2020-2021学年贵州省兴义市某校高二（下）3月月考数学（理）_试卷

这是一份2020-2021学年贵州省兴义市某校高二（下）3月月考数学（理）_试卷，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. 已知集合A=−1,0,1,2，集合B=y|y=2x,x∈A，则A∩B=( )
A.⌀B.0,1,2
C.1,2D.−1,0,12,1,2,4

2. 已知i为虚数单位，复数z=52−i的虚部为（ ）
A.1B.2C.iD.2i

3. 小明处理一组数据，漏掉了一个数10，计算得平均数为10，方差为2，加上这个数后的这组数据（ ）
A.平均数等于10，方差等于2
B.平均数等于10，方差小于2
C.平均数大于10，方差小于2
D.平均数小于10，方差大于2

4. 2020年3月，中共中央国务院印发了《关于全面加强新时代大中小学劳动教育的意见》，提出“把劳动教育纳入人才培养全过程，贯通大中小学各学段，贯穿家庭、学校、社会各方面，与德育、智育、体育、美育相融合，紧密结合经济社会发展变化和学生生活实际，积极探索具有中国特色的劳动教育模式”．贵州省某学校结合自身实际，推出了《职业认知》《家政课程》《田地教育》《手工制作》《种植技术》五门劳动课程，要求学生从中任选两门进行学习，经考核合格后方能获得相应学分．现有甲、乙两人进行选课，则仅有一门课程相同的概率为（ ）
A.325B.15C.310 D.35

5. 设a=lg1317， b=3−0.2， c=13−2.1，则a，b，c的大小关系是（ ）
A.a
6. 双曲线C: x2−y23=1的左，右焦点分别为F1,F2，C的一条渐近线与抛物线M:y2=2pxp>0的一个交点为A（异于原点），点A在以线段F1F2为直径的圆上，则p的值为（ ）
A.32B.3C.23D.43

7. 如图，G，H，M，N分别是直三棱柱的顶点或所在棱的中点，则在下列图形中GH//MN的是（ ）
A.B.
C.D.

8. 数列an中， a1=5，a2=9．若数列an+n2是等差数列，则an的最大项为（ ）
A.9B.11C.454D.12

9. 在平行四边形ABCD中， AB=3， AD=2， ∠BAD=π4．若DE→=λDC→，且BD→⋅AE→=−3，则λ的值为（ ）
A.−23B.−13C.13D.23

10. 若关于x的方程3cs2x=a+sin2x在区间0,π2上有两个不等的实根，则实数a的取值范围是（ ）
A.(−2,−1]B.(−2,−3]C.[1,2)D.[3,2)

11. 如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线是某三棱锥的三视图，则该三棱锥外接球的表面积为（ ）

A.17176πB.68173πC.17πD.68π

12. 已知函数fx=x2+4x+1x2+1，有如下四个结论：
①函数fx的图象关于点0,1对称；
②函数ftanx的图象的一条对称轴为x=π4；
③∀x∈R，都有m≥fx，则m的最小值为3；
④∃x0∈R，使得m≤fx0，则m的最大值为−1.
其中所有正确结论的编号是（ ）
A.①③B.②④C.①②③D.②③④
二、填空题

若x，y满足约束条件 x+y≥0,x−y≥0,x≤1, 则z=2x−y的最大值为________.

已知函数fx=ex−1ex+1，若fa=3，则f−a=________.

数列an中， a1=1，a2=2，其前n项和Sn满足Sn⋅Sn+2=Sn+12，则an的通项公式为________.

Cassini 卵形线是由法国天文学家Jean−Dminique Cassini 1625∼1712 引入的．
卵形线的定义是：线上的任何点到两个固定点S1,S2的距离的乘积等于常数b2，b是正常数．设S1,S2的距离为2a，如果ab，就得到两个卵形线．若S1−1,0,S21,0一动点P满足|PS1|⋅|PS2|=1，则动点P的轨迹C的方程为________；若A′和A是轨迹C与x轴交点中距离最远的两点，则△APA′面积的最大值为________.

