2020-2021学年河南省南阳市高三（上）3月月考考试数学（理）试卷北师大版

展开

这是一份2020-2021学年河南省南阳市高三（上）3月月考考试数学（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. 若集合M={x|4A.{x|0
2. 若(2−i)2=a+bi3(a,b∈R)，则a+b=（）
A.7B.−7C.1D.−1

3. 已知x，y∈R，则“x≥2且y≥3”是“x+y≥5”的( )
A.充分不必要条件B.必要不充分条件
C.既不充分也不必要条件D.充要条件

4. 某几何体的三视图如图所示（单位：cm），若该几何体的表面积是20+42cm2，则x的值是( )

A.1B.31C.4D.2+1

5. 已知0A.ea−1
6. 某单位为了制定节能减排的目标，调查了日用电量y（单位：千瓦时）与当天平均气温x（单位：∘C），从中随机选取了4天的日用电量与当天平均气温，并制作了对照表：
由表中数据的线性回归方程为y=−2x+60，则a的值为( )
A.42B.40C.38D.36

7. 在边长为3的菱形ABCD中，∠DAB=π3，AM→=2MB→，则DM→⋅DB→=( )
A.−172B.−1C.152D.92

8. 函数f(x)=sin(−x)ln(x+2)的图象可能是（）
A.B.
C.D.

9. 在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c．若A=π3，AB→⋅BC→>0，a=1，则△ABC周长的取值范围是（）
A.3,3B.1,1+3C.3−1,3D.2,1+3

10. 已知函数f(x)=Asin(ωx+φ)(A>0，ω>0，0<φ<π)的部分图象如图所示，若f(α)=1，则cs(2α+2π3)=( ）

A.±79B.79C.−79 D.29

11. 已知F1，F2分别为双曲线C：x24−y25=1的左、右焦点，点P在C上，若∠F1PF2=60∘，则△F1PF2内切圆的半径为( )
A.22−3B.22+3C.22−6D.22+6

12. 定义在R上的函数fx满足fx+2=2fx，当x∈(0,2]时，fx=−|x−1|，若存在t∈−2,0使得对一切x∈(−4,−2] ，fx≥et2t−1+a+1成立，则实数a的取值范围是( )
A.−∞,−2ee−54B.−∞,2ee+54C.−∞,2ee−54D.−∞,−2ee+54
二、填空题

若实数x，y满足不等式组x+3y−3≤0，x−y+1≥0，y≥−1，则y+2x+3的取值范围是________.

若1−x7=a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4+a5x5+a6x6+a7x7，则|a0|−|a1|+|a2|−|a3|+|a4|−|a5|+|a6|−|a7|=________.

过抛物线y2=8x的焦点的一条直线l交抛物线于A，B两点，若以AB为直径的圆的半径为8，则直线l的倾斜角为________.

如图，在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，若点Q在侧面ADD1A1及其边界上运动，并且总是保持CQ与B1D垂直，则动点Q的轨迹长度为________.

三、解答题

已知在数列an中，a1=13，an+1=4an+2.
(1)求证：数列{an+23}是等比数列；

(2)求数列{an}的前n项和Sn.

“微信运动”已成为当下热门的运动方式，小王的微信朋友内也有大量好友参与了“微信运动”，他随机选取了其中的40人（男、女各20人），记录了他们某一天的走路步数，并将数据整理如下：

(1)已知某人一天的走路步数超过8000步被系统评定为“积极型”，否则为“懈怠型”，根据题意完成下面的2×2列联表，并据此判断能否有95%以上的把握认为“评定类型”与“性别”有关？

(2)若小王以这40位好友该日走路步数的频率分布来估计其所有微信好友每日走路步数的概率分布，现从小王的所有微信好友中任选2人，其中每日走路不超过5000步的有X人，超过10000步的有Y人，设ξ=|X−Y|，求ξ的分布列及数学期望．
附：K2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)，n=a+b+c+d．

如图，在等腰直角三角形PAD中，∠A=90∘，AD=8，AB=3，B，C分别是PA，PD上的点，且AD//BC，M，N分别为BP，CD的中点，现将△BCP沿BC折起，得到四棱锥P−ABCD，连结 MN．

(1)证明：MN//平面PAD；

(2)在翻折的过程中，当PA=4时，求二面角B−PC−D的余弦值．

已知点O为坐标原点，椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，离心率为22，点I，J分别是椭圆C的右顶点、上顶点，且△IOJ的边IJ上的中线长为32．
(1)求椭圆C的标准方程；

(2)过点H(−2, 0)的直线交椭圆C于A，B两点，若AF1⊥BF1，求直线AB的方程．

已知函数 f(x)=a(x−1)2+lnx+1(a∈R).

