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2020-2021学年河南省濮阳市高三（下）3月月考数学试卷人教A版
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这是一份2020-2021学年河南省濮阳市高三（下）3月月考数学试卷人教A版，共11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. 已知全集U=R，集合A={x||x−1|>2}，B={x|x2−6x+8<0}，则集合(∁UA)∩B=( )
A.{x|2C.{x|2≤x<3}D.{x|−1
2. 若z∈C，且|z|=1，则|z−i|的最大值为( )
A.1B.2C.3D.4
3. 曲线y=sinx−2csx在点(π, 2)处的切线方程为( )
A.x+y−π−2=0B.x−y−π+2=0
C.2x+y−π+2=0D.2x−y−π−2=0
4. 2016年1月6日，中国物流与采购联合会正式发布了中国仓储指数，中国仓储指数是反映仓储行业经营和国内市场主要商品供求状况与变化趋势的一套指数体系，如图所示的折线图是2019年甲企业和乙企业的仓储指数走势情况．根据该折线图，下列结论中不正确的是( )
A.2019年1月至4月甲企业的仓储指数比乙企业的仓储指数波动大
B.甲企业2019年的年平均仓储指数明显低于乙企业2019年的年平均仓储指数
C.两企业2019年的最大仓储指数都出现在4月份
D.2019年7月至9月乙企业的仓储指数的增幅高于甲企业
5. “阿基米德多面体”是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，它体现了数学的对称美．如图，将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共可截去八个三棱锥，得到八个面为正三角形，六个面为正方形的“阿基米德多面体”．若该多面体的棱长为2，则其体积为( )
A.4023B.5C.173D.203
6. 若二项式2x+1xn的展开式中二项式系数之和为64，则展开式中x2的系数为( )
A.60B.120C.160D.240
7. 在等差数列{an}中， Sn为其前n项和，若S2020=2020，且 S20202020−S2020=2000 ，则 a1 等于( )
A.−2021B.−2020C.−2019D.−2018
8. 点A，B在单位圆O上，OA→，OB→是两个给定的夹角为120∘的向量，P为单位圆上动点，设OP→=mOA→+nOB→，且设m+n的最大值为M，最小值为N，则M−N的值为( )
A.2B.22C.4D.23
9. 直线2ax+by−2=0a>0,b>0过函数fx=x+1x−1+1图象的对称中心，则4a+1b的最小值为( )
A.9B.4C.8D.10
10. 在三棱锥P−ABC中，PA=PB=PC=2，且底面ABC为正三角形，D为侧棱PA的中点，若PC⊥BD，棱锥P−ABC的四个顶点在球O的表面上，则球O的表面积为( )
A.6πB.8πC.12πD.16π
11. 已知A3,2是双曲线x23−y2=1上一点，F1是左焦点，B是右支上一点，AF1与△ABF1的内切圆切于点P，则|F1P|的最小值为( )
A.3B.23C.33−2D.63−22
12. 已知函数f(x)=ex，g(x)=lnx2+12，对任意的a∈R，存在b∈(0, +∞)使f(a)=g(b)，则b−a的最小值为( )
A.2+ln2B.2−ln2C. 2e−1 D.e2−12
二、填空题
已知x，y满足约束条件x≥0,x+y≥1,2x+y≤2,则z=12x−y的最大值为________.
三、解答题
平面四边形ABCD，点A，B，C均在半径为2的圆上，且∠BAC=π6．
(1)求BC的长；
(2)若BD=3，∠DBC=2∠BCD，求△BCD的面积．
如图，菱形ABCD中，∠ABC=60∘，E为CD中点，将△ADE沿AE折起使得平面ADE⊥平面ABCE，BE与AC相交于点O，H是棱DE上的一点且满足DH=2HE.
(1)求证：OH//平面BCD；
(2)求二面角A−BC−D的余弦值.
设椭圆C：x2a2+y2b2=1a>b>0的离心率e=22，且过点P1,22.设A，B是椭圆C上的两个不同的动点，且直线PA，PB的倾斜角互补.
(1)求椭圆的方程；
(2)求证：直线AB的斜率为定值．
根据《河南全民健身实施计划(2016−2020 年)》，到2020年乡镇(街道)普遍建有“两个一”工程，即一个全民健身活动中心或灯光篮球场、一个多功能运动场.某市把甲、乙、丙、丁四个多功能运动场全部免费为市民开放.
(1)在一次全民健身活动中，四个多功能运动场的使用场数如图，用分层抽样的方法从甲、乙、丙、丁四场馆的使用场数中依次抽取a，b，c，d共25场，在a，b，c，d中随机取两数，求这两数和ξ的分布列和数学期望；
(2)设四个多功能运动场一个月内各场使用次数之和为x，其相应维修费用为y元，根据统计，得到如下表的y与x数据：
(i)用最小二乘法求z与x之间的回归直线方程；
(ii)yx+40叫做运动场月惠值，根据(i)的结论，试估计这四个多功能运动场月惠值最大时x的值.
参考数据和公式：z=4，i=17(xi−x)2=700，i=17(xi−x)(zi−z)=70，e3=20.
b=i=17(xi−x)(zi−z)i=17(xi−x)2，a=z−bx.
已知函数fx=ax2−lnx.
(1)求函数fx的单调区间；
(2)若函数fx有两个正零点x1，x2，求a的取值范围，并证明：x1x2>1.
在极坐标系中，曲线C的极坐标方程为ρ=6sinθ，点P的极坐标为2,π4，以极点为坐标原点，极轴为x轴正半轴，建立平面直角坐标系.
(1)求曲线C的直角坐标方程和点P的直角坐标；
(2)过点P的直线l与曲线C相交于A，B两点，若|PA|=2|PB|，求|AB|的值.
已知函数fx=x+a+x+1aa>0．
(1)当a=2时，求不等式fx>3的解集；
(2)证明：fm+f−1m≥4．
参考答案与试题解析
2020-2021学年河南省濮阳市高三（下）3月月考数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
A
【考点】
交、并、补集的混合运算
【解析】
分析可得，A、B都是不等式的解集，由不等式的解法，容易解得A、B，进而可得CUA，对其求交集可得答案．
【解答】
解：集合A={x||x−1|>2}，
B={x|x2−6x+8<0}，
解得A={x|x>3或x<−1}，
B={x|2则∁UA={x|−1≤x≤3}，
故(∁UA)∩B={x|2故选A．
2.
【答案】
B
【考点】
复数的模
绝对值三角不等式
【解析】
由条件利用绝对值三角不等式、复数的模的定义求得|z−i|的最大值．
【解答】
解：∵ |z−i|≤|z|+|−i|=1+1=2，
∴ |z−i|的最大值为2.
故选B.
3.
【答案】
A
【考点】
利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】
求出曲线在x＝π处的导数值，进而即可列出切线方程
【解答】
解：因为y=sinx−2csx，
所以y′=csx+2sinx，
则当x=π时，y′=−1.
又因为x=π时，y=2，
故曲线在(π, 2)处的切线方程为y−2=−(x−π)，
整理得x+y−2−π=0.