三、解答题

△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知△ABC的面积为332，A=π3．
(1)若2sinC=3sinB，求a；

(2)若D为BC边的中点，求线段AD长的最小值．

如图，在实验室细菌培养过程中，细菌生长主要经历调整期、指数期、稳定期和衰亡期四个时期．在一定条件下，培养基上细菌的最大承载量（达到稳定期时的细菌数量）与培养基质量具有线性相关关系．某实验室在培养细菌A的过程中，通过大量实验获得了以下统计数据：

(1)建立Y关于x的回归直线方程，并预测当培养基质量为100克时细菌A的最大承载量；

(2)研究发现，细菌A的调整期一般为3小时，其在指数期的细菌数量y（单位）与细菌A被植入培养基的时间t近似满足函数关系y=0.8×2t−3+20，试估计在100克培养基上培养细菌A时指数期的持续时间（精确到1小时）．
附注：
参考数据：210=1024，211=2048，212=4096，213=8192．
参考公式：回归方程Y=bx+a中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：
b=i=1nxiYi−nxYi=1nxi2−nx2，a=Y−bx．

三棱锥P−ABC中， PA=4,AB=23,BC=2,PA⊥平面ABC， AB⊥BC，D为AC中点，点E在棱PC上（端点除外）．过直线DE的平面α与平面PAB垂直，平面α与三棱锥的面相交，交线围成一个四边形．

(1)在图中画出这个四边形，并写出作法（不要求证明）；

(2)若DE⊥PC，求直线PC与平面α所成角的正弦值．

已知F1−1,0，F21,0是椭圆E：x2a2+y2b2=1a>b>0的左，右焦点，P是E上一点，PF1⊥PF2，△F1PF2的面积为3．
(1)求椭圆E的标准方程；

(2)过F2作两条互相垂直的直线与E分别交于A，B和C，D，若M，N分别为AB和CD的中点．证明：直线MN恒过定点，并求出定点坐标．

已知函数fx=ex−1．
(1)设函数hx=xfx，求hx的单调区间；

(2)判断函数y=fx与gx=lnx的图象是否存在公切线．若存在，这样的切线有几条，为什么？若不存在，请说明理由．

直角坐标系xOy中，以坐标原点为极点，以x轴正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为ρ2=tanθ+1tanθ．
(1)曲线C与直线l：θ=π4ρ∈R交于A，B两点，求|AB|；

(2)曲线C1的参数方程为x=rcsα,y=rsinα, （r>0,α为参数），当θ∈0,π2时，若C与C1有两个交点，极坐标分别为ρ1,θ1，ρ2,θ2，求r的取值范围，并证明θ1+θ2=π2．

