2020-2021学年四川省成都市某校高三（上）10月月考数学（理）试卷一、选择题1. 已知全集为实数集R，集合A={x|0≤x≤4}，B={x|x2−8x+15>0}，则A∩(∁R B)=( )A.[4,5]B.[0,3]C.[3,4]D.(3,4)2. 已知复数z=21−i，则|z|=( )A.1B.√2C.√3D.23. 命题$p:``\forall x \in (0,\,\frac{\pi}{2})$，$\sin x < \tan x"$的否定¬p为( )A.∀x∈(0, π2)，sin x≥tan x B.∀x∈(0, π2)，sin x>tan xC.∃x0∈(0, π2)，sin x0≥tan x0 D.∃x0∉(0, π2)，sin x0≥tan x04. 已知等差数列{a n}的前n项和为S n，a3，a7是方程x2−8x−13=0的两根，则S9=( )A.36B.40C.72D.805. 已知tan(α+π4)=−∫1xe31dx，则2sinα+cosαcosα−sinα=( )A.−4B.4C.5D.−56. 已知随机变量X服从二项分布B(4,p)，其期望E(X)=3，随机变量Y服从正态分布N(1,2)，若P(Y>0)=p，则P(0<Y<2)=( )A.2 3B.34C.14D.127. “m∈(0,13)”是“函数f(x)={(3m−1)x+4m，x<1，−mx,x≥1，是定义在R上的减函数”的( )A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件8. 美国在今年对华为实行了禁令，为了突围实现技术自主，华为某分公司抽调了含甲、乙的5个工程师到华为总部的4个不同的技术部门参与研发，要求每个工程师只能去一个部门，每个部门至少去一个工程师，且甲乙两人不能去同一个部门，则不同的安排方式一共有( )种 A.96 B.120 C.180 D.2169. 已知函数f (x )=|lg x|，若f (a )=f (b )且a <b ，则不等式log a x +log b (2x −1)>0的解集为( ) A.(1,+∞) B.(0,1)C.(12,+∞) D.(12,1)10. 已知二项式(3x −1x)n的展开式中所有项的系数和为512，函数f (r )=C n r，r ∈[0,n]且r ∈N ，则函数f (r )取最大值时r 的取值为( ) A.4 B.5 C.4或5 D.611. 已知函数f (x )=e |x|+cos x ，设a =f(0.3−1)，b =f(2−0.3)，c =f((log 20.2)，则( ) A.c <b <a B.c <a <b C.b <a <c D.b <c <a12. 已知函数f (x )的定义域为R ，且对任意x ∈R 都满足f (1+x )=f (1−x )，当x ≤1时，f (x )={ln x, 0<x ≤1，e x , x ≤0，（其中e 为自然对数的底数），若函数g (x )=m|x|−2与y =f (x )的图像恰有两个交点，则实数m 的取值范围是( ) A.m ≤0或m =e B.0<m ≤32C.32<m <eD.m >e二、填空题已知角α终边上一点P (3,4)，则sin 2α=________.已知非零向量a →与b →的夹角为2π3， |b →|=2，若a →⊥(a →+b →)，则|a →|=________.已知等比数列{a n }的前n 项和S n =2n+1−r , n ∈N ∗，若命题“∀n ∈N ∗，λa n ≤a n 2+128”为真，则实数λ的最大值为________.对于定义在区间D 上的函数f (x )，若满足对∀x 1， x 2∈D 且x 1≠x 2时都有(x 1−x 2)(f (x 1)−f (x 2))>0，则称函数f (x )为区间D 上的“非减函数”，若f (x )为区间[0,2]上的“非减函数”且f (2)=2，f (x )+f (2−x )=2，又当x ∈[32,2]，f (x )≤2(x −1)恒成立，有下列命题 ①f(1)=1②∃x ∈[32,2]，f(x)<1③f(114)+f(916)+f(2518)+f(2714)=4 ④当x ∈[0,12]时， f(f (x ))≤−f (x )+2 其中正确的所有命题的序号为________. 