2020-2021年安徽省淮南市高三（下）2月月考数学试卷人教A版

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这是一份2020-2021年安徽省淮南市高三（下）2月月考数学试卷人教A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A=x|−2A.1B.0,1
C.1,2D.−2,−1,0,1

2. 3i−52+3i的虚部为( )
A.113B.913C.−113D.2113

3. “共享单车，绿色出行”是近年来火爆的广告词，现对某市10名共享单车用户一个月内使用共享单车的次数进行统计，得到茎叶图如图所示，现有如下说法：①该组数据的极差为34；②该组数据的中位数为27；③该组数据的平均数为32，则上述说法正确的个数是( )

A.0B.1C.2D.3

4. “m<4”是“函数fx=2x2−mx+lnx在0,+∞上单调递增”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

5. 已知实数x，y满足 x−2y≤0，2x−3≥y，y≤4，则z=x−y的最小值为( )
A.−1B.−12C.1D.4

6. 已知x=312，y=0.50.3, z=lg0.20.5，则( )
A.y
7. 运行如图所示的程序框图，若输入的a，b的值分别为2，3，输出的S的值为111，则判断框中可以填( )

A.n≤2B.n<2C.n<1D.n<0

8. 已知α是第三象限角，3cs2α+sinα=2，则tanα=( )
A.24B.33C.3D.22

9. 已知函数fx=x−12，x≥0，ln−x，x<0，则函数y=ffx的零点个数为( )
A.1B.2C.3D.4

10. 已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，点P在棱AD上，过点P作该正方体的截面，当截面平行于平面B1D1C且面积为3时，线段AP的长为( )
A.2B.1C.3D.32

11. 已知双曲线C：x2a2−y2b2=1a>0,b>0的左、右焦点分别为F1，F2，点M在C的左支上，过点M作C的一条渐近线的垂线，垂足为N，则当|MF2|+|MN|取得最小值10时，△F1NF2面积的最大值为( )
A.25B.252C.509D.1009

12. 已知数列an的前n项和为Sn，若a1=−2a2=6，an，an+2，an+1为等差数列，则S2020=( )
A.4+122020B.4+122018C.4−122020D.4−122018
二、填空题

已知平面向量a→=2,λ，b→=−3,6，c→=4,2，若a→//b→，则a→+c→⋅b→=________.

曲线y=a−lnx在点1,a处的切线与曲线y=−ex相切，则a=________.

已知抛物线x2=8y的焦点为F，准线l交y轴于点M，过抛物线上一点P作PQ⊥l交l于点Q，若
|PF|=83，则∠QPF=________.

在正三棱锥S−ABC中， AB=BC=CA=6，点D是SA的中点，若SB⊥CD，则该三棱锥外接球的表面积为________.
三、解答题

随着冬季的到来，是否应该自觉佩戴口罩成为了人们热议的一个话题．为了调查佩戴口罩的态度与性别是否具有相关性，研究人员作出相应调查，并统计数据如表所示：

(1)判断是否有99.9%的把握认为佩戴口罩的态度与性别有关？

(2)若按照分层抽样的方法从男性中随机抽取5人，再从这5人中随机抽取2人，求恰有1人认为冬季佩戴口罩十分必要的概率．参考公式：
K2=nad−bc2a+bc+da+cb+d，其中n=a+b+c+d.
参考数据：

在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，csinA+3asinC+π2=0，c=6.
(1)求△ABC外接圆的面积；

(2)若c=3b，AM→=13AB→，求△ACM的周长．

如图(1)所示，平面四边形ABCD由等边△ACD与直角△ABC拼接而成，其中AB⊥AC，tan∠CBA=12，E为线段AD的中点，△ACD的面积为3．现将△ACD沿AC进行翻折，使得平面DAB⊥平面DAC，得到的图形如图(2)所示．

(1)求证：AB⊥AD；

(2)求点D到平面BCE的距离．

已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的离心率为32，且过点P−1,−32.
(1)求椭圆C的方程；

(2)若直线y=−32x+m(m≠0且m≠−3）交椭圆C于A，B两点，记直线PA，PB的斜率分别为k1，k2，探究：k1k2是否为定值，若是，求出该值；若不是，请说明理由．

已知函数fx=1+a+1x+lnx.
(1)讨论函数fx的单调性；

(2)对任意x>0，求证：2exxe2+1+a+1x>fx.