函数fx=|x|+|x−1|的最小值为m．
(1)求m；

(2)设正实数a，b，c满足a+b+c=m，证明：ab+bc+ca≥3abc．
参考答案与试题解析
2020-2021学年贵州省兴义市某校高二（下）3月月考数学（理） 试卷
一、选择题
1.
【答案】
C
【考点】
交集及其运算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵ 集合A=−1,0,1,2，
集合B=y|y=2x,x∈A={12,1,2,4}，
∴ A∩B=1,2.
故选C.
2.
【答案】
A
【考点】
复数代数形式的乘除运算
复数的基本概念
【解析】
分子分母同乘以2−i的共轭复数,化简即可求解.
【解答】
解：z=52−i=5(2+i)(2−i)(2+i)
=5(2+i)5=2+i，
故虚部为1.
故选A.
3.
【答案】
B
【考点】
极差、方差与标准差
众数、中位数、平均数
【解析】
先分析漏掉10后的平均数,再通过方差公式分析出方差的变化,即可求解.
【解答】
解：设漏掉了10后有x个数，
本来的平均数M=10x+10x+1=10,
故加上10后的平均数还是10.
方差公式s2=1n(M−x1)2+(M−x2)2+⋯⋯+(M−xn)2
由于(10−10)2=0,
故(M−x1)2+(M−x2)2+⋯⋯+(M−xn)2数值不变.
因为n变为n+1,
所以方差变小.
故选B.
4.
【答案】
D
【考点】
排列、组合的应用
【解析】
先计算两人选课一共有多少种选法,再计算有一门课程相同的选法,即可求解.
【解答】
解：甲，乙两人选课，从5门中每人任选2门，
一共有C52×C52=5×42×1×5×42×1=10×10=100种选法.
其中甲，乙两人仅有1门课程相同有C51×C41×C31=5×4×3=60种，
则仅有一门课程相同的概率为:60100=35.
故选D.
5.
【答案】
B
【考点】
指数式、对数式的综合比较
【解析】
先通过观察，比较a,b,c和1的关系,然后将a,c和2比较,即可求解.
【解答】
解：a=lg1317>lg1313=1,
b=3−0.2=1315<1,
c=(13)−2.1=32.1>1,
此时只需要比较a，c,
a=lg1317c=32.1>32=9,
故c>a>b.
故选B.
6.
【答案】
A
【考点】
双曲线的特性
抛物线的标准方程
双曲线的渐近线
抛物线的求解
【解析】
先求出双曲线的焦距,再根据焦距求出圆的半径,最后通过A到原点的位置求出p的值.
【解答】
解：双曲线C:x2−y23=1的左,右焦点分别为F1,F2
c=a2+b2=1+3=2,则F1(−2,0),F2(2,0).
则F1F2=(−2−2)2+(0−0)2=4
以线段F1F2为直径的圆半径r=F1F22=42=2,圆心为(0,0).
又因为双曲线C的渐近线为y=±3x,故设A点坐标为(t,3t)(t>0),
因为A到原点的距离等于半径r,则
(t−0)2+(3t−0)2=2，
解得t=1.
故A为(1,3)，代入y2=2px得,p=32.
故选A.
7.
【答案】
D
【考点】
空间中直线与直线之间的位置关系
【解析】
由题意，根据异面直线的判定对选项进行逐一判断即可.
【解答】
解：已知经过平面外一点与平面内一点的直线与平面内不过该点的直线是异面直线，
所以在选项A，B，C中，直线GH与MN均为异面直线，其不满足条件，
在选项D中，连接HN，
则HN为底面三角形的中位线，
所以GM//HN且GM=HN，
即四边形GHNM是平行四边形，
所以GH//MN，选项D正确.
故选D.
8.
【答案】
B
【考点】
等差数列的通项公式
数列的函数特性
【解析】
利用等差数列通项求出an=−n2+7n−1，再利用二次函数的性质求解即可.
【解答】
解：∵ an+n2为等差数列，且a1+1=6，a2+22=13，
∴ 等差数列an+n2的公差为d=7，首项为a1+1=6，
∴ 等差数列an+n2的通项为an+n2=6+7n−1=7n−1，
∴ an=−n2+7n−1，
由于二次函数y=−x2+7x−1开口向下，且对称轴为x=72，
∴ 当n=3或4时，a3=a4=−32+7×3−1=11.
故选B.
9.
【答案】
C
【考点】