(1)当a=12时，讨论函数f(x)的单调性；

(2)若f(x)−x≤0对任意 x∈[1,+∞)成立，求实数a的取值范围.

已知在平面直角坐标系 xOy中，直线l的参数方程为x=−1+12t，y=32t，(t为参数），以坐标原点为极点，x轴非负半轴为极轴且取相同的单位长度建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为ρ2=41+cs2θ.
(1)求直线l与曲线C的直角坐标方程；

(2)若点P的直角坐标为(−1，0)，直线l交曲线C于M,N两点，求|PM|⋅|PN|的值.

已知函数 f(x)=|x+a|+|x−2019|.

(1)当 a=2019 时，求函数 f(x) 的最小值；

(2)若存在 x∈R使f(x)≤3成立，求实数a的取值范围.
参考答案与试题解析
2020-2021学年河南省南阳市高三（上）3月月考考试数学（理）试卷
一、选择题
1.
【答案】
C
【考点】
交集及其运算
一元二次不等式的解法
【解析】
分别求出集合M，N，由此能法出M∩N．
【解答】
解：∵ 集合M={x|4N={x|x2−6x<0}={x|0∴ M∩N={x|4故选C.
2.
【答案】
A
【考点】
复数的运算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：等式化为3−4i=a−bi，所以a=3，b=4．
故选A．
3.
【答案】
A
【考点】
必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】
根据不等式的可加性，可由前推后；但反之不成立，可举x＝0，y＝4，当然满足x+y≥3，显然不满足x≥1且y≥2，由充要条件的定义可得答案．
【解答】
解：当x≥2且y≥3时，由不等式的可加性可得x+y≥2+3=5，
而当x+y≥5时，不能推出x≥2且y≥3，
比如取x=0，y=5，当然满足x+y≥5，显然不满足x≥2且y≥3，
由充要条件的定义可得“x≥2且y≥3”是“x+y≥5”的充分不必要条件.
故选A.
4.
【答案】
A
【考点】
由三视图求表面积
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由题意得：
2×2×5+4×12×2×12+x2
=20+42，
解得：x=1.
故选A.
5.
【答案】
B
【考点】
利用导数研究函数的单调性
指数函数单调性的应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：当0∴ ae令f(x)=ex−1−x，x∈(0,1)，
则f′(x)=ex−1>0，
又f(0)=0，
∴f(x)>0，
即ea−1>a.
故选B.
6.
【答案】
C
【考点】
求解线性回归方程
【解析】
由公式计算得到样本中心的坐标，代入方程可得到参数值．
【解答】
解：回归直线过样本中心，样本中心坐标为x¯,y¯，
x¯=17+15+10−24=10，y¯=24+34+a+644=122+a4，
代入方程y=−2x+60，得到122+a4=−20+60，
解得a=38.
故选C.
7.
【答案】
C
【考点】
向量的减法及其几何意义
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：DM→⋅DB→
=(AM→−AD→)⋅(AB→−AD→)
=(23AB→−AD→)⋅(AB→−AD→)
=23AB→2+AD→2−53AB→⋅AD→
=23×32+32−53×3×3csπ3
=152.
故选C.
8.
【答案】
A
【考点】
函数的图象
函数的定义域及其求法
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：若使函数f(x)=sin(−x)ln(x+2)有意义，
则x+2>0，x+2≠1，
即x>−2，x≠−1，
∴ 函数f(x)=sin(−x)ln(x+2)的定义域为(−2,−1)∪(−1,+∞).
当x∈(−2,−1)时，sin(−x)>0，ln(x+2)<0，
此时sin(−x)ln(x+2)<0.
故选A.
9.
【答案】
D
【考点】
正弦定理
两角和与差的正弦公式
【解析】
无
【解答】
解：∵ AB→⋅BC→>0，
∴ csπ−B>0，∴ B>π2．
又∵ A=π3，∴ π2∵ asinA=1sinπ3=bsinB=csinC，
∴ b=233sinB，c=233sinC=233sin2π3−B，
∴ △ABC的周长l=a+b+c
=1+233sinB+233sin2π3−B
=2sinB+π6+1．
又π2∴ 12∴ 2故选D．
10.
【答案】
C
【考点】
三角函数的化简求值
由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由图象可得A=3，2πω=4(7π6−2π3)，
解得ω=1，则f(x)=3sin(x+φ)，
代入点(2π3，−3)可得：
