2020-2021学年河南省南阳市高三（下）6月月考数学（文）试卷北师大版

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这是一份2020-2021学年河南省南阳市高三（下）6月月考数学（文）试卷北师大版，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. 若集合A=x|x2−7x−18<0，则∁RA=( )
A.{x|x≤−2或x≥9}B.{x|x<−2或x>9}C.x|−2
2. 若在复平面内，复数4−3i,−1−3i,3+i所对应的点分别为A，B，C，则△ABC的面积为（）
A.12B.10C.8D.6

3. 国家统计局2021年1月的统计数据显示，我国2010−2019年未成年人犯罪人数所占比重如图所示，则下列说法不一定正确的是（）

A.我国2010−2018年未成年人犯罪比重持续下降
B.与2010年相比，2019年未成年人犯罪比重下降4.19个百分点
C.2019年我国未成年人犯罪的人数多于2018年我国未成年人犯罪的人数
D.2010−2019年我国未成年人犯罪人数所占比重的中位数为3.91%

4. 已知声音强弱的等级fx（单位：dB）由声音强度x（单位：W/m2）决定．科学研究发现，fx与lgx成线性关系，如喷气式飞机起飞时，声音强度为100W/m2，声音强弱的等级为140dB；某动物发出的鸣叫，声音强度为1W/m2，声音强弱的等级为120dB．若某声音强弱的等级为90dB，则声音强度为（）W/m2
C.0.1D.1

5. 如图所示网格纸中小正方形的边长均为1，向量a→如图所示，若从A，B，C，D中任选两个点作为向量b→的始点与终点，则a→⋅b→的最大值为（）

A.8B.6C.4D.2

6. 已知正方体ABCD−A1B1C1D1中，E，F，G分别为A1D1，AB，C1D1的中点，则直线A1G与EF所成角的余弦值为( )
A.3010B.3015C.3030D.155

7. 已知首项为−1的数列an的前n项和为Sn，若anan+12n+1=0，则下列说法正确的是( )
A.数列an是等比数列B.a8=128
C.S10=−33D.S2n−1为定值

8. 已知长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=BC=BB12，点E在线段CC1 上，CECC1=λ(0≤λ≤1)，平面α过线段AA1的中点以及点B1，E．若平面α截长方体ABCD−A1B1C1D1所得截面为平行四边形，则实数λ的取值范围为( )
A.0,1B.14,12C.12,23D.12,1

9. 函数fx=2cs2x+π3+23在−π6,11π6上的所有零点之和为（）
A.5π3B.10π3C.5πD.20π3

10. 已知抛物线C:y2=4x的焦点为F，不过原点且斜率为2的直线l与抛物线C交于M，N两点，若∠MFN=90∘，则|MF|⋅|NF|=（）
A.60B.50C.40D.25

11. 已知正四面体ABCD可以在圆锥SO内绕自身的中心任意旋转，若该正四面体棱长的最大值为22，且圆锥的高为33，则圆锥SO的表面积为( )
A.27πB.30πC.32πD.36π

12. 若关于x的方程aex+a−1=−|x|+1有且仅有两个不同的实数根，则实数a的取值范围为( )
A.[0,1e)∪−1B.[0,e)∪−1C.[0,1)∪−1D.[0,e)
二、填空题

若x，y满足约束条件x≤y+1,x+2y≤4x+y≥0,，则z=3x+2y的最小值为________ .

已知等差数列an的前n项和为Sn，若S17=51,a12=0，则数列an的公差为________ .

若不等式2x+1−2
已知双曲线C1:x29−y2m=1m>0的左、右焦点分别为F1,F2，渐近线方程为7x±3y=0，点A在圆C2:x2+y2=16上，若F1A→=AB→，且点B是双曲线C1右支上的点，则∠BF2F1的正切值为________ .
三、解答题

已知在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，BC边上的高为12a．
(1)若tanA=63，求sin Bsin C的值；

(2)求bc+cb的最值．

如图所示，四棱柱ABCD−A1B1C1D1的侧棱与底面垂直，AC=22，AA1=AD=DC=2，AC，BD交于点E，且E，F分别为AC，CC1的中点，BE=22 .