三、解答题已知向量m →=(√3,1)，n →=(cos x,sin x )，f (x )=(m →⋅n →)sin x . (1)求f (x )的最小正周期和最大值；(2)若b =4，△ABC 的周长为12，且f (B )=32，求△ABC 的面积．随着新冠疫情防控进入常态化，生产生活逐步步入正轨，为拉动消费，成都市先后发行了三批（每批2亿元）消费券．我们随机抽取了50人，对这种拉动消费的方式是否赞同进行调查，结果如下表，其中年龄低于45岁的总人数与不低于45岁的总人数之比为3:2.(1)求m ，n 的值；(2)若以“年龄45岁为分界点”，由以上统计数据完成下面2×2列联表，并判断是否有99%的把握认为“赞同”的态度与人的年龄有关；(3)若从年龄在[55,65）的被调查人中随机选取2人进行追踪调查，求2人中至少有1人不赞同的概率．参考数据：K2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)，其中n=a+b+c+d.如图(1)所示，AD是△BCD中BC边上的高线，且AB=2AD=2AC，将△BCD沿AD翻折，使得平面ACD⊥平面ABD，如图(2).(1)求证：AB⊥CD；(2)图(2)中，E是BD上一点，连接AE，CE，当AE与底面ABC所成角的正切值为12时，求直线AE与平面BCE所成角的正弦值．已知动点P(x,y)（其中x≥0）到定点F(1,0)的距离比点P到y轴的距离大1.(1)求点P的轨迹C的方程；(2)过椭圆C1:x216+y212=1的右顶点作直线交曲线C于A，B两点，其中O为坐标原点①求证：OA⊥OB；②设OA，OB分别与椭圆相交于点D，E，证明：原点到直线DE的距离为定值．已知函数f(x)=x2+2a ln x，g(x)=2x2−1，其中a∈R.(1)当a=−1时，求f(x)的单调区间；(2)若方程f(x)=g(x)在[1,e]（e为自然对数的底数）上存在唯一实数解，求实数a的取值范围．在直角坐标系xOy 中，直线C 1的方程为： {x =−1+√22t ，y =1+√22t （t 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，圆C 2的极坐标方程为ρ2−2ρcos θ−4ρsin θ+4=0.(1)求C 2的直角坐标方程；(2)设C 1,C 2的交点为M ，N ，求△C 2MN 的面积．已知m >n >0，函数f (x )=|x +1n (m−n )| . (1)若m =3，n =1，求不等式f (x )>2的解集；(2)求证∶f (x )≥4−|x −m 2|.参考答案与试题解析2020-2021学年四川省成都市某校高三（上）10月月考数学（理）试卷一、选择题1.【答案】C【考点】交、并、补集的混合运算【解析】此题暂无解析【解答】解：由x2−8x+15>0⇒x<3或x>5，则∁R B=[3,5]，则A∩(∁R B)=[3,4]．故选C．2.【答案】B【考点】复数的模复数代数形式的乘除运算【解析】【解答】解：由z=21−i =2(1+i)(1−i)(1+i)=2(1+i)1−i2=1+i，则|z|=√2．故选B．3.【答案】C【考点】全称命题与特称命题【解析】利用全称命题的否定是特称命题写出结果即可．【解答】解：命题p:∀x∈(0, π2)，sin x<tan x，则¬p:∃x0∈(0, π2)，sin x0≥tan x0．故选C．4.【答案】A【考点】等差数列的性质一元二次方程的根的分布与系数的关系 【解析】由a 3+a 7=8，则S 9=9(a 1+a 3)2=9(a 9+a 7)2=36 .