3sin(2π3+φ)=−3，故sin(2π3+φ)=−1，
则2π3+φ=2kπ−π2(k∈Z)，
∴ φ=2kπ−7π6(k∈Z)，结合0<φ<π，
可得φ=5π6，∴ f(x)=3sin(x+5π6).
∵ f(α)=3sin(α+5π6)=1，
∴ sin(α+5π6)=13，
∴ cs(2α+2π3)
=cs[2(α+5π6)−5π3+2π3]
=cs[2(α+5π6)−π]
=−cs2(α+5π6)
=−[1−2sin2(α+5π6)]=−79.
故选C.
11.
【答案】
A
【考点】
双曲线的特性
余弦定理
【解析】
先由双曲线的方程求出|F1F2|=6，再由|PF1|=2|PF2|，求出|PF1|，|PF2|，由此能求出△PF1F2的面积．
【解答】
解：在 △PF1F2 中，设|PF1|=m，|PF2|=n ，内切圆半径为r，
由余弦定理，得| F1F2|2=|PF1|2+|PF2|2−2|PF1||PF2|cs∠F1PF2 ，
即36=m2+n2−mn，
又 |m−n|=4 ,
所以 m2+n2−mn−36=(m−n)2+mn−36=0,
解得，mn=20.
(m+n)2=(m−n)2+4mn=96，
解得， m+n=46，
S=12mn×sin60∘=12(m+n+6)r，
解得， r=22−3 .
故选A.
12.
【答案】
C
【考点】
函数恒成立问题
利用导数研究不等式恒成立问题
利用导数研究函数的最值
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由题意知，当x∈(−4,−2]时，x+4∈(0,2]，
∴ fx+4=2fx+2=4fx，
∴ fx=14fx+4．
又∵ x∈(0,2]时，fx=−|x−1|，
∴ 当x∈(0,2]时，fx∈−1,0，
∴ 当x∈(−4,−2]时，fx∈−14,0．
若存在t∈−2,0使得对一切x∈(−4,−2]，f(x)≥et(2t−1)+a+1成立，
等价转化为存在t∈−2,0使得et2t−1+a+1≤−14成立，
即存在t∈−2,0，使a≤−et2t−1−54成立．
设gt=et1−2t−54，
则g′t=−et2t+1，
当−2≤t<−12时，g′t>0,
∴ gt在[−2,−12）上单调递增；
当−12≤t≤0时，g′t<0，
∴ gt在−12,0上单调递减，
即 g(t)在点t=−12处取极大值，且为最大值，
∴ gtmax=g−12
=e−121−2×−12−54=2ee−54，
∴ a≤2ee−54．
故选C．
二、填空题
【答案】
[19,1]
【考点】
简单线性规划
求解非线性目标函数的最值-有关斜率
【解析】
作出不等式组对应的平面区域，利用目标函数的几何意义，即可求z的取值范围．
【解答】
解：作出不等式组对应的平面区域如图：（阴影部分）
∵ y+2x+3=y−(−2)x−(−3)，
∴ y+2x+3表述过两点(x,y)，(−3,−2)直线的斜率，
分析知，当x=6，y=−1时，y+2x+3取得最小值，且(y+2x+3)min=−1+26+3=19；
当x=0，y=1时，y+2x+3取得最大值，且(y+2x+3)max=1+20+3=1，
∴ 19≤y+2x+3≤1.
故答案为：[19,1].
【答案】
0
【考点】
二项式系数的性质
二项式定理的应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由二项展开式的通项公式Tr+1=C7r−xr=C7r−1rxr，r=0,1,⋯，7，
可知a1,a3,a5,a7都小于0，则
|a0|−|a1|+|a2|−|a3|+|a4|−|a5|+|a6|−|a7|=
a0+a1+a2+a3+a4+a5+a6+a7，
在原二项展开式中令x=1，
可得a0+a1+a2+a3+a4+a5+a6+a7=0.
故答案为：0.
【答案】
45∘或135∘
【考点】
抛物线的求解
直线与抛物线的位置关系
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：抛物线y2=8x的焦点坐标为2,0，
所以当直线l斜率不存在时，以AB为直径的圆的半径为4，不符合题意；
当直线l斜率存在时，设直线l方程为y=kx−2，
代入y2=8x，得k2x2−4k2+8x+4k2=0.
设A(x1,y1)，B(x2，y2)，
则|AB|=x1+x2+p=4k2+8k2+4=16，
解得：k=±1，
所以直线l的倾斜角为45∘或135∘.
故答案为：45∘或135∘.
【答案】
2
【考点】
轨迹方程
棱柱的结构特征
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：连接AC，AD1，D1C.
在正方体ABCD−A1B1C1D1中，易得B1D⊥CD1，BD1⊥AC，
则B1D⊥平面ACD1．
要保持CQ⊥B1D，则Q∈平面ACD1．
又点Q在侧面ADD1A1及其边界上运动，
则点Q的轨迹为平面ACD1与平面ADD1A1的交线段AD1，长度为2.
故答案为：2.
