2020-2021学年江西省赣州市高三（下）4月月考数学（文）试卷北师大版

这是一份2020-2021学年江西省赣州市高三（下）4月月考数学（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. 复数z=1+3i，则z2在复平面上所对应的点在( )
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,y|x+y+12x−y+1=0，则集合A中元素个数是( )
A.0个B.1个C.2个D.无数个

3. 从编号依次为01，02，…，20的20人中选取5人，现从随机数表的第一行第3列和第4列数字开始，由左向右依次选取两个数字，则第五个编号为( )
A.09B.02C.15D.18

4. 在平面直角坐标系xOy中，若点A与点B2,1关于直线y=x对称，则sin∠AOx等于( )
A.15B.25C.55D.255

5. 已知fx=ex−1ex+1，则“x1+x2=0”是"fx1+fx2=0”的( )
A.充分不必要条件B.必要不充分条件
C.充要条件D.既不充分也不必要条件

6. 函数fx=sinωx+π6ω>0部分图象如图所示，若△ABC的面积为π4，则ω=( )

A.32B.2C.3π2D.2π

7. 已知F是抛物线y2=4x的焦点，P是抛物线上的一个动点，A3,1，则△APF周长的最小值为( )
A.2+25B.4+5C.3+5D.6+5

8. 直线l:y=kx+2上存在两个不同点到原点距离等于1，则k的取值范围是( )
A.−2,2B.−3,3C.−1,1D.−33,33

9. 已知f(x)=ax2，x∈(0,1)，lgax，x∈[1,2)，若fx=1有两解，则a的取值范围是( )
A.(0,12)B.(0,12]C.(1,2]D.1,2

10. 如图是默默无“蚊”的广告创意图，图中网格是单位正方形，阴影部分由若干个半圆弧首尾相连组成的图形，最外层的半圆弧与矩形相切，从矩形中任取一点，则落在阴影部分的概率是( )

A.π14B.3π28C.5π56D.π7

11. 如图，正四棱锥P−ABCD的高为12，AB=62，E，F分别为PA，PC的中点，过点B，E，F的截面交PD于点M，截面EBFM将四棱锥分成上下两个部分，规定BD→为主视图方向，则几何体CDAB−FME的俯视图为( )

A.B.C.D.

12. 将双曲线绕其对称中心旋转，会得到我们熟悉的函数图象，例如将双曲线x22−y22=1的图象绕原点逆时针旋转45∘后，能得到反比例函数y=1x的图象（其渐近线分别为x轴和y轴）；同样的，如图所示，常见的“对勾函数”y=mx+nx(m>0，n>0)也能由双曲线的图象绕原点旋转得到（其渐近线分别为y=mx和y轴）．
设m=33，n=3，则此“对勾函数”所对应的双曲线的实轴长为( )

A.43B.4C.26D.27
二、填空题

已知a→=−1,2，b→=3,−1，则与a→−b→同方向的单位向量是________.

若曲线y=x24−3lnx在x=x0处的切线的斜率为12，则x0=________.

四面体ABCD中， ∠ABC=∠BCD=90∘，AB=BC=CD=2，AD=23，则该四面体的外接球表面积为________.

如图，平面凹四边形ABCD，其中AB=5，BC=8，∠ABC=60∘，∠ADC=120∘，则四边形ABCD面积的最小值为________.

三、解答题

已知数列an中，a1=2，a2=12，anan+2=1n∈N∗ .
(1)求a3，a5的值；

(2)求an的前2021项和S2021 .

春节期间，防疫常态化要求减少人员聚集，某商场为了应对防疫要求，但又不影响群众购物，采取推广使用“某某到家”线上购物APP，再由物流人员送货到家，下左图为从某区随机抽取100位年龄在[10,70)的人口年龄段的频率分布直方图，下右图是该样本中使用了“某某到家”线上购物APP人数占抽取总人数比的频率柱状图．

(1)从年龄段在[60,70)的样本中，随机抽取两人，估计都不使用“某某到家”线上购物APP的概率；

(2)若把年龄低于40岁（不含）的人称为“青年人”，为确定是否有99.9%的把握认为“青年人”更愿意使用“某某到家”线上购物APP，填写下列2×2联表，并作出判断．
参考数据：
K2=nad−bc2a+bc+da+cb+d，其中n=a+b+c+d .