(1)求证：平面B1CD1//平面A1BD；

(2)求三棱锥F−A1BD的体积．

动车和BRT（快速公交）的出现，方便了人们的出行，并且带动了我国经济的巨大发展，根据统计，在2020年从甲市到乙市乘坐动车和BRT的人数众多，为了调查乘客对这两种出行方式的满意度，研究人员随机抽取了500名乘客进行调查，所得情况统计如下表所示：

(1)若从样本中任取1人，求抽取的乘客年龄在30岁及30岁以上的概率；

(2)记满意为10分，一般为5分，不满意为0分，根据表中数据，计算样本中30∼50岁乘坐动车乘客满意程度的平均分以及方差；

(3)若从样本中30∼50岁的满意程度一般的乘客中按照乘车类型用分层抽样的方法抽取6人，再从这6人中随机挑选3人咨询改进措施，求这3人中至少有2人乘坐BRT的概率．

已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的焦距为23，四个顶点围成的四边形的面积为4，过右焦点F且不与坐标轴垂直的直线l与椭圆C交于M，N两点，且Ax0,y0满足MA→=AN→．
(1)证明：x0>0；

(2)过点A且与l垂直的直线l′过点PxP,0，Q0,yQ，若△OPQ（点O为坐标原点）的面积与△PAF的面积相等，求直线l的方程．

已知函数fx=lnx−mxm∈R .
(1)若m>0，且f(x)在12,2上的最大值为−1，求m的值；

(2)若关于x的不等式xfx+m≤0在[1,+∞)上恒成立，求m的取值范围．

在平面直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为x=m−6t，y=4t（t为参数），以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为ρ4sin2θ+cs2θ=2，其中θ∈0,π．
(1)写出直线l的极坐标方程以及曲线C的参数方程；