【解答】解：由a 3+a 7=8，则S 9=9(a 1+a 9)2=9(a 3+a 7)2=36 .故选A . 5. 【答案】 D【考点】两角和与差的正切公式 定积分三角函数的恒等变换及化简求值 两角和与差的正切 【解析】 此题暂无解析 【解答】 解：由∫1x e 31dx =(ln x +C)|1e3=(ln e 3+C)−(ln 1+C)=3， 则tan (α+π4)=tan α+11−tan α=−3，可得tan α=2. 所以2sin α+cos αcos α−sin α=2tan α+11−tan α=−5 .故选D .6. 【答案】 D【考点】离散型随机变量的期望与方差 正态分布的密度曲线 【解析】由E (X )=4p =3⇒p =34，则P (Y >0)=34，则P (0<Y <1)=34−12=14，则P (0<Y <2)=2P (0<Y <1)=12 . 【解答】解：由E (X )=4p =3⇒p =34，则P (Y >0)=34，则P (0<Y <1)=34−12=14，则P (0<Y <2)=2P (0<Y <1)=12 .故选D . 7.【答案】 B【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断 【解析】 此题暂无解析 【解答】解：由f (x )是R 上的减函数，则 {3m −1<0，−m <0，(3m −1)+4m ≥−m ，⇒m ∈[18,13)，由[18,13)⫋(0,13)，则是必要不充分条件 . 故选B . 8. 【答案】 D【考点】排列、组合及简单计数问题 【解析】【解答】解：由题意得(C 52−1)A 44=216． 故选D ． 9. 【答案】 A【考点】对数函数的单调性与特殊点 对数及其运算【解析】 此题暂无解析 【解答】解：由图像可知0<a <1，b >1，由|lg a|=|lg b|⇒−lg a =lg b ⇒lg ab =0，则ab =1，由log a x +log b (2x −1)>0⇒log a x +log 1a(2x −1)>0⇒log a x −log a (2x −1)>0，则log a x >log a (2x −1)．由a ∈(0,1)，则 {x <2x −1，x >0，2x −1>0⇒x ∈(1+∞) .故选A .10.【答案】C【考点】二项式系数的性质二项式定理的应用【解析】【解答】解：由所有项的系数和为(3−1)n=2n=512⇒n=9，则由二项式系数最值性可知当r=4或5时，f(r)最大．故选C．11.【答案】D【考点】对数函数的单调性与特殊点对数值大小的比较奇偶性与单调性的综合【解析】此题暂无解析【解答】解：由f(−x)=e|x|+cos x=f(x)，则f(x)是偶函数，当x>0时，f′(x)=e x−sin x>0，则f(x)在(0,+∞)上单调递增，(−∞,0)上单调递减.由|0.3−1|=103∈(3,4)，|2−0.3|=2−0.3∈(0,1)，|log20.2|=log25∈(2,3)，则|0.3−1|>|log20.2|>|2−0.3|，则结合图象性质可知b<c<a．故选D．12.【答案】A【考点】函数的对称性利用导数研究曲线上某点切线方程分段函数的应用根的存在性及根的个数判断【解析】【解答】解：由f(1+x)=f(1−x)，则y=f(x)关于直线x=1对称.由题y=f(x)与y=g(x)的图像只有两个交点，设y =ln x,x ∈(0,1)图像上的切点(x 0,ln x 0)， y ′=1x ，则k 切=1x 0，l 切：y −ln x 0=1x 0(x −x 0)，把(0,−2)代入可得x 0=1e ， 则k 切=1x 0=e ，如图所示：结合图像可知，要有两个交点，则m ≤0或m =e . 故选A . 二、填空题 【答案】 2425【考点】二倍角的正弦公式 任意角的三角函数 【解析】 此题暂无解析 【解答】解：由已知可得sin α=45，cos α=35， 则sin 2α=2sin αcos α=2425．故答案为：2425．