如图，菱形ABCD的边长为6，对角线交于点E，∠ABC=2π3，将△ADC沿AC折起得到三棱锥D−ABC，点D在底面ABC的投影为点O．

(1)求证：AC⊥BD；

(2)当O为△ABC的重心时，求C到平面ABD的距离．

已知椭圆E:x2a2+y2b2=1a>b>0的离心率e=32，椭圆E与x轴交于A，B两点，与y轴交于C，D两点，四边形ACBD的面积为4．
(1)求椭圆E的方程；

(2)若P是椭圆E上一点（不在坐标轴上），直线PC，PD分别与x轴相交于M，N两点，设PC，PD，OP的斜率分别为k1，k2，k3，过点P的直线l的斜率为k，且k1k2=kk3，直线l与x轴交于点Q，求|MQ|−|NQ|的值．

已知函数fx=ex，gx=x，直线y=aa>0分别与函数y=fx，y=gx的图象交于A，B两点，O为坐标原点．
(1)求|AB|长度的最小值；

(2)求最大整数k，使得k
在直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为x=2csθy=2sinθ （θ为参数），曲线C2:xy=3．以原点O为极点，x的非负半轴为极轴建立极坐标系．
(1)求曲线C1的普通方程和曲线C2的极坐标方程；

(2)曲线C1与C2交于A，B，C，D四点，求以A，B，C，D为顶点的四边形ABCD的面积．
参考答案与试题解析
2020-2021学年江西省赣州市高三（下）4月月考数学（文）试卷
一、选择题
1.
【答案】
B
【考点】
复数的代数表示法及其几何意义
复数代数形式的混合运算
【解析】
根据复数的运算化简即可得解.
【解答】
解：因为z=1+3i，
所以z2=1+3i2=−2+23i,
所以z2在复平面上所对应的点为(−2,23)，在第二象限
故选B.
2.
【答案】
D
【考点】
集合的含义与表示
集合中元素的个数
【解析】
由题可得x+y+1=0或2x−y+1=0，则集合A是直线x+y+1=0与直线2x−y+1=0上的点的个数，为书无数个.
【解答】
解：由题A=(x,y)|(x+y+1)(2x−y+1)=0，
可得(x+y+1)(2x−y+1)=0，即x+y+1=0或2x−y+1=0，
则集合A是直线x+y+1=0与直线2x−y+1=0上的点的个数，为无数个.
故选D.
3.
【答案】
A
【考点】
简单随机抽样
【解析】
根据随机数表，依次进行选择即可得到结论．
【解答】
解：根据题意，从08开始，依次读取：08，02，15，18，09，
∴取出的5个号码为：08，02，15，18，09，
∴第五个编号为：09．
故选A．
4.
【答案】
D
【考点】
任意角的三角函数
【解析】
由A，B关于y=x对称，B2,1，则A1,2，过C作AC⊥x轴，则∠AOx=∠ADC，再利用任意角的三角函数的定义，求得sin∠AOC的值．
【解答】
解：∵A，B关于y=x对称，且B2,1，
∴A1,2，
过C作AC⊥x轴，如图，
∵AC=2，OC=1，
由勾股定理得AO=AC2+OC2=5，
∴sin∠AOx=ACAO=25=255．
故选D．
5.
【答案】
C
【考点】
必要条件、充分条件与充要条件的判断
函数奇偶性的判断
【解析】
根据函数奇偶性的性质以及充分条件和必要条件的定义进行判断．
【解答】
解：∵fx=ex−1ex+1，定义域为R，
f−x=e−x−1e−x+1=1−exex+1，
∴fx=−f−x ，
∴fx是在R上的奇函数，
∴x1+x2=0时，即x1=−x2，有fx1=f−x2=−fx2，
即fx1+fx2=0，
∵fx=ex−1ex+1=ex+1−2ex+1=1−2ex+1，
∴fx在R上单调递增.
又fx为奇函数，
∴fx1+x2=0时，即fx1=−fx2=f−x2时，
必有x1=−x2，即x1+x2=0，
∴x1+x2=0是fx1+fx2=0的充要条件．
故选C．
6.
【答案】
A
【考点】
由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式
正弦函数的图象
三角形的面积公式
【解析】
当x=0时，f(0)=sinπ6=12，根据△ABC的面积为π4，得到AC=π，则T=4π3，进而得解ω=2πT=2π4π3=32.
【解答】
解：f(x)=sin(ωx+π6)(ω>0)，
当x=0时，f(0)=sinπ6=12.
因为△ABC的面积为π4，
所以π4=12×OB⋅AC=12×12⋅AC，
所以AC=π，
所以34T=π，
所以T=4π3，
所以ω=2πT=2π4π3=32.
故选A.
7.
【答案】
B
【考点】
抛物线的性质
【解析】