在平面直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为x=1+csα，y=3+sinα （α为参数），以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴，建立极坐标系，直线l的极坐标方程为θ=θ0ρ∈R.
(1)求曲线C的极坐标方程；

(2)当θ0∈π6,π2时，设直线l与曲线C相交于M，N两点，求|OM|+|ON|的取值范围．

已知函数fx=lg2|2x−1|+|x−4|−mm∈R .
(1)若函数fx的定义域为R，求m的取值集合M；

(2)在(1)的条件下，正数a，b满足a，b∈M，求证：a+b4ab+49<114 .
参考答案与试题解析
2020-2021年安徽省淮南市高三（下）2月月考数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
B
【考点】
一元二次不等式的解法
交集及其运算
【解析】
由题意得，B=x∈N|x−2x+4<0={0,1}，∴ A∩B=0,1．故选B．
【解答】
解：因为B=x∈N|x−2x+4<0
=x∈N|−4={0,1}，
所以A∩B=0,1．
故选B．
2.
【答案】
D
【考点】
复数的基本概念
复数代数形式的乘除运算
【解析】
由题意得，3i−52+3i=3i−52−3i2+3i2−3i=6i+9−10+15i13=−113+2113i，故其虚部为2113，故选D．
【解答】
解：∵3i−52+3i=3i−52−3i2+3i2−3i
=6i+9−10+15i13
=−113+2113i，
∴其虚部为2113.
故选D．
3.
【答案】
C
【考点】
茎叶图
众数、中位数、平均数
极差、方差与标准差
【解析】
该组数据的极差为34，中位数为29.5，平均数为30+110×−12−7−5−4−3+2+3+5+19+22=32，观察可知，①③正确，故选C．
【解答】
解：该组数据的极差为52−18=34，故①正确；
中位数为12(27+32)=29.5，故②错误；
平均数为
110×18+23+25+26+27+32+33+35+49+52=32，故③正确.
故选C．
4.
【答案】
A
【考点】
函数的单调性及单调区间
基本不等式
必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】
若fx=2x2−mx+lnx在0,+∞上单调递增，则f′x=4x−m+1x≥0，即4x+1x≥m，则m≤4，故选A．
【解答】
解：若fx=2x2−mx+lnx在0,+∞上单调递增，
则f′x=4x−m+1x≥0，
即4x+1x≥m，
因为4x+1x≥24x⋅1x=4，
当且仅当4x=1x时，取等号，即x=12，
所以m≤4，
故“m<4”是“函数fx=2x2−mx+lnx在0,+∞上单调递增”的充分不必要条件.
故选A．
5.
【答案】
B
【考点】
求线性目标函数的最值
【解析】
作出不等式组所表示的平面区域如图阴影部分所示，其中A72,4,B8,4,C2,1，作直线l:y=x，平移直线l，当其经过点A时，z有最小值，即zmin=72−4=−12，故选B．
【解答】
解：作出不等式组所表示的平面区域如图阴影部分所示，
其中A72,4，B8,4，C2,1，
作直线l:y=x，平移直线l，
当其经过点A时，直线l在y轴上截距最大，此时z有最小值，
即zmin=72−4=−12.
故选B．
6.
【答案】
D
【考点】
指数式、对数式的综合比较
【解析】
∵ x=3>1,0.5【解答】
解：∵ x=3>1，
0.5z=∴ z故选D．
7.
【答案】
C
【考点】
程序框图
【解析】
运行该程序，第一次，S=8,a=3,b=8,n=3；第二次，S=19,a=8,b=19,n=2；
第三次，S=46,a=19,b=46,n=1；第四次，S=111,a=46,b=111,n=0，此时输出S，故判断框中可以填n<1，故选C．
【解答】
解：运行该程序，
第一次，S=8，a=3，b=8，n=3；
第二次，S=19，a=8，b=19，n=2；
第三次，S=46，a=19，b=46，n=1；
第四次，S=111，a=46，b=111，n=0，此时输出S，
所以判断框中可以填n<1.
故选C．
8.
【答案】
A
【考点】
同角三角函数间的基本关系
二倍角的余弦公式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：因为α是第三象限角，3cs2α+sinα=2，
所以31−2sin2α+sinα=2，
所以6sin2α−sinα−1=0，
解得sinα=−13或sinα=12（舍去），
所以csα=−1−sin2α=−223，
所以tanα=24.
故选A．
9.
【答案】
C
【考点】
分段函数的应用
函数的零点与方程根的关系
【解析】
令fx=t，当ft=0时，解得t=12或t=−1．在同一直角坐标系中分别作出y=fx,y=−1,y=12的图象如图所示，观察可知，y=fx与y=−1有1个交点，y=fx与y=12有2个交点，则y=ffx的零点个数为3，故选C．
【解答】
解：令fx=t，
当ft=0时，解得t=12或t=−1．
在同一直角坐标系中分别作出y=fx，y=−1，y=12的图象如图所示，
观察可知y=fx与y=−1有1个交点，y=fx与y=12有2个交点，
则y=ffx的零点个数为3.
故选C．
10.
【答案】
A
【考点】
棱柱的结构特征
平面与平面平行的判定
点、线、面间的距离计算
【解析】
如图，过点P作D1B1,B1C的平行线，分别交棱AB，AA1于点Q，R，连接QR，BD，易知△PQR是等边三角形，且为截面，则12PQ2⋅32=3，解得PQ=2，故选A .
【解答】
解：如图，过点P作D1B1,B1C的平行线，
分别交棱AB，AA1于点Q，R，连接QR，BD，
易知△PQR是等边三角形，且为截面，
则12PQ2⋅32=3，
解得PQ=2.
故选A.
11.
【答案】
B
【考点】
双曲线的渐近线
基本不等式在最值问题中的应用
双曲线的标准方程
【解析】
由题意得，|MF2|+|MN|=|MF|+2a+|MN|≥|F1N|+2a=b+2a，当且仅当M，F1，N，三点共线时取等号，∴ |MF2|+|MN|的最小值为b+2a=10，∴ 10≥22ab，即ab≤252，当且仅当b=2a=5时，等号成立，
∴ SΔNM=2S△F1NO=2×12|NF1|⋅|NO|=ab≤252，故选B．
【解答】
解：由题意得|MF2|+|MN|=|MF1|+2a+|MN|
≥|F1N|+2a=b+2a，
当且仅当M，F1，N三点共线时取等号，
∴ |MF2|+|MN|的最小值为b+2a=10，
∴ 10≥22ab，即ab≤252，
当且仅当b=2a=5时，等号成立，
∴ S△F1NF2 =2S△F1NO=2×12|NF1|⋅|NO|=ab≤252.
故选B．
12.
【答案】
D
【考点】
等比关系的确定
等比数列的前n项和
【解析】

