2020-2021学年安徽省宿州市高二（下）4月月考数学（理）试卷北师大版

这是一份2020-2021学年安徽省宿州市高二（下）4月月考数学（理）试卷北师大版，共14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=x|x2−3≤0,x∈Z，B=y|y=2x,x∈Z,y∈Z，则A∪B=( )
A.−2,−1,1,2B.−2,−1,0,1,2C.−1,1D.−2,2

2. 已知i为虚数单位，且1+iz=i3，则复数z的虚部为( )
A.−12iB.−12C.12D.12i

3. 若α,β表示两个不同的平面， m为平面α内一条直线，则( )
A.“m//β”是“α//β”的充分不必要条件
B.“m//β”是“α//β”的必要不充分条件
C.“m⊥β”是“α⊥β”的必要不充分条件
D.“m⊥β”是“α⊥β”充要条件

4. 如图所示，在程序框图中输入x1=6,x2=4,x3=8,a=9，则输出的s的值为( )

A.263B.353C.12D.16

5. 已知a=lg43，b=lg53，c=34，则( )
A.a
6. 函数fx=e|x|−ln|x|−2的大致图象为（ ）
A.B.
C.D.

7. 斐波那契螺旋线被誉为自然界最完美的“黄金螺旋”，它的画法是：以斐波那契数：1，1，2，3，5，…为边的正方形拼成长方形，然后在每个正方形中画一个圆心角为90∘的圆弧，这些圆弧所连起来的弧线就是斐波那契螺旋线．自然界存在很多斐波拉契螺旋线的图案，例如向日葵、鹦鹉螺等．如图为该螺旋线的前一部分，如果用接下来的一段圆弧所对应的扇形做圆锥的侧面，则该圆锥的体积为( )

A.815π3B.415π3C.12515π192D.12515π64

8. 中国书法历史悠久、源远流长．书法作为一种艺术，以文字为载体，不断地反映和丰富着华夏民族的自然观、宇宙观和人生观．谈到书法艺术，就离不开汉字．汉字是书法艺术的精髓．汉字本身具有丰富的意象和可塑的规律性，使汉字书写成为一门独特的艺术．我国书法大体可分为篆、隶、楷、行、草五种书体，如图：以“国”字为例，现有甲乙两名书法爱好者分别从五种书体中任意选两种进行研习，且甲乙所选书体互相独立，则甲不选隶书体，乙不选草书体的概率为( )

A.425B.825C.925D.1825

9. (x+2)(1−2x)5的展开式中含x2的项的系数是( )
A.70B.80C.−50D.−70

10. 若函数fx=2csωx−π6+3ω>0在区间0,π上与直线y=3有5个交点，则ω的取值范围为( )
A.143,173B.143,173C.173,203D.173,203

11. 已知F1，F2是双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左，右焦点，过点F1且倾斜角为30∘的直线与双曲线的左，右两支分别交于点A，B．若|AF2|=|BF2|，则双曲线C的离心率为( )
A.2B.3C.2D.5

12. 若不等式alnx+1−x3+2x2>0在区间0,+∞内的解集中有且仅有三个整数，则实数a的取值范围是( )
A.92ln2,32ln5B.92ln2,32ln5C.92ln2,32ln5D.92ln2,+∞
二、填空题

已知实数x，y满足 x+4y+2≥0,2x−3y+4≥0,3x+y−5≤0, 则z=2x+y−1的最大值为________.

在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知3bcsC=3a−c，且A=C，则sinA=________．

已知三棱锥P−ABC中， ∠BAC=90∘，AB=AC=2，PB=PC，PA=14，O1为△ABC的外接圆的圆心， cs∠PAO1=277，则三棱锥P−ABC的外接球的表面积为________ .

某市为表彰在脱贫攻坚工作中做出突出贡献的先进单位，制作了一批奖杯，奖杯的剖面图形如图所示，其中扇形OAB的半径为10，∠PBA=∠QAB=60∘，AQ=QP=PB，若按此方案设计，工艺制造厂发现，当OP最长时，该奖杯比较美观，此时∠AOB=________.