【解答】
解：∵抛物线y2=4x，
∴F1,0，准线为l：x=−1，
过P点作PN⊥l，如图，
AF=3−12+1−02=5，
∴C△APF=|AF|+|AP|+|PF|
=5+|AP|+|PN|，
要使△APF周长最小，则使|AP|+|PN| 最小即可，
过A点作AM⊥l，与抛物线交于P1点，
此时△APF周长也最小，
∴△APF周长最小为4+5．
故选B．
8.
【答案】
D
【考点】
直线与圆的位置关系
点到直线的距离公式
【解析】
直线l:y=kx+2上存在两个不同的点到原点距离等于1，则直线l与圆x2+y2=1有两个交点，则圆心到直线的距离d=|2k|1+k2小于圆x2+y2=1半径1，解不等式即可．
【解答】
解：直线l:y=kx+2上存在两个不同的点到原点距离等于1，
则直线l与圆x2+y2=1有两个交点，
圆x2+y2=1的圆心为0,0，r=1，
圆心到直线l的距离d=|2k|1+k2
则d整理可得4k2<1+k2，即3k2<1，
解得−33故k的取值花围为−33,33．
故选D．
9.
【答案】
D
【考点】
函数的零点与方程根的关系
函数的零点
【解析】
1
【解答】
解：当1 图1
当a=2时，如图2，此时f(x)=1有1解，
图2
当a>2时，如图3，此时f(x)=1有1解，
图3
当0 图4
综上，a的取值范围为1,2.
故选D.
10.
【答案】
D
【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】
将图形分成a，b，c，d，所有正方形面积总和为S正，a=42π−32π2=7π2，b=32π−22π2=5π2，c=22π−π2=3π2，d=π2，阴影部分面积为S阴影=a+b+c+d=8π，S正=7×8=56，则落在阴影部分的概率是S阴影S正，计算可得结果．
【解答】
解：如图所示，
设四部分面积为a，b，c，d，所有正方形面积总和为S正，
a=42π−32π2=7π2，
b=32π−22π2=5π2，
c=22π−π2=3π2，
d=π2，
所以阴影部分面积为S阴影=a+b+c+d=8π，
S正=7×8=56，
则落在阴影部分的概率是S阴影S正=π7．
故选D．
11.
【答案】
C
【考点】
与二面角有关的立体几何综合题
平面与平面平行的判定
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由图可知P点不显示，则俯视图中心无点，故D错误；
由图可知平面MEBF与平面ABCD有交点B，在选项A图中表示M为PD中点
若A正确，则平面MEBF//平面ABCD，无交点，故A错误；
且M点应比PO中点更接近P点，则俯视图上M点，更接近中心， 故B错误，C正确.
故选C.
12.
【答案】
C
【考点】
双曲线的特性
直线的倾斜角
【解析】
设y=kx为旋转后的两条渐近线的夹角角平分线，联立 y=3xy=33x+3x ，解得62,322计算即可．
【解答】
解：旋转后的图象渐近线为y=33x和y轴，
因为直线y=33x的倾斜角θ=30∘
所以两条渐近线的夹角为60∘.
设y=kx为旋转后的两条渐近线的夹角角平分线，
则k=tan60∘2+30∘=tan60∘=3，
联立y=3x，y=33x+3x，
得x=±62，y=±322，
则点62,322是原双曲线右顶点旋转后得到的622+3222=6，
则6,0是原双曲线的右顶点，
则a=6， 2a=26，
即此“对勾函数”所对应的双曲线的实轴长为26.
故选C．
二、填空题
【答案】
−45,35
【考点】
单位向量
向量的模
平面向量的坐标运算
【解析】
求出a→−b→=−1,2−3,−1=−4,3， |a→−b→|=16+9=5，即可得解与a→−b→同方向的单位向量为 AB→|AB→|=−45,35.
【解答】
解：由题意得a→−b→=−1,2−3,−1=−4,3，
则|a→−b→|=16+9=5，
所以与a→−b→同方向的单位向量为 a→−b→|a→−b→|=−45,35.
故答案为：−45,35.
【答案】
3
【考点】
导数的几何意义
利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】
求出y′=x2−3x，根据曲线y=x24−3lnx在x=x0处的的切线的斜率为12，得到12=x02−3x0，结合函数的定义域即可得解.