故选A.
4.
【答案】
D
【考点】
频率分布折线图、密度曲线
【解析】
仔细观察2019年甲企业和乙企业的仓储指数走势情况折线图，能求出正确选项．
【解答】
解：由2019年甲企业和乙企业的仓储指数走势情况折线图知，
在A中，2019年1月至4月甲企业的仓储指数波动较大，
乙企业的仓储指数波动较小，故A正确；
在B中，甲企业2019年的年平均仓储指数低于乙企业2019年的年平均仓储指数，故B正确；
在C中，两企业2019年的最大仓储指数都出现在4月份，故C正确；
在D中，2019年7月至9月乙企业的仓储指数的增幅低于甲企业，故D错误．
故选D.
5.
【答案】
D
【考点】
组合几何体的面积、体积问题
【解析】
暂无
【解答】
解：将该多面体放入正方体中，如图所示：
因为多面体的棱长为2，
所以正方体的棱长为2.
该多面体是由棱长为2的正方体沿各棱中点截去8个三棱锥所得的，
所以该多面体的体积为23−8×13×12×1×1×1=203.
故选D.
6.
【答案】
D
【考点】
二项式系数的性质
二项展开式的特定项与特定系数
【解析】
根据二项式2x+1xn的展开式中二项式系数之和为2a，可求出厂，然后再用展开式的通项公式可求解答案
【解答】
解：二项式2x+1xn的展开式中二项式系数之和为2n，
则2n=64，所以n=6，
二项式2x+1xn的展开式的通项公式为
Tr+1=C6r2x6−r1xr=26−rC6rx6−2r，
要使展开式中含x2，则6−2r=2，即r=2，
所以系数为26−2C62=240.
故选D.
7.
【答案】
D
【考点】
等差数列的前n项和
等差数列的通项公式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：数列{an}是等差数列，设公差为d1，
则Snn=a1+n−12d1=d12n+(a1−12d1)，
可知：数列 {Snn} 是等差数列，设公差为d2，
∴ S20202020−S2020=2000=2000d2，
解得d2=1.
∴ 1=S20202020=a11+2019×1，
∴ a1=−2018.
故选D.
8.
【答案】
C
【考点】
三角函数的最值
平面向量的坐标运算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：建立如图所示的坐标系，
则A(1, 0)，B(cs120∘, sin120∘)，即B(−12, 32)．
设∠AOP=α，则OP→=(csα, sinα)．
∵ OP→=m OA→+n OB→=(m, 0)+(−n2, 32n)
=(csα, sinα)，α∈[0, 2π)，
∴ m−n2=csα,32n=sinα,
∴ m=sinα3+csα,n=2sinα3,
∴ m+n=3sinα+csα=2sin(α+30∘)．
∵ 0∘≤α≤360∘，
∴ 30∘≤α+30∘≤450∘，
故当α=60∘时，m+n有最大值2，
当α=240∘时，m+n有最小值为−2，
∴ M=2，N=−2，
∴ M−N=4.
故选C.
9.
【答案】
A
【考点】
基本不等式在最值问题中的应用
【解析】
【解答】
解：函数fx=x+1x−1+1的图象的对称中心为1,2，
所以a+b=1，
则4a+1b=a+b4a+1b
=4+1+4ba+ab≥5+24=9，
当且仅当a=2,b=23时等号成立.
最小值为9.
故选A．
10.
【答案】
C
【考点】
球的表面积和体积
球内接多面体
【解析】
利用三线垂直确定三棱锥为正方体的一部分，其外接球直径为正方体的体对角线长，可得半径和表面积．
【解答】
解：如图，由PA=PB=PC=2，△ABC是正三角形，
可知三棱锥P−ABC为正三棱锥，
取AB中点E，连接EP，CE，
则PE⊥AB，CE⊥AB，PE∩CE=E，
可得AB⊥平面PCE，则AB⊥PC.
又PC⊥BD，BD∩AB=B，
∴ PC⊥平面PAB，
故PC⊥PA，PC⊥PB，
可得三棱锥P−ABC的侧棱PA，PB，PC两两垂直，
该三棱锥为棱长是2的正方体的一角，
其外接球的直径为正方体的体对角线长23，
故球O的半径为3，
故球O的表面积为4π32=12π.
故选C.
11.
【答案】
B
【考点】
双曲线的定义
双曲线的标准方程
直线与双曲线结合的最值问题
【解析】
由内切圆得到F1P=AF1+BF1−AB2，利用三角形边的关系及双曲线定义即可求解．
【解答】
解：∵ AF1与△ABF1的内切圆切于点P，
∴ 根据内切圆的性质得F1P=AF1+BF1−AB2.
由双曲线定义得BF1=BF2+2a=BF2+23，
AF1=33，AF2=3，
∴F1P=AF1+BF1−AB2
=53+BF2−AB2≥53−AF22=23，
当且仅当A，B，F2共线时取等号.
故选B．
12.
【答案】
A
【考点】
对数函数图象与性质的综合应用
利用导数研究函数的最值
【解析】
令 y=ea，则 a=lny，令y=lnb2+12，可得 b=2ey−12，利用导数求得b−a取得最小值．
【解答】
解：令y=ea，则a=lny，
令y=lnb2+12，
可得b=2ey−12，
则b−a=2ey−12−lny，
∴ (b−a)′=2ey−12−1y．
显然(b−a)′是增函数，观察可得当y=12时，(b−a)′=0，
故(b−a)′有唯一零点．
故当y=12时，b−a取得最小值为2ey−12−lny=2e12−12−ln12=2+ln2.
故选A.
二、填空题
【答案】
12
【考点】
求线性目标函数的最值
【解析】
作出不等式组对应的平面区域，利用z的几何意义，利用数形结合的思想求目标函数的最大值．
【解答】
解：作出不等式组对应的平面区域如图△ABC区域，
由z=12x−y可得y=12x−z，
平移直线y=12x−z，当直线经过A(1,0)时，直线在y轴上截距最小，
此时z有最大值为12.
故答案为：12.
三、解答题
【答案】
解：(1)由题意得△ABC外接圆半径R=2，∠BAC=π6，
由正弦定理得BC=2Rsin∠BAC=4×12=2，
故BC的长为2．
(2)在△BCD中，
∵ ∠DBC=2∠BCD，
∴ sin∠DBC=sin2∠BCD=2sin∠BCDcs∠BCD，
则由正弦定理，得CD=2BD⋅cs∠BCD，
由余弦定理得cs∠BCD=BC2+CD2−BD22⋅BC⋅CD，
∴ CD=BD(BC2+CD2−BD2)BC⋅CD.
又BC=2，BD=3，
解得CD2=15，
由余弦定理得
cs∠CBD=BD2+BC2−CD22BD⋅BC=9+4−152×3×2=−16，
∴ sin∠CBD=1−(−16)2=356．
∴ △BCD的面积为
S△BCD=12⋅BC⋅BD⋅sin∠CBD=352.