三、解答题
【答案】
(1)证明：an+1+23an+23= 4an+2+23an+23=4(an+23)an+23 =4，
又∵ a1+23=13+23=1，
∴ 数列{an+23}是以1为首项，4为公比的等比数列.
(2)解：由(1)知an+23=4n−1，
即an=4n−1−23，n∈N∗，
则Sn=1×1−4n1−4−23n
=4n−13−23n=4n−2n−13.
【考点】
等比关系的确定
数列的求和
【解析】
本题第（1）题利用等差中项的知识列出算式，然后整理算式，对算式进行变形可发现数列{an+23}为等比数列；第（2）题先根据第（1）题的结论得出数列{an}的通项公式，然后根据通项公式的特点分组求和即可得到前n项和Sn．
【解答】
(1)证明：an+1+23an+23= 4an+2+23an+23=4(an+23)an+23 =4，
又∵ a1+23=13+23=1，
∴ 数列{an+23}是以1为首项，4为公比的等比数列.
(2)解：由(1)知an+23=4n−1，
即an=4n−1−23，n∈N∗，
则Sn=1×1−4n1−4−23n
=4n−13−23n=4n−2n−13.
【答案】
解：(1)根据题表中的数据完成2×2列表如下：
K2=nad−bc2a+bc+da+cb+d
=40×14×12−6×8220×20×22×18=4011<3.841，
没有95%以上的把握认为“评定类型”与“性别”有关．
(2)由题意得小王的微信好友中任选一人，其每日走路步数不超过5000步的概率为18，超过10000步的概率为14，
当X=Y=0或X=Y=1时，ξ=0，
P=58×58+C21×18×14=2964；
当X=1，Y=0或X=0，Y=1时，ξ=1，
P=C21×18×58+C21×14×58=3064；
当X=2，Y=0或X=0，Y=2时，ξ=2，
P=142+182=564，
则ξ的分布列为
Eξ=0×2964+1×3064+2×564=58.
【考点】
独立性检验
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】
（1）根据题设数据完成列联表，代入公式计算即得解；
（2）可能的取值为0，1，2，根据独立和互斥事件的概率公式求解对应的概率得到分布列，计算期望，即得解．
【解答】
解：(1)根据题表中的数据完成2×2列表如下：
K2=nad−bc2a+bc+da+cb+d
=40×14×12−6×8220×20×22×18=4011<3.841，
没有95%以上的把握认为“评定类型”与“性别”有关．
(2)由题意得小王的微信好友中任选一人，其每日走路步数不超过5000步的概率为18，超过10000步的概率为14，
当X=Y=0或X=Y=1时，ξ=0，
P=58×58+C21×18×14=2964；
当X=1，Y=0或X=0，Y=1时，ξ=1，
P=C21×18×58+C21×14×58=3064；
当X=2，Y=0或X=0，Y=2时，ξ=2，
P=142+182=564，
则ξ的分布列为
Eξ=0×2964+1×3064+2×564=58.
【答案】
(1)证明：在四棱锥P−ABCD中，取AB的中点E，连结EM，EN．
因为M，N分别为BP，CD的中点，AD//BC，
所以ME//PA，EN//AD．
因为PA⊂平面PAD，ME⊄平面PAD，
所以ME//平面PAD，
同理，EN//平面PAD.
又因为ME∩NE=E，ME，NE⊂平面MNE，
所以平面MNE//平面PAD．
因为MN⊂平面MNE，
所以MN//平面PAD．
(2)解：因为在等腰直角三角形PAD中，∠A=90∘,AD//BC，
所以BC⊥PA，即在四棱锥P−ABCD中，BC⊥PB，BC⊥AB.
因为AD//BC，所以AD⊥PB，AD⊥AB.
因为PB∩AB=B，PB，AB⊂平面PAB，
所以AD⊥平面PAB，所以PA⊥AD.
又因为AD=8，AB=3，PA=4，
所以PB=8−3=5，
所以AB2+PA2=PB2，
所以PA⊥AB.
以点A为坐标原点，AB，AD，AP方向为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则B3,0,0，P0,0,4，D0,8,0，C3,5,0，
所以PB→=3,0,−4，PC→=3,5,−4，PD→=0,8,−4．
设n1→=x1,y1,z1为平面PBC的一个法向量，
则n1→⋅PB→=0,n1→⋅PC→=0,即3x1−4z1=0,3x1+5y1−4z1=0,
令x1=4，得n1→=4,0,3；
设n2→=x2,y2,z2为平面PCD的一个法向量，
则n2→⋅PD→=0，n2→⋅PC→=0，即8y2−4z2=0,3x2+5y2−4z2=0，
令y2=1，得n2→=1,1,2，
所以cs⟨n1→,n2→⟩=n1→⋅n2→|n1→||n2→|=4+642+321+1+4=63.
因为二面角B−PC−D是钝角，
所以二面角B−PC−D的余弦值是−63．
【考点】
直线与平面平行的判定
用空间向量求平面间的夹角
【解析】

