辽宁省大连市2019届高三下学期理数第一次（3月)双基测试试卷一、单选题 (共12题；共24分)1．（2分）已知集合A={x|0<x<2},B={x|−1<x<1}，则A∩B=（）A．{x|−1<x<2}B．{x|0<x<1}C．{x|0<x<2}D．{x|−1<x<1}2．（2分）1+i1−i＝（）A．i B．−I C．2i D．−2i3．（2分）已知直线l和平面α,β，且l⊂α，则“ l⊥β”是“ α⊥β”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4．（2分）函数y=tan(12x+π3)的最小正周期为（）A．π4B．π2C．πD．2 π5．（2分）已知某高中的一次测验中，甲.乙两个班级的九科平均分的雷达图如图所示，下列判断错误的是（）A．乙班的理科综合成绩强于甲班B．甲班的文科综合成绩强于乙班C．两班的英语平均分分差最大D．两班的语文平均分分差最小6．（2分）已知向量AB⇀=（1，2），AC⇀=（−3，1）则AB⇀•BC⇀＝（）A．6B．-6C．-1D．17．（2分）函数y=2x2x+1(x∈R)的值域为（）A．(0,+∞)B．(0,1)C．(1,+∞)D．(0,12)8．（2分）已知ΔABC的内角A,B,C所对边分别为a,b,c,且满足√3atanA＝bcosC+ccosB，则∠A = （ ）A ．π6B ．5π6C ．π3D ．2π39．（2分）已知正实数 a,b 满足 a +b =(ab)32 ，则 ab 的最小值为（ ）A ．1B ．√2C ．2D ．410．（2分）我国古代数学名著《九章算术》中有如下问题：“今有羡除，下广六尺，上广一丈，深三尺，末广八尺，无深，袤七尺,问积几何”，羡除是一个五面体，其中三个面是梯形，另两个面是三角形，已知一个羡除的三视图如图粗线所示，其中小正方形网格的边长为1，则该羡除的表面中，三个梯形的面积之和为（ ）A ．40B ．43C ．46D ．4711．（2分）已知抛物线 y 2=2x 的焦点为 F ，点 P 在抛物线上，以 PF 为边作一个等边三角形PFQ ，若点 Q 在抛物线的准线上，则 |PF|= （ ） A ．1B ．2C ．2 √2D ．2 √312．（2分）若 x =0 是函数 f(x)=ln(x +12)+2x2ax 2−x−1的极大值点，则实数 a 的取值集合为（ ） A ．{16}B ．{−12}C ．[−12,+∞)D ．(−∞,12]二、填空题 (共4题；共4分)13．（1分）(x +2x)4展开式中的常数项为 .14．（1分）若 x,y 满足约束条件 {x +y −3≥0x −y −1≤0y −2≤0，则 z ＝2x +y 的最大值为 .15．（1分）已知定义在 R 上的函数 f(x) ，若函数 f(x +1) 为偶函数，函数 f(x +2) 为奇函数，则 ∑2019i=1f(i) ＝ .16．（1分）已知双曲线 x 2a 2−y 2b2=1 (a >0,b >0) 的左、右焦点分别为 F 1 、 F 2 ， C 上存在一点满足∠F1PF2＝π3，且P到坐标原点的距离等于双曲线C的虚轴长，则双曲线C的渐近线方程为．三、解答题 (共7题；共70分)17．（10分）已知数列｛a n｝的前n项和S n=n2−5n(n∈N+)．（1）（5分）求数列｛a n｝的通项公式；（2）（5分）求数列｛a n2n+1｝的前n项和T n.18．（10分）随着电子阅读的普及，传统纸质媒体遭受到了强烈的冲击．某杂志社近9年来的纸质广告收入如下表所示：根据这9年的数据，对t和y作线性相关性检验，求得样本相关系数的绝对值为0.243；根据后5年的数据，对t和y作线性相关性检验，求得样本相关系数的绝对值为0.984.（1）（5分）如果要用线性回归方程预测该杂志社2019年的纸质广告收入，现在有两个方案，方案一：选取这9年数据进行预测，方案二：选取后5年数据进行预测．从实际生活背景以及线性相关性检验的角度分析，你觉得哪个方案更合适？