【答案】 1【考点】数量积判断两个平面向量的垂直关系 平面向量数量积的运算 【解析】【解答】解：由a →⊥(a →+b →)，则a →⋅(a →+b →)=0 ⇒a →2+a →⋅b →=0⇒|a →|2+|a →||b →|cos2π3=0，则|a →|2−|a →|=0⇒|a →|=0（舍）或|a →|=1． 故答案为：1． 【答案】 24【考点】不等式恒成立问题基本不等式在最值问题中的应用 等比数列的性质【解析】 此题暂无解析 【解答】解：由{a n }是等比数列， S n =2n+1−r =2⋅2n −r ，则r =2，a n =2n ，由λa n ≤a n 2+128对∀n ∈N ∗恒成立， 则λ2n ≤(2n )2+128⇒λ≤2n +1282n对∀n ∈N ∗恒成立，令t =2n ，则y =t +128t，由√128∈(11,12)，当t =23=8时，y =24，当t =24=16时，y =24，则y min =24⇒λ≤24，则λmax =24． 故答案为：24． 【答案】 ①③④ 【考点】命题的真假判断与应用 抽象函数及其应用【解析】由f (2)=2,f (x )+f (2−x )=2，则f(0)=0,y =1f(x)关于(1,1)点对称，则f(1)=1，故①正确；由当x ∈[32,2],fx|)<2(x −1)恒成立，令x =32，则f (32)≤1，由f (x )为区间 [0,2]上的“非减函数”，则 f (32)≥f (1)=1，则 1≤f (32)≤1⇒f (32)=1 ，则∀x ∈[32,2],f (x )≥f (32)=1，故②错误；由∀x ∈[1,32],f (1)≤f (x )≤f (32)⇒f (x )=1，同理可得∀x ∈[12,32],f (x )=1，由f (114)+f (2714)=2， 916∈[12,32],2518∈[12,32]，则f (916)=f (2518)=1，则 f (114)+f (916)+f (2518)+f (2714)=4，故③正确；当 x ∈[0,12]时， f (x )∈[0,1]，令t =f (x )∈[0,1]，则f (t )∈[0,1],−t +2∈[1,2]，则f (t )≤−1+2，则f(f (x ))≤−f (x )+2，故④正确 . 【解答】解：由f (2)=2，f (x )+f (2−x )=2，则f(0)=0，y =f(x)关于(1,1)点对称，则f(1)=1，故①正确； 由当x ∈[32,2]，f(x)≤2(x −1)恒成立，令x =32，则f (32)≤1，由f (x )为区间 [0,2]上的“非减函数”， 则 f (32)≥f (1)=1，则 1≤f (32)≤1⇒f (32)=1 ，则∀x ∈[32,2]，f (x )≥f (32)=1，故②错误； 由∀x ∈[1,32]，f (1)≤f (x )≤f (32)⇒f (x )=1，同理可得∀x ∈[12,32]，f (x )=1，由f (114)+f (2714)=2， 916∈[12,32]，2518∈[12,32]， 则f (916)=f (2518)=1，则 f (114)+f (916)+f (2518)+f (2714)=4，故③正确； 当 x ∈[0,12]时， f (x )∈[0,1]，令t =f (x )∈[0,1]，则f (t )∈[0,1]，−t +2∈[1,2]， 则f (t )≤−t +2，则f(f (x ))≤−f (x )+2，故④正确 . 故答案为：①③④. 三、解答题【答案】解：(1)f (x )=√3sin x cos x +sin 2x =√32sin 2x +1−cos 2x2=sin (2x −π6)+12，故f (x )的最小正周期为T =2π2=π，当2x −π6=2kπ+π2(k ∈Z )时， f (x )的最大值为32．(2)由f (B )=32，得2B −π6=2kπ+π2(k ∈Z )，B =kπ+π3(k ∈Z )，因为0<B <π，故B =π3．