2020-2021学年江西省赣州市高三一模考试数学（理）试卷北师大版

这是一份2020-2021学年江西省赣州市高三一模考试数学（理）试卷北师大版，共10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M=x|y=ln1−2x，N=x|x−x2>0，则M∩N=( )
A.0,12B.0,12C.12,1D.12,1

2. 已知复数z满足z+i1−2i=i3 (其中i为虚数单位)，则复数z的虚部等于( )
A.−65iB.−65C.−45iD.−45

3. 某运动制衣品牌为了成衣尺寸更精准，现选择15名志愿者，对其身高和臂展进行测量（单位：厘米），甲图为选取的15名志愿者身高与臂展的折线图，乙图为身高与臂展所对应的散点图，并求得其回归方程为y=1.16x−30.75，以下结论中不正确的为( )

A.15名志愿者身高的极差小于臂展的极差
B.15名志愿者身高和臂展成正相关关系
C.身高相差10厘米的两人臂展都相差11.6厘米
D.可估计身高为190厘米的人臂展大约为189.65厘米

4. 已知点m,n在关于x，y的不等式 x−y≥0,x+y≥0,2x−y≥2 所表示的平面区域内，则m2+n2的最小值为( )
A.25B.105C.255D.23

5. 设函数f(x)=ax−a−x+bsin3x+c(a>0且a≠1)．若f−t=1，ft=3，则c=( )
A.1B.2C.3D.4

6. 斐波那契螺旋线被誉为自然界最完美的“黄金螺旋”，它的画法是：以斐波那契数：1，1，2，3，5，8，⋯为边的正方形拼成长方形，然后在每个正方形中画一个圆心角为90∘的圆弧，这些圆弧所连起来的弧线就是斐波那契螺旋线．自然界存在很多斐波那契螺旋线的图案，例如向日葵、鹦鹉螺等．下图为该螺旋线的前一部分，如果用接下来的一段圆弧所对应的扇形做圆锥的侧面，则该圆锥的高为( )

A.132B.13154C.134D.132

7. 已知数列an满足a1=2，am+n=am+an，记Sn为正项等比数列bn的前n项和．若b4=a8，bn+4bn=4bn+12，则lg2Sn+2=( )
A.n−1B.n+1C.n−2D.n

8. 在2x+1x−15的展开式中，除x2项外，其余各项的系数之和为( )
A.230B.231C.232D.233

9. 已知函数fx=Acsωx+φ(A>0，ω>0)的周期T∈π2,π．若f7π12=0，f0=−fπ2，则ω=( )
A.72B.103C.3D.52

10. 已知函数fx=2sinπx−π6，当x∈0,10时，把函数Fx=fx−1的所有零点依次记为x1,x2,x3,⋯ ,xn，且x1A.203B.403C.803D.1403

11. 已知M，N是双曲线C:x2a2−y2b2=1a>0,b>0上关于原点对称的两点，P是C上异于M，N的动点，设直线PM，PN的斜率分别为k1,k2．若直线y=12x与曲线C没有公共点，当双曲线C的离心率取得最大值时，且2≤k1≤3，则k2的取值范围是（ ）
A.112,18B.−18,−112C.13,12D.−12,−13

12. 在三棱锥S−ABC中，SA⊥平面ABC， SA=AB=23,BC=2,SC=27．若P，Q分别是SB，BC的中点，则平面APQ被三棱锥S−ABC的外接球所截得的截面面积为（ ）
A.437πB.134πC.215πD.143π
二、填空题