附：相关性检验的临界值表：（2）（5分）某购物网站同时销售某本畅销书籍的纸质版本和电子书，据统计，在该网站购买该书籍的大量读者中，只购买电子书的读者比例为50%，纸质版本和电子书同时购买的读者比例为10%，现用此统计结果作为概率，若从上述读者中随机调查了3位，求购买电子书人数多于只购买纸质版本人数的概率．19．（10分）已知圆O经过椭圆C：x 2a2+y2b2=1(a>b>0)的两个焦点以及两个顶点，且点(b,1a)在椭圆C上．（1）（5分）求椭圆C的方程，（2）（5分）若直线l与圆O相切，与椭圆C交于M,N两点，且|MN|=43，求直线l的倾斜角．20．（10分）如图，三棱柱 ABC −A 1B 1C 1 中， AB ＝AA 1＝√2 ， AC ＝2 ， ∠BAC ＝45o ，∠BAA 1＝60o ，且平面 ACC 1A 1 ⊥平面 ABC .（1）（5分）求三棱柱 ABC −A 1B 1C 1 的体积.（2）（5分）点 E 在棱 BB 1 上，且 A 1E 与平面 BCC 1B 1 所成角的余弦值为 √77（ BE >EB 1 ），求 BE 的长． 21．（10分）已知函数 f(x)＝lnx +ax 2−x(x >0,a ∈R) ．（1）（5分）讨论函数 f(x) 的单调性；（2）（5分）若曲线 y =f(x) 上存在唯一的点 M ，使得曲线在该点处的切线与曲线只有一个公共点 M ，求实数 a 的取值范围．22．（10分）在平面直角坐标系 xOy 中，曲线 C 1 的参数方程为 {x =tcosαy =tsinα， （ t 为参数且 t >0，α∈(0,π2) ）曲线 C 2 的参数方程为 {x =cosβy =1+sinβ （ β 为参数，且 β∈(−π2,π2) ），以 O为极点， x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线 C 3 的极坐标方程为： ρ=1+cosθ(θ∈(0,π2)) ，曲线 C 4 的极坐标方程为 ρcosθ=1 .（1）（5分）求 C 3 与 C 4 的交点到极点的距离；（2）（5分）设 C 1 与 C 2 交于 P 点， C 1 与 C 3 交于 Q 点，当 α 在 (0，π2) 上变化时，求|OP|+|OQ| 的最大值．23．（10分）设函数 f(x)=|2x +a|−|x −2|(x ∈R,a ∈R) .（1）（5分）当 a =−1 时，求不等式 f(x)>0 的解集；（2）（5分）若 f(x)≥−1 在 x ∈R 上恒成立，求实数 a 的取值范围．答案解析部分1．【答案】B【解析】【解答】 ∵A ={x|0<x <2},B ={x|−1<x <1} ,∴A ∩B ={x|0<x <1} ,故答案为：B.【分析】利用交集的运算即可求出 A ∩B .2．【答案】A【解析】【解答】因为 1+i 1−i =(1+i)2(1−i)(1+i)=2i 2=i ，故答案为：A.【分析】利用复数的乘除运算，即可化简得结果.3．【答案】A【解析】【解答】由线面垂直的判定定理可得，若 l ⊂α ， l ⊥β 则 α⊥β ，充分性成立；若 l ⊥β ， α⊥β ，则 l ⊂α 或 l//α ,必要性不成立， 所以若 l ⊂α ，则“ l ⊥β ”是“ α⊥β ”的充分不必要条件， 故答案为：A.【分析】利用线面垂直的判定定理进行判断，即可确定充分必要条件.4．【答案】D【解析】【解答】函数 y =tan(12x +π3) 的最小正周期为 π12=2π ,故答案为：D.【分析】利用正切函数的周期性，即可求出最小正周期 .5．【答案】D【解析】【解答】由甲、乙两个班级的九科平均分的雷达图可得：乙班的理科综合成绩强于甲班,即选项 A 正确， 甲班的文科综合成绩强于乙班，即选项 B 正确， 两班的英语平均分分差最大，即选项 C 正确，两班地理平均分分差最小，即选项D错误，故答案为：D.【分析】利用甲、乙两个班级的九科平均分的雷达图，分别判断各选项，即可得结果. 6．