【解答】
解：函数y=x24−3lnx的定义域为x|x>0，
由题y′=x2−3x，
因为曲线y=x24−3lnx在x=x0处的的切线的斜率为12，
所以12=x02−3x0，即x02−x0−6=0，解得x0=3或x0=−2(舍去)，
故答案为：3.
【答案】
12π
【考点】
球的表面积和体积
球内接多面体
【解析】
将四面体补成正方体，通过求解长方体的对角线就是球的直径，然后求解外接球的表面积．
【解答】
解： ∠ABC=∠BCD=90∘ ，AB=BC=CD=2， AD=23，
将四面体ABCD放在棱长为2的正方形中，如图所示：
则AC=AB2+BC2=22+22=22，
AD=AC2+CD2=222+22=23，
四面体外接球的半径R即为正方体对角线AD的一半，
R=12AD=12×23=3，
∴ 外接球的表面积S=4πR2=12π.
故答案为：12π.
【答案】
71312
【考点】
余弦定理
基本不等式在最值问题中的应用
三角形的面积公式
【解析】
连接AC，利用割补法，知S四边形ABCD=S△ABC−S△ADC，由已知，易求S△ABC，所以求出S△ADC的最大值是解决此题的关键.为此，先在△ABC中，由余弦定理求出AC，再在△ADC中仍然由余弦定理，找出边AD，DC满足的关系式，然后利用基本不等式即可解决问题.
【解答】
解：如图所示：连接AC，设AD=a，DC=b，
在△ABC中，AB=5，BC=8，∠ABC=60∘，
由余弦定理得AC=AB2+BC2−2AB⋅BCcs∠ABC
=52+82−2×5×8×cs60∘=7，
在△ADC中，AD=a，DC=b，∠ADC=120∘，
由余弦定理得a2+b2−2abcs120∘=49，
即a2+b2+ab=49.
由基本不等式知，a2+b2≥2ab,
∴3ab≤49，即ab≤493，
当且仅当a=b=733时等号成立.
∴S△ADC=12absin∠ADC
≤12×493×32=49312，
又S△ABC=12AB×BCsin∠ABC
=12×5×8×32=103，
于是S四边形ABCD=S△ABC−S△ADC
≥103−49312=71312.
因此，当且仅当a=b=733时，
四边形ABCD的面积取得最小值71312.
故答案为：71312.
三、解答题
【答案】
解：(1)当n=1时，a1a3=1，所以a3=12；
当n=3时，a3a5=1，所以a5=2 .
(2)当n=2时，a2a4=1，所以a4=2；
∵anan+2=1，an+2an+4=1，所以an=an+4，
故数列an是以4为周期的周期数列，
即a4n=a4=2，a4n+1=a1=2，a4n+2=a2=12，a4n+3=a3=12 .
所以S2021=505(a1+a2+a3+a4)+a2021
=505(a1+a2+a3+a4)+a1=2527.
【考点】
数列的求和
数列递推式
【解析】
（1）当n=1时，a1a3=1，所以a3=12；
当n=3时，a3a5=1，a2a4=1，所以a5=2 .
【解答】
解：(1)当n=1时，a1a3=1，所以a3=12；
当n=3时，a3a5=1，所以a5=2 .
(2)当n=2时，a2a4=1，所以a4=2；
∵anan+2=1，an+2an+4=1，所以an=an+4，
故数列an是以4为周期的周期数列，
即a4n=a4=2，a4n+1=a1=2，a4n+2=a2=12，a4n+3=a3=12 .
所以S2021=505(a1+a2+a3+a4)+a2021
=505(a1+a2+a3+a4)+a1=2527.
【答案】
解：(1)年龄段在[60,70)样本中共有6人，其中1人会使用“某某到家”线上购物APP，
记为a，b，c，d，e，A（其中A表示使用了APP），
从中抽取两人，有ab，ac，ad，ae，aA，bc，bd，be，bA，cd，ce，cA，de，dA，eA，共15种不同情况，
都不使用APP的情况有10种，故随机抽取两人，
都不使用“某某到家“线上购物APP的概率为1015=23 .
(2)根据统计图表知：
所以K2=100×(50×20−20×10)260×40×70×30=80063>10.828，
故有99.9%的把握认为“年青人”更愿意使用“某某到家”线上购物APP .
【考点】
频率分布直方图