因为b =4，△ABC 的周长为12，所以a +c =8．由余弦定理得： a 2+c 2−ac =16，即(a +c )2−3ac =16， 所以ac =16．故S △ABC =12ac ⋅sin B =12×16×√32=4√3．【考点】二倍角的余弦公式 两角和与差的正弦公式 三角函数的最值 余弦定理 正弦定理平面向量数量积的运算【解析】 此题暂无解析 【解答】解：(1)f (x )=√3sin x cos x +sin 2x =√32sin 2x +1−cos 2x2=sin (2x −π6)+12，故f (x )的最小正周期为T =2π2=π，当2x −π6=2kπ+π2(k ∈Z )时， f (x )的最大值为32．(2)由f (B )=32，得2B −π6=2kπ+π2(k ∈Z )，B =kπ+π3(k ∈Z )， 因为0<B <π，故B =π3．因为b =4，△ABC 的周长为12，所以a +c =8．由余弦定理得： a 2+c 2−ac =16，即(a +c )2−3ac =16， 所以ac =16．故S △ABC =12ac ⋅sin B =12×16×√32=4√3．【答案】解：(1)由题意， 5+m +15+10+n +5=50， 且(5+m +15):(10+n +5)=3:2， 解得： m =10，n =5.(2)由以上统计数据填写下面2×2列联表，如下：根据公式计算K 2=50(10×27−10×3)237×13×30×20≈9.98>6.635，所以有99%的把握认为年龄45岁为分界点对发行成都消费券的态度有差异．(3)设年龄在[55,65)中不赞同“发行成都消费券”的人为A ，B ，C ， 赞同“发行成都消费券”的人为a ，b ，则从5人中随机选取2人有AB ，AC ，Aa ，Ab ，BC ，Ba ，Bb ，Ca ，Cb ，ab ，10个结果； 其中2人中至少有1人不赞同“发行成都消费券”的有AB ，AC ，Aa ，Ab ，BC ，Ba ，Bb ，Ca，Cb，9个结果，．所以2人中至少有1人不赞同“发行成都消费券”的概率为P=910【考点】频率分布表独立性检验列举法计算基本事件数及事件发生的概率【解析】【解答】解：(1)由题意，5+m+15+10+n+5=50，且(5+m+15):(10+n+5)=3:2，解得：m=10，n=5.(2)由以上统计数据填写下面2×2列联表，如下：≈9.98>6.635，根据公式计算K2=50(10×27−10×3)237×13×30×20所以有99%的把握认为年龄45岁为分界点对发行成都消费券的态度有差异．(3)设年龄在[55,65)中不赞同“发行成都消费券”的人为A，B，C，赞同“发行成都消费券”的人为a，b，则从5人中随机选取2人有AB，AC，Aa，Ab，BC，Ba，Bb，Ca，Cb，ab，10个结果；其中2人中至少有1人不赞同“发行成都消费券”的有AB，AC，Aa，Ab，BC，Ba，Bb，Ca，Cb，9个结果，．所以2人中至少有1人不赞同“发行成都消费券”的概率为P=910【答案】(1)证明：在图(2)中，AC⊥AD，AB⊥AD，∵平面ACD⊥平面ABD，平面ACD∩平面ABD=AD，AB⊂平面ABD，∴AB⊥平面ACD，又CD⊂平面ACD，∴AB⊥CD .(2)解：以A为原点，AC，AB，AD所在的直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设AC =1，则A (0,0,0)，B (0,2,0)，C (1,0,0)，D (0,0,1)， 设E (x,y,z )，由DE →=λDB →(0<λ<1)，得(x,y,z −1)=(0,2λ,−λ)， 得E (0,2λ,1−λ)， ∴ AE →=(0,2λ,1−λ)，平面ABC 的一个法向量为AD →=(0,0,1)， 由AE 与底面ABC 所成角的正切值为12， 可得tan ⟨AD →,AE →⟩=2， 于是cos ⟨AD →,AE →⟩=1√5，即1−λ√(2λ)2+(1−λ)2=1√5，解得：λ=12，则E (0,1,12)，AE →=(0,1,12)， BC →=(1,−2,0)，BE →=(0,−1,12)，设平面BCE 的法向量n →=(x,y,z )，则{n →⋅BC →=0，n →⋅BE →=0，即 {x −2y =0，−y +12z =0， 令y =1，得x =2，z =2，则n →=(2,1,2)是平面BCE 的一个法向量. 