【答案】B【解析】【解答】因为BC⇀=AC⇀−AB⇀=(−4,−1)所以AB⇀⋅BC⇀=AB⇀⋅(AC⇀−AB⇀)==(1,2)⋅(−4,−1)=−4−2=−6，故答案为：B.【分析】由已知向量的坐标，利用数量积的坐标运算，即可求出AB→⋅BC→的值. 7．【答案】B【解析】【解答】y=2x2x+1=2x+1−12x+1=1−12x+1，，0<12x+1<1,−1<−12x+1<0,0<1−12x+1<1，即0<y<1，即函数的值域为(0,1)，故答案为：B .【分析】由已知函数解析式，利用分离常数法变形整理，即可求出函数的值域. 8．【答案】A【解析】【解答】∵0<A<π，∴sinA≠0，由√3atanA=bcosC+ccosB，根据正弦定理：可得√3sinA⋅tanA=sinBcosC+sinCcosB=sin(B+C)=sinA，所以tanA=√33，那么A=π6，故答案为：A.【分析】由已知等式，利用正弦定理变形整理，得到tanA=√33，即可求出角A.9．【答案】C【解析】【解答】 ∵a +b ≥2√ab =2(ab)12 ,当且仅当 a =b =√2 时取等号，∴a +b =(ab)32≥2(ab)12，∴ab ≥2 ，故 ab 的最小值为2， 故答案为：C.【分析】由已知等式，利用基本不等式得到ab ≥2 ，即可求出ab 的最小值.10．【答案】C【解析】【解答】由三视图可知，该几何体的直现图如图五面体，其中平面 ABCD ⊥ 平面 ABEF ，CD =2,AB =6,EF =4 ，底面梯形是等腰梯形，高为3 , 梯形 ABCD 的高为4 ,等腰梯形 FEDC 的高为 √9+16=5 ， 三个梯形的面积之和为 2+62×4+4+62×3+2+42×5=46 ,故答案为：C.【分析】由三视图可知，该几何体的直现图是五面体，代入梯形的面积公式，即可三个梯形的面积之和.11．【答案】B【解析】【解答】抛物线的焦点坐标 (12,0) ，由抛物线的定义可得 |PF| 等于 P 到准线的距离，因为 |PF|=|PQ|,Q 在准线上，所以 PQ 与准线垂直与 x 轴平行， 因为三角形 PFQ 为正三角形，所以 ∠QFO =π3⇒∠PFx =π3可得直线 PF:y =√3(x −12) ，可得 {y 2=2xy =√3(x −12)，可得 x =32 ，则 y =±√3 ， P(32,±√3) ，|PF| 等于 P 到准线的距离 32+12=2 ，故答案为：B.【分析】由抛物线的定义可得 |PF| 等于 P 到准线的距离，得到直线 PF 的方程，与抛物线方程联立得到点P 的坐标，即可求出|PF|.12．【答案】A【解析】【解答】 a =0 时， f(x)=ln(x +12)−2x x+1=ln(x +12)−2+2x+1 ， f′(x)=1x+12−2(x+1)2=2x 2(2x+1)(x+1)2≥0 ， ∴f(x) 在 (−12,+∞) 上递增，x =0 不是极值点，排除 C,D ；a =−12 时， f(x)=ln(x +12)−2x x 2+x+1， f′(x)=22x+1−2(x 2+x+1)−2x(2x+1)(x 2+x+1)2=2x 2(x+2)2(2x+1)(x 2+x+1)2≥0 ， ∴f(x) 在 (−12,+∞) 上递增，x =0 不是极值点，排除 B ， 故答案为：A.【分析】先求导，利用导数研究函数的单调性与极值，再利用特值法分别排除各选项，即可求出 实数 a 的取值集合 .13．【答案】24【解析】【解答】二项式 (x +2x)4 的展开式的通项公式 T r+1=C 4r x 4−r (2x )r =C 4r 2r x 4−2r ， 令 4−2r =0 ，可得 r =2 ，所以展开式中的常数项为 C 42×22=24 ，故答案为24.【分析】先写出展开式的通项公式，再令 4−2r =0 ，可得 r =2 ，即可求出展开式中的常数项.14．