三、解答题

已知各项均为正数的等比数列an的前n项和为Sn，且2S2=9a1−2，a3=2a2+3a1 .
(1)若等差数列bn满足bi=aii=1,2，求an,bn的通项公式；

(2)若cn=________，求数列cn的前n项和Tn．在①4bnbn+1+1；② 3nSnSn+1这两个条件中任选一个补充到第(2)问中，并对其求解．（注：如果选择多个条件分别求解，按第一个解答计分）

如图，在三棱锥P−ABC中，平面PAC⊥平面ABC，PC⊥AC，BC⊥AC，AC=PC=2，CB=4，M是PA的中点．

(1)求证：PA⊥平面MBC；

(2)设点N是PB的中点，求二面角N−MC−B的余弦值．

垃圾分类指的是按照一定规定或者标准将垃圾分类储存、投放和搬运，从而转变成公共资源的一系列活动的总称.我国的垃圾分类大致分为厨余垃圾、可回收垃圾、有害垃圾、其他垃圾四类，而正确的掌握垃圾分类也是中学生的必修课之一．某学校从甲、乙两个班级中各随机抽取了8名学生参加垃圾分类知识的检测，并将检测后的成绩统计如表所示：
其中a∈70,80， b∈80,90 ，x¯乙=79，s乙2=19．
(1)求a，b的值；

(2)现从乙班同学中随机抽取4人，记80分以上的人数为X，求X的分布列以及数学期望．

在平面直角坐标系中，A1，A2两点的坐标分别为−2,0，2,0，直线A1M，A2M相交于点M且它们的斜率之积是−34，记动点M的轨迹为曲线E．
(1)求曲线E的方程；

(2)过点F1,0作直线l交曲线E于P，Q两点，且点P位于x轴上方，设点Q关于x轴的对称点为Q1，求△PFQ1面积的最大值．

已知函数fx=alnx+x2+x .
(1)若fx单调递增，求实数a的取值范围；

(2)若函数Fx=fx+1−3x−2有两个极值点x1，x2，且x10 .

在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为x=2+2csθ,y=1+2sinθ(θ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ρcs(θ+π4)=2．
(1)求直线l的直角坐标方程和曲线C的普通方程；