【解答】
(1)证明：在四棱锥P−ABCD中，取AB的中点E，连结EM，EN．
因为M，N分别为BP，CD的中点，AD//BC，
所以ME//PA，EN//AD．
因为PA⊂平面PAD，ME⊄平面PAD，
所以ME//平面PAD，
同理，EN//平面PAD.
又因为ME∩NE=E，ME，NE⊂平面MNE，
所以平面MNE//平面PAD．
因为MN⊂平面MNE，
所以MN//平面PAD．
(2)解：因为在等腰直角三角形PAD中，∠A=90∘,AD//BC，
所以BC⊥PA，即在四棱锥P−ABCD中，BC⊥PB，BC⊥AB.
因为AD//BC，所以AD⊥PB，AD⊥AB.
因为PB∩AB=B，PB，AB⊂平面PAB，
所以AD⊥平面PAB，所以PA⊥AD.
又因为AD=8，AB=3，PA=4，
所以PB=8−3=5，
所以AB2+PA2=PB2，
所以PA⊥AB.
以点A为坐标原点，AB，AD，AP方向为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则B3,0,0，P0,0,4，D0,8,0，C3,5,0，
所以PB→=3,0,−4，PC→=3,5,−4，PD→=0,8,−4．
设n1→=x1,y1,z1为平面PBC的一个法向量，
则n1→⋅PB→=0,n1→⋅PC→=0,即3x1−4z1=0,3x1+5y1−4z1=0,
令x1=4，得n1→=4,0,3；
设n2→=x2,y2,z2为平面PCD的一个法向量，
则n2→⋅PD→=0，n2→⋅PC→=0，即8y2−4z2=0,3x2+5y2−4z2=0，
令y2=1，得n2→=1,1,2，
所以cs⟨n1→,n2→⟩=n1→⋅n2→|n1→||n2→|=4+642+321+1+4=63.
因为二面角B−PC−D是钝角，
所以二面角B−PC−D的余弦值是−63．
【答案】
解：(1)由题意可得：
ca = 22，a2=b2+c2，12a2 + b2 = 32，
联立解得：a2=2，b=c=1，
∴ 椭圆C的标准方程为：x22 + y2=1．
(2)设A(x1, y1)，B(x2, y2)，
过点H(−2, 0)的直线方程为x=ky−2，代入椭圆方程中，
消x可得(k2+2)y2−4ky+2=0，
则Δ=16k2−8(k2+2)>0，
解得k> 2或k<−2，
∴ y1+y2 = 4k2 + k2，y1y2 = 22 + k2，
∴ x1x2=(ky1−2)(ky2−2)=k2y1y2−2k(y1+y2)+4，
x1+x2=k(y1+y2)−4.
∵ AF1⊥BF1，
∴ AF1→⋅BF1→= 0，
∴ (−1−x1,−y1)⋅(−1−x2,−y2)
=(x1+1)(x2+1)+y1y2
=x1x2+(x1+x2)+1+y1y2
=k2y1y2−2k(y1+y2)+4+k(y1+y2)−4+1+y1y2
=(1+k2)y1y2−k(y1+y2)+1=0，
即2(1 + k2)2 + k2 − 4k22 + k2 + 1=0，
解得k=±2，
故直线AB的方程的方程为x=±2y−2，即x±2y+2=0.
【考点】
椭圆的标准方程
直线与椭圆的位置关系
【解析】
由题意可得：ca = 22，a2＝b2+c2，12a2 + b2 = 32，解得即可，
设A(x1, y1)，B(x2, y2)，过点H(−2, 0)的直线方程为x＝ky−2，根据韦达定理即可求出y1+y2 = 4k2 + k2，y1y2 = 22 + k2，再根据AF1⊥BF1，即可求出k的值．