设直线AE 平面BCE 所成的角是θ， 则sin θ=|cos ⟨AE →,n →⟩|=|AE →⋅n →||AE →||n →|=4√515，故直线AE 与平面BCE 所成角的正弦值为4√515 . 【考点】直线与平面垂直的判定 两条直线垂直的判定用空间向量求直线与平面的夹角【解析】 此题暂无解析 【解答】(1)证明：在图(2)中，AC ⊥AD ，AB ⊥AD ，∵ 平面ACD ⊥平面ABD ，平面ACD ∩平面ABD =AD ，AB ⊂平面ABD ， ∴ AB ⊥平面ACD ，又CD ⊂平面ACD ， ∴ AB ⊥CD .(2)解：以A 为原点，AC ，AB ，AD 所在的直线分别为x ，y ，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设AC =1，则A (0,0,0)，B (0,2,0)，C (1,0,0)，D (0,0,1)， 设E (x,y,z )，由DE →=λDB →(0<λ<1)，得(x,y,z −1)=(0,2λ,−λ)， 得E (0,2λ,1−λ)， ∴ AE →=(0,2λ,1−λ)，平面ABC 的一个法向量为AD →=(0,0,1)， 由AE 与底面ABC 所成角的正切值为12，可得tan ⟨AD →,AE →⟩=2， 于是cos ⟨AD →,AE →⟩=1√5，即1−λ√(2λ)2+(1−λ)2=1√5，解得：λ=12，则E (0,1,12)，AE →=(0,1,12)， BC →=(1,−2,0)，BE →=(0,−1,12)，设平面BCE 的法向量n →=(x,y,z )，则{n →⋅BC →=0，n →⋅BE →=0，即 {x −2y =0，−y +12z =0， 令y =1，得x =2，z =2，则n →=(2,1,2)是平面BCE 的一个法向量. 设直线AE 平面BCE 所成的角是θ，则sin θ=|cos ⟨AE →,n →⟩|=|AE →⋅n →||AE →||n →|=4√515，故直线AE 与平面BCE 所成角的正弦值为4√515. 【答案】解：(1)设P (x,y )(x ≥0)，由题意， √(x −1)2+y 2=x +1(x ≥0)， 两边平方，整理得： y 2=4x ，所以，所求点P 的轨迹方程为C:y 2=4x ．(2)①证明：设过椭圆的右顶点(4,0)的直线AB 的方程为x =my +4， 代入抛物线方程y 2=4x ，得y 2−4my −16=0. 设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2)，则{y 1+y 2=4m,y 1y 2=−16.∴ x 1x 2+y 1y 2=(my 1+4)(my 2+4)+y 1y 2 =(1+m 2)y 1y 2+4m(y 1+y 2)+16=0， ∴ OA ⊥OB .②解：设D (x 3,y 3)，E (x 4,y 4)，直线DE 的方程为x =ty +λ， 代入x 216+y 212=1，得(3t 2+4)y 2+6tλy +3λ2−48=0， 于是y 3+y 4=−6tλ3t 2+4，y 3y 4=3λ2−483t 2+4.从而x 3x 4=(ty 3+λ)(ty 4+λ)=4λ2−48t 23t 2+4.∵ OD ⊥OE ，∴ x 3x 4+y 3y 4=0，代入，整理得7λ2=48(t 2+1)， ∴ 原点到直线DE 的距离d =√1+t2=4√217为定值． 