(2)已知点P，Q分别在曲线C以及直线l上，且|PQ|的最小值为213，求m的值．

已知函数fx=|2x+4|+|x−3|．
(1)求不等式fx>6的解集；

(2)已知函数gx=fx−|x+2|的最小值为A，若正数m，n满足3m+4n=A，求13m+1+12n+1的最小值．
参考答案与试题解析
2020-2021学年河南省南阳市高三（下）6月月考数学（文）试卷
一、选择题
1.
【答案】
A
【考点】
补集及其运算
【解析】
本题考查集合的运算，集合间的关系、不等式的解法，考查的核心素养是数学运算、逻辑推理 .
【解答】
解：依题意，A={x|x2−7x−18<0}
={x|(x+2)(x−9)<0}
={x|−2所以∁RA={x|x≤−2或x≥9} .
故选A .
2.
【答案】
B
【考点】
复数的代数表示法及其几何意义
复数代数形式的乘除运算
复数的基本概念
复数的模
【解析】
无
【解答】
解：依题意，A4,−3，B−1,−3，C3,1，
故S△ABC=12×5×4=10．
故选B．
3.
【答案】
C
【考点】
频率分布折线图、密度曲线
【解析】
由于所有犯雷的人数未知，虽然2019年未成年人犯罪人数所占比重大于2018年，但无法确定2019年我国未成年人犯辈的人数是否多于2018年我国未成年人犯罪的人数，故选C .
【解答】
解：由于所有犯雷的人数未知，虽然2019年未成年人犯罪人数所占比重大于2018年，但无法确定2019年我国未成年人犯辈的人数是否多于2018年我国未成年人犯罪的人数.
故选C .
4.
【答案】
A
【考点】
函数模型的选择与应用
【解析】
依题意，设f(x0=klgx+b(∗)，将4100，140）以及（1.120）代入（）中，可得k=10,b=120\，故fx=100g+120.4900=10 x+120，解得x=0.00 .
【解答】
解：依题意，设f(x)=klgx+b(∗)，
将(100，140）以及（1.120）代入(∗)中，
可得k=10,b=120，
故fx=100lgx+120 ，
令f(x)=90代入解得x=0.001 .
故选A.
5.
【答案】
B
【考点】
平面向量数量积的运算
向量在几何中的应用
【解析】
只需考虑向量b→与a→夹角为锐角的情况即可．若b→=DA→，CB→，则a→⋅b→=2×2=4，若b→=DB→，则a→⋅b→=2x3=6，若b→=DC→，AB→，CA→，则a→⋅b→=2×1=2．故选B．
【解答】
解：只需考虑向量b→与a→夹角为锐角的情况即可．
若b→=DA→，CB→，
则a→⋅b→=2×2=4，
若b→=DB→，
则a→⋅b→=2×3=6，
若b→=DC→，AB→，CA→，
则a→⋅b→=2×1=2．
故选B．
6.
【答案】
C
【考点】
异面直线及其所成的角
【解析】
本题考查空间线面的位置关系．
【解答】
解：作出图形如图所示，
易知A1G//CF，
则∠EFC或其补角即为直线A1G与EF所成角．
设AB=2，
则CF=5，EF=6，EC=3，
故cs∠EFC=5+6−92×5×6=3030．
故选C．
7.
【答案】
D
【考点】
等比数列的性质
等比数列的通项公式
等比数列的前n项和
数列递推式
【解析】
命题意图本题考查数列的递推公式、等比数列的基本运算，考查的核心索养是数学运算、逻辑推理 .
【解答】
解：依题意，anan+1=−2n，
故an+1an+2=−2n+1，
两式相除得an+2an=2，
故数列{an}的奇数项，偶数项分别成公比为2的等比数列，故A错误；
而a1=−1，故a2=2，
a8=a2⋅23=16，故B错误；
S10=a1+(a2+⋯+a8+a9)+a10=31，故C错误；
S2n−1=−1，故D正确 .
故选D .
8.
【答案】
D
【考点】
棱柱的结构特征
【解析】
本题考查空间线面的位置关系．
【解答】
解：若平面α截长方体ABCD−A1B1C1D1所得截面为平行四边形，
则临界状态为点E为CC1的中点或点E与C1重合，
则λ∈12,1．
故选D．
9.
【答案】