【考点】
正弦定理
余弦定理
【解析】
（1）设△ABC外接圆半径为R，则由正弦定理可求得BC＝2Rsin∠BAC．
（2）由∠DBC＝2∠BCD及正弦定理得CD＝2BD⋅cs∠BCD，再根据余弦定理得CD2＝15，cs∠CBD=−16，sin∠CBD=356，由此能求出△BCD的面积．
【解答】
解：(1)由题意得△ABC外接圆半径R=2，∠BAC=π6，
由正弦定理得BC=2Rsin∠BAC=4×12=2，
故BC的长为2．
(2)在△BCD中，
∵ ∠DBC=2∠BCD，
∴ sin∠DBC=sin2∠BCD=2sin∠BCDcs∠BCD，
则由正弦定理，得CD=2BD⋅cs∠BCD，
由余弦定理得cs∠BCD=BC2+CD2−BD22⋅BC⋅CD，
∴ CD=BD(BC2+CD2−BD2)BC⋅CD.
又BC=2，BD=3，
解得CD2=15，
由余弦定理得
cs∠CBD=BD2+BC2−CD22BD⋅BC=9+4−152×3×2=−16，
∴ sin∠CBD=1−(−16)2=356．
∴ △BCD的面积为
S△BCD=12⋅BC⋅BD⋅sin∠CBD=352.
【答案】
(1)证明：由题意知CE//AB，AB=2CE，
所以OE:OB=1:2.
又DH=2HE，
所以OH//BD.
又BD⊂平面BCD，OH⊄平面BCD，
所以OH//平面BCD.
(2)解：因为平面ADE⊥平面ABCE，
平面ADE∩平面ABCE=AE，DE⊥AE，
所以DE⊥平面ABCE，
所以DE⊥CE.
以E为坐标原点，EC→，EA→，ED→为x轴，y轴，z轴
建立如图所示的空间直角坐标系E−xyz，
不妨设菱形的边长为4，
则点D0,0,2，C(2,0,0)，B(4,23,0)，
则DC→=(2，0，−2）,DB→=(4，23，−2).
设平面BCD的一个法向量为n→=(x,y,z)，
则n→⋅DC→=0,n→⋅DB→=0,即2x−2z=0,4x+23y−2z=0,
令z=1，得n→=1,−33,1.
易知平面ABC的一个法向量为m→=0，0，1，
设二面角A−BC−D的大小为θ，
则csθ=|m→⋅n→||m→|⋅|n→|=173=217，
故二面角A−BC−D的余弦值为217.
【考点】
直线与平面平行的判定
二面角的平面角及求法
用空间向量求平面间的夹角
【解析】
此题暂无解析
【解答】
(1)证明：由题意知CE//AB，AB=2CE，
所以OE:OB=1:2.
又DH=2HE，
所以OH//BD.
又BD⊂平面BCD，OH⊄平面BCD，
所以OH//平面BCD.
(2)解：因为平面ADE⊥平面ABCE，
平面ADE∩平面ABCE=AE，DE⊥AE，
所以DE⊥平面ABCE，
所以DE⊥CE.
以E为坐标原点，EC→，EA→，ED→为x轴，y轴，z轴
建立如图所示的空间直角坐标系E−xyz，
不妨设菱形的边长为4，
则点D0,0,2，C(2,0,0)，B(4,23,0)，
则DC→=(2，0，−2）,DB→=(4，23，−2).
设平面BCD的一个法向量为n→=(x,y,z)，
则n→⋅DC→=0,n→⋅DB→=0,即2x−2z=0,4x+23y−2z=0,
令z=1，得n→=1,−33,1.
易知平面ABC的一个法向量为m→=0，0，1，
设二面角A−BC−D的大小为θ，
则csθ=|m→⋅n→||m→|⋅|n→|=173=217，
故二面角A−BC−D的余弦值为217.
【答案】
解：(1)由于椭圆C的离心率e=22，故a=2c.
又a2=b2+c2，所以b=c，
所以椭圆C的方程为x2+2y2=a2.
又点P1,22在椭圆上，所以a2=2，
所以椭圆方程为x22+y2=1.
(2)设直线PA的斜率为k(k≠0)，则直线PB的斜率为−k．
则直线PA的方程为y−22=kx−1，
代入椭圆方程得（2k2+1)(x−1)2+(22k+2)(x−1)=0，
所以xA=1−2(1+2k)1+2k2， yA=22−2(k+2k2)1+2k2，
同理可知xB=1−2(1−2k)1+2k2，yB=22−2(−k+2k2)1+2k2，
所以 kAB=yB−yAxB−xA=2(k+2k2)−2(−k+2k2)2(1+2k)−2(1−2k)
=4k42k=22，
故直线AB的斜率为定值．
【考点】
椭圆的标准方程
圆锥曲线中的定点与定值问题
【解析】
无
无
【解答】
解：(1)由于椭圆C的离心率e=22，故a=2c.
又a2=b2+c2，所以b=c，
所以椭圆C的方程为x2+2y2=a2.
又点P1,22在椭圆上，所以a2=2，
所以椭圆方程为x22+y2=1.
(2)设直线PA的斜率为k(k≠0)，则直线PB的斜率为−k．
则直线PA的方程为y−22=kx−1，
代入椭圆方程得（2k2+1)(x−1)2+(22k+2)(x−1)=0，
所以xA=1−2(1+2k)1+2k2， yA=22−2(k+2k2)1+2k2，
同理可知xB=1−2(1−2k)1+2k2，yB=22−2(−k+2k2)1+2k2，
所以 kAB=yB−yAxB−xA=2(k+2k2)−2(−k+2k2)2(1+2k)−2(1−2k)
=4k42k=22，
故直线AB的斜率为定值．
【答案】
解：(1)根据题中所给的条形图，易知总场数为100，
所以抽样比例为 25100=14，
所以a，b，c，d的值分别为5，6，9，5，
所以这两数和ξ的所有可能的取值为10，11，14，15，
于是 P(ξ=10)=1C42=16，P(ξ=11)=2C42=13，
P(ξ=14)=2C42=13，P(ξ=15)=1C42=16，
所以随机变量ξ的分布列为：
所以 E(ξ)=10×16+11×13+14×13+15×16=252.
(2)(i)因为 x=25，z=4，i=17(xi−x)2=700，
i=17(xi−x)(zi−z)=70，
所以b=i=17(xi−x)(zi−z)i=17(xi−x)2=70700=110，
即a=z−bx=4−110×25=32，
所以z与x之间的回归直线方程为 z=110x+32.
(ii)因为 z=110ey100+32=110x+32，
所以 y=100lnx.
设g(x)=yx+40=100lnxx+40，
则g′(x)=100×1+40x−lnx(x+40)2，
令ℎ(x)=1+40x−lnx，
则ℎ′(x)=−40x2−1x<0在(0,+∞)恒成立，
则ℎ(x)在(0,+∞)为减函数，
又ℎ(20)=0 ，
所以当x∈(0,20) 时， ℎ(x)>0，g′(x)>0，
所以g(x)在(0,20) 上单调递增，
当x∈(20,+∞)时，ℎ(x)<0，g′(x)<0，
所以g(x) 在(20,+∞)上单调递减，
所以估计这四个多功能运动场月惠值最大时x的值为20.