平面向量a→与b→的夹角为30∘，a→=3,0，|b→|=1，则|2a→+b→|=________．
三、解答题

在△ABC中，a，b，c分别为内角A，B，C所对的边，且csinB+π3=32a.
(1)求角C；

(2)设BC=5,AB=7，若延长CB到D，使cs∠ADC=217，求CD的长．

在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是菱形，平面PBD⊥底面ABCD，且BD⊥PC．

(1)求证：PA=PC；

(2)设BD=PB，∠BAD=60∘，E为PC的中点，求直线BE与平面PAB所成角的正弦值．

有一种双人游戏，游戏规则如下：双方每次游戏均从装有5个球的袋中（3个白球和2个黑球）轮流摸出1球（摸后不放回），摸到第2个黑球的人获胜，同时结束该次游戏，并把摸出的球重新放回袋中，准备下一次游戏．
(1)求先摸球者获胜的概率；

(2)小李和小张准备玩这种游戏，约定玩3次，第1次游戏由小李先摸球，并且某一次游戏输者在下一次游戏中先摸球．每次游戏获胜者得1分，但若先摸球者输则−1分，后摸球者输则得0分．记3次游戏中小李的得分之和为X，求X的分布列和数学期望EX．

设离心率为12的椭圆E:x2a2+y2b2=1a>b>0的左，右焦点分别为F1,F2，点P在E上，且满足∠F1PF2=60∘，△PF1F2的面积为3 .
(1)求a，b的值；

(2)设直线l:y=kx+2k>0与E交于M，N两点，点A在x轴上，且满足AM→⋅MN→+AN→⋅MN→=0，求点A横坐标的取值范围．

已知函数fx=2lnx+12x2−axa∈R．
(1)讨论函数fx的单调性；

(2)是否存在一条直线l与曲线y=fx相切于两个不同的点Ax1,fx1，Bx2,fx2？若存在，求出l的方程；若不存在，说明理由．

在平面直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为 x=2t1+t2，y=21+t2 （t为参数，且t<0）．以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，点A的极坐标为4,π6.
(1)求C1的极坐标方程；