列举法计算基本事件数及事件发生的概率
独立性检验
【解析】
(2)根据统计图表知：
所以K2=100×(50×20−20×10)260×40×70×30=80063>10.828，
故有99.9%的把握认为“年青人”更愿意使用“某某到家”线上购物APP .
【解答】
解：(1)年龄段在[60,70)样本中共有6人，其中1人会使用“某某到家”线上购物APP，
记为a，b，c，d，e，A（其中A表示使用了APP），
从中抽取两人，有ab，ac，ad，ae，aA，bc，bd，be，bA，cd，ce，cA，de，dA，eA，共15种不同情况，
都不使用APP的情况有10种，故随机抽取两人，
都不使用“某某到家“线上购物APP的概率为1015=23 .
(2)根据统计图表知：
所以K2=100×(50×20−20×10)260×40×70×30=80063>10.828，
故有99.9%的把握认为“年青人”更愿意使用“某某到家”线上购物APP .
【答案】
(1)证明：因为折叠前BD⊥AC，
所以AC⊥BE，AC⊥DE.
因为DE∩BE=E，
所以AC⊥平面BDE.
又BD⊂平面BDE，所以AC⊥BD .
(2)解：当O为△ABC的重心时，如图，BO=2OE，
因为AB=6，∠ABC=2π3，
所以CE=AE=33，DE=BE=3，故BO=2，OE=1，
因为DO⊥平面ABC，所以DO⊥BE，
在Rt△DOE中，DO=DE2−OE2=22，
BD=DO2+BO2=23，
在等腰△ABD中， AB=AD=6 ，过点A作AF⊥BD，
则BF=DF=12DB=3.
因为AF=AB2−BF2=33，
所以S△ABD=12×23×33=311，
设C到平面ABD的距离为d，
因为VD−ABC=VC−ABD，
所以13×12×63×3×22 =13×311×d，
解得d=66611 .
即C到平面ABD的距离等于66611 .
【考点】
两条直线垂直的判定
点、线、面间的距离计算
【解析】
（1）证明：因为折叠前BD⊥AC，所以AC⊥BE，AC⊥DE，因为DE∩BE=E，
所以AC⊥平面BDE，
又BD⊂平面BDE，所以AC⊥BD .
【解答】
(1)证明：因为折叠前BD⊥AC，
所以AC⊥BE，AC⊥DE.
因为DE∩BE=E，
所以AC⊥平面BDE.
又BD⊂平面BDE，所以AC⊥BD .
(2)解：当O为△ABC的重心时，如图，BO=2OE，
因为AB=6，∠ABC=2π3，
所以CE=AE=33，DE=BE=3，故BO=2，OE=1，
因为DO⊥平面ABC，所以DO⊥BE，
在Rt△DOE中，DO=DE2−OE2=22，
BD=DO2+BO2=23，
在等腰△ABD中， AB=AD=6 ，过点A作AF⊥BD，
则BF=DF=12DB=3.
因为AF=AB2−BF2=33，
所以S△ABD=12×23×33=311，
设C到平面ABD的距离为d，
因为VD−ABC=VC−ABD，
所以13×12×63×3×22 =13×311×d，
解得d=66611 .
即C到平面ABD的距离等于66611 .
【答案】
解：(1)由题意得e=ca=32①，
12⋅2a⋅2b=4②，
a2−b2=c2③，
联立①②③，解得a=2，b=1 ，
所以椭圆E的方程为x24+y2=1．
(2)由题意可得示意图如图，
设Px0,y0，则x024+y02=1，即x02=41−y02，
不妨设C0,1，D0,−1，
直线PC:y=y0−1x0x+1，
令y=0，得x=x01−y0，故M(x01−y0,0)；
同理可求Nx01+y0,0
则k1k2=y0−1x0⋅y0+1x0=y02−1x02=y02−14(1−y02)=−14，
因为k3=y0x0，
所以k=−x04y0，
所以直线l为y−y0=−x04y0x−x0，
令y=0得x=x02+4y02x0，又x024+y02=1，
故x=4x0即Q(4x0,0)．
||MQ|−|NQ||=|x01−y0+x01+y0−8x0|
=|2x01+y01−y0−8x0|
又x024+y02=1，即x02=41−y02．
代入上式得||MQ|−|NQ||=|2x0x024−8x0|=0 ．
【考点】
椭圆的标准方程
椭圆的定义和性质
椭圆的离心率
直线与椭圆结合的最值问题
直线与椭圆的位置关系
圆锥曲线中的定点与定值问题
【解析】