【考点】
离散型随机变量及其分布列
离散型随机变量的分布列及性质
离散型随机变量的期望与方差
求解线性回归方程
利用导数研究函数的单调性
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)根据题中所给的条形图，易知总场数为100，
所以抽样比例为 25100=14，
所以a，b，c，d的值分别为5，6，9，5，
所以这两数和ξ的所有可能的取值为10，11，14，15，
于是 P(ξ=10)=1C42=16，P(ξ=11)=2C42=13，
P(ξ=14)=2C42=13，P(ξ=15)=1C42=16，
所以随机变量ξ的分布列为：
所以 E(ξ)=10×16+11×13+14×13+15×16=252.
(2)(i)因为 x=25，z=4，i=17(xi−x)2=700，
i=17(xi−x)(zi−z)=70，
所以b=i=17(xi−x)(zi−z)i=17(xi−x)2=70700=110，
即a=z−bx=4−110×25=32，
所以z与x之间的回归直线方程为 z=110x+32.
(ii)因为 z=110ey100+32=110x+32，
所以 y=100lnx.
设g(x)=yx+40=100lnxx+40，
则g′(x)=100×1+40x−lnx(x+40)2，
令ℎ(x)=1+40x−lnx，
则ℎ′(x)=−40x2−1x<0在(0,+∞)恒成立，
则ℎ(x)在(0,+∞)为减函数，
又ℎ(20)=0 ，
所以当x∈(0,20) 时， ℎ(x)>0，g′(x)>0，
所以g(x)在(0,20) 上单调递增，
当x∈(20,+∞)时，ℎ(x)<0，g′(x)<0，
所以g(x) 在(20,+∞)上单调递减，
所以估计这四个多功能运动场月惠值最大时x的值为20.
【答案】
解：(1)f′(x)=2ax−1x=2ax2−1x(x>0)，
当a≤0时，f′(x)<0，
∴ f(x)在(0,+∞)上递减.
当a>0时，令f′(x)=0，即x=12a，
当0当x>12a时，f′(x)>0，f(x)在12a,+∞上递增，
综上，a≤0时，f(x)的减区间是(0,+∞)，
a>0时，f(x)的减区间是0,12a，增区间是12a,+∞.
(2)由(1)知，f(x)有两个零点，
则a>0且f(x)min=f12a=12+ln2a2<0，
且由x→0时，f(x)→+∞，x→+∞时，f(x)→+∞，
解得0∴ a的范围是0,12e.
不妨令x1则0∴ 1x2<2a=12a⋅2a<12a⋅1e<12a，
故x1，1x2∈0,12a，
又f1x2=ax22+lnx2，
∴ lnx2>ln12a>lne>0，
∴ f1x2>0，即f1x2>f(x1)=0，
∵ f(x)在0,12a上递减，
∴ 0<1x21.
【考点】
利用导数研究函数的单调性
利用导数研究与函数零点有关的问题
函数恒成立问题
【解析】
无
无
【解答】
解：(1)f′(x)=2ax−1x=2ax2−1x(x>0)，
当a≤0时，f′(x)<0，
∴ f(x)在(0,+∞)上递减.
当a>0时，令f′(x)=0，即x=12a，
当0当x>12a时，f′(x)>0，f(x)在12a,+∞上递增，
综上，a≤0时，f(x)的减区间是(0,+∞)，
a>0时，f(x)的减区间是0,12a，增区间是12a,+∞.
(2)由(1)知，f(x)有两个零点，
则a>0且f(x)min=f12a=12+ln2a2<0，
且由x→0时，f(x)→+∞，x→+∞时，f(x)→+∞，
解得0∴ a的范围是0,12e.
不妨令x1则0∴ 1x2<2a=12a⋅2a<12a⋅1e<12a，
故x1，1x2∈0,12a，
又f1x2=ax22+lnx2，
∴ lnx2>ln12a>lne>0，
∴ f1x2>0，即f1x2>f(x1)=0，
∵ f(x)在0,12a上递减，
∴ 0<1x21.
【答案】
解：(1)由ρ=6sinθ得ρ2=6ρsinθ.
又x=ρcsθ，y=ρsinθ，
∴ x2+y2=6y，
即曲线C的直角坐标方程为x2+(y−3)2=9，
P点的直角坐标为(1,1)．
(2)设过点P的直线l的参数方程为
x=1+tcsθ,y=1+tsinθ,(t为参数)，
将其代入x2+y2=6y得
t2+2(csθ−2sinθ)t−4=0.
设A，B两点对应的参数分别为t1，t2，
∴ t1t2=−4.
∵ |PA|=2|PB|，
∴ t1=−2t2，
∴ t1=22，t2=−2或t1=−22，t2=2，
∴ |AB|=|t1−t2|=32.
【考点】
圆的极坐标方程与直角坐标方程的互化
点的极坐标和直角坐标的互化
直线的参数方程
两点间的距离公式
【解析】
无
无
【解答】
解：(1)由ρ=6sinθ得ρ2=6ρsinθ.
又x=ρcsθ，y=ρsinθ，
∴ x2+y2=6y，
即曲线C的直角坐标方程为x2+(y−3)2=9，
P点的直角坐标为(1,1)．
(2)设过点P的直线l的参数方程为
x=1+tcsθ,y=1+tsinθ,(t为参数)，
将其代入x2+y2=6y得
t2+2(csθ−2sinθ)t−4=0.
设A，B两点对应的参数分别为t1，t2，
∴ t1t2=−4.
∵ |PA|=2|PB|，
∴ t1=−2t2，
∴ t1=22，t2=−2或t1=−22，t2=2，
∴ |AB|=|t1−t2|=32.
【答案】
解：(1)当a=2时，不等式fx>3为|x+2|+x+12>3，
当x<−2时，−x−2−x−12>3⇒x<−114，
当−2≤x<−12时，x+2−x−12>3⇒32>3，无解，
当x≥−12时，x+2+x+12>3⇒x>14，
∴ 不等式fx>3的解集为{x|x<−114或x>14}．
(2)证明：fm+f−1m
=|m+a|+m+1a+−1m+a+−1m+1a
=(|m+a|+−1m+a)+(m+1a+−1m+1a)
≥2m+1m≥4，
当且仅当m=±1且a=1时等号成立.