【解答】
解：因为an，an+2，an+1为等差数列
所以an+2−an+1an+1−an=−12 ，
且a2−a1=−9，
所以{an+1−an}是以首项为−9，公比为−12的等比数列，
所以an+1−an=−9×−12n−1，
an=an−an−1+an−1−an−2+⋯+a2−a1+a1
=−9×−12n−2+−12n−3+⋯+−120+6
=−9×1−−12n−11−−12+6
=6×−12n−1，
所以an是首项为6，公比为−12的等比数列，
所以Sn=6×1−−12n1−−12=41−−12n ，
所以S2020=41−−122020=4−122018.
故选D .
二、填空题
【答案】
−30
【考点】
平行向量的性质
平面向量的坐标运算
【解析】
根据条件可求出向量a和向量b的平方和，再对含有向量c的等式化简，最后移项对两边取模即可求解；
根据已知设出向量a和向量b，向量c的坐标，代入等式化简，再利用距离的几何意义可看成一个动点到两个定点的距离之和，而所求的可看成是一个定点到线段的距离，由此可求得最值．
【解答】
解：因为a→//b→，即12=−3λ，
解得λ=−4，
所以a→+c→=6,−2，
所以a→+c→⋅b→=−30.
故答案为：−30.
【答案】
−2
【考点】
利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】
对y=a−lnx求导得y′=−1x，∴ 曲线y=a−lnx在点1,a处的切线方程为y−a=−x−1，即y=−x+a+1．设y=−x+a+1与y=−ex相切于点x0,−ex0，对y=−ex求导得y′=−e−x，∴ −ex0=−1，∴ x0=0，即切点为0,−1，它在切线y=−x+a+1上，∴ a+1=−1，∴ a=−2 .
【解答】
解：因为y=a−lnx，所以y′=−1x，
所以曲线y=a−lnx在点1,a处的切线方程为y−a=−x−1，
即y=−x+a+1．
设y=−x+a+1与y=−ex相切于点x0,−ex0，
对y=−ex求导得y′=−ex，
所以−ex0=−1，
所以x0=0，即切点为0,−1，
因为切点在切线y=−x+a+1上，
所以a+1=−1，
解得a=−2 .
故答案为：−2.
【答案】
120∘
【考点】
抛物线的求解
抛物线的性质
【解析】
由题意得，|MF|=4，由抛物线的定义知|PQ|=|PF|=yP+2=83，∴ yp=23，∴ xP=±43．在Rt△FMQ中，|FQ|2=|FM|2+|MQ|2=643．∵ △PFQ为等腰三角形，∴ cs∠QPF=|PF|2+|PQ|2−|FQ|22|PF|⋅|PQ|=−12，∴ ∠QPF=120∘ .
【解答】
解：由题意得|MF|=4，
由抛物线的定义知|PQ|=|PF|=yP+2=83，
∴ yp=23，
∴ xP=±43．
在Rt△FMQ中，
|FQ|2=|FM|2+|MQ|2=643．
∵ △PFQ为等腰三角形，
∴ cs∠QPF=|PF|2+|PQ|2−|FQ|22|PF|⋅|PQ|=−12，
∴ ∠QPF=120∘ .
故答案为：120∘.
【答案】
54π
【考点】
球的表面积和体积
【解析】
设△ABC的中心为G，连接SG，BG，∴ SG⊥平面ABC，∴ SG⊥AC，又AC⊥GB，∴ AC⊥平面SBG，∴ AC⊥BS，又BS⊥CD，故BS⊥平面ACS，又平面S−ABC为正三棱锥，∴ SA，SB，SC两两垂直，故外接球直径为32×3=36，故三棱锥S−ABC外接球的表面积为54π .
【解答】
解：设△ABC的中心为G，连接SG，BG，
∴ SG⊥平面ABC，∴ SG⊥AC，
又AC⊥GB，∴ AC⊥平面SBG，∴ AC⊥BS，
又BS⊥CD，故BS⊥平面ACS，
又平面S−ABC为正三棱锥，
∴ SA，SB，SC两两垂直，故外接球直径为32×3=36，
故三棱锥S−ABC外接球的表面积为54π .
故答案为：54π.
三、解答题
【答案】
解：(1)∵K2=800×300×150−150×2002500×300×450×350≈7.619<10.828，
∴ 没有99.9%的把握认为佩戴口罩的态度与性别有关．
(2)男性中认为冬季佩戴口罩十分必要抽取3人，记为a，b，c，