向量的线性运算性质及几何意义
向量加减混合运算及其几何意义
【解析】
由题意，根据向量的减法以及向量的加法，将其数量积放到四边形中，结合向量的线性运算进行求解即可.
【解答】
解：已知在平行四边形ABCD中， AB=3， AD=2， ∠BAD=π4，
因为BD→=BA→+AD→=AD→−AB→ ，
而AE→=AD→+DE→=AD→+λDC→=AD→+λAB→ ，
所以BD→⋅AE→=(AD→−AB→)⋅(AD→+λAB→)
=|AD→|2+λAD→⋅AB→−AB→⋅AD→−λ|AB→|2
=2×2+λ2×3×22−3×2×22−λ×3×3
=2+3λ−3−9λ=−6λ−1=−3,
解得λ=13.
故选C.
10.
【答案】
B
【考点】
由函数零点求参数取值范围问题
【解析】
由题意，将方程在区间上的零点个数转化成两个函数图象的交点问题， 可画出函数图象，利用数形结合进行求解即可.
【解答】
解：若关于x的方程3cs2x=a+sin2x在区间0,π2上有两个不等的实根，
因为y=sin2x−3cs2x=2sin(2x−π3)，
此时问题等价于函数y=2sin(2x−π3)与y=−a的图象有两个交点，
此时3≤−a<2，
所以实数a的取值范围为(−2,−3].
故选B.
11.
【答案】
C
【考点】
由三视图还原实物图
球的表面积和体积
【解析】
由题意，先由三视图将几何体进行还原，根据三棱锥外接球即为长方体的外接球，求出半径，代入球的表面积公式中即可求解.
【解答】
解：由三视图可知该几何体是三棱锥，
底面三角形的长为3，宽为2，三棱锥高为2，
作出图形如下所示：
此时该三棱锥外接球记为长为3，宽为2，高为2的长方体的外接球，
其半径r=32+22+222=172，
三棱锥外接球的表面积为S=4πr2=4π×(172)2=17π.
故选C.
12.
【答案】
A
【考点】
命题的真假判断与应用
函数奇偶性的判断
不等式恒成立问题
【解析】
由题意，先求出函数为奇函数，两者相加得到函数的对称点，对函数取得对称轴处的值，看函数是否取得最值，在求函数对于某个数恒成立，即函数的最值对于这个数恒成立，结合函数的单调性进行求解即可.
【解答】
解：已知函数f(x)=x2+4x+1x2+1=x2+1+4xx2+1=1+4xx2+1，
设函数g(x)=4xx2+1，
因为g(−x)=−4x(−x)2+1=−4xx2+1=−g(x)，
所以函数g(x)为奇函数，
而f(x)+f(−x)=1+g(x)+1+g(−x)=2，
即函数f(x)的图象关于点(0,1)对称，故①正确；
因为f(tanx)=tan2x+4tanx+1tan2x+1
=sin2x+4sinxcsx+cs2xsin2x+cs2x=1+2sin2x，
因为x可以为0，但不能为π2，
所以f(tanx)的定义域不关于x=π4对称，
所以x=π4不是函数f(tanx)的一条对称轴，故②错误；
若∀x∈R，m≥f(x)等价于m≥f(x)max，
因为f(x)=1+4xx2+1，
当x≠0时，f(x)=1+4x+1x，
当x>0时，x+1x≥2，即x=1时等号成立，
所以f(x)∈(1,3]，
当x<0时，x+1x=−(−x+1−x)≤−2，即x=−1时等号成立，
所以f(x)∈[−1,1)，
当x=0时，f(x)=1，f(x)∈[−1,3]，
综上得m≥3，故③正确；
若∃x0∈R，m≤f(x0)等价于m≤f(x)max=3，故④错误，
综上得，正确的结论有①③.
故选A.
二、填空题
【答案】
3
【考点】
简单线性规划
求线性目标函数的最值
【解析】
作出可行域，利用目标函数的几何意义求解即可.
【解答】
解：由约束条件作出可行域，如图：
由z=2x−y ，得y=2x−z .
平移直线y=2x−z ，
由图象可知当直线y=2x−z 经过点B时，直线y=2x−z 的截距最小，此时z最大．
由 x=1,x+y=0, 得 x=1,y=−1,
即B1,−1，
此时z的最大值为 z=1×2+1=3.
故答案为：3.
【答案】
−1
【考点】
函数的求值
【解析】
根据函数的解析式可得fx+fx=2，整体求解可得．
【解答】
解：由函数fx=ex−1ex+1，
可得fx+f−x=ex−e−x+1+e−x−ex+1=2，