(2)直线l与曲线C交于M，N两点，设点P的坐标为(0, −2)，求|PM|2+|PN|2的值．

已知函数f(x)=|2x−a|−|x+1|．
(1)当a=2时，求不等式f(x)<1的解集；

(2)若a>0，不等式f(x)+2>0恒成立，求实数a的取值范围．
参考答案与试题解析
2020-2021学年安徽省宿州市高二（下）4月月考数学（理）试卷
一、选择题
1.
【答案】
B
【考点】
并集及其运算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：因为A={x|x2−3≤0,x∈Z}
={x|−3≤x≤3,x∈Z}={−1,0,1}，
B=y|y=2x,x∈Z,y∈Z={−2,−1,1,2}，
所A∪B={−2,−1,0,1,2} .
故选B .
2.
【答案】
B
【考点】
复数代数形式的乘除运算
复数的基本概念
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由题1+iz=i3，又i2=−1，
∴ z=i31+i=−i1+i=−i(1−i)1+i(1−i)=−i−12=−12−12i，
∴ 复数z的虚部为−12 .
故选B .
3.
【答案】
B
【考点】
空间中直线与直线之间的位置关系
空间中直线与平面之间的位置关系
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：A中，若m//β，根据面面平行的判定定理不能得到α//β ，A错；
B中，若α//β，根据面面平行的性质可得m//β，又因为m//β不能推出α//β，B正确；
C中，若α⊥β，根据面面垂直的性质不能推出m⊥β，C错；
D中，若α⊥β ，根据面面垂直判定不能推出m⊥β，D错．
故选B .
4.
【答案】
B
【考点】
程序框图
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：i=1,s=0+x1−a2=6−92=9；
i=2,s=9+x2−a2=9+4−9​=34；
i=3,s=34+x3−a2=34+8−92=35，
s=1i×5=13×35=353，
所以输出的s为353 .
故选B .
5.
【答案】
D
【考点】
对数值大小的比较
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：4a=4lg43=lg434=lg481>lg464=3，即a>34，
4b=4lg53=lg534=lg581所以b 故选D .
6.
【答案】
D
【考点】
函数的图象
利用导数研究函数的单调性
【解析】
本题考查函数图象和性质、函数的导数及应用等基本知识．
【解答】
解：由f(−x)=f(x)可知f(x)是偶函数，排除A；
当x>0时，f(x)=ex−lnx−2，
则f′(x)=ex−1x，
可知f′(x)在(0,+∞)上单调递增，
且f′12=e12−2<0，f′(1)=e−1>0，
则存在x0∈12,1，使得f′(x0)=0，
当0当x>x0时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
且x0是f(x)在(0,+∞)上唯一极小值点，
故选D.
7.
【答案】
A
【考点】
棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积
柱体、锥体、台体的体积计算
【解析】
根据斐波那契数得接下来的一段圆弧的半径为8，然后根据圆锥侧面展开图计算出圆锥的底面半径和高，从而可得体积.
【解答】
解：根据已知可得所求扇形半径为r=3+5=8，即圆锥母线长为l=8，
设圆锥底面半径为R，则2πR=π22π×2π×8，R=2.
圆锥的高为ℎ=l2−R2=82−22=215，
所以圆锥体积为V=13πR2ℎ=13π×22×215=815π3.
故选A．
8.
【答案】
C
【考点】
古典概型及其概率计算公式
【解析】
甲选两种书体共有5×4=20种方法，乙选两种书体共有5×4=20种方法，所以一共有400种方法，然后求出甲不选隶书体，乙不选草书体的方法数，再利用古典概型的概率公式求解即可.
【解答】
解：甲选两种书体共有5×4=20种方法，乙选两种书体共有5×4=20种方法，
所以一共有20×20=400种方法，
而甲不选隶书体有4×3=12种方法，乙不选草书体有4×3=12种方法，
所以共有12×12=144种方法，
所以甲乙两名书法爱好者分别从五种书体中任意选两种进行研习，
且甲不选隶书体，乙不选草书体的概率为144400=925.
故选C.
9.
【答案】
A
【考点】
二项式定理的应用
【解析】
先求得(1−2x)5展开式的通项公式，可得(2+x)(1−2x)5展开式中，x2项的系数．
【解答】
解：∵ (1−2x)5展开式的通项公式为Tr+1=C5r⋅(−2x)r，
∴ (2+x)(1−2x)5展开式中，x2项的系数为2C52⋅(−2)2+C51⋅(−2)=70.
故选A.
10.
【答案】
A
【考点】
由函数零点求参数取值范围问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：函数f(x)=2cs(ωx−π6)+3(ω>0)在区间[0,π]上与直线y=3有5个交点，
即cs(ωx−π6)=0(ω>0)在[0,π]上有5个零点，
因为x∈[0,π]，
所以−π6≤ωx−π6≤ωπ−π6，
故可得y=csω的5个零点依次为π2,3π2,5π2,7π2,9π2，第6个零点为11π2，
所以9π2≤ωπ−π6<11π2，解得143≤ω<173，则ω的取值范围为143,173 .
故选A .
11.
【答案】
A
【考点】
双曲线的标准方程
双曲线的离心率
【解析】
本小题主要考查双曲线标准方程和几何性质，直线与双曲线的位置关系等基础知识；考查运算求解能力与应用意识；考查化归与转化．数形结合等数学思想．
【解答】
解：设|AF1|=t，则|AF2|=t+2a=|BF2|，
所以|BF1|=t+4a，
所以|BA|=4a．
过F2作F2H⊥AB于H，
则|AH|=2a，
在Rt△F1F2H中，|F2H|=2csin30∘=c，
|F1H|=3c=|AF2|；
所以在Rt△AF2H中，(3c)2−c2=(2a)2，即2c2=4a2，
所以e=2 .
故选A .
12.
【答案】
C
【考点】
根的存在性及根的个数判断
函数的零点与方程根的关系
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：设函数fx=alnx+1，gx=x3−2x2，
因为g′x=3x2−4x，
令g′x=0，解得x=0或x=43，
因为043或x<0时，g′x>0；g0=g2=0，
其图象如下：