【考点】
绝对值不等式的解法与证明
绝对值三角不等式
基本不等式
【解析】
【解答】
解：(1)当a=2时，不等式fx>3为|x+2|+x+12>3，
当x<−2时，−x−2−x−12>3⇒x<−114，
当−2≤x<−12时，x+2−x−12>3⇒32>3，无解，
当x≥−12时，x+2+x+12>3⇒x>14，
∴ 不等式fx>3的解集为{x|x<−114或x>14}．
(2)证明：fm+f−1m
=|m+a|+m+1a+−1m+a+−1m+1a
=(|m+a|+−1m+a)+(m+1a+−1m+1a)
≥2m+1m≥4，
当且仅当m=±1且a=1时等号成立.ξ
10
11
14
15
P
16
13
13
16
ξ
10
11
14
15
P
16
13
13
16
1. 已知全集U=R，集合A={x||x−1|>2}，B={x|x2−6x+8<0}，则集合(∁UA)∩B=( )
A.{x|2
2. 若z∈C，且|z|=1，则|z−i|的最大值为( )
A.1B.2C.3D.4
3. 曲线y=sinx−2csx在点(π, 2)处的切线方程为( )
A.x+y−π−2=0B.x−y−π+2=0
C.2x+y−π+2=0D.2x−y−π−2=0
4. 2016年1月6日，中国物流与采购联合会正式发布了中国仓储指数，中国仓储指数是反映仓储行业经营和国内市场主要商品供求状况与变化趋势的一套指数体系，如图所示的折线图是2019年甲企业和乙企业的仓储指数走势情况．根据该折线图，下列结论中不正确的是( )
A.2019年1月至4月甲企业的仓储指数比乙企业的仓储指数波动大
B.甲企业2019年的年平均仓储指数明显低于乙企业2019年的年平均仓储指数
C.两企业2019年的最大仓储指数都出现在4月份
D.2019年7月至9月乙企业的仓储指数的增幅高于甲企业
5. “阿基米德多面体”是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，它体现了数学的对称美．如图，将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共可截去八个三棱锥，得到八个面为正三角形，六个面为正方形的“阿基米德多面体”．若该多面体的棱长为2，则其体积为( )
A.4023B.5C.173D.203
6. 若二项式2x+1xn的展开式中二项式系数之和为64，则展开式中x2的系数为( )
A.60B.120C.160D.240
7. 在等差数列{an}中， Sn为其前n项和，若S2020=2020，且 S20202020−S2020=2000 ，则 a1 等于( )
A.−2021B.−2020C.−2019D.−2018
8. 点A，B在单位圆O上，OA→，OB→是两个给定的夹角为120∘的向量，P为单位圆上动点，设OP→=mOA→+nOB→，且设m+n的最大值为M，最小值为N，则M−N的值为( )
A.2B.22C.4D.23
9. 直线2ax+by−2=0a>0,b>0过函数fx=x+1x−1+1图象的对称中心，则4a+1b的最小值为( )
A.9B.4C.8D.10
10. 在三棱锥P−ABC中，PA=PB=PC=2，且底面ABC为正三角形，D为侧棱PA的中点，若PC⊥BD，棱锥P−ABC的四个顶点在球O的表面上，则球O的表面积为( )
A.6πB.8πC.12πD.16π
11. 已知A3,2是双曲线x23−y2=1上一点，F1是左焦点，B是右支上一点，AF1与△ABF1的内切圆切于点P，则|F1P|的最小值为( )
A.3B.23C.33−2D.63−22
12. 已知函数f(x)=ex，g(x)=lnx2+12，对任意的a∈R，存在b∈(0, +∞)使f(a)=g(b)，则b−a的最小值为( )
A.2+ln2B.2−ln2C. 2e−1 D.e2−12
二、填空题
已知x，y满足约束条件x≥0,x+y≥1,2x+y≤2,则z=12x−y的最大值为________.
三、解答题
平面四边形ABCD，点A，B，C均在半径为2的圆上，且∠BAC=π6．
(1)求BC的长；
(2)若BD=3，∠DBC=2∠BCD，求△BCD的面积．
如图，菱形ABCD中，∠ABC=60∘，E为CD中点，将△ADE沿AE折起使得平面ADE⊥平面ABCE，BE与AC相交于点O，H是棱DE上的一点且满足DH=2HE.
(1)求证：OH//平面BCD；
(2)求二面角A−BC−D的余弦值.
设椭圆C：x2a2+y2b2=1a>b>0的离心率e=22，且过点P1,22.设A，B是椭圆C上的两个不同的动点，且直线PA，PB的倾斜角互补.
(1)求椭圆的方程；
(2)求证：直线AB的斜率为定值．
根据《河南全民健身实施计划(2016−2020 年)》，到2020年乡镇(街道)普遍建有“两个一”工程，即一个全民健身活动中心或灯光篮球场、一个多功能运动场.某市把甲、乙、丙、丁四个多功能运动场全部免费为市民开放.
(1)在一次全民健身活动中，四个多功能运动场的使用场数如图，用分层抽样的方法从甲、乙、丙、丁四场馆的使用场数中依次抽取a，b，c，d共25场，在a，b，c，d中随机取两数，求这两数和ξ的分布列和数学期望；
(2)设四个多功能运动场一个月内各场使用次数之和为x，其相应维修费用为y元，根据统计，得到如下表的y与x数据：
(i)用最小二乘法求z与x之间的回归直线方程；
(ii)yx+40叫做运动场月惠值，根据(i)的结论，试估计这四个多功能运动场月惠值最大时x的值.
参考数据和公式：z=4，i=17(xi−x)2=700，i=17(xi−x)(zi−z)=70，e3=20.
b=i=17(xi−x)(zi−z)i=17(xi−x)2，a=z−bx.
已知函数fx=ax2−lnx.
(1)求函数fx的单调区间；
(2)若函数fx有两个正零点x1，x2，求a的取值范围，并证明：x1x2>1.
在极坐标系中，曲线C的极坐标方程为ρ=6sinθ，点P的极坐标为2,π4，以极点为坐标原点，极轴为x轴正半轴，建立平面直角坐标系.
(1)求曲线C的直角坐标方程和点P的直角坐标；
(2)过点P的直线l与曲线C相交于A，B两点，若|PA|=2|PB|，求|AB|的值.
已知函数fx=x+a+x+1aa>0．
(1)当a=2时，求不等式fx>3的解集；
(2)证明：fm+f−1m≥4．
参考答案与试题解析
2020-2021学年河南省濮阳市高三（下）3月月考数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
A
【考点】
交、并、补集的混合运算
【解析】
分析可得，A、B都是不等式的解集，由不等式的解法，容易解得A、B，进而可得CUA，对其求交集可得答案．
【解答】
解：集合A={x||x−1|>2}，
B={x|x2−6x+8<0}，
解得A={x|x>3或x<−1}，
B={x|2
故(∁UA)∩B={x|2
2.
【答案】
B
【考点】
复数的模
绝对值三角不等式
【解析】
由条件利用绝对值三角不等式、复数的模的定义求得|z−i|的最大值．
【解答】
解：∵ |z−i|≤|z|+|−i|=1+1=2，
∴ |z−i|的最大值为2.
故选B.
3.
【答案】
A
【考点】
利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】
求出曲线在x＝π处的导数值，进而即可列出切线方程
【解答】
解：因为y=sinx−2csx，
所以y′=csx+2sinx，
则当x=π时，y′=−1.