男性中认为冬季佩戴口罩没有必要抽取2人，记为A，B，
所以随机抽取2人，
所有基本事件为a,b，a,c，a,A，a,B，b,c，b,A，b,B，c,A，c,B，A,B，
其中事件“恰有1人认为冬季佩戴口罩十分必要”包含的基本事件为
a,A，a,B，b,A，b,B，c,A，c,B，
所以所求概率P=610=35．
【考点】
独立性检验的应用
列举法计算基本事件数及事件发生的概率
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)∵K2=800×300×150−150×2002500×300×450×350≈7.619<10.828，
∴ 没有99.9%的把握认为佩戴口罩的态度与性别有关．
(2)男性中认为冬季佩戴口罩十分必要抽取3人，记为a，b，c，
男性中认为冬季佩戴口罩没有必要抽取2人，记为A，B，
所以随机抽取2人，
所有基本事件为a,b，a,c，a,A，a,B，b,c，b,A，b,B，c,A，c,B，A,B，
其中事件“恰有1人认为冬季佩戴口罩十分必要”包含的基本事件为
a,A，a,B，b,A，b,B，c,A，c,B，
所以所求概率P=610=35．
【答案】
解：(1)∵ csinA+3asinC+π2=0，
∴ csinA+3acsC=0，
∴ sinCsinA+3sinAcsC=0.
∵ sinA≠0，
∴ tanC=−3.
∵ 0∴ C=2π3，
∴ △ABC外接圆的半径R=12⋅csinC=12×632=23 ，
∴ △ABC外接圆的面积为πR2=12π．
(2)由正弦定理得sinB=bsinCc=32b3b=12，
∵ 0∴ B=π6，
∴ A=π−B−C=π6．
在△ACM中，由余弦定理得
∵CM2=AM2+AC2−2AM⋅AC⋅csA
=22+(23)2−2×2×23×32=4，
∴CM=2，
∴△ACM的周长为4+23．
【考点】
正弦定理
余弦定理
【解析】
（1）∵ csinA+3asinC+π2=0，∴ csinA+3acsC=0，
∴ sinCsinA+3sinAcsC=0，
∵ sinA≠0，∴ tanC=−3，∵ 0∴ △ABC外接圆的半径 R=12⋅csinC=12×632=23 ，
∴ △ABC外接圆的面积为12π．
【解答】
解：(1)∵ csinA+3asinC+π2=0，
∴ csinA+3acsC=0，
∴ sinCsinA+3sinAcsC=0.
∵ sinA≠0，
∴ tanC=−3.
∵ 0∴ C=2π3，
∴ △ABC外接圆的半径R=12⋅csinC=12×632=23 ，
∴ △ABC外接圆的面积为πR2=12π．
(2)由正弦定理得sinB=bsinCc=32b3b=12，
∵ 0∴ B=π6，
∴ A=π−B−C=π6．
在△ACM中，由余弦定理得
∵CM2=AM2+AC2−2AM⋅AC⋅csA
=22+(23)2−2×2×23×32=4，
∴CM=2，
∴△ACM的周长为4+23．
【答案】
(1)证明：∵ △ACD为等边三角形，且E为DA的中点，
∴ CE⊥DA．
∵ 平面DAB⊥平面DAC，平面DAB∩平面DAC=DA，CE⊂平面DAC，
∴ CE⊥平面DAB.
∵ AB⊂平面DAB，
∴ AB⊥CE ．
又AB⊥AC，CE∩AC=C，AC，CE⊂平面DAC，
∴ AB⊥平面DAC.
∵ AD⊂平面DAC，
∴ AB⊥AD .
(2)解：∵ AB⊥AC，AB⊥AD，AC∩AD=A，
∴ AB⊥平面ACD．
∵ 在Rt△ABC中，AC=2，tan∠CBA=12，
∴ AB=2AC=4．
∵ △DAC是边长为2的等边三角形，且E为DA的中点，
∴ CE⊥DA，CE=DCsin60∘=3，
∴ S△DEC=12DE⋅CE=12×1×3=32．
由(1)知 CE⊥平面DAB，
∵BE⊂平面DAB，
∴ CE⊥BE，
∴ S△BEC=12CE⋅BE=12×3×42+12=512．
设点D到平面BCE的距离为ℎ，
∴ VB−CDE =VD−BEC ，
∴ 13S△CDE ⋅ AB=13S△ECB ⋅ ℎ，
即13×32×4=13×512ℎ，
解得ℎ=41717，
即点D到平面BCE的距离为41717．
【考点】
两条直线垂直的判定
点、线、面间的距离计算
【解析】