【解答】
解：(1)由题意得e=ca=32①，
12⋅2a⋅2b=4②，
a2−b2=c2③，
联立①②③，解得a=2，b=1 ，
所以椭圆E的方程为x24+y2=1．
(2)由题意可得示意图如图，
设Px0,y0，则x024+y02=1，即x02=41−y02，
不妨设C0,1，D0,−1，
直线PC:y=y0−1x0x+1，
令y=0，得x=x01−y0，故M(x01−y0,0)；
同理可求Nx01+y0,0
则k1k2=y0−1x0⋅y0+1x0=y02−1x02=y02−14(1−y02)=−14，
因为k3=y0x0，
所以k=−x04y0，
所以直线l为y−y0=−x04y0x−x0，
令y=0得x=x02+4y02x0，又x024+y02=1，
故x=4x0即Q(4x0,0)．
||MQ|−|NQ||=|x01−y0+x01+y0−8x0|
=|2x01+y01−y0−8x0|
又x024+y02=1，即x02=41−y02．
代入上式得||MQ|−|NQ||=|2x0x024−8x0|=0 ．
【答案】
解：(1)直线y=aa>0分别与函数y=fx，y=gx交于A，B两点，
则A(lna,a)，B(a,a)，
|AB|=a−lna(a>0)，
记ℎ(a)=a−lna(a>0)，则ℎ′(a)=a−1a(a>0)，
当a∈(0,1)时，ℎ′(a)<0，ℎ(a)单调递减；
当a∈(1,+∞)时，ℎ′(a)>0，ℎ(a)单调递增；
所以ℎ(a)min=ℎ(1)=1，即|AB|长度最小值为1.
(2)由OA→⋅OB→=alna+a2a>0，记φx=xlnx+x2x>0，
所以φ′(x)=lnx+1+2x(x>0)，显然φ′x单调递增．
因为φ′(12)=ln12+2>0，φ′(1e2)=ln1e3+1+2e2<0，
所以存在唯一x0∈(0,12)，使得φ′(x0)=0，即lnx0=−1−2x0．
当x∈0,x0时，φ′x<0，φ(x)单调递减；
当x∈x0,+∞时，φx0>0，φx单调递增；
所以x=x0时，φ(x)min=φ(x0)=x0lnx0+x02，
又lnx0=−1−2x0，
所以φ(x0)=x0(−1−2x0)+x02=−x0−x02，
又x0∈(0,12)，所以φ(x0)=−x0−x02∈(−34,0)，
所以要使得整数k即k的最大整数为−1．
【考点】
利用导数研究函数的最值
利用导数研究不等式恒成立问题
【解析】