B
【考点】
函数的零点
余弦函数的图象
【解析】
无
【解答】
解：令f(x)=2cs(2x+π3)+23=0，
故−2cs2x+π3=23，
画图可知y=−2cs2x+π3，y=23在−π6,116上的图象有关于x=5π6对称的4个不同的交点，
故fx=2cs2x+π3+23在[−π6,11π6]上的所有零点之和为5π6×4=10π3．
故选B．
10.
【答案】
B
【考点】
圆锥曲线的综合问题
抛物线的性质
【解析】
本题考查抛物线的定义、抛物线的方程、直线与抛物线的综合性问题．
【解答】
解：设直线l：x=12y+b(b≠0)，
联立x=12y+b,y2=4x,
消去x可得y2−2y−4b=0．
设M(x1,y1)，N(x2,y2)，
则y1+y2=2,y1y2=−4b,Δ=4+16b>0,
而∠MFN=90∘，
故FM→⋅FN→=0，
得(x1−1)(x2−1)+y1y2=0，即y12y2216−y12+y224+1+y1y2=0，
即b2−4+8b4+1−4b=0，
解得b=6（b=0舍去），
故|MF|⋅|NF|=(x1+1)(x2+1)=x1x2+x1+x2+1
=y12y2216+y12+y224+1=50．
故选B．
11.
【答案】
A
【考点】
柱体、锥体、台体的侧面积和表面积
【解析】
本题考查空间几何体的结构特征、空间几何体的表面积与体积．
【解答】
解：当正四面体棱长取到最大值22时，
其外接球半径r=64×22=3，
此时该球为圆锥SO的内切球，
设球心为P，圆锥SO的底面半径为R，作轴截面如图，
Q为切点，
则PQSP=OBSB，即333−3=RR2+27，
解得R=3，
故圆锥SO的表面积为π×3×6+π×32=27π．
故选A．
12.
【答案】
C
【考点】
由函数零点求参数取值范围问题
利用导数研究函数的单调性
【解析】
本题考查利用导数研究函数的性质．
【解答】
解：aex+a−1=−|x|+1⇒aea=−|x|+1ex−1，
令ℎ(x)=−|x|+1ex−1，
则ℎ(x)=−x+1ex−1,x≥0,x+1ex−1,x<0,
求导后可知，ℎ(x)在(−∞,0)上单调递增，
在[0,2)上单调递减，在[2,+∞)上单调递增，
作出函数ℎ(x)的大致图象如图所示，
故aea∈[0,e)或aea=−1e时，原方程恰有2个不同的实根，
通过求导可知m(a)=aea在a∈(−∞,−1)上单调递减且恒小于0，
在(−1,+∞)上单调递增，且m(0)=0，m(1)=e，m(−1)=−1e，
故当aea∈[0,e)时，a∈[0,1)，而aea=−1e的解为a=−1，
故实数a的取值范围为[0,1)∪|−1|．
故选C．
二、填空题
【答案】
−4
【考点】
简单线性规划
求线性目标函数的最值
【解析】
无
【解答】
解：作出不等式组所表示的平面区域，如图中阴影部分所示，
观察可知，当直线z=3x+2y过点A时，有最小值，
联立x+2y=4，x+y=0，
解得x=−4，y=4，
故z=3x+2y的最小值是−4．
故答案为：−4．
【答案】
−1
【考点】
等差数列的前n项和
等差数列的通项公式
【解析】
命题意图本题考查等差数列的基本运算，考查的核心素养是逻辑推理、数学运算解析依题意．
【解答】
解：依据题意，a12=0，
S17=17(a1+a17)2=17a9=51，
解得a9=3，
故数列{an}的公差d=a12−a912−9=−1.
故答案为：−1.
【答案】
(3,143]
【考点】
函数的零点与方程根的关系
指数函数的性质
不等式
【解析】
无
【解答】
解：设gx=2x+1−2，y=ax，
画出两个函数的大致图象，两个函数的图象均过原点，
由图知当a≤0时，不合题意，
则a>0，g2<2a，g(3)≥3a，
解得3故答案为：(3,143]．
【答案】
−71517
【考点】
双曲线的渐近线
双曲线的标准方程
【解析】
无
【解答】
解：依题意，m=7，故F1(−4,0)，F2(4,0)．
而F1A→=AB→，
故点A为线段F1B的中点，