由fa=3， fa+f−a=2，
可得f−a=−1.
故答案为：−1.
【答案】
an=1n=1.2×3n−2n≥2.
【考点】
等比数列的通项公式
数列递推式
【解析】
由题意得到Sn是以S1=a1=1为首项，以a=S2S1=1+21=3为公比的等比数列，利用等比数列通项求出Sn=3n−1，再利用数列的递推公式求解即可.
【解答】
解：由SnSn+2=Sn+12，
可知数列Sn是以S1=a1=1为首项，以q=S2S1=1+21=3为公比的等比数列，
∴ Sn=3n−1，
当n≥2时，Sn−1=3n−2，
∴ an=Sn−Sn−1=3n−1−3n−2=2×3n−2n≥2，
∴ an=1n=1.2×3n−2n≥2.
故答案为：an=1n=1.2×3n−2n≥2.
【答案】
[(x+1)2+y2][(x−1)2+y2]=1,22
【考点】
轨迹方程
双曲线的应用
【解析】
由题意，先确定点P的轨迹为双纽线，代入式子中并进行整理即可得到其轨迹方程，令y的值为零，求出A′和A的坐标，利用换元法求出满足条件的值，得到y的值，由三角形面积公式再求解即可.
【解答】
解：已知S1(−1,0)，S2(1,0)，
所以a=b=1，
点P的轨迹应为双纽线，且|PS1|⋅|PS2|=1，
所以[(x+1)2+y2][(x−1)2+y2]=1，
所以动点P的轨迹C的方程为[(x+1)2+y2][(x−1)2+y2]=1;
令y=0得x4−2x2=0，
解得x=0或x=±2，
此时A(−2,0)，A′(2,0)，
根据对称性，只去考虑第一象限的部分，
因为|AA′|为定值，
所以S△APA′最大时，点P纵坐标最大，
又y4+2(x2+1)y2+x2(x2−2)=0，
则y2=−x2−1+4x2+1（y2≥0，−x2−1−4x2+1<0，其不满足条件，舍去），
令t=4x2+1，则x2=t2−14，t∈[1,3]，
设f(t)=−t2−14−1+t=−14(t−2)2+14，
当且仅当t=2时，等号成立，
此时f(t)max=14，
所以y2=f(2)=14，
解得y=12，
所以S△APA′的最大值为12×12×22=22.
故答案为：[(x+1)2+y2][(x−1)2+y2]=1；22.
三、解答题
【答案】
解：(1)因为2sinC=3sinB，由正弦定理得2c=3b①，
又S△ABC=332，A=π3，则12bcsinA=332，即bc=6②，
由①②联立解得b=2,c=3,或b=−2,c=−3, （舍）
由余弦定理得
a2=b2+c2−2bccsA=4+9−2×2×3×12=7，
所以a=7．
(2)AD=|AD→|=12AB→+12AC→=12AB→+12AC→2
=14AB→2+12AB→⋅AC→+14AC→2=c2+bc+b24
≥3bc4=322,
当且仅当b=c=6时等号成立，所以AD最小值为322．
【考点】
正弦定理
余弦定理
平面向量数量积的运算
基本不等式在最值问题中的应用
【解析】
无
无
【解答】
解：(1)因为2sinC=3sinB，由正弦定理得2c=3b①，
又S△ABC=332，A=π3，则12bcsinA=332，即bc=6②，
由①②联立解得b=2,c=3,或b=−2,c=−3, （舍）
由余弦定理得
a2=b2+c2−2bccsA=4+9−2×2×3×12=7，
所以a=7．
(2)AD=|AD→|=12AB→+12AC→=12AB→+12AC→2
=14AB→2+12AB→⋅AC→+14AC→2=c2+bc+b24
≥3bc4=322,
当且仅当b=c=6时等号成立，所以AD最小值为322．
【答案】
解：(1)x=20+40+50+60+805=50，
Y=300+400+500+600+7005=500，
i=15xiYi=20×300+40×400+50×500+60×600+80×700=139000．
i=15xi2=400+1600+2500+3600+6400=14500．
b=i=15xiYi−5xYi=15xi2−5x2=139000−5×50×50014500−5×502=140002000=7．
a=Y−bx=500−7×50=150．
所以Y关于x的回归直线方程为Y=7x+150．
当培养基质量为100克时Y=7×100+150=850（单位）．