【考点】 轨迹方程点到直线的距离公式 圆锥曲线中的定点与定值问题 【解析】【解答】解：(1)设P (x,y )(x ≥0)，由题意， √(x −1)2+y 2=x +1(x ≥0)， 两边平方，整理得： y 2=4x ，所以，所求点P 的轨迹方程为C:y 2=4x ．(2)①证明：设过椭圆的右顶点(4,0)的直线AB 的方程为x =my +4， 代入抛物线方程y 2=4x ，得y 2−4my −16=0. 设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2)，则{y 1+y 2=4m,y 1y 2=−16.∴ x 1x 2+y 1y 2=(my 1+4)(my 2+4)+y 1y 2=(1+m 2)y 1y 2+4m(y 1+y 2)+16=0， ∴ OA ⊥OB .②解：设D (x 3,y 3)，E (x 4,y 4)，直线DE 的方程为x =ty +λ， 代入x 216+y 212=1，得(3t 2+4)y 2+6tλy +3λ2−48=0，于是y 3+y 4=−6tλ3t 2+4，y 3y 4=3λ2−483t 2+4.从而x 3x 4=(ty 3+λ)(ty 4+λ)=4λ2−48t 23t 2+4.∵ OD ⊥OE ，∴ x 3x 4+y 3y 4=0，代入，整理得7λ2=48(t 2+1)， ∴ 原点到直线DE 的距离d =√1+t 2=4√217为定值． 【答案】解：(1)当a =−1时，f(x)=x 2−2ln x （x >0）， 则f ′(x )=2x −2x=2(x 2−1)x，当x ∈(0,1)，f ′(x )<0，f (x )为减函数，当x ∈(1,+∞)时，f ′(x )>0，f (x )为增函数，故f (x )的单调递增区间为(1,+∞)，单调递减区间为(0,1). (2)∵ f (x )=g (x )，∴ x 2+2a ln x =2x 2−1， 即x 2−2a ln x −1=0.令F (x )=x 2−2a ln x −1，由题意得只需函数y =F(x)在[1,e]上有唯一的零点. 又F ′(x )=2x −2a x=2(x 2−a )x，其中x ∈[1,e ]，①当a ≤1时，F ′(x )≥0恒成立，F (x )单调递增， 又F (1)=0，则函数F(x)在[1,e]上有唯一的零点； ②当a ≥e 2，F ′(x )≤0恒成立，F (x )单调递减，又F (1)=0，则函数F (x )在区间[1,e]上有唯一的零点； ③当1<a <e 2时， 当1≤x ≤√a 时，F ′(x )≤0，F (x )单调递减，又F (1)=0，∴ F(√a)<F (1)=0，则函数F (x )在区间[1,√a]上有唯一的零点； 当√a <x ≤e 时，F ′(x )>0，F (x )单调递增，则当F (e )<0时，F (x )(√a,e]在上没有零点， 即e 22−a −12<0， 解得：a >e 2−12，∴ 当e 2−12<a <e 2时，F (x )在(√a,e]上没有零点，此时函数F (x )在[1,e ]上有唯一的零点.所以实数a的取值范围是(−∞,1]∪(e 2−12,+∞)．【考点】利用导数研究函数的最值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】此题暂无解析【解答】解：(1)当a=−1时，f(x)=x2−2ln x（x>0），则f′(x)=2x−2x =2(x2−1)x，当x∈(0,1)，f′(x)<0，f(x)为减函数，当x∈(1,+∞)时，f′(x)>0，f(x)为增函数，故f(x)的单调递增区间为(1,+∞)，单调递减区间为(0,1).(2)∵f(x)=g(x)，∴x2+2a ln x=2x2−1，即x2−2a ln x−1=0.令F(x)=x2−2a ln x−1，由题意得只需函数y=F(x)在[1,e]上有唯一的零点.