【解答】
解：(1)由题意可得：
ca = 22，a2=b2+c2，12a2 + b2 = 32，
联立解得：a2=2，b=c=1，
∴ 椭圆C的标准方程为：x22 + y2=1．
(2)设A(x1, y1)，B(x2, y2)，
过点H(−2, 0)的直线方程为x=ky−2，代入椭圆方程中，
消x可得(k2+2)y2−4ky+2=0，
则Δ=16k2−8(k2+2)>0，
解得k> 2或k<−2，
∴ y1+y2 = 4k2 + k2，y1y2 = 22 + k2，
∴ x1x2=(ky1−2)(ky2−2)=k2y1y2−2k(y1+y2)+4，
x1+x2=k(y1+y2)−4.
∵ AF1⊥BF1，
∴ AF1→⋅BF1→= 0，
∴ (−1−x1,−y1)⋅(−1−x2,−y2)
=(x1+1)(x2+1)+y1y2
=x1x2+(x1+x2)+1+y1y2
=k2y1y2−2k(y1+y2)+4+k(y1+y2)−4+1+y1y2
=(1+k2)y1y2−k(y1+y2)+1=0，
即2(1 + k2)2 + k2 − 4k22 + k2 + 1=0，
解得k=±2，
故直线AB的方程的方程为x=±2y−2，即x±2y+2=0.
【答案】
解：(1)当a=12时，f(x)=12(x−1)2+lnx+1，
∴f′(x)=x−1+1x=x2−x+1x=(x−12)2+34x，
∴ 当x>0时，f′(x)>0，
∴ 当a=12 时，函数 f(x)在定义域(0,+∞)上单调递增.
(2)据题意，得 a(x−1)2+lnx+1−x≤0 对任意 x∈[1,+∞) 恒成立.
引入g(x)=a(x−1)2+lnx+1−x，则g′(x)=(x−1)(2ax−1)x，
讨论：当a>0时，若 0在(12a,+∞) 上单调递增，且当x→+∞时，g(x)→+∞.
∴ 0若a≥12，则g(x)在 (1,+∞)上单调递增，
且当x→+∞时，g(x)→+∞，
∴a≥12 不满足条件；
当a=0时，g′(x)=−x−1x，
∴ 当x>1时，g′(x)<0，
∴g(x)在[1,+∞) 上单调递减.
又∵g(1)=0，
当x≥1 时， g(x)≤0.
∴a=0满足条件；
当a<0时，g′(x)<0 对任意 x∈(1,+∞)成立，
∴g(x)在[1,+∞)上单调递减.
又∵g(1)=0，
∴ 当x∈[1,+∞)时，g(x)≤0，
∴a<0满足条件.
综上，所求实数a的取值范围是(−∞,0].
【考点】
利用导数研究不等式恒成立问题
利用导数研究函数的单调性
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)当a=12时，f(x)=12(x−1)2+lnx+1，
∴f′(x)=x−1+1x=x2−x+1x=(x−12)2+34x，
∴ 当x>0时，f′(x)>0，
∴ 当a=12 时，函数 f(x)在定义域(0,+∞)上单调递增.
(2)据题意，得 a(x−1)2+lnx+1−x≤0 对任意 x∈[1,+∞) 恒成立.
引入g(x)=a(x−1)2+lnx+1−x，则g′(x)=(x−1)(2ax−1)x，
讨论：当a>0时，若 0在(12a,+∞) 上单调递增，且当x→+∞时，g(x)→+∞.
∴ 0若a≥12，则g(x)在 (1,+∞)上单调递增，