(2)在100克培养基上培养细菌A时，由(1)知最大承载量为850单位，
又y=0.8×2t−3+20，
即850=0.8×2t−3+20，
化简得2t−3=1037.5，
t−3≈10即t≈13．
所以在100克培养基上培养细菌A时指数期的持续时间为10小时．
【考点】
求解线性回归方程
回归分析
【解析】
无
无
【解答】
解：(1)x=20+40+50+60+805=50，
Y=300+400+500+600+7005=500，
i=15xiYi=20×300+40×400+50×500+60×600+80×700=139000．
i=15xi2=400+1600+2500+3600+6400=14500．
b=i=15xiYi−5xYi=15xi2−5x2=139000−5×50×50014500−5×502=140002000=7．
a=Y−bx=500−7×50=150．
所以Y关于x的回归直线方程为Y=7x+150．
当培养基质量为100克时Y=7×100+150=850（单位）．
(2)在100克培养基上培养细菌A时，由(1)知最大承载量为850单位，
又y=0.8×2t−3+20，
即850=0.8×2t−3+20，
化简得2t−3=1037.5，
t−3≈10即t≈13．
所以在100克培养基上培养细菌A时指数期的持续时间为10小时．
【答案】
解：(1)作法：①过D作DF//BC交AB于F；
②过E作EG//BC交PB于G；
③连接FG，则四边形DFGE为所作图形．
(2)以B为坐标原点，以BC→的方向为x轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系B−xyz ，
则B0,0,0，A(0,23,0)，C(2,0,0)，P0,23,4．
由题知D，F分别为AC与AB的中点，
故D1,3,0，F0,3,0．
又由DE⊥PC得PE→=3EC→，设Ex,y,z，
所以(x,y−23,z−4)=(6−3x,−3y,−3z)，
即x=6−3x,y−23=−3y,z−4=−3z,解得x=32,y=32,z=1,
所以E32,32,1，
故DE→=32,32,1−1,3,0=12,−32,1，
DF→=0,3,0−1,3,0=−1,0,0．
设平面α的法向量n→=(x1,y1,z1)，
由n→⋅DE→=0,n→⋅DF→=0,得12x1−32y1+z1=0,−x1=0,
取n→=(0,2,3)，又PC→=(2,−23,−4)，
所以PC与平面α所成角θ的正弦值为sinθ=|n→⋅PC→||n→|⋅|PC→|=427．
【考点】
平面与平面垂直的性质
用空间向量求直线与平面的夹角
【解析】
无
无
【解答】
解：(1)作法：①过D作DF//BC交AB于F；
②过E作EG//BC交PB于G；
③连接FG，则四边形DFGE为所作图形．
(2)以B为坐标原点，以BC→的方向为x轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系B−xyz ，
则B0,0,0，A(0,23,0)，C(2,0,0)，P0,23,4．
由题知D，F分别为AC与AB的中点，
故D1,3,0，F0,3,0．
又由DE⊥PC得PE→=3EC→，设Ex,y,z，
所以(x,y−23,z−4)=(6−3x,−3y,−3z)，
即x=6−3x,y−23=−3y,z−4=−3z,解得x=32,y=32,z=1,
所以E32,32,1，
故DE→=32,32,1−1,3,0=12,−32,1，
DF→=0,3,0−1,3,0=−1,0,0．
设平面α的法向量n→=(x1,y1,z1)，
由n→⋅DE→=0,n→⋅DF→=0,得12x1−32y1+z1=0,−x1=0,
取n→=(0,2,3)，又PC→=(2,−23,−4)，
所以PC与平面α所成角θ的正弦值为sinθ=|n→⋅PC→||n→|⋅|PC→|=427．
【答案】
(1)解：由题意得，
|PF1|2+|PF2|2=4,12|PF1||PF2|=3,|PF1|+|PF2|=2a,则有4a2=16，
解得a=2，又a2=b2+c2，所以b=3，
所以椭圆E的标准方程为x24+y23=1.