而点F1，F2，A在圆C2上且F1F2为圆C2的直径，
故AF2⊥AF1，
故|BF2|=|F1F2|=2c=8，
而|BF1|−|BF2|=6，
故2|F1A|−8=6，
解得|F1A|=7，
故在直角三角形F1AF2中，tan∠AF1F2=|AF2||AF1|=157，
则tan∠BF2F1=−tan2∠AF1F2=−71517．
故答案为：−71517．
三、解答题
【答案】
解：(1)依题意，tanA=sinAcsA=63，而sin2A+cs2A=1，
解得sinA=105 .
S△ABC=12⋅12a⋅a=14a2，且S△ABC=12bsinA=1010bc，
则14a2=1010bc .
在△ABC中，由正弦定理，得14sin2A=1010sinBsinC .
故sinBsinC=1010 .
(2)由(1)的解题过程可知a2=2bcsinA .
由余弦定理，得b2+c2=a2+2bcsA=2bcsinA+csA .
则bc+cb=b2+c2bc=2bcsinA+csAbc=22sinA+π4 .
当A=π4时，bc+cb取得最大值22 .
而bc+cb≥2，仅当b=c时等号成立．
故bc+cb的最小值为2，最大值为22 .
【考点】
正弦定理
余弦定理
解三角形
基本不等式在最值问题中的应用
【解析】
（1）依题意，tanA=sinAcsA=63，而sin2A+sin2A=1，
解得sinA=105 .
S△ABC=12⋅12a⋅a=14a2，且S△ABC=12bsinA=1010bc，
则14a2=1010bc .
在△ABC中，由正弦定理，得14sin2A=1010sinBsinC .
故sinBsinC=1010 .
（2）由（1）的解题过程可知a2=2bsinA .
由余弦定理，得b2+c2=a2+2bcsA=2ksinA+csA .
则bc+cb=b2+c2bc=2bcsinA+csAbc=22sin4+π4 .
当A=π4时，bc+cb取得最大值22 .
而bc+cb≥2，仅当b=c时等号成立．
故bc+cb的最小值为2，最大值为22 .
【解答】
解：(1)依题意，tanA=sinAcsA=63，而sin2A+cs2A=1，
解得sinA=105 .
S△ABC=12⋅12a⋅a=14a2，且S△ABC=12bsinA=1010bc，
则14a2=1010bc .
在△ABC中，由正弦定理，得14sin2A=1010sinBsinC .
故sinBsinC=1010 .
(2)由(1)的解题过程可知a2=2bcsinA .
由余弦定理，得b2+c2=a2+2bcsA=2bcsinA+csA .
则bc+cb=b2+c2bc=2bcsinA+csAbc=22sinA+π4 .
当A=π4时，bc+cb取得最大值22 .
而bc+cb≥2，仅当b=c时等号成立．
故bc+cb的最小值为2，最大值为22 .
【答案】
解：(1)如图，连接AD1，
设AD1∩A1D=H，则H为AD1的中点，
而E为AC的中点，连接EH，
则EH为△ACD1的中位线．
∴ EH//CD1 ．
又B1D1//BD，B1D1∩CD1=D1，EH⊂平面A1BD，
∴ 平面B1CD1//平面A1BD .
(2)连接A1E，EF，A1C1，
∵ 四棱柱ABCD−A1B1C1D1的侧棱与底面垂直，
∴ AA1⊥DE，
∵ AD=DC，E为AC的中点，
∴ AC⊥DE .
又AA1∩AC=A，
∴ DE⊥平面AA1C1C，
∴ DE⊥EF，且DE⊥A1E，
由AC=22，AA1=AD=DC=2，BE=22，
得∠ADC=90∘，DE=2，A1E=6，EF=3，A1F=3，BD=322，
∴ A1E2+EF2=A1F2，即EF⊥A1E，
又A1E∩DE=E，
∴ EF⊥平面A1BD，
∵ S△A1BD=12×A1E×BD=12×6×322=332 .
∴ 三棱锥F−A1BD的体积为：
V=13×EF×S△A1BD=13×3×332=32 .
【考点】
平面与平面平行的判定
柱体、锥体、台体的体积计算
【解析】