又F′(x)=2x−2ax =2(x2−a)x，其中x∈[1,e]，①当a≤1时，F′(x)≥0恒成立，F(x)单调递增，又F(1)=0，则函数F(x)在[1,e]上有唯一的零点；②当a≥e2，F′(x)≤0恒成立，F(x)单调递减，又F(1)=0，则函数F(x)在区间[1,e]上有唯一的零点；③当1<a<e2时，当1≤x≤√a时，F′(x)≤0，F(x)单调递减，又F(1)=0，∴F(√a)<F(1)=0，则函数F(x)在区间[1,√a]上有唯一的零点；当√a<x≤e时，F′(x)>0，F(x)单调递增，则当F(e)<0时，F(x)(√a,e]在上没有零点，即e 22−a−12<0，解得：a>e 2−12，∴当e2−12<a<e2时，F(x)在(√a,e]上没有零点，此时函数F(x)在[1,e]上有唯一的零点.所以实数a的取值范围是(−∞,1]∪(e 2−12,+∞)．【答案】解：(1)因为ρcosθ=x，ρsinθ=y，ρ2=x2+y2，C2的直角坐标方程为x2+y2−2x−4y+4=0，即(x−1)2+(y−2)2=1.(2)将C1的方程代入C2的直角坐标方程得：(−2+√22t′)2+(−1+√22t′)2=1，整理得：t′2−3√2+4=0，Δ=(−3√2)2−4×4=2>0，且t1′+t2′=3√2，t1′t2′=4.所以|MN|=√(t1′−t2′)2=√(t1′+t2′)2−4t1′t2′=√(3√2)2−4×4=√2.因为C2的半径为r=1，则圆心C2到MN的距离d=√r2−(|MN|2)2=√1−(√22)2=√22，则△C2MN的面积为S=12×√2×√22=12.【考点】圆的极坐标方程与直角坐标方程的互化直线和圆的方程的应用【解析】【解答】解：(1)因为ρcosθ=x，ρsinθ=y，ρ2=x2+y2，C2的直角坐标方程为x2+y2−2x−4y+4=0，即(x−1)2+(y−2)2=1.(2)将C1的方程代入C2的直角坐标方程得：(−2+√22t′)2+(−1+√22t′)2=1，整理得：t′2−3√2+4=0，Δ=(−3√2)2−4×4=2>0，且t1′+t2′=3√2，t1′t2′=4.所以|MN|=√(t1′−t2′)2=√(t1′+t2′)2−4t1′t2′=√(3√2)2−4×4=√2.因为C2的半径为r=1，则圆心C2到MN的距离d=√r2−(|MN|2)2=√1−(√22)2=√22，则△C2MN的面积为S=12×√2×√22=12.【答案】(1)解：依题意，f(x)=|x+12|，则f(x)>2⇔|x+12|>2⇔x+12>2或x+12<−2，试卷第21页，总21页 解得x >32或x <−52，故不等式f (x )>2的解集为{x|x >32或x <−52}． (2)证明：依题意，f (x )≥4−|x −m 2| ⇔|x +1n (m−n )|+|x −m 2|≥4， 因为|x +1n (m−n )|+|x −m 2|≥|x +1n (m−n )−(x −m 2)| =m 2+1n (m−n )，m =n +(m −n )≥2√n (m −n )， 故1n (m−n )≥4m 2，故m 2+1n (m−n )≥m 2+4m 2≥4，当且仅当m =√2，n =√22时等号成立. 【考点】不等式的证明绝对值不等式的解法与证明基本不等式【解析】此题暂无解析【解答】(1)解：依题意，f (x )=|x +12|， 则f (x )>2⇔|x +12|>2⇔x +12>2或x +12<−2， 解得x >32或x <−52，故不等式f (x )>2的解集为{x|x >32或x <−52}．(2)证明：依题意，f (x )≥4−|x −m 2| ⇔|x +1n (m−n )|+|x −m 2|≥4， 因为|x +1n (m−n )|+|x −m 2|≥|x +1n (m−n )−(x −m 2)| =m 2+1n (m−n )，m =n +(m −n )≥2√n (m −n )， 故1n (m−n )≥4m 2，故m 2+1n (m−n )≥m 2+4m 2≥4，当且仅当m =√2，n =√22时等号成立.。