(2)设曲线C2的直角坐标方程为x2+y2=16，以A为直角顶点的等腰直角三角形ABC的顶点B，C均在C2上．若B在第二象限，直线BC交C1于点M，求|BM|.
参考答案与试题解析
2020-2021学年江西省赣州市高三一模考试数学（理）试卷
一、选择题
1.
【答案】
A
【考点】
交集及其运算
【解析】
求出M中x的范围确定出M，求出N中y的范围确定出N，找出M与N的交集即可．
【解答】
解：M=x|y=ln1−2x=x|1−2x>0=x|x<12，
N=x|x−x2>0=x|0M∩N=(0,12)．
故选A．
2.
【答案】
B
【考点】
复数代数形式的乘除运算
复数的基本概念
【解析】
把已知等式变形，利用复数代数形式的乘除运算化简得答案．
【解答】
解：(z+i)(1−2i)=13=i2⋅i=−i，
∴z+i=−i1−2i=−i1+2i1−2i1+2i
=−i−2i25=2−i5，
∴z=25−15i−i=25−65i
∴虚部为−65．
故选B．
3.
【答案】
C
【考点】
求解线性回归方程
【解析】
就图形对各个选项分别判断即可．
【解答】
解：A，身高的极差大约是21，臂展极差大于等于26，故A正确；
B，根据散点图以及回归方程得到，身高矮展臂就会短一些，
身高高一些，展臂就会长一些，故B正确；
C，身高相差10厘米的两人展臂的估计值相差11.6厘米，
但不是准确值，回归方程上的点并不都是准确的样本点，故C正确；
D，身高为190厘米，代入回归方程，得
展臂为1.16×190−30.75=189.65厘米，但不是准确值，故D错误.
故选C.
4.
【答案】
C
【考点】
简单线性规划
【解析】
画出约束条件的可行域，利用目标函数的几何意义转化求解即可．
【解答】
解：x−y≥0,x+y≥0,2x−y≥2表示的平面区域如图阴影部分，
则m2+n2表示点(m,n)到原点距离．
由可行域可知，可行域内的点与坐标原点的距离的最小值为P到原点的距离，
即原点到直线2x−y−2=0的距离，
所以距离的最小值为：|−2|22+12=255，
所以m2+n2的最小值为：255．
故选C．
5.
【答案】
B
【考点】
函数奇偶性的性质
【解析】
令gx=fx−c=ax−a−x+bsin3x，可得gx为奇函数，根据奇函数性质g−x+gx=0，得gt+g−t=ft−c+f−t−c=4−2c=0，可得解．
【解答】
解：fx=ax−a−x+bsin3x+c，
令gx=fx−c=ax−a−x+bsin3x，
g−x=a−x−ax−bsin3x，
g−x+gx=0，即gx为奇函数，
gt+g−t=ft−c+f−t−c=4−2c=0，
∴c=2．
故选B．
6.
【答案】
B
【考点】
弧长公式
圆锥的计算
【解析】
首先发现斐波那契数的规律，并计算接下来的圆弧所在圆的半径和圆弧长，并求圆锥底面半径，再计算圆锥的高．
【解答】
解：由斐波那契数的规律可知，从第三项起，每一个数都是前面两个数之和，
∴接下来的一段圆孤的半径为5+8=13，
∴圆对应的弧长为14×2πr=132π，
即圆锥的底面圆周为132π，圆锥的母线为l=13，
设圆锥底面圆的半径为r′，2πr′=13π2，即r′=134，
∴圆锥的高为ℎ=l2−r′2=132−(134)2=13154．
故选B．
7.
【答案】
B
【考点】
等比数列的通项公式
等比数列的性质
等比数列的前n项和
【解析】
由am+n=am+an，可得b4=a8=16，设bn公比为q(q>0)，由bn+4bn=4bn+12可得q=2，根据等比数列的求和可得解．
【解答】
解：∵am+n=am+an，
∴a2=a1+a1=4，
a4=a2+a2=8，
∴b4=a8=a4+a4=16，
设bn的公比为q(q>0)，
∵bn+4bn=4bn+12，
∴bnq4⋅bn=4bnq2，
q4−4q2=0，
q2q2−4=0，
解得q=2，q=0（舍去）或q=−2(舍去)，
∴bn=b4qn−4=2n，
b1=21=2，
Sn=21−2n1−2=2n+1−2，
∴lg2Sn+2=lg22n+1=n+1．
故选B．
8.
【答案】
C
【考点】
二项式系数的性质
二项式定理的应用
二项展开式的特定项与特定系数
【解析】