【解答】
解：(1)如图，连接AD1，
设AD1∩A1D=H，则H为AD1的中点，
而E为AC的中点，连接EH，
则EH为△ACD1的中位线．
∴ EH//CD1 ．
又B1D1//BD，B1D1∩CD1=D1，EH⊂平面A1BD，
∴ 平面B1CD1//平面A1BD .
(2)连接A1E，EF，A1C1，
∵ 四棱柱ABCD−A1B1C1D1的侧棱与底面垂直，
∴ AA1⊥DE，
∵ AD=DC，E为AC的中点，
∴ AC⊥DE .
又AA1∩AC=A，
∴ DE⊥平面AA1C1C，
∴ DE⊥EF，且DE⊥A1E，
由AC=22，AA1=AD=DC=2，BE=22，
得∠ADC=90∘，DE=2，A1E=6，EF=3，A1F=3，BD=322，
∴ A1E2+EF2=A1F2，即EF⊥A1E，
又A1E∩DE=E，
∴ EF⊥平面A1BD，
∵ S△A1BD=12×A1E×BD=12×6×322=332 .
∴ 三棱锥F−A1BD的体积为：
V=13×EF×S△A1BD=13×3×332=32 .
【答案】
解：(1)依题意，
所求概率P=500−95500=0.81．
(2)依题意，样本中30∼50岁乘坐动车乘客满意程度的平均分为：100×10+40×5160=7.5，
方差为1160[100×(10−7.5)2+40×(5−7.5)2+20×(0−7.5)2]=12.5．
(3)依题意，乘坐动车的乘客抽4人，记为甲、乙、丙、丁；
乘坐BRT的乘客抽2人，记为A，B．
从这6人中随机抽取3人，
所有的情况为：（甲，乙，丙），（甲，乙，丁），（甲，乙，A），（甲，乙，B），（乙，丙，丁），（乙，丙，A，），（乙，丙，B），（丙，丁，A），（丙，丁，B），（丁，A，B），（甲，丙，丁），（甲，丙，A，），（甲，丙，B），（甲，丁，A），（甲，丁，B），（甲，A，B，），（乙，丁，A），（乙，丁，B），（乙，A，B），（丙，A，B），共20种．
其中满足条件的有4种，
故所求概率P=420=15．
【考点】
古典概型及其概率计算公式
极差、方差与标准差
众数、中位数、平均数
【解析】
本题考查古典概型、平均数、分层抽样．
本题考查古典概型、平均数、分层抽样．
本题考查古典概型、平均数、分层抽样．
【解答】
解：(1)依题意，
所求概率P=500−95500=0.81．
(2)依题意，样本中30∼50岁乘坐动车乘客满意程度的平均分为：100×10+40×5160=7.5，
方差为1160[100×(10−7.5)2+40×(5−7.5)2+20×(0−7.5)2]=12.5．
(3)依题意，乘坐动车的乘客抽4人，记为甲、乙、丙、丁；
乘坐BRT的乘客抽2人，记为A，B．
从这6人中随机抽取3人，
所有的情况为：（甲，乙，丙），（甲，乙，丁），（甲，乙，A），（甲，乙，B），（乙，丙，丁），（乙，丙，A，），（乙，丙，B），（丙，丁，A），（丙，丁，B），（丁，A，B），（甲，丙，丁），（甲，丙，A，），（甲，丙，B），（甲，丁，A），（甲，丁，B），（甲，A，B，），（乙，丁，A），（乙，丁，B），（乙，A，B），（丙，A，B），共20种．
其中满足条件的有4种，
故所求概率P=420=15．
【答案】
(1)证明：由题意，得F3,0，
直线l：y=kx−3k≠0,
由2ab=4,a2=b2+3,
解得a2=4,b2=1,
故椭圆C的方程为x24+y2=1．
设Mx1,y1，Nx2,y2，
联立 x24+y2=1，y=kx−3，
消去y，
得(4k2+1)x2−83k2x+12k2−4=0，
显然Δ>0，x1+x2=83k24k2+1，x1x2=12k2−44k2+1，
则点A的横坐标x0=x1+x22=43k24k2+1>0．
(2)解：由(1)得点A的纵坐标y0=kx0−3=−3k4k2+1，
即A(43k24k2+1,−3k4k2+1)，
∴过点A且与l垂直的直线l′的方程为y+3k4k2+1=−1kx−43k24k2+1 ，
令x=0，得Q0,33k4k2+1，
令y=0，得P33k24k2+1,0，
∴S△OPQ=12|33k4k2+1|⋅|33k24k2+1|=27k2⋅|k|2(4k2+1)2 ，
S△PAF=12|3−33k24k2+1|⋅|−3k4k2+1|=3k2+1×|k|24k2+12 ，
∴27k2⋅|k|2(4k2+1)2=3k2+1×|k|24k2+12，
解得k=±24 ，
故直线l的方程为y=±24x−3．
【考点】
椭圆的标准方程
直线与椭圆结合的最值问题
椭圆的定义和性质
圆锥曲线的综合问题
【解析】
