0，
∴ 当x∈0,x0时，g′x<0，gx单调递减；
当x∈x0,1时，g′x>0，gx单调递增．
又因为g0=1，gx0
在x∈x0,1上gx没有零点，
∴ gx在0,1上存在唯一零点，即fx在0,1上存在唯一零点．
【考点】
利用导数研究函数的极值
函数的零点
【解析】
此题暂无解析
【解答】
(1)解：当a=0时，fx=exx−e，fx的定义域为−∞,0∪0,+∞，
f′x=exx−1x2 .
由f′x>0得x>1，由f′x<0得x<1，且x≠0，
∴ fx在1,+∞上单调递增，在−∞,0,0,1上单调递减．
∴ 当x=1时，fx取得极小值f1=0，无极大值．
(2)证明：当x∈0,1时，fx=exx+ax−1−e=0，
⇔ex+ax2−a+ex=0，
令gx=ex+ax2−a+ex，
则fx在0,1上的零点即gx在0,1上的零点．
g′x=ex+2ax−a−e .
令hx=g′x=ex+2ax−a−e，则h′x=ex+2a .
当a>0时，则h′(x)>0，
∴ h(x)=g′(x)在区间0,1上单调递增．
又h0=g′0=1−a−e<0，h1=g′1=a>0，
∴ 存在x0∈0,1使得hx0=g′x0=0，
∴ 当x∈0,x0时，g′x<0，gx单调递减；
当x∈x0,1时，g′x>0，gx单调递增．
又因为g0=1，gx0
在x∈x0,1上gx没有零点，
∴ gx在0,1上存在唯一零点，即fx在0,1上存在唯一零点．
【答案】
解：(1)由x=−33+t，y=−2+3t消去参数t得3x−y+7=0，
即直线l的普通方程为3x−y+7=0；
由ρsin2θ=4csθ得ρ2sin2θ=4ρcsθ，
∵ x=ρcsθ，y=ρsinθ，
∴ y2=4x，
即曲线C的直角坐标方程y2=4x ．
(2)直线DE的参数方程为x=2−32ty=12t（t为参数），
代入y2=4x得t2+83t+162=0．
设点D对应的参数为t1，点E对应的参数为t2，
则t1+t2=−83，
t1t2=−162，且t1>0，t2<0．
故1|PD|−1|PE|=1|t1|−1|t2|
=1t1+1t2=t1+t2t1t2=−83−162=64．
【考点】
直线的参数方程
抛物线的极坐标方程
利用圆锥曲线的参数方程求最值
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)由x=−33+t，y=−2+3t消去参数t得3x−y+7=0，
即直线l的普通方程为3x−y+7=0；
由ρsin2θ=4csθ得ρ2sin2θ=4ρcsθ，
∵ x=ρcsθ，y=ρsinθ，
∴ y2=4x，
即曲线C的直角坐标方程y2=4x ．
(2)直线DE的参数方程为x=2−32ty=12t（t为参数），
代入y2=4x得t2+83t+162=0．
设点D对应的参数为t1，点E对应的参数为t2，
则t1+t2=−83，
t1t2=−162，且t1>0，t2<0．
故1|PD|−1|PE|=1|t1|−1|t2|
=1t1+1t2=t1+t2t1t2=−83−162=64
【答案】
解：(1)∵ a2+b2≥2ab，b2+c2≥2bc，a2+c2≥2ac，
∴ 2a2+2b2+2c2≥2ab+bc+ac，
∴ a2+b2+c2≥ab+bc+ac，
∴ (a+b+c)2≥3(ab+bc+ac).
∵ab+bc+ac=1 ，
∴ a+b+c2≥3，
∵a，b，c是正数，
∴ a+b+c≥3.
(2)∵a+b=1，
由柯西不等式得a+12+b+122≤1+1a+12+b+12
=2a+b+1=4（当且仅当a=b=12时取等号），
∴a+12+b+12≤2.
【考点】
基本不等式在最值问题中的应用
柯西不等式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)∵ a2+b2≥2ab，b2+c2≥2bc，a2+c2≥2ac，
∴ 2a2+2b2+2c2≥2ab+bc+ac，
∴ a2+b2+c2≥ab+bc+ac，
∴ (a+b+c)2≥3(ab+bc+ac).
∵ab+bc+ac=1 ，
∴ a+b+c2≥3，
∵a，b，c是正数，
∴ a+b+c≥3.
(2)∵a+b=1，
由柯西不等式得a+12+b+122≤1+1a+12+b+12
=2a+b+1=4（当且仅当a=b=12时取等号），
∴a+12+b+12≤2.
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