(2)证明：当直线l1和l2斜率存在时，设直线l1方程为y=kx−1，
交椭圆E两点的坐标为Ax1,y1,Bx2,y2，
由 y=kx−1,x24+y23=1, 得3+4k2x2−8k2x+4k2−12=0，
于是x1+x2=8k23+4k2，所以M4k23+4k2,−3k3+4k2.
因为l1⊥l2，将上式中的k换成−1k，同理可得N44+3k2,3k4+3k2，
若4k23+4k2≠44+3k2即k≠±1时，
kMN=−3k3+4k2−3k4+3k24k23+4k2−44+3k2=−21k3−21k12k4−1=2112⋅−kk2−1=74⋅−kk2−1
直线MN的方程为
y−3k4+3k2=74⋅−kk2−1x−44+3k2
化简得y=74⋅−kk2−1x−47，此时直线MN恒过定点47,0;
若4k23+4k2=44+3k2即k=±1时，直线MN斜率不存在，易知直线也过点47,0,
当直线l1或l2斜率不存在时，其中一条直线为x=1，另一条为y=0，直线MN过点47,0,
综上所述：直线MN恒过定点47,0.
【考点】
椭圆的定义和性质
椭圆的标准方程
直线与椭圆的位置关系
圆锥曲线中的定点与定值问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
(1)解：由题意得，
|PF1|2+|PF2|2=4,12|PF1||PF2|=3,|PF1|+|PF2|=2a,则有4a2=16，
解得a=2，又a2=b2+c2，所以b=3，
所以椭圆E的标准方程为x24+y23=1.
(2)证明：当直线l1和l2斜率存在时，设直线l1方程为y=kx−1，
交椭圆E两点的坐标为Ax1,y1,Bx2,y2，
由 y=kx−1,x24+y23=1, 得3+4k2x2−8k2x+4k2−12=0，
于是x1+x2=8k23+4k2，所以M4k23+4k2,−3k3+4k2.
因为l1⊥l2，将上式中的k换成−1k，同理可得N44+3k2,3k4+3k2，
若4k23+4k2≠44+3k2即k≠±1时，
kMN=−3k3+4k2−3k4+3k24k23+4k2−44+3k2=−21k3−21k12k4−1=2112⋅−kk2−1=74⋅−kk2−1
直线MN的方程为
y−3k4+3k2=74⋅−kk2−1x−44+3k2
化简得y=74⋅−kk2−1x−47，此时直线MN恒过定点47,0;
若4k23+4k2=44+3k2即k=±1时，直线MN斜率不存在，易知直线也过点47,0,
当直线l1或l2斜率不存在时，其中一条直线为x=1，另一条为y=0，直线MN过点47,0,
综上所述：直线MN恒过定点47,0.
【答案】
解：(1)hx=xfx=xex−1，h′x=xex−1+ex−1=(x+1)ex−1，
当x<−1时，h′x<0，当x>−1时，h′x>0，
所以hx的单调减区间为−∞,−1，单调增区间为−1,+∞．
(2)设两曲线的公切线为l，与曲线fx=ex−1切于点a,ea−1 ，则切线方程为y−ea−1=ea−1x−a ，即y=ea−1x+ea−1−aea−1，
又与曲线gx=lnx切于点b,lnb，则切线方程为y−lnb=1bx−b ，即y=1bx+lnb−1．
所以有ea−1=1b，ea−1−aea−1=lnb−1，
消元整理得ea−1−aea−1+a=0，所以方程根的个数即为两曲线的公切线条数．
设φx=ex−1−xex−1+x，φ′x=1−xex−1，
当x<0时，φ′x>0，
当00，
当x>1时，φ′x<0，当且仅当x=1时，φ′x=0；
所以φx在−∞,1单调递增，在1,+∞单调递减，
而φ1=1>0，φ2=2−e<0，φ−1=2e2−1<0，φ0=1e>0，
又函数φx在R上连续，所以函数φx=ex−1−xex−1+x有两个零点，分别位于区间−1,0和区间1,2内．
所以方程ea−1−aea−1+a=0有两个不同的根，即两曲线有两条公切线．
【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
利用导数研究与函数零点有关的问题
【解析】
(1)答案未提供解析．
(2)答案未提供解析．
【解答】
解：(1)hx=xfx=xex−1，h′x=xex−1+ex−1=(x+1)ex−1，