无
无
【解答】
(1)证明：由题意，得F3,0，
直线l：y=kx−3k≠0,
由2ab=4,a2=b2+3,
解得a2=4,b2=1,
故椭圆C的方程为x24+y2=1．
设Mx1,y1，Nx2,y2，
联立 x24+y2=1，y=kx−3，
消去y，
得(4k2+1)x2−83k2x+12k2−4=0，
显然Δ>0，x1+x2=83k24k2+1，x1x2=12k2−44k2+1，
则点A的横坐标x0=x1+x22=43k24k2+1>0．
(2)解：由(1)得点A的纵坐标y0=kx0−3=−3k4k2+1，
即A(43k24k2+1,−3k4k2+1)，
∴过点A且与l垂直的直线l′的方程为y+3k4k2+1=−1kx−43k24k2+1 ，
令x=0，得Q0,33k4k2+1，
令y=0，得P33k24k2+1,0，
∴S△OPQ=12|33k4k2+1|⋅|33k24k2+1|=27k2⋅|k|2(4k2+1)2 ，
S△PAF=12|3−33k24k2+1|⋅|−3k4k2+1|=3k2+1×|k|24k2+12 ，
∴27k2⋅|k|2(4k2+1)2=3k2+1×|k|24k2+12，
解得k=±24 ，
故直线l的方程为y=±24x−3．
【答案】
解：(1)f′x=1x−m,x∈12,2 ，
若0fxmax=f2=ln2−2m=−1，
解得m=1+ln22>12，舍去；
若120，
当x∈(1m,2]时，f′x<0，
故当x=1m时，fx取到最大值，
f1m=−lnm−1=−1，
解得m=1；
若m≥2，则f′x≤0，
fxmax=f12=ln12−12m=−1，
解得m=2−2ln2<2，舍去，
综上所述，m=1．
(2)依题意，xlnx−mx+m≤0在[1,+∞)上恒成立．
令ℎx=xlnx−mx2+mx≥1，
则ℎ′x=1+lnx−2mx，
令gx=1+lnx−2mxx≥1，
则g′x=1x−2m ，
①若2m≥1，即m≥12，
因为x≥1，所以0<1x≤1，
所以g′x≤0，
所以gx在[1,+∞)上单调递减，
又g1=1−2m≤0，
所以x≥1时，gx≤0，即ℎ′x≤0，
所以ℎx在[1,+∞)上单调递减，
又ℎ1=0，
所以x≥1时，ℎx≤0，符合题意；
②若0<2m<1，即0当1≤x<12m时，g′x>0，gx单调递增，
gx≥g1=1−2m>0，即ℎ′x>0，
所以ℎx在[1,12m)上单调递增，
所以x∈[1,12m)时，ℎx≥ℎ1=0，
所以xlnx−mx+m≤0不恒成立；
③若m≤0，则g′x>0恒成立，
所以gx在[1,+∞)上单调递增，
所以gx≥g1=1−2m>0，即ℎ′x>0，
所以ℎx在[1,+∞)上单调递增，
所以x≥1时，ℎx≥ℎ1=0，
所以xlnx−mx+m≤0不恒成立，
综上所述，实数m的取值范围是[12,+∞).
【考点】
利用导数研究函数的单调性
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】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)f′x=1x−m,x∈12,2 ，
若0fxmax=f2=ln2−2m=−1，
解得m=1+ln22>12，舍去；
若120，
当x∈(1m,2]时，f′x<0，
故当x=1m时，fx取到最大值，
f1m=−lnm−1=−1，
解得m=1；
若m≥2，则f′x≤0，
fxmax=f12=ln12−12m=−1，
解得m=2−2ln2<2，舍去，
综上所述，m=1．
(2)依题意，xlnx−mx+m≤0在[1,+∞)上恒成立．
令ℎx=xlnx−mx2+mx≥1，
则ℎ′x=1+lnx−2mx，
令gx=1+lnx−2mxx≥1，
则g′x=1x−2m ，
①若2m≥1，即m≥12，
因为x≥1，所以0<1x≤1，
所以g′x≤0，
所以gx在[1,+∞)上单调递减，
又g1=1−2m≤0，
所以x≥1时，gx≤0，即ℎ′x≤0，
所以ℎx在[1,+∞)上单调递减，
又ℎ1=0，
所以x≥1时，ℎx≤0，符合题意；
②若0<2m<1，即0当1≤x<12m时，g′x>0，gx单调递增，
gx≥g1=1−2m>0，即ℎ′x>0，
所以ℎx在[1,12m)上单调递增，
所以x∈[1,12m)时，ℎx≥ℎ1=0，
所以xlnx−mx+m≤0不恒成立；
③若m≤0，则g′x>0恒成立，
所以gx在[1,+∞)上单调递增，
所以gx≥g1=1−2m>0，即ℎ′x>0，
所以ℎx在[1,+∞)上单调递增，
所以x≥1时，ℎx≥ℎ1=0，