【解答】
(1)证明：∵ △ACD为等边三角形，且E为DA的中点，
∴ CE⊥DA．
∵ 平面DAB⊥平面DAC，平面DAB∩平面DAC=DA，CE⊂平面DAC，
∴ CE⊥平面DAB.
∵ AB⊂平面DAB，
∴ AB⊥CE ．
又AB⊥AC，CE∩AC=C，AC，CE⊂平面DAC，
∴ AB⊥平面DAC.
∵ AD⊂平面DAC，
∴ AB⊥AD .
(2)解：∵ AB⊥AC，AB⊥AD，AC∩AD=A，
∴ AB⊥平面ACD．
∵ 在Rt△ABC中，AC=2，tan∠CBA=12，
∴ AB=2AC=4．
∵ △DAC是边长为2的等边三角形，且E为DA的中点，
∴ CE⊥DA，CE=DCsin60∘=3，
∴ S△DEC=12DE⋅CE=12×1×3=32．
由(1)知 CE⊥平面DAB，
∵BE⊂平面DAB，
∴ CE⊥BE，
∴ S△BEC=12CE⋅BE=12×3×42+12=512．
设点D到平面BCE的距离为ℎ，
∴ VB−CDE =VD−BEC ，
∴ 13S△CDE ⋅ AB=13S△ECB ⋅ ℎ，
即13×32×4=13×512ℎ，
解得ℎ=41717，
即点D到平面BCE的距离为41717．
【答案】
解：(1)由题意得ca=32，1a2+34b2=1，a2=b2+c2，
解得a=2，b=1，c=3，
∴ 椭圆C的方程为x24+y2=1．
(2)联立y=−32x+m，x24+y2=1，
得x2−3mx+m2−1=0，
Δ=3m2−4m2−1=−m2+4>0，
解得−2又m≠0且m≠−3，
∴ m的取值范围是−2,−3∪−3,0∪0,2，
设Ax1,y1，Bx2,y2，
则x1+x2=3m，x1x2=m2−1，
∴ k1⋅k2=−32x1+m+32x1+1⋅−32x2+m+32x2+1
=34x1x2−32m+32x1+x2+m+322x1x2+x1+x2+1
=34m2−1−32m+32⋅3m+m+322m2−1+3m+1
=14m2+34mm2+3m=14 ，
即k1k2是定值，且定值是14．
【考点】
椭圆的标准方程
椭圆的离心率
圆锥曲线中的定点与定值问题
【解析】
暂无
【解答】
解：(1)由题意得ca=32，1a2+34b2=1，a2=b2+c2，
解得a=2，b=1，c=3，
∴ 椭圆C的方程为x24+y2=1．
(2)联立y=−32x+m，x24+y2=1，
得x2−3mx+m2−1=0，
Δ=3m2−4m2−1=−m2+4>0，
解得−2又m≠0且m≠−3，
∴ m的取值范围是−2,−3∪−3,0∪0,2，
设Ax1,y1，Bx2,y2，
则x1+x2=3m，x1x2=m2−1，
∴ k1⋅k2=−32x1+m+32x1+1⋅−32x2+m+32x2+1
=34x1x2−32m+32x1+x2+m+322x1x2+x1+x2+1
=34m2−1−32m+32⋅3m+m+322m2−1+3m+1
=14m2+34mm2+3m=14 ，
即k1k2是定值，且定值是14．
【答案】
(1)解：由题意得fx的定义域为0,+∞，
f′x=a+1+1x=a+1x+1x .
当a≥−1时，f′x>0恒成立，所以fx在0,+∞上单调递增；