2x+1x−15，令x=1得展开各项系数之和为25=32，2x+1x−15=C5r(2x+1x)r⋅−15−r，分r=0，1，2，3，4，5讨论不含x2的系数，相加可得解．
【解答】
解：2x+1x−15，
令x=1得展开各项系数之和为25=32，
2x+1x−15=C5r(2x+1x)5−r⋅−1r，
①当r=5时不能出现x2；
②当r=4不能出现x2；
③当r=3时，x2系数为C5322⋅−13=−40；
④当r=2时，(2x+1x)3=C3ℎ(2x)3−ℎ⋅(1x)ℎ=C3ℎ23−ℎx3−2ℎ，∴不能出现x2；
⑤当r=1时，2x+1x4=C4ℎ(2x)4−ℎ⋅(1x)ℎ=C4ℎ24−ℎx4−2ℎ，
当ℎ=1，x2的系数为C51C41⋅23(−1)1=−160；
⑥当r=0时，同理知(2x+1x)5=C5ℎ25−ℎx5−2ℎ，故无x2项，
综上，x2系数为−160−40=−200，
∴其余项系数为200+32=232．
故选C．
9.
【答案】
C
【考点】
余弦函数的周期性
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵ fx的周期T=2πω∈π2,π，∴ω∈2,4，
f(7π12)=Acsω⋅7π12+φ=0，
∴ω⋅7π12+φ=π2+2nπn∈Z①，
f0=−fπ2，即Acsφ=−Acsπ2ω+φ，
∴csφ=−csπ2ω+φ，
∴φ=π2ω+φ+mπ或φ+π2ω+φ=π+2mπm∈Z，
如果φ=π2ω+φ+mπ，则ω=2mm∈Z，
∵2<ω<4，∴无解；
如果φ+π2ω+φ=π+2mπm∈Z，即π2ω+2φ=π+2mπm∈Z②，
联立①②得
7π12ω+φ=π2+2nπ①,π2ω+2φ=π+2mπm∈Z②,
①×2−②得7π6ω−π2ω=4n−2mπ，
∴ω=32n−mm,n∈Z．
∵ m为整数且ω∈2,4，
∴ω=3．
故选C．
10.
【答案】
D
【考点】
数列的函数特性
数列与三角函数的综合
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵2sinπx−π6=1⇒πx−π6=π6+2kπ,或πx−π6=5π6+2kπk∈Z，
即x=13+2k，或x=1+2kk∈Z，
故在x∈0,10时，函数有10个零点，
则Sn=(13+73+133+193+253)+(1+3+5+7+9)=1403.
故选D.
11.
【答案】
A
【考点】
双曲线的离心率
【解析】
无
【解答】
解：因为直线y=12x与双曲线C：x2a2+y2b2=1(a>0,b>0)没有公共点，
所以渐近线的斜率k∈12,+∞，
而双曲线的离心率取得最大值，
故ba=12，即a=2b，
则双曲线方程为x24b2−y2b2=1，
设M(x1,y1)，N(−x1,−y1)，P(x0,y0)，
则x124b2−y12b2=1,x024b2−y02b2=1,
两式相减得：(x1+x0)(x1−x0)4b2=(y1+y0)(y1−y0)b2，即k1⋅k2=14，
又2≤k1≤3，
k2∈112,18．
故选A．
12.
【答案】
A
【考点】
球内接多面体
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由题意得AC=4⇒AB⊥BC，知球心O为SC中点，
故球O的直径2R=27⇒R=7.
因为SC//平面APQ，
设球心O到平面APQ的距离为d，截面圆的半径为r，
由题设球心O到平面APQ的距离等于点S到平面APQ的距离等于点B到平面APQ的距离.
在Rt△ASB中，可以得到AP=6.
在△SCB中，PQ为中位线，则PQ=7.
在Rt△AQB中，根据勾股定理可以得到AQ=13.
由此可知满足勾股定理，即△APQ为直角三角形.
在三棱锥P−ABQ中，由等体积法
VP−AQB=VB−APQ，
即13⋅12SA⋅12AB⋅BQ=13⋅d⋅12PQ⋅AP，
得d=427，
所以r2=R2−d2=7−67=437，故截面面积为43π7.
故选A.
二、填空题
【答案】
19
【考点】
平面向量数量积的运算
【解析】
依次计算|a→|，a→⋅b→，2a→+b→2，将2a→+b→2开方即可．
【解答】
解：∵a→=(3,0)，∴|a→|=3，
又|b→|=1，
∴a→⋅b→=|a→|⋅|b→|cs30∘=32，