当a≤0时，fx>gx至多一个整数根；
当a>0时，fx>gx在0,+∞内的解集中仅有三个整数，只需f3>g3,f4≤g(4),
∴ aln4>33−2×32aln5≤43−2×42，
所以92ln2故选C．
二、填空题
【答案】
3
【考点】
简单线性规划
【解析】
先画出可行域，然后改写目标函数，通过几何意义求出结果.
【解答】
解：不等式组所表示区域为图中阴影区域，
由已知条件计算可得A(−2,0)，B(1,2)，C2−1，
则z=2x+y−1 ，即y=−2x+z+1
结合图形可知当经过点B1,2时，z取得最大值，计算得z=3.
故答案为：3.
【答案】
63
【考点】
余弦定理
同角三角函数间的基本关系
【解析】
利用余弦定理，得出边长关系，再次用余弦定理，即可得出答案.
【解答】
解：∵ 3bcsC=3a−c，
由余弦定理得，3ba2+b2−c22ab=3a−c，
又A=C，则a=c，
则3a2+b2−a22a=3a−a=2a，
则3b2=4a2，即a=32b=c，
由余弦定理得，csA=b2+c2−a22bc=b23b2=33，
∴ sin2A=1−cs2A=1−13=23，
由于A是三角形的内角，
∴ sinA=63.
故答案为：63.
【答案】
14π
【考点】
球的表面积和体积
棱锥的结构特征
球内接多面体
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由题意O1是BC中点，
则AO1=2，
因为AB=AC=2，PB=PC，
所以BC⊥AO1，BC⊥PO1，
又AO1∩PQ1=O1，AO1，PQ1⊂平面PAO1，
所以BC⊥平面PAO1，
而BC⊂平面ABC，
所以平面ABC⊥平面PAO1，
作PH⊥平面ABC，垂足为H，P⊂平面PAO1，
则PH⊂平面PAO1，
又平面ABC∩平面PAO1=AO1，
则H∈AO1，
AH=PAcs∠PAO1=14×277=22=2AO1，
因为∠BAC=90∘，
所以ABHC是矩形，
取PA中点O，连接OO1，
则OO1//PH，
从而OO1平面⊥ABC．
O就是三棱锥P−ABC也是四棱锥P−ABHC的外接球的球心．
球半径为r=12PA=142，
表面积为S=4π×1422=14π．
故答案为：14π．
【答案】
90∘
【考点】
函数模型的选择与应用
二次函数在闭区间上的最值
【解析】
直接利用锥体和球的体积的等量性的应用求出结果．
【解答】
解：如图，设AB中点为M，PQ的中点为N，
因为OA=OB，AQ=QP=PB，
所以△OAB为等腰三角形，梯形AQPB为等腰梯形，
所以OM⊥AB，ON⊥PQ.
作PC⊥AB交AB于点C，QD⊥AB 于交AB于点D，
所以PQ=CD，AD=BC=AQ⋅cs∠QAB=12AQ=12PQ，
所以BC=AD=12PQ，
所以AB=2PQ，AM=12AB=PQ.
设PQ=a，
则MN=CP=BPsin∠PBA=32a，
OM=AO2−AM2=100−a2，
所以ON=OM+MN=100−a2+32a，
OP2=ON2+NP2
=100−a2+32a2+12a2
=100−a2+3a⋅100−a2+a2
=100+3⋅−a4+100a2
令y=−a4+100a2，当a2=−1002×−1=50时有最大值，
所以当a=52时，OP2最大，即OP最长，
此时AB=2a=102.
因为OA2+OB2=200=AB2，
所以△OAB为直角三角形，
所以∠AOB=90∘.
故答案为：90∘.
三、解答题
【答案】
解：(1)设数列{an}的公比为q，则q>0，
∵ a3=2a2+3a1，
∴ q2−2q−3=0，解得：q=3或q=−1 .
又∵ 各项均为正数，
∴ q=3 .
又∵ 2S2=9a1−2，
∴ 2a2=7a1−2，
代入q=3得a1=2,a2=6，
∴ an=a1qn−1=2×3n−1，
则b1=a12,b2=a2=2×3=6.
设数列{bn}的公差为d．
∴ d=b2−b1=6−2=4，