当a<−1时，令f′x>0，解得x<−1a+1，
令f′x<0，解得x>−1a+1，
所以fx在0,−1a+1上单调递增，在−1a+1,+∞上单调递减．
(2)证明：要证2exxe2+1+a+1x>fx，
即证2e2⋅exx>lnx，
即证2e2⋅exx2>lnxx .
令gx=exx2，
则g′x=exx−2x3 .
易得gx在0,2上单调递减，在2,+∞上单调递增，
所以gxmin=g2=e24，
所以2e2⋅exx2≥2e2×e24=12 ·
令ℎx=lnxx，
则ℎ′x=1−lnxx2 .
所以ℎx在0,e上单调递增，在e,+∞上单调递减，
所以ℎxmax=ℎe=1e<12 ．
综上2e2⋅exx2>lnxx，即2exxe2+1+a+1x>fx .
【考点】
利用导数研究函数的单调性
利用导数研究不等式恒成立问题
【解析】
（1）由题意得，fx的定义域为0,+∞，f′x=a+1+1x=a+1x+1x .
当a≥−1时，f′x>0恒成立，∴ fx在0,+∞上单调递增．
当a<−1时，令f′x>0，解得x<−1a+1，令f′x<0，解得x>−1a+1，
∴ fx在0,−1a+1上单调递增，在−1a+1,+∞上单调递减．
【解答】
(1)解：由题意得fx的定义域为0,+∞，
f′x=a+1+1x=a+1x+1x .
当a≥−1时，f′x>0恒成立，所以fx在0,+∞上单调递增；
当a<−1时，令f′x>0，解得x<−1a+1，
令f′x<0，解得x>−1a+1，
所以fx在0,−1a+1上单调递增，在−1a+1,+∞上单调递减．
(2)证明：要证2exxe2+1+a+1x>fx，
即证2e2⋅exx>lnx，
即证2e2⋅exx2>lnxx .
令gx=exx2，
则g′x=exx−2x3 .
易得gx在0,2上单调递减，在2,+∞上单调递增，
所以gxmin=g2=e24，
所以2e2⋅exx2≥2e2×e24=12 ·
令ℎx=lnxx，
则ℎ′x=1−lnxx2 .
所以ℎx在0,e上单调递增，在e,+∞上单调递减，
所以ℎxmax=ℎe=1e<12 ．
综上2e2⋅exx2>lnxx，即2exxe2+1+a+1x>fx .
【答案】
解：(1)∵ 曲线C的参数方程为x=1+csα，y=3+sinα（α为参数），
消去α，得x−12+y−32=1，即x2+y2−2x−23y+3=0，
将x=ρcsθ，y=ρsinθ代入上式，
得ρ2−2ρcsθ−23ρsinθ+3=0，
即曲线C的极坐标方程为ρ2−2ρcsθ−23ρsinθ+3=0.
(2)将θ=θ0代入曲线C的极坐标方程，
得ρ2−2ρcsθ0−23ρsinθ0+3=0．
设M(ρ1,θ0)，N(ρ2,θ0)，
则ρ1+ρ2=2csθ0+23sinθ0．
∴ |OM|+|ON|=ρ1+ρ2
=2csθ0+23sinθ0
=4sinθ0+π6．
∵ θ0∈π6,π2，
∴ θ0+π6∈π3,2π3，
∴ 4sin(θ0+π6)∈(23,4]，
即|OM|+|ON|的取值范围为(23,4]．
【考点】
圆的极坐标方程与直角坐标方程的互化
圆的参数方程
直线与圆的位置关系
【解析】