又∵|2a→+b→|2=4|a→|2+4a→⋅b→+|b→|2
=12+6+1=19，
∴|2a→+b→|=19．
故答案为：19．
三、解答题
【答案】
解：(1)由正弦定理及条件得，sinC12sinB+32csB=32sinA ，
即sinC12sinB+32csB=32sinB+C
=32sinBcsC+32csBsinC，
整理得tanC=3.又C∈0,π，所以C=π3.
(2)在△ABC中，由余弦定理得， AC2+25−5AC=49，
解得AC=8.
因为cs∠ADC=217，所以sin∠ADC=277,
△ACD中， sin∠CAD​=sinC+D=sinCcsD+csCsinD=5714，
由正弦定理得：CDsin∠CAD=ACsin∠ADC，所以CD=10.
【考点】
正弦定理
两角和与差的正弦公式
余弦定理
解三角形
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)由正弦定理及条件得，sinC12sinB+32csB=32sinA ，
即sinC12sinB+32csB=32sinB+C
=32sinBcsC+32csBsinC，
整理得tanC=3.又C∈0,π，所以C=π3.
(2)在△ABC中，由余弦定理得， AC2+25−5AC=49，
解得AC=8.
因为cs∠ADC=217，所以sin∠ADC=277,
△ACD中， sin∠CAD​=sinC+D=sinCcsD+csCsinD=5714，
由正弦定理得：CDsin∠CAD=ACsin∠ADC，所以CD=10.
【答案】
(1)证明：连接AC交BD于点O，连接PO，
因为ABCD是菱形，所以AC⊥BD，
又BD⊥PC，从而BD⊥平面POC，所以PO⊥BD，
又平面PBD⊥底面ABCD，所以PO⊥平面ABCD，于是PO⊥AC，
而O是AC的中点，故PA=PC .
(2)解：设BD=2，则△ABD，△BCD，△PBD均为边长为2的正三角形．
以OB为x轴，OC为y轴，OP为z轴建立空间直角坐标系．
则B1,0,0，C0,3,0，A0,−3,0，P0,0,3，E0,32,32，
BE→=−1,32,32,AB→=1,3,0,PB→=1,0,−3，
设平面PAB的一个法向量为n→=x,y,z，
则由n→⋅AB→=0，n→⋅PB→=0得x+3y=0，x−3z=0，
令x=3，得n→=3,−1,1 .
设直线BE与平面PAB所成角为θ，则sinθ=|BE→⋅n→||BE→||n→|=65，
所以直线BE与平面PAB所成角的正弦值为65.
【考点】
空间中直线与直线之间的位置关系
用空间向量求直线与平面的夹角
【解析】
（1）连接AC加BD于点O连PQ，
因为ABCD是菱形，所以AC⊥BD，
又BD⊥PC，从而BD⊥平面POC，所以PO⊥BD，
又平面PBD⊥底面ABCD，所以PO⊥平面ABCD，于是PO⊥AC，
而O是AC的中点，故PA=PC .
【解答】
(1)证明：连接AC交BD于点O，连接PO，
因为ABCD是菱形，所以AC⊥BD，
又BD⊥PC，从而BD⊥平面POC，所以PO⊥BD，
又平面PBD⊥底面ABCD，所以PO⊥平面ABCD，于是PO⊥AC，
而O是AC的中点，故PA=PC .
(2)解：设BD=2，则△ABD，△BCD，△PBD均为边长为2的正三角形．
以OB为x轴，OC为y轴，OP为z轴建立空间直角坐标系．
则B1,0,0，C0,3,0，A0,−3,0，P0,0,3，E0,32,32，
BE→=−1,32,32,AB→=1,3,0,PB→=1,0,−3，
设平面PAB的一个法向量为n→=x,y,z，
则由n→⋅AB→=0，n→⋅PB→=0得x+3y=0，x−3z=0，
令x=3，得n→=3,−1,1 .
设直线BE与平面PAB所成角为θ，则sinθ=|BE→⋅n→||BE→||n→|=65，
所以直线BE与平面PAB所成角的正弦值为65.
【答案】
解：(1)记事件A：“在一次游戏中先摸球者获胜”，先摸球者获胜等价于将这5个球进行排序，第2个黑球排在3号位置或5号位置，
共有2+4=6种.
而2个黑球共有C52=10种位置，
故PA=610=35 .
(2)小李得分X的所有可能取值为−3，−1，0，1，2，3，
记事件Ai为“第i次游戏中小李先摸球获胜”，记事件Bi为“第i次游戏中小张先摸球获胜”，