又因为x=π时，y=2，
故曲线在(π, 2)处的切线方程为y−2=−(x−π)，
整理得x+y−2−π=0.
故选A.
4.
【答案】
D
【考点】
频率分布折线图、密度曲线
【解析】
仔细观察2019年甲企业和乙企业的仓储指数走势情况折线图，能求出正确选项．
【解答】
解：由2019年甲企业和乙企业的仓储指数走势情况折线图知，
在A中，2019年1月至4月甲企业的仓储指数波动较大，
乙企业的仓储指数波动较小，故A正确；
在B中，甲企业2019年的年平均仓储指数低于乙企业2019年的年平均仓储指数，故B正确；
在C中，两企业2019年的最大仓储指数都出现在4月份，故C正确；
在D中，2019年7月至9月乙企业的仓储指数的增幅低于甲企业，故D错误．
故选D.
5.
【答案】
D
【考点】
组合几何体的面积、体积问题
【解析】
暂无
【解答】
解：将该多面体放入正方体中，如图所示：
因为多面体的棱长为2，
所以正方体的棱长为2.
该多面体是由棱长为2的正方体沿各棱中点截去8个三棱锥所得的，
所以该多面体的体积为23−8×13×12×1×1×1=203.
故选D.
6.
【答案】
D
【考点】
二项式系数的性质
二项展开式的特定项与特定系数
【解析】
根据二项式2x+1xn的展开式中二项式系数之和为2a，可求出厂，然后再用展开式的通项公式可求解答案
【解答】
解：二项式2x+1xn的展开式中二项式系数之和为2n，
则2n=64，所以n=6，
二项式2x+1xn的展开式的通项公式为
Tr+1=C6r2x6−r1xr=26−rC6rx6−2r，
要使展开式中含x2，则6−2r=2，即r=2，
所以系数为26−2C62=240.
故选D.
7.
【答案】
D
【考点】
等差数列的前n项和
等差数列的通项公式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：数列{an}是等差数列，设公差为d1，
则Snn=a1+n−12d1=d12n+(a1−12d1)，
可知：数列 {Snn} 是等差数列，设公差为d2，
∴ S20202020−S2020=2000=2000d2，
解得d2=1.
∴ 1=S20202020=a11+2019×1，
∴ a1=−2018.
故选D.
8.
【答案】
C
【考点】
三角函数的最值
平面向量的坐标运算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：建立如图所示的坐标系，
则A(1, 0)，B(cs120∘, sin120∘)，即B(−12, 32)．
设∠AOP=α，则OP→=(csα, sinα)．
∵ OP→=m OA→+n OB→=(m, 0)+(−n2, 32n)
=(csα, sinα)，α∈[0, 2π)，
∴ m−n2=csα,32n=sinα,
∴ m=sinα3+csα,n=2sinα3,
∴ m+n=3sinα+csα=2sin(α+30∘)．
∵ 0∘≤α≤360∘，
∴ 30∘≤α+30∘≤450∘，
故当α=60∘时，m+n有最大值2，
当α=240∘时，m+n有最小值为−2，
∴ M=2，N=−2，
∴ M−N=4.
故选C.
9.
【答案】
A
【考点】
基本不等式在最值问题中的应用
【解析】
【解答】
解：函数fx=x+1x−1+1的图象的对称中心为1,2，
所以a+b=1，
则4a+1b=a+b4a+1b
=4+1+4ba+ab≥5+24=9，
当且仅当a=2,b=23时等号成立.
最小值为9.
故选A．
10.
【答案】
C
【考点】
球的表面积和体积
球内接多面体
【解析】
利用三线垂直确定三棱锥为正方体的一部分，其外接球直径为正方体的体对角线长，可得半径和表面积．
【解答】
解：如图，由PA=PB=PC=2，△ABC是正三角形，
可知三棱锥P−ABC为正三棱锥，
取AB中点E，连接EP，CE，
则PE⊥AB，CE⊥AB，PE∩CE=E，
可得AB⊥平面PCE，则AB⊥PC.
又PC⊥BD，BD∩AB=B，
∴ PC⊥平面PAB，
故PC⊥PA，PC⊥PB，
可得三棱锥P−ABC的侧棱PA，PB，PC两两垂直，
该三棱锥为棱长是2的正方体的一角，
其外接球的直径为正方体的体对角线长23，
故球O的半径为3，
故球O的表面积为4π32=12π.
故选C.
11.
【答案】
B
【考点】
双曲线的定义
双曲线的标准方程
直线与双曲线结合的最值问题
【解析】
由内切圆得到F1P=AF1+BF1−AB2，利用三角形边的关系及双曲线定义即可求解．
【解答】
解：∵ AF1与△ABF1的内切圆切于点P，
∴ 根据内切圆的性质得F1P=AF1+BF1−AB2.
由双曲线定义得BF1=BF2+2a=BF2+23，
AF1=33，AF2=3，
∴F1P=AF1+BF1−AB2
=53+BF2−AB2≥53−AF22=23，
当且仅当A，B，F2共线时取等号.
故选B．
12.
【答案】
A
【考点】
对数函数图象与性质的综合应用
利用导数研究函数的最值
【解析】
令 y=ea，则 a=lny，令y=lnb2+12，可得 b=2ey−12，利用导数求得b−a取得最小值．
【解答】
解：令y=ea，则a=lny，
令y=lnb2+12，
可得b=2ey−12，
则b−a=2ey−12−lny，
∴ (b−a)′=2ey−12−1y．
显然(b−a)′是增函数，观察可得当y=12时，(b−a)′=0，
故(b−a)′有唯一零点．
故当y=12时，b−a取得最小值为2ey−12−lny=2e12−12−ln12=2+ln2.
故选A.
二、填空题
【答案】
12
【考点】
求线性目标函数的最值
【解析】
作出不等式组对应的平面区域，利用z的几何意义，利用数形结合的思想求目标函数的最大值．
【解答】
解：作出不等式组对应的平面区域如图△ABC区域，
由z=12x−y可得y=12x−z，
平移直线y=12x−z，当直线经过A(1,0)时，直线在y轴上截距最小，
此时z有最大值为12.
故答案为：12.
三、解答题
【答案】
解：(1)由题意得△ABC外接圆半径R=2，∠BAC=π6，
由正弦定理得BC=2Rsin∠BAC=4×12=2，
故BC的长为2．
(2)在△BCD中，
∵ ∠DBC=2∠BCD，
∴ sin∠DBC=sin2∠BCD=2sin∠BCDcs∠BCD，
则由正弦定理，得CD=2BD⋅cs∠BCD，
由余弦定理得cs∠BCD=BC2+CD2−BD22⋅BC⋅CD，
∴ CD=BD(BC2+CD2−BD2)BC⋅CD.
又BC=2，BD=3，
解得CD2=15，
由余弦定理得
cs∠CBD=BD2+BC2−CD22BD⋅BC=9+4−152×3×2=−16，
∴ sin∠CBD=1−(−16)2=356．
∴ △BCD的面积为
S△BCD=12⋅BC⋅BD⋅sin∠CBD=352.