则bn=b1+n−1d=4n−2 .
(2)选择①：
∵bn=4n−2,bn+1=4n+2，
则cn=4bnbn+1+1=4(4n−2)(4+2)+1
=14n−2−14n+2+1，
∴ Tn=c1+c2+c3+⋯+cn−1+cn
=12−16+1+16−110+1+110−114+1+⋯+
14n−6+14n−2+1+14n−2−14n+2+1
=12−16+16−110+110−114+⋯+
14n−6+14n−2+14n−2−14n+2+n
=12−14n+2+n=2nn+12n+1 .
选择②：
由(1)知an=2×3n−1，
∴Sn=a1−anq1−q=3n−1，
∴ cn=3nSnSn+1=3n(3n−1)(3n+1−1)=1213n−1−13n+1−1，
∴ Tn=c2+c2+c3+⋯+cn−1+cn
=12×12−18+12×18−126+12×126−180+⋯+
1213n−1−1−13n−1+1213n−1−13n−1−1
=12×(12−18+18−126+126−180+⋯+
13n−1−1−13n−1+13n−1−13n+1−1)
=3(3n−1)4(3n+1−1) .
【考点】
等比数列的通项公式
等差数列的通项公式
数列的求和
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)设数列{an}的公比为q，则q>0，
∵ a3=2a2+3a1，
∴ q2−2q−3=0，解得：q=3或q=−1 .
又∵ 各项均为正数，
∴ q=3 .
又∵ 2S2=9a1−2，
∴ 2a2=7a1−2，
代入q=3得a1=2,a2=6，
∴ an=a1qn−1=2×3n−1，
则b1=a12,b2=a2=2×3=6.
设数列{bn}的公差为d．
∴ d=b2−b1=6−2=4，
则bn=b1+n−1d=4n−2 .
(2)选择①：
∵bn=4n−2,bn+1=4n+2，
则cn=4bnbn+1+1=4(4n−2)(4+2)+1
=14n−2−14n+2+1，
∴ Tn=c1+c2+c3+⋯+cn−1+cn
=12−16+1+16−110+1+110−114+1+⋯+
14n−6+14n−2+1+14n−2−14n+2+1
=12−16+16−110+110−114+⋯+
14n−6+14n−2+14n−2−14n+2+n
=12−14n+2+n=2nn+12n+1 .
选择②：
由(1)知an=2×3n−1，
∴Sn=a1−anq1−q=3n−1，
∴ cn=3nSnSn+1=3n(3n−1)(3n+1−1)=1213n−1−13n+1−1，
∴ Tn=c2+c2+c3+⋯+cn−1+cn
=12×12−18+12×18−126+12×126−180+⋯+
1213n−1−1−13n−1+1213n−1−13n−1−1
=12×(12−18+18−126+126−180+⋯+
13n−1−1−13n−1+13n−1−13n+1−1)
=3(3n−1)4(3n+1−1) .
【答案】
(1)证明：∵ 平面PAC⊥平面ABC，BC⊥AC，
∴ BC⊥平面 PAC ，
∵ PA⊂平面PAC，∴ BC⊥PA，
∵ AC=PC,M是PA的中点，
∴ CM⊥PA ，CM∩BC=C，
∴ PA⊥平面MBC.
(2)解：∵ PC⊥AC，平面PAC⊥平面ABC，
∴ PC⊥平面ABC，
∵ BC⊂平面ABC，
∴ PC⊥BC，
建立如图所示的空间直角坐标系，
A(2,0,0)，B(0,4,0)，C(0,0,0)，P(0, 0, 2)，M(1, 0, 1)，N(0, 2, 1)，
则CM→=1,0,1，CN→=0,2,1，PA→=2,0,−2，
由(1)知PA→=2,0,−2是平面MBC的一个法向量，
设n→=2,0,−2是平面MNC的法向量，
则有 CM→⋅n→=x+z=0,CN→⋅n→=2y+z=0,
令y=1，则z=−2，x=2，
∴n→=2,1,−2，