【答案】8【解析】【解答】画出 x,y 满足约束条件 {x +y −3≥0x −y −1≤0y −2≤0的平面区域，如图所示：由 z =2x +y ，得 y =−2x +z ，平移 y =−2x +z ， 显然直线过 A 时， z 最大， 由 {y =2x −y −1=0，解得 A(3,2) ， 所以 z 的最大值为 2×3+2=8 ，故答案为8.【分析】先画出 x,y 满足约束条件的可行域，再结合图象即可求出 z 的最大值.15．【答案】0【解析】【解答】根据题意, f(x +1) 为偶函数，则函数 f(x) 的图象关于直线 x =1 对称,则有 f(−x)=f(2+x) ，若函数 f(x +2) 为奇函数，则函数 f(x) 的图象关于点 (2,0) 对称， 则有 −f(−x)=f(4+x) ,则有 f(x +4)=−f(x +2) , 设 t =x +2 ，则 f(t +2)=−f(t) 变形可得 f(t +4)=−f(t +2)=f(t) ， 则函数 f(x) 是周期为4的周期函数， 又由函数 f(x) 的图象关于点 (2,0) 对称， 则 f(1)+f(3)=0 且 f(2)=0 ， 则有 f(2)=−f(0)=0 ， 可得 f(4)=0 ，∑2019i=1f(i)=f(1)+f(2)+...+f(2019)=[f(1)+f(2)+f(3)+f(4)]+...+[f(2013)+f(2014)+f(2015)+f(2016)]+[f(2017)+f(2018)+f(2019)]=f(1)+f(2)+f(3)=0，故答案为0.【分析】利用已知函数的奇偶性与单调性，得到f(t+4)=−f(t+2)=f(t)，判断函数f(x)是周期为4的周期函数，求出f(1)，f(2)，f(3)，利用函数的周期性即可求和得结果.16．【答案】y=±x【解析】【解答】设PF1=m,PF2=n,可得m−n=2a,可得m2−2mn+n2=4a2（1）,在△PF1F2中，由余弦定理可得4c2=m2+n2−2mncos π3=m2+n2−mn（2），因为PO=2b，所以在△PF1O，△POF2中分别利用余弦定理可得，m2=c2+4b2−4bcos∠POF1,n2=c2+4b2−4bcos(π−∠POF1),两式相加可得m2+n2=2c2+8b2,分别与（1）、（2）联立得2mn=2c2+8b2−4a2=10b2−2a2,mn=2c2+8b2−4c2=6b2−2a2，消去mn可得a2=b2，a=b所以双曲线的渐近线方程为y=±bax，即y=±x，故答案为y=±x.【分析】先设PF1=m,PF2=n，由已知可得m−n=2a，再利用余弦定理列式，得到a=b，即可求出双曲线的渐近线方程.17．【答案】（1）解：因为a n={S1,n=1S n−S n−1,n>1，S n=n2−5n(n∈N+)所以a1=S1=−4, n>1时, a n=n2−5n−(n−1)2+5(n−1)=2n−6 n=1也适合，所以a n=2n−6(n∈N+)（2）解：因为 a n 2n+1=n−32n ，所以 T n =−221+−122+⋅⋅⋅+n−42n−1+n−32n12T n =−222+−123+⋅⋅⋅+n −42n +n −32n+1 两式作差得： 12T n =−221+122+⋅⋅⋅+12n −n−32n+1化简得 12T n =−12−n−12n+1 ，所以 T n =−1−n−12n【解析】【分析】（1）由已知 前 n 项和 S n =n 2−5n ，利用 a n ={S 1,n =1S n −S n−1,n >1 ，即可求出 数列｛ a n ｝的通项公式；（2）先由（1）｛ a n ｝的通项公式，得到 a n 2n+1=n−32n ，再利用错位相减法进行数列求和，即可得结果.18．【答案】（1）解：选取方案二更合适，理由如下：①题中介绍了，随着电子阅读的普及，传统纸媒受到了强烈的冲击，从表格中的数据中可以看出从2014年开始，广告收入呈现逐年下降的趋势，可以预见，2019年的纸质广告收入会接着下跌，前四年的增长趋势已经不能作为预测后续数据的依据.