且当x→+∞时，g(x)→+∞，
∴a≥12 不满足条件；
当a=0时，g′(x)=−x−1x，
∴ 当x>1时，g′(x)<0，
∴g(x)在[1,+∞) 上单调递减.
又∵g(1)=0，
当x≥1 时， g(x)≤0.
∴a=0满足条件；
当a<0时，g′(x)<0 对任意 x∈(1,+∞)成立，
∴g(x)在[1,+∞)上单调递减.
又∵g(1)=0，
∴ 当x∈[1,+∞)时，g(x)≤0，
∴a<0满足条件.
综上，所求实数a的取值范围是(−∞,0].
【答案】
解：(1)直线l的直角坐标方程是3x−y+3=0.
∵ρ2=41+cs2θ，
∴ρ2+ρ2cs2θ=4.
∴x2+y2+x2=4.
∴y24+x22=1，即曲线C的直角坐标方程为y24+x22=1.
(2)分析知，点P(−1,0)在直线l上，
将x=−1+12t，y=32t，
代入y24+x22=1并化简，
得5t2−8t−8=0.
据t的几何意义可知，|PM|⋅|PN|=|−85|=85.
【考点】
椭圆的极坐标方程与直角坐标方程的互化
参数方程与普通方程的互化
直线与椭圆结合的最值问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)直线l的直角坐标方程是3x−y+3=0.
∵ρ2=41+cs2θ，
∴ρ2+ρ2cs2θ=4.
∴x2+y2+x2=4.
∴y24+x22=1，即曲线C的直角坐标方程为y24+x22=1.
(2)分析知，点P(−1,0)在直线l上，
将x=−1+12t，y=32t，
代入y24+x22=1并化简，
得5t2−8t−8=0.
据t的几何意义可知，|PM|⋅|PN|=|−85|=85.
【答案】
解：(1)据实数绝对值的几何意义知，"|x+2019|"表示数轴上代表数x的点到代表数−2019的点之间的距离.
"|x−2019|"表示数轴上代表数x的点到代表数2019的点之间的距离.
所以“|x+2019|+|x−2019|"表示数轴上代表数x的点分别到代表数−2019，2019点的距离的和，
所以(|x+2019|+|x−2019|)min=2019×2=4038.
(2)据题意知，存在x∈R使|x+a|+|x−2019|≤3成立.
又因为(|x+a|+|x−2019|)min=|2019+a|，
所以|2019+a|≤3，
所以−3≤a+2019≤3.
所以−2022≤a≤−2016，即所求实数a的取值范围是[−2022，−2016].
【考点】
绝对值不等式的解法与证明
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)据实数绝对值的几何意义知，"|x+2019|"表示数轴上代表数x的点到代表数−2019的点之间的距离.
"|x−2019|"表示数轴上代表数x的点到代表数2019的点之间的距离.
所以“|x+2019|+|x−2019|"表示数轴上代表数x的点分别到代表数−2019，2019点的距离的和，
所以(|x+2019|+|x−2019|)min=2019×2=4038.
(2)据题意知，存在x∈R使|x+a|+|x−2019|≤3成立.
又因为(|x+a|+|x−2019|)min=|2019+a|，
所以|2019+a|≤3，
所以−3≤a+2019≤3.
所以−2022≤a≤−2016，即所求实数a的取值范围是[−2022，−2016].