当x<−1时，h′x<0，当x>−1时，h′x>0，
所以hx的单调减区间为−∞,−1，单调增区间为−1,+∞．
(2)设两曲线的公切线为l，与曲线fx=ex−1切于点a,ea−1 ，则切线方程为y−ea−1=ea−1x−a ，即y=ea−1x+ea−1−aea−1，
又与曲线gx=lnx切于点b,lnb，则切线方程为y−lnb=1bx−b ，即y=1bx+lnb−1．
所以有ea−1=1b，ea−1−aea−1=lnb−1，
消元整理得ea−1−aea−1+a=0，所以方程根的个数即为两曲线的公切线条数．
设φx=ex−1−xex−1+x，φ′x=1−xex−1，
当x<0时，φ′x>0，
当00，
当x>1时，φ′x<0，当且仅当x=1时，φ′x=0；
所以φx在−∞,1单调递增，在1,+∞单调递减，
而φ1=1>0，φ2=2−e<0，φ−1=2e2−1<0，φ0=1e>0，
又函数φx在R上连续，所以函数φx=ex−1−xex−1+x有两个零点，分别位于区间−1,0和区间1,2内．
所以方程ea−1−aea−1+a=0有两个不同的根，即两曲线有两条公切线．
【答案】
解：(1)联立方程ρ2=tanθ+1tanθ,θ=π4,
可得ρ2=2，
设A、B两点的极径分别为ρA，ρB，则|AB|=|ρA−ρB|=22．
(2)曲线C1：x=rcsαy=rsinα（α为参数）转化为极坐标方程为ρ=r，
又ρ2=tanθ+1tanθ=sinθcsθ+csθsinθ=1sinθcsθ=2sin2θ，
所以r2=2sin2θ，由θ∈0,π2得2θ∈0,π，sin2θ∈0,1.
因为曲线C与C1有两个交点，则r2=2sin2θ>2，所以r>2．
由题知ρ1=ρ2，所以2sin2θ1=2sin2θ2，即sin2θ1=sin2θ2．
又θ1，θ2∈0,π2，θ1≠θ2，所以2θ1+2θ2=π，即θ1+θ2=π2．
【考点】
极坐标的概念
极坐标刻画点的位置
参数方程与普通方程的互化
【解析】
无
无
【解答】
解：(1)联立方程ρ2=tanθ+1tanθ,θ=π4,
可得ρ2=2，
设A、B两点的极径分别为ρA，ρB，则|AB|=|ρA−ρB|=22．
(2)曲线C1：x=rcsαy=rsinα（α为参数）转化为极坐标方程为ρ=r，
又ρ2=tanθ+1tanθ=sinθcsθ+csθsinθ=1sinθcsθ=2sin2θ，
所以r2=2sin2θ，由θ∈0,π2得2θ∈0,π，sin2θ∈0,1.
因为曲线C与C1有两个交点，则r2=2sin2θ>2，所以r>2．
由题知ρ1=ρ2，所以2sin2θ1=2sin2θ2，即sin2θ1=sin2θ2．
又θ1，θ2∈0,π2，θ1≠θ2，所以2θ1+2θ2=π，即θ1+θ2=π2．
【答案】
(1)解：因为|x|+|x−1|≥|x−x−1|=1，
又当且仅当x∈[0,1]时，上式可以取“=”，
所以函数y=fx的最小值为1，即m=1．
(2)证明：由(1)知m=1，即a+b+c=1．
因a2b2+b2c2≥2ab2c，b2c2+c2a2≥2bc2a，c2a2+a2b2≥2ca2b，
三式相加得a2b2+b2c2+c2a2≥abc，
有a2b2+b2c2+c2a2+2abca+b+c≥3abc，
即(ab+bc+ca)2≥3abc，故ab+bc+ca≥3abc．
（上述不等式中当且仅当a=b=c时取“=”）
【考点】
绝对值不等式的解法与证明
基本不等式
【解析】
无
无
【解答】
(1)解：因为|x|+|x−1|≥|x−x−1|=1，
又当且仅当x∈[0,1]时，上式可以取“=”，
所以函数y=fx的最小值为1，即m=1．
(2)证明：由(1)知m=1，即a+b+c=1．
因a2b2+b2c2≥2ab2c，b2c2+c2a2≥2bc2a，c2a2+a2b2≥2ca2b，
三式相加得a2b2+b2c2+c2a2≥abc，
有a2b2+b2c2+c2a2+2abca+b+c≥3abc，
即(ab+bc+ca)2≥3abc，故ab+bc+ca≥3abc．
（上述不等式中当且仅当a=b=c时取“=”）培养基质量x（克）
20
40
50
60
80
细菌A的最大承载量Y（单位）
300
400
500
600
700