则P(Ai)=P(Bi)=35.
PX=−3=PA1¯A2¯A3¯=25×25×25=8125；
PX=−1=PA1¯A2¯A3=25×25×35=12125；
PX=0=PA1B2A3¯+A1¯A2B3
=35×35×25+25×35×35=36125；
PX=1=PA1¯A2B3¯=25×35×25=12125；
PX=2=PA1B2¯B3+A1B2A3
=35×25×35+35×35×35=45125；
P(X=3)=P(A1B2¯B3¯=35×25×25=12125.
故X的分布列是
EX=−3×8125+−1×12125+0×36125+1×12125+
2×45125+3×12125=102125.
【考点】
古典概型及其概率计算公式
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
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)记事件A：“在一次游戏中先摸球者获胜”，先摸球者获胜等价于将这5个球进行排序，第2个黑球排在3号位置或5号位置，
共有2+4=6种.
而2个黑球共有C52=10种位置，
故PA=610=35 .
(2)小李得分X的所有可能取值为−3，−1，0，1，2，3，
记事件Ai为“第i次游戏中小李先摸球获胜”，记事件Bi为“第i次游戏中小张先摸球获胜”，
则P(Ai)=P(Bi)=35.
PX=−3=PA1¯A2¯A3¯=25×25×25=8125；
PX=−1=PA1¯A2¯A3=25×25×35=12125；
PX=0=PA1B2A3¯+A1¯A2B3
=35×35×25+25×35×35=36125；
PX=1=PA1¯A2B3¯=25×35×25=12125；
PX=2=PA1B2¯B3+A1B2A3
=35×25×35+35×35×35=45125；
P(X=3)=P(A1B2¯B3¯=35×25×25=12125.
故X的分布列是
EX=−3×8125+−1×12125+0×36125+1×12125+
2×45125+3×12125=102125.
【答案】
解：(1)设椭圆短轴的端点为B，则sin∠OBF2=12，
所以∠OBF2=π6,∠F1BF2=π3，
所以点P即为点B，所以S△PF1F2=12⋅2c⋅b=bc=3，
又ca=12,a2−b2=c2，所以a=2,b=3 .
(2)设Am,0，Mx1,y1,Nx2,y2， MN的中点Hx0,y0，
由y=kx+2,3x2+4y2=12得4k2+3x2+16kx+4=0，
所以Δ=16k2−164k2+3=484k2−1>0，
又k>0，所以k>12，
所以x1+x2=−16k4k2+3，所以x0=x1+x22=−8k4k2+3，
所以y0=kx0+2=64k2+3，即H−8k4k2+3,64k2+3，
因为AM→⋅MN→+AN→⋅MN→=AM→+AN→⋅MN→=2AH→⋅MN→=0，
所以AH⊥MN，
所以−64k2+3−8k4k2+3−m=−1k，得m=−2k4k2+3=−24k+3k，
因为k>12，所以4k+3k≥43，当且仅k=32时取$``\peratrname{="}$号，
所以m∈−36,0，故点A的横坐标的取值范围是−36,0 .
【考点】
椭圆的定义和性质
椭圆的标准方程
直线与椭圆结合的最值问题
圆锥曲线的综合问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)设椭圆短轴的端点为B，则sin∠OBF2=12，
所以∠OBF2=π6,∠F1BF2=π3，
所以点P即为点B，所以S△PF1F2=12⋅2c⋅b=bc=3，
又ca=12,a2−b2=c2，所以a=2,b=3 .
(2)设Am,0，Mx1,y1,Nx2,y2， MN的中点Hx0,y0，
由y=kx+2,3x2+4y2=12得4k2+3x2+16kx+4=0，
所以Δ=16k2−164k2+3=484k2−1>0，
又k>0，所以k>12，
所以x1+x2=−16k4k2+3，所以x0=x1+x22=−8k4k2+3，
所以y0=kx0+2=64k2+3，即H−8k4k2+3,64k2+3，