②相关系数 |r| 越接近1，线性相关性越强，因为根据9年的数据得到的相关系数的绝对值 0.243<0.666 ，我们没有理由认为 y 与 t 具有线性相关关系；而后5年的数据得到的相关系数的绝对值 0.984>0.959 ，所以有 99% 的把握认为 y 与 t 具有线性相关关系.（2）解：因为在该网站购买该书籍的大量读者中，只购买电子书的读者比例为 50% ，纸质版本和电子书同时购买的读者比例为 10% ，所以从该网站购买该书籍的大量读者中任取一位，购买电子书的概率为 12+110=35 ，只购买纸质书的概率为 25， 购买电子书人数多于只购买纸质书人数有两种情况：3人购买电子书，2人购买电子书一人只购买纸质书.概率为： C 33(35)3+C 32(35)2×25=81125. 【解析】【分析】（1）先由已知 t 和 y 作线性相关性检验 ，得到前四年的增长趋势已经不能作为预测后续数据的依据，再由 相关系数 |r| 越接近1，线性相关性越强 ，可判断 y 与 t 具有线性相关关系，即选取方案二更合适 ；（2）先分别求出购买电子书与 购买纸质书的概率 ，再由购买电子书人数多于只购买纸质书人数有两种情况，分别求出概率即可得结果.19．【答案】（1）解：由题可知圆 O 只能经过椭圆的上下顶点，所以椭圆焦距等于短轴长，可得a 2=2b 2 ，又点 (b,1a ) 在椭圆 C 上，所以b 2a 2+1a 2b2=1 ，解得 a 2=2,b 2=1 ，即椭圆 C 的方程为 x 22+y 2=1 .（2）解：圆 O 的方程为 x 2+y 2=1 ，当直线 l 不存在斜率时，解得 |MN|=√2 ，不符合题意；当直线 l 存在斜率时，设其方程为 y =kx +m ，因为直线 l 与圆 O 相切，所以 |m|√k +1=1 ，即 m 2=1+k 2 .将直线 l 与椭圆 C 的方程联立，得： (1+2k 2)x 2+4kmx +2m 2−2=0 ，判别式 Δ=−8m 2+8+16k 2=8k 2>0 ，即 k ≠0 ， 设 M(x 1,y 1),N(x 2,y 2) ，则 x 1+x 2=−4km1+2k 2,x 1x 2=2m 2−21+2k 2, |x 1−x 2|=√(x 1+x 2)2−4x 1x 2=√8k 21+2k2，所以 |MN|=√(x 1−x 2)2+(y 1−y 2)2=√1+k 2|x 1−x 2|=√1+k 2×√8k 21+2k2=43 ， 解得 k =±1 ，所以直线 l 的倾斜角为 π4 或 3π4.【解析】【分析】（1）由已知可得 a 2=2b 2，又 点 (b,1a) 在椭圆 C 上 ， 解得 a 2=2,b 2=1 ，即可求出 椭圆 C 的方程 ；（2） 分两种情况，当直线 l 不存在斜率时，不符合题意； 当直线 l 存在斜率时， 将直线 l 与椭圆 C 的方程联立 ，利用 |MN|=43 列式， 解得 k =±1 ，即可求出 直线 l 的倾斜角 .20．【答案】（1）解：如图，在平面 ACC 1A 1 内过 A 1 作 A 1O ⊥AC 与 AC 交于点 O ，因为平面 ACC 1A 1⊥ 平面 ABC ，且平面 ACC 1A 1∩ 平面 ABC =AC ， A 1O ⊂ 平面ACC 1A 1 ，所以 A 1O ⊥ 平面 ABC ，所以 ∠A 1AC 为 AA 1 与平面 ABC 所成角，由公式 cos∠BAA 1=cos∠A 1AC ⋅cos∠BAC ，解得 cos∠A 1AC =√22，所以 ∠A 1AC =45° ， A 1O =AA 1sin45°=1 ，又 ΔABC 的面积为 12×2×√2×√22=1 ，所以三棱柱 ABC −A 1B 1C 1 的体积为 1×1=1 .