【解答】
解：(1)直线y=aa>0分别与函数y=fx，y=gx交于A，B两点，
则A(lna,a)，B(a,a)，
|AB|=a−lna(a>0)，
记ℎ(a)=a−lna(a>0)，则ℎ′(a)=a−1a(a>0)，
当a∈(0,1)时，ℎ′(a)<0，ℎ(a)单调递减；
当a∈(1,+∞)时，ℎ′(a)>0，ℎ(a)单调递增；
所以ℎ(a)min=ℎ(1)=1，即|AB|长度最小值为1.
(2)由OA→⋅OB→=alna+a2a>0，记φx=xlnx+x2x>0，
所以φ′(x)=lnx+1+2x(x>0)，显然φ′x单调递增．
因为φ′(12)=ln12+2>0，φ′(1e2)=ln1e3+1+2e2<0，
所以存在唯一x0∈(0,12)，使得φ′(x0)=0，即lnx0=−1−2x0．
当x∈0,x0时，φ′x<0，φ(x)单调递减；
当x∈x0,+∞时，φx0>0，φx单调递增；
所以x=x0时，φ(x)min=φ(x0)=x0lnx0+x02，
又lnx0=−1−2x0，
所以φ(x0)=x0(−1−2x0)+x02=−x0−x02，
又x0∈(0,12)，所以φ(x0)=−x0−x02∈(−34,0)，
所以要使得整数k即k的最大整数为−1．
【答案】
解：(1)由x=ρcsθ，y=ρsinθ，
曲线C1的普通方程为x2+y2=4，
曲线C2坐标方程为ρ2sinθcsθ=3.
(2)由题意得x2+y2=4，xy=3，
解得x=1，y=3或x=3，y=1或x=−1，y=−3或x=−3，y=−1.
不妨设A(1,3)，B(3,1)，C(−1,−3)，D(−3,−1)，
由图可知四边形ABCD为矩形，
且AB=23−1，BC=23+1，
所以四边形面积S=AB⋅BC=4 .
【考点】
参数方程与普通方程的互化
直线与圆的位置关系
直线和圆的方程的应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)由x=ρcsθ，y=ρsinθ，
曲线C1的普通方程为x2+y2=4，
曲线C2坐标方程为ρ2sinθcsθ=3.
(2)由题意得x2+y2=4，xy=3，
解得x=1，y=3或x=3，y=1或x=−1，y=−3或x=−3，y=−1.
不妨设A(1,3)，B(3,1)，C(−1,−3)，D(−3,−1)，
由图可知四边形ABCD为矩形，
且AB=23−1，BC=23+1，
所以四边形面积S=AB⋅BC=4 . 5308 3395 5502 6215 2702 4369 3218 1826 0994 7846
5887 3522 2468 3748 1685 9527 1413 8727 1495 5656
“青年人”人数
非“青年人”人数
合计
使用APP的人数
没有使APP的人数
合计
PK2≥k0
0.15
0.10
0.05
0.025
0.010
0.005
0.001
k0
2.072
2.706
3.841
5.024
6.635
7.879
10.828
“青年人”人数
非“青年人”人数
合计
使用APP的人数
50
20
70
没有使APP的人数
10
20
30
合计
60
40
100
“青年人”人数
非“青年人”人数
合计
使用APP的人数
50
20
70
没有使APP的人数
10
20
30
合计
60
40
100
“青年人”人数
非“青年人”人数
合计
使用APP的人数
50
20
70
没有使APP的人数
10
20
30
合计
60
40
100