所以xlnx−mx+m≤0不恒成立，
综上所述，实数m的取值范围是[12,+∞).
【答案】
解：(1)因为x=m−6t,y=4t（t为参数），
故y=4⋅x−m−6，即2x+3y−2m=0，
故直线l的极坐标方程为2ρcsθ+3ρsinθ−2m=0．
因为ρ4sin2θ+cs2θ=2，
故ρ2(4sin2θ+cs2θ)=4，即x24+y2=1(y≥0)，
则曲线C的参数方程为x=2csα,y=sinα（α为参数且α∈[0,π]）．
(2)设P(2csα,sinα)，α∈[0,π]．
|PQ|的最小值即为点P到直线l的距离的最小值．
点P到直线l的距离d=|4csα+3sinα−2m|13=|5sin(α+φ)−2m|13，
其中sinφ=45，csφ=35，
因为φ≤α+φ≤π+φ，
故−45≤sin(α+φ)≤1．
①当m>52时，dmin=|5−2m|13=213，解得m=312或m=−212（舍去）；
②当m<−2时，dmin=5×−45−2m13=213，解得m=−15或m=11（舍去）；
③当−2≤m≤52时，易知dmin=0，不符合题意．
故所求m的值为−15或312．
【考点】
参数方程与普通方程的互化
直线的参数方程
圆的极坐标方程
圆的极坐标方程与直角坐标方程的互化
点到直线的距离公式
【解析】
本题考查方程间的转化、直线参数方程的使用．
本题考查方程间的转化、直线参数方程的使用．
【解答】
解：(1)因为x=m−6t,y=4t（t为参数），
故y=4⋅x−m−6，即2x+3y−2m=0，
故直线l的极坐标方程为2ρcsθ+3ρsinθ−2m=0．
因为ρ4sin2θ+cs2θ=2，
故ρ2(4sin2θ+cs2θ)=4，即x24+y2=1(y≥0)，
则曲线C的参数方程为x=2csα,y=sinα（α为参数且α∈[0,π]）．
(2)设P(2csα,sinα)，α∈[0,π]．
|PQ|的最小值即为点P到直线l的距离的最小值．
点P到直线l的距离d=|4csα+3sinα−2m|13=|5sin(α+φ)−2m|13，
其中sinφ=45，csφ=35，
因为φ≤α+φ≤π+φ，
故−45≤sin(α+φ)≤1．
①当m>52时，dmin=|5−2m|13=213，解得m=312或m=−212（舍去）；
②当m<−2时，dmin=5×−45−2m13=213，解得m=−15或m=11（舍去）；
③当−2≤m≤52时，易知dmin=0，不符合题意．
故所求m的值为−15或312．
【答案】
解：(1)依题意，|2x+4|+|x−3|>6．
当x<−2时，−2x−4+3−x>0，解得x<−73，故x<−73；
当−2≤x≤3时，2x+4+3−x>6，解得x>−1，故−1当x>3时，2x+4−3+x>6，解得x>53，故x>3．
综上所述，不等式的解集为x|x<−73或x>−1．
(2)依题意，g(x)=f(x)−|x+2|=|x+2|+|x−3|≥5，当且仅当−2≤x≤3时等号成立．
故3m+4n=5，即3m+1+2(2n+1)=8，
则13m+1+12n+1=18[3m+1+2(2n+1)]⋅
13m+1+12n+1≥3+228．
当且仅当2(2n+1)2=(3m+1)2时等号成立，
故13m+1+12n+1的最小值为3+228．
【考点】
绝对值不等式的解法与证明
绝对值不等式
【解析】
本题考查绝对值不等式的解法、绝对值不等式的性质、基本不等式．
本题考查绝对值不等式的解法、绝对值不等式的性质、基本不等式．
【解答】
解：(1)依题意，|2x+4|+|x−3|>6．
当x<−2时，−2x−4+3−x>0，解得x<−73，故x<−73；
当−2≤x≤3时，2x+4+3−x>6，解得x>−1，故−1当x>3时，2x+4−3+x>6，解得x>53，故x>3．
综上所述，不等式的解集为x|x<−73或x>−1．
(2)依题意，g(x)=f(x)−|x+2|=|x+2|+|x−3|≥5，当且仅当−2≤x≤3时等号成立．
故3m+4n=5，即3m+1+2(2n+1)=8，
则13m+1+12n+1=18[3m+1+2(2n+1)]⋅
13m+1+12n+1≥3+228．
当且仅当2(2n+1)2=(3m+1)2时等号成立，
故13m+1+12n+1的最小值为3+228．满意程度
30岁以下
30∼50岁
50岁及50岁以上
乘坐动车
乘坐BRT
乘坐动车
乘坐BRT
乘坐动车
乘坐BRT
满意
50
5
100
10
100
20
一般
20
15
40
20
20
25
不满意
5
0
20
10
20
20