（2）解：由（1）得在 ΔABC 中， O 为 AC 中点，连接 OB ， 由余弦定理得 BC 2=AB 2+AC 2−2AB ⋅ACcos45°=2 ，解得 BC =√2 ， 所以 AB =BC ，BO ⊥AC ，（或者利用余弦定理求 OB ）以 O 为坐标原点，以 OB ，OC ，OA 1 分别为 x 轴， y 轴， z 轴，建立空间直角坐标系，则 A(0,−1,0),B(1,0,0),A 1(0,0,1),C(0,1,0) ，所以 AA1⇀=BB 1⇀=(0,1,1), BC ⇀=(−1,1,0), 设 BE⇀=λBB 1⇀=(0,λ,λ), λ∈[0,1] ，设平面 BCC 1B 1 的法向量为 n ⇀=(x,y,z) ， 则 {n ⇀⋅BB1⇀=0n ⇀⋅BC ⇀=0 ，即 {y +z =0−x +y =0 ，不妨令 x =1 ，则 y =1,z =−1 ，即 n ⇀=(1,1,−1) . A 1E ⇀=A 1B ⇀+λBB 1⇀=(1,λ,λ−1) ，又因为 A 1E 与平面 BCC 1B 1 所成角的余弦值为 √77，所以 |cosA 1E ⇀,n ⇀| =|1+λ+1−λ|√3⋅√1+λ+(λ−1)=√427 ， 解得 λ=13 或 λ=23，又因为 BE >B 1E ，所以 BE =2√23.【解析】【分析】（1）先作辅助线，可证 A 1O ⊥ 平面 ABC ，得到 ∠A 1AC =45° ， A 1O =AA 1sin45°=1 ，即可求出 三棱柱 ABC −A 1B 1C 1 的体积 ；（2）先作辅助线，由余弦定理得 BC =√2 ， 再建立空间直角坐标系 ，求出 平面 BCC 1B 1 的法向量 ，代入直线与平面的夹角公式， 解得 λ=13 或 λ=23，即可求出 BE 的长.21．【答案】（1）解： f′(x)=1x +2ax −1=2ax 2−x+1x(x >0) ，设 g(x)=2ax 2−x +1(x >0)①当 0<a <18 时， g(x) 在 (0,1−√1−8a 4a )∪(1+√1−8a 4a ,+∞) 上大于零，在 (1−√1−8a 4a ，1+√1−8a 4a ) 上小于零，所以 f(x) 在 (0,1−√1−8a 4a ),(1+√1−8a 4a ,+∞) 上单调递增，在 (1−√1−8a 4a ，1+√1−8a 4a) 单调递减； ② 当 a ≥18 时， g(x)≥0 (当且仅当 a =18,x =2 时 g(x)=0 )，所以 f(x) 在 (0,+∞) 上单调递增；③ 当 a =0 时， g(x) 在 (0,1) 上大于零，在 (1，+∞) 上小于零，所以 f(x) 在 (0,1) 上单调递增，在 (1，+∞) 单调递减；④当 a <0 时， g(x) 在 (0,1−√1−8a 4a ) 上大于零，在 (1−√1−8a 4a ,+∞) 上小于零，所以 f(x) 在(0,1−√1−8a 4a) 上单调递增，在 (1−√1−8a4a ,+∞) 上单调递减. （2）解：曲线 y =f(x) 在点 (t,f(t)) 处的切线方程为 y =(1t +2at −1)(x −t)+lnt +at 2−t ，切线方程和 y =f(x) 联立可得： lnx +ax 2−(1t+2at)x −lnt +at 2+1=0 ，现讨论该方程根的个数：设 ℎ(x)=lnx +ax 2−(1t +2at)x −lnt +at 2+1(x >0) ， 所以 ℎ(t)=0 .ℎ′(x)=1x +2ax −(1t +2at) ，设 ℎ′(x)=p(x) ，则 p′(x)=2ax 2−1x 2.①当 a ≤0 时， p′(x)<0 ，所以 ℎ′(x) 在 (0,+∞) 上单调递减，又 ℎ′(t)=0 ，所以 ℎ′(x) 在 (0,t) 上大于零，在 (t,+∞) 上小于零，所以 ℎ(x) 在 (0,t) 上单调递增，在 (t,+∞) 上单调递减，又 ℎ(t)=0 ，所以 ℎ(x) 只有唯一的零点 t ，由 t 的任意性，所以不符合题意；② 当 a >0 时， p′(x) 在 (0,√2a 2a ) 上小于零，在 (√2a 2a ,+∞) 上大于零，所以 ℎ′(x) 在 (0,√2a 2a )上单调递减，在 (√2a 2a,+∞) 上单调递增，当 t <√2a 2a 时， ℎ′(x) 在 (0,t) 上大于零，在 (t,√2a 2a ) 上小于零，所以 ℎ(x) 在 (0,t) 上单调递增，在 (t,√2a 2a ) 上单调递减，所以 ℎ(x) 在 (0,√2a 2a) 上小于或等于零，且有唯一的零点 t .