【考点】
正弦定理
余弦定理
【解析】
（1）设△ABC外接圆半径为R，则由正弦定理可求得BC＝2Rsin∠BAC．
（2）由∠DBC＝2∠BCD及正弦定理得CD＝2BD⋅cs∠BCD，再根据余弦定理得CD2＝15，cs∠CBD=−16，sin∠CBD=356，由此能求出△BCD的面积．
【解答】
解：(1)由题意得△ABC外接圆半径R=2，∠BAC=π6，
由正弦定理得BC=2Rsin∠BAC=4×12=2，
故BC的长为2．
(2)在△BCD中，
∵ ∠DBC=2∠BCD，
∴ sin∠DBC=sin2∠BCD=2sin∠BCDcs∠BCD，
则由正弦定理，得CD=2BD⋅cs∠BCD，
由余弦定理得cs∠BCD=BC2+CD2−BD22⋅BC⋅CD，
∴ CD=BD(BC2+CD2−BD2)BC⋅CD.
又BC=2，BD=3，
解得CD2=15，
由余弦定理得
cs∠CBD=BD2+BC2−CD22BD⋅BC=9+4−152×3×2=−16，
∴ sin∠CBD=1−(−16)2=356．
∴ △BCD的面积为
S△BCD=12⋅BC⋅BD⋅sin∠CBD=352.
【答案】
(1)证明：由题意知CE//AB，AB=2CE，
所以OE:OB=1:2.
又DH=2HE，
所以OH//BD.
又BD⊂平面BCD，OH⊄平面BCD，
所以OH//平面BCD.
(2)解：因为平面ADE⊥平面ABCE，
平面ADE∩平面ABCE=AE，DE⊥AE，
所以DE⊥平面ABCE，
所以DE⊥CE.
以E为坐标原点，EC→，EA→，ED→为x轴，y轴，z轴
建立如图所示的空间直角坐标系E−xyz，
不妨设菱形的边长为4，
则点D0,0,2，C(2,0,0)，B(4,23,0)，
则DC→=(2，0，−2）,DB→=(4，23，−2).
设平面BCD的一个法向量为n→=(x,y,z)，
则n→⋅DC→=0,n→⋅DB→=0,即2x−2z=0,4x+23y−2z=0,
令z=1，得n→=1,−33,1.
易知平面ABC的一个法向量为m→=0，0，1，
设二面角A−BC−D的大小为θ，
则csθ=|m→⋅n→||m→|⋅|n→|=173=217，
故二面角A−BC−D的余弦值为217.
【考点】
直线与平面平行的判定
二面角的平面角及求法
用空间向量求平面间的夹角
【解析】
此题暂无解析
【解答】
(1)证明：由题意知CE//AB，AB=2CE，
所以OE:OB=1:2.
又DH=2HE，
所以OH//BD.
又BD⊂平面BCD，OH⊄平面BCD，
所以OH//平面BCD.
(2)解：因为平面ADE⊥平面ABCE，
平面ADE∩平面ABCE=AE，DE⊥AE，
所以DE⊥平面ABCE，
所以DE⊥CE.
以E为坐标原点，EC→，EA→，ED→为x轴，y轴，z轴
建立如图所示的空间直角坐标系E−xyz，
不妨设菱形的边长为4，
则点D0,0,2，C(2,0,0)，B(4,23,0)，
则DC→=(2，0，−2）,DB→=(4，23，−2).
设平面BCD的一个法向量为n→=(x,y,z)，
则n→⋅DC→=0,n→⋅DB→=0,即2x−2z=0,4x+23y−2z=0,
令z=1，得n→=1,−33,1.
易知平面ABC的一个法向量为m→=0，0，1，
设二面角A−BC−D的大小为θ，
则csθ=|m→⋅n→||m→|⋅|n→|=173=217，
故二面角A−BC−D的余弦值为217.
【答案】
解：(1)由于椭圆C的离心率e=22，故a=2c.
又a2=b2+c2，所以b=c，
所以椭圆C的方程为x2+2y2=a2.
又点P1,22在椭圆上，所以a2=2，
所以椭圆方程为x22+y2=1.
(2)设直线PA的斜率为k(k≠0)，则直线PB的斜率为−k．
则直线PA的方程为y−22=kx−1，
代入椭圆方程得（2k2+1)(x−1)2+(22k+2)(x−1)=0，
所以xA=1−2(1+2k)1+2k2， yA=22−2(k+2k2)1+2k2，
同理可知xB=1−2(1−2k)1+2k2，yB=22−2(−k+2k2)1+2k2，
所以 kAB=yB−yAxB−xA=2(k+2k2)−2(−k+2k2)2(1+2k)−2(1−2k)
=4k42k=22，
故直线AB的斜率为定值．
【考点】
椭圆的标准方程
圆锥曲线中的定点与定值问题
【解析】
无
无
【解答】
解：(1)由于椭圆C的离心率e=22，故a=2c.
又a2=b2+c2，所以b=c，
所以椭圆C的方程为x2+2y2=a2.
又点P1,22在椭圆上，所以a2=2，
所以椭圆方程为x22+y2=1.
(2)设直线PA的斜率为k(k≠0)，则直线PB的斜率为−k．
则直线PA的方程为y−22=kx−1，
代入椭圆方程得（2k2+1)(x−1)2+(22k+2)(x−1)=0，
所以xA=1−2(1+2k)1+2k2， yA=22−2(k+2k2)1+2k2，
同理可知xB=1−2(1−2k)1+2k2，yB=22−2(−k+2k2)1+2k2，
所以 kAB=yB−yAxB−xA=2(k+2k2)−2(−k+2k2)2(1+2k)−2(1−2k)
=4k42k=22，
故直线AB的斜率为定值．
【答案】
解：(1)根据题中所给的条形图，易知总场数为100，
所以抽样比例为 25100=14，
所以a，b，c，d的值分别为5，6，9，5，
所以这两数和ξ的所有可能的取值为10，11，14，15，
于是 P(ξ=10)=1C42=16，P(ξ=11)=2C42=13，
P(ξ=14)=2C42=13，P(ξ=15)=1C42=16，
所以随机变量ξ的分布列为：
所以 E(ξ)=10×16+11×13+14×13+15×16=252.
(2)(i)因为 x=25，z=4，i=17(xi−x)2=700，
i=17(xi−x)(zi−z)=70，
所以b=i=17(xi−x)(zi−z)i=17(xi−x)2=70700=110，
即a=z−bx=4−110×25=32，
所以z与x之间的回归直线方程为 z=110x+32.
(ii)因为 z=110ey100+32=110x+32，
所以 y=100lnx.
设g(x)=yx+40=100lnxx+40，
则g′(x)=100×1+40x−lnx(x+40)2，
令ℎ(x)=1+40x−lnx，
则ℎ′(x)=−40x2−1x<0在(0,+∞)恒成立，
则ℎ(x)在(0,+∞)为减函数，
又ℎ(20)=0 ，
所以当x∈(0,20) 时， ℎ(x)>0，g′(x)>0，
所以g(x)在(0,20) 上单调递增，
当x∈(20,+∞)时，ℎ(x)<0，g′(x)<0，
所以g(x) 在(20,+∞)上单调递减，
所以估计这四个多功能运动场月惠值最大时x的值为20.