【解答】
解：(1)∵ 曲线C的参数方程为x=1+csα，y=3+sinα（α为参数），
消去α，得x−12+y−32=1，即x2+y2−2x−23y+3=0，
将x=ρcsθ，y=ρsinθ代入上式，
得ρ2−2ρcsθ−23ρsinθ+3=0，
即曲线C的极坐标方程为ρ2−2ρcsθ−23ρsinθ+3=0.
(2)将θ=θ0代入曲线C的极坐标方程，
得ρ2−2ρcsθ0−23ρsinθ0+3=0．
设M(ρ1,θ0)，N(ρ2,θ0)，
则ρ1+ρ2=2csθ0+23sinθ0．
∴ |OM|+|ON|=ρ1+ρ2
=2csθ0+23sinθ0
=4sinθ0+π6．
∵ θ0∈π6,π2，
∴ θ0+π6∈π3,2π3，
∴ 4sin(θ0+π6)∈(23,4]，
即|OM|+|ON|的取值范围为(23,4]．
【答案】
(1)解：因为函数fx的定义域为R，
所以|2x−1|+|x−4|−m>0，
即m<|2x−1|+|x−4|在x∈R恒成立．
设gx=|2x−1|+|x−4|，
则gx=−3x+5，x<12，x+3，12≤x≤4，3x−5，x>4，
g(x)图象如图所示，
所以gxmin=g12=72，
所以m<72，即集合M=m|m<72．
(2)证明：由题意得，0要证a+b4ab+49<114，
即证4ab+49>14a+b，
即证4ab+49−14a+b>0，
即证2a−72b−7>0，
又0所以2a−72b−7>0，
故a+b4ab+49<114得证．
【考点】
绝对值不等式的解法与证明
对数函数的定义域
不等式恒成立问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
(1)解：因为函数fx的定义域为R，
所以|2x−1|+|x−4|−m>0，
即m<|2x−1|+|x−4|在x∈R恒成立．
设gx=|2x−1|+|x−4|，
则gx=−3x+5，x<12，x+3，12≤x≤4，3x−5，x>4，
g(x)图象如图所示，
所以gxmin=g12=72，
所以m<72，即集合M=m|m<72．
(2)由题意得，0要证a+b4ab+49<114，
即证4ab+49>14a+b，
即证4ab+49−14a+b>0，
即证2a−72b−7>0，
又0所以2a−72b−7>0，
故a+b4ab+49<114得证．

2020-2021年安徽省淮南市高三（下）2月月考数学试卷人教A版

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