函数y=ax2−(1t+2at)x−lnt+at2+1开口向上，若其判别式不大于零，则对任意x0>1，有ℎ(x0)>0；若其判别式大于零，设其右侧的零点为m，则对任意的x0>max{m,1}，有ℎ(x0)>0，所以在区间(√2a2a,+∞)上，存在零点，综上ℎ(x)的零点不唯一；当t=√2a2a时，可得ℎ′(x)≥ℎ′(t)=0，所以ℎ(x)在(0,+∞)上单调递增，所以其只有唯一的零点√2a2a；当t>√2a2a 时，ℎ′(x)在(t,+∞)上大于零，在(√2a2a,t)上小于零，所以ℎ(x)在(t,+∞)上单调递增，在(√2a2a ,t)上单调递减，所以ℎ(x)在(√2a2a,+∞)上大于或等于零，且有唯一的零点t .函数y=ax2−(1t+2at)x−lnt+at2+1在区间[0,1]上一定存在最大值，设为n，若n≤0，则ℎ(x)在(0,1)上小于零.若n>0，当0<x0<e−n时，ℎ(x0)<0，所以在区间(x0,√2a2a)上，ℎ(x)存在零点，综上ℎ(x)的零点不唯一.综上，当a∈(0,+∞)时，曲线y=f(x)上存在唯一的点M(√2a2a ,f(√2a2a))，使得曲线在该点处的切线与曲线只有一个公共点M【解析】【分析】（1）先求导，分四种情况讨论a，再利用导数研究函数的单调性，即可求出函数f(x)的单调区间；（2）先求出曲线y=f(x)在点(t,f(t))处的切线方程，由曲线y=f(x)与切线方程联立得方程，再利用导数研究函数的单调性讨论该方程根的个数，利用零点与方程根的关系，即可求出实数a的取值范围.22．【答案】（1）解：联立曲线C3,C4的极坐标方程{ρ=1+cosθ,(θ∈(0,π2))ρcosθ=1得: ρ2−ρ−1=0，解得ρ=1+√52，即交点到极点的距离为1+√52.（2）解：曲线C1的极坐标方程为θ=α,(α∈(0,π2),ρ>0)，曲线C2的极坐标方程为ρ=2sinθ,θ∈(0,π2)联立得ρ=2sinα,α∈(0,π2)即|OP|=2sinα,α∈(0,π2 )曲线C1与曲线C3的极坐标方程联立得ρ=1+cosα,α∈(0,π2 )，即|OQ|=1+cosα,α∈(0,π2 )，所以|OP|+|OQ|=1+2sinα+cosα=1+√5sin(α+φ)，其中φ的终边经过点(2,1)，当α+φ=π2+2kπ,k∈Z，即α=arcsin2√55时，|OP|+|OQ|取得最大值为1+√5.【解析】【分析】（1）联立曲线C3,C4的极坐标方程，得到ρ2−ρ−1=0，即可求出C3与C4的交点到极点的距离；（2）先求出曲线C1与C2的极坐标方程，联立得|OP|=2sinα与|OQ|=1+cosα，利用正弦函数的性质即可求出|OP|+|OQ|的最大值.23．【答案】（1）解：a=−1时，f(x)>0可得|2x−1|>|x−2|，即(2x−1)2>(x−2)2，化简得：(3x−3)(x+1)>0，所以不等式f(x)>0的解集为(−∞,−1)∪(1,+∞)（2）解：①当a<−4时，f(x)={−x−a−2,x<2−3x−a+2,2≤x≤−a 2x+a+2,x>−a2，由函数单调性可得f(x)min=f(−a2)=a2+2≥−1，解得−6≤a<−4；②当a=−4时，f(x)=|x−2|，f(x)min=0≥−1，所以a=−4符合题意；③当a>−4时，f(x)={−x−a−2,x<−a23x+a−2,−a2≤x≤2x+a+2,x>2，由函数单调性可得，f(x)min=f(−a2)=−a2−2≥−1，解得−4<a≤−2；综上，实数a的取值范围为[−6,−2].【解析】【分析】（1）利用绝对值不等式的解法，化简得(3x−3)(x+1)>0，即可求出不等式f(x)>0的解集；（2）由已知f(x)≥−1在x∈R上恒成立，分三种情况讨论a，分别求出函数的最小值，综上即可求出实数a的取值范围.。