【考点】
离散型随机变量及其分布列
离散型随机变量的分布列及性质
离散型随机变量的期望与方差
求解线性回归方程
利用导数研究函数的单调性
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)根据题中所给的条形图，易知总场数为100，
所以抽样比例为 25100=14，
所以a，b，c，d的值分别为5，6，9，5，
所以这两数和ξ的所有可能的取值为10，11，14，15，
于是 P(ξ=10)=1C42=16，P(ξ=11)=2C42=13，
P(ξ=14)=2C42=13，P(ξ=15)=1C42=16，
所以随机变量ξ的分布列为：
所以 E(ξ)=10×16+11×13+14×13+15×16=252.
(2)(i)因为 x=25，z=4，i=17(xi−x)2=700，
i=17(xi−x)(zi−z)=70，
所以b=i=17(xi−x)(zi−z)i=17(xi−x)2=70700=110，
即a=z−bx=4−110×25=32，
所以z与x之间的回归直线方程为 z=110x+32.
(ii)因为 z=110ey100+32=110x+32，
所以 y=100lnx.
设g(x)=yx+40=100lnxx+40，
则g′(x)=100×1+40x−lnx(x+40)2，
令ℎ(x)=1+40x−lnx，
则ℎ′(x)=−40x2−1x<0在(0,+∞)恒成立，
则ℎ(x)在(0,+∞)为减函数，
又ℎ(20)=0 ，
所以当x∈(0,20) 时， ℎ(x)>0，g′(x)>0，
所以g(x)在(0,20) 上单调递增，
当x∈(20,+∞)时，ℎ(x)<0，g′(x)<0，
所以g(x) 在(20,+∞)上单调递减，
所以估计这四个多功能运动场月惠值最大时x的值为20.
【答案】
解：(1)f′(x)=2ax−1x=2ax2−1x(x>0)，
当a≤0时，f′(x)<0，
∴ f(x)在(0,+∞)上递减.
当a>0时，令f′(x)=0，即x=12a，
当0
综上，a≤0时，f(x)的减区间是(0,+∞)，
a>0时，f(x)的减区间是0,12a，增区间是12a,+∞.
(2)由(1)知，f(x)有两个零点，
则a>0且f(x)min=f12a=12+ln2a2<0，
且由x→0时，f(x)→+∞，x→+∞时，f(x)→+∞，
解得0
不妨令x1
故x1，1x2∈0,12a，
又f1x2=ax22+lnx2，
∴ lnx2>ln12a>lne>0，
∴ f1x2>0，即f1x2>f(x1)=0，
∵ f(x)在0,12a上递减，
∴ 0<1x2
【考点】
利用导数研究函数的单调性
利用导数研究与函数零点有关的问题
函数恒成立问题
【解析】
无
无
【解答】
解：(1)f′(x)=2ax−1x=2ax2−1x(x>0)，
当a≤0时，f′(x)<0，
∴ f(x)在(0,+∞)上递减.
当a>0时，令f′(x)=0，即x=12a，
当0
综上，a≤0时，f(x)的减区间是(0,+∞)，
a>0时，f(x)的减区间是0,12a，增区间是12a,+∞.
(2)由(1)知，f(x)有两个零点，
则a>0且f(x)min=f12a=12+ln2a2<0，
且由x→0时，f(x)→+∞，x→+∞时，f(x)→+∞，
解得0
不妨令x1
故x1，1x2∈0,12a，
又f1x2=ax22+lnx2，
∴ lnx2>ln12a>lne>0，
∴ f1x2>0，即f1x2>f(x1)=0，
∵ f(x)在0,12a上递减，
∴ 0<1x2
【答案】
解：(1)由ρ=6sinθ得ρ2=6ρsinθ.
又x=ρcsθ，y=ρsinθ，
∴ x2+y2=6y，
即曲线C的直角坐标方程为x2+(y−3)2=9，
P点的直角坐标为(1,1)．
(2)设过点P的直线l的参数方程为
x=1+tcsθ,y=1+tsinθ,(t为参数)，
将其代入x2+y2=6y得
t2+2(csθ−2sinθ)t−4=0.
设A，B两点对应的参数分别为t1，t2，
∴ t1t2=−4.
∵ |PA|=2|PB|，
∴ t1=−2t2，
∴ t1=22，t2=−2或t1=−22，t2=2，
∴ |AB|=|t1−t2|=32.
【考点】
圆的极坐标方程与直角坐标方程的互化
点的极坐标和直角坐标的互化
直线的参数方程
两点间的距离公式
【解析】
无
无
【解答】
解：(1)由ρ=6sinθ得ρ2=6ρsinθ.
又x=ρcsθ，y=ρsinθ，
∴ x2+y2=6y，
即曲线C的直角坐标方程为x2+(y−3)2=9，
P点的直角坐标为(1,1)．
(2)设过点P的直线l的参数方程为
x=1+tcsθ,y=1+tsinθ,(t为参数)，
将其代入x2+y2=6y得
t2+2(csθ−2sinθ)t−4=0.
设A，B两点对应的参数分别为t1，t2，
∴ t1t2=−4.
∵ |PA|=2|PB|，
∴ t1=−2t2，
∴ t1=22，t2=−2或t1=−22，t2=2，
∴ |AB|=|t1−t2|=32.
【答案】
解：(1)当a=2时，不等式fx>3为|x+2|+x+12>3，
当x<−2时，−x−2−x−12>3⇒x<−114，
当−2≤x<−12时，x+2−x−12>3⇒32>3，无解，
当x≥−12时，x+2+x+12>3⇒x>14，
∴ 不等式fx>3的解集为{x|x<−114或x>14}．
(2)证明：fm+f−1m
=|m+a|+m+1a+−1m+a+−1m+1a
=(|m+a|+−1m+a)+(m+1a+−1m+1a)
≥2m+1m≥4，
当且仅当m=±1且a=1时等号成立.
【考点】
绝对值不等式的解法与证明
绝对值三角不等式
基本不等式
【解析】
【解答】
解：(1)当a=2时，不等式fx>3为|x+2|+x+12>3，
当x<−2时，−x−2−x−12>3⇒x<−114，
当−2≤x<−12时，x+2−x−12>3⇒32>3，无解，
当x≥−12时，x+2+x+12>3⇒x>14，
∴ 不等式fx>3的解集为{x|x<−114或x>14}．
(2)证明：fm+f−1m
=|m+a|+m+1a+−1m+a+−1m+1a
=(|m+a|+−1m+a)+(m+1a+−1m+1a)
≥2m+1m≥4，
当且仅当m=±1且a=1时等号成立.ξ
10
11
14
15
P
16
13
13
16
ξ
10
11
14
15
P
16
13
13
16
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