因为AM→⋅MN→+AN→⋅MN→=AM→+AN→⋅MN→=2AH→⋅MN→=0，
所以AH⊥MN，
所以−64k2+3−8k4k2+3−m=−1k，得m=−2k4k2+3=−24k+3k，
因为k>12，所以4k+3k≥43，当且仅k=32时取$``\peratrname{="}$号，
所以m∈−36,0，故点A的横坐标的取值范围是−36,0 .
【答案】
解：(1)f′(x)=2x+x−a=x2−ax+2x(x>0)，Δ=a2−8，
①当Δ≤0，即−22≤a≤22时，f′(x)≥0，f(x)在(0,+∞)上递增，
②当Δ>0，即a>22或a<−22时，
(i)若a<−22，
因为x>0，所以f′(x)>0，f(x)在(0,+∞)递增，
(ii)若a>22，
方程x2−ax+2=0的两根x1=a−a2−82，x2=a+a2−82，
且00，x∈(x2,+∞)时，f′(x)>0，
所以f(x)在(0,x1)，(x2,+∞)上递增，
x∈(x1,x2)时，f′(x)<0，故f(x)在(x1,x2)上递减．
(2)假设这样的直线存在，
则曲线在A(x1,f(x1))，B(x2,f(x2))(0依假设知f′(x1)=f′(x2)且f(x1)−x1f′(x1)=f(x2)−x2f′(x2)，
即x1x2=2且2lnx1−12x12=2lnx2−12x22，
消去x2，得2lnx122+2x12−x122=0（∗），
令t=x122，由0设p(t)=2lnt+1t−t，
则p′(t)=−(t−1)2t<0，
所以p(t)在(0,1)上递减，
所以当0p(1)=0，
故（∗）式不能成立，所以假设不成立，
即不存在一条直线与曲线y=f(x)相切于两个不同点．
【考点】
利用导数研究函数的单调性
利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】
无
无
【解答】
解：(1)f′(x)=2x+x−a=x2−ax+2x(x>0)，Δ=a2−8，
①当Δ≤0，即−22≤a≤22时，f′(x)≥0，f(x)在(0,+∞)上递增，
②当Δ>0，即a>22或a<−22时，
(i)若a<−22，
因为x>0，所以f′(x)>0，f(x)在(0,+∞)递增，
(ii)若a>22，
方程x2−ax+2=0的两根x1=a−a2−82，x2=a+a2−82，
且00，x∈(x2,+∞)时，f′(x)>0，
所以f(x)在(0,x1)，(x2,+∞)上递增，
x∈(x1,x2)时，f′(x)<0，故f(x)在(x1,x2)上递减．
(2)假设这样的直线存在，
则曲线在A(x1,f(x1))，B(x2,f(x2))(0依假设知f′(x1)=f′(x2)且f(x1)−x1f′(x1)=f(x2)−x2f′(x2)，
即x1x2=2且2lnx1−12x12=2lnx2−12x22，
消去x2，得2lnx122+2x12−x122=0（∗），
令t=x122，由0设p(t)=2lnt+1t−t，
则p′(t)=−(t−1)2t<0，
所以p(t)在(0,1)上递减，
所以当0p(1)=0，
故（∗）式不能成立，所以假设不成立，
即不存在一条直线与曲线y=f(x)相切于两个不同点．
【答案】
解：(1)由题意得x2+y2=2t1+t22+21+t22
=41+t21+t22=41+t2=2y,
又t<0，所以x<0，
所以C1的极坐标方程ρ2=2ρsinθπ2<θ<π.
(2)因为△ABC是等腰直角三角形，所以BC是曲线C2的直径，且OA⊥OB,所以B4,2π3，
直线BC的极坐标方程为θ=2π3,
所以M3,2π3,
所以 |BM|=4−3.
【考点】
参数方程与普通方程的互化
直线的参数方程
直线的极坐标方程与直角坐标方程的互化
圆的参数方程
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)由题意得x2+y2=2t1+t22+21+t22
=41+t21+t22=41+t2=2y,
又t<0，所以x<0，
所以C1的极坐标方程ρ2=2ρsinθπ2<θ<π.
(2)因为△ABC是等腰直角三角形，所以BC是曲线C2的直径，且OA⊥OB,所以B4,2π3，
直线BC的极坐标方程为θ=2π3,
所以M3,2π3,
所以 |BM|=4−3.