设二面角N−MC−B所成角为θ，
则csθ=|cs⟨PA→,n→⟩|=PA→⋅n→|PA→||n→|
=2×2+0×1−2×−28⋅9=223．
【考点】
直线与平面垂直的判定
用空间向量求平面间的夹角
【解析】
(Ⅰ)证明BC⊥平面PAC，推出BC⊥PA，结合CM⊥PA，证明PA⊥平面MBC．
(Ⅱ)建立空间直角坐标系，求出平面MBC的一个法向量，平面MNC的法向量，利用空间向量的数量积求解二面角的平面角的余弦值即可．
【解答】
(1)证明：∵ 平面PAC⊥平面ABC，BC⊥AC，
∴ BC⊥平面 PAC ，
∵ PA⊂平面PAC，∴ BC⊥PA，
∵ AC=PC,M是PA的中点，
∴ CM⊥PA ，CM∩BC=C，
∴ PA⊥平面MBC.
(2)解：∵ PC⊥AC，平面PAC⊥平面ABC，
∴ PC⊥平面ABC，
∵ BC⊂平面ABC，
∴ PC⊥BC，
建立如图所示的空间直角坐标系，
A(2,0,0)，B(0,4,0)，C(0,0,0)，P(0, 0, 2)，M(1, 0, 1)，N(0, 2, 1)，
则CM→=1,0,1，CN→=0,2,1，PA→=2,0,−2，
由(1)知PA→=2,0,−2是平面MBC的一个法向量，
设n→=2,0,−2是平面MNC的法向量，
则有 CM→⋅n→=x+z=0,CN→⋅n→=2y+z=0,
令y=1，则z=−2，x=2，
∴n→=2,1,−2，
设二面角N−MC−B所成角为θ，
则csθ=|cs⟨PA→,n→⟩|=PA→⋅n→|PA→||n→|
=2×2+0×1−2×−28⋅9=223．
【答案】
解：(1)记a，b的个位数分别为m，n．
x¯乙=18(74+85+76+74+70+m+n
+80+77+86)=79，
解得m+n=10①，
s乙2=18[52+62+32+52+m−92
+n+12+22+72]=19，
解得m−92+n+12=4②，
联立①②，解得m=9，n=1，
则a=79，b=81 .
(2)依题意，X的可能取值为0，1，2，3，
则PX=0=C54C30C84=114，
PX=1=C53C31C84=37，
PX=2=C52C32C84=37，
PX=3=C51C33C84=114，
故X的分布列为：
故EX=0+37+67+314=32 .
【考点】
离散型随机变量的期望与方差
众数、中位数、平均数
离散型随机变量的分布列及性质
【解析】
（1）记a，b的个位数分别为m，n．
x乙¯=1874+85+76+74+70+m+80+77+86=79，
故m+n=10，①
而s乙2=1852+62+32+52+m−92+n+12+22+72=19，
故m−92+n+12=4，②
联立①②解得，m=9,n=1，
则a=79,b=81 .
【解答】
解：(1)记a，b的个位数分别为m，n．
x¯乙=18(74+85+76+74+70+m+n
+80+77+86)=79，
解得m+n=10①，
s乙2=18[52+62+32+52+m−92
+n+12+22+72]=19，
解得m−92+n+12=4②，
联立①②，解得m=9，n=1，
则a=79，b=81 .
(2)依题意，X的可能取值为0，1，2，3，
则PX=0=C54C30C84=114，
PX=1=C53C31C84=37，
PX=2=C52C32C84=37，
PX=3=C51C33C84=114，
故X的分布列为：
故EX=0+37+67+314=32 .
【答案】
解：(1)设点M坐标为x,y，
则直线A1M，A2M的斜率分别为yx+2，yx−2，x≠±2，
由题意得yx+2⋅yx−2=−34，
即x24+y23=1x≠±2.
(2)设直线l的方程为x=my+1，Px1,y1，Qx2,y2(y1>0，y2<0)，
联立x=my+1，x24+y23=1，
消x得3m2+4y2+6my−9=0，
得y1+y2=−6m3m2+4，y1y2=−93m2+4，
Q1坐标为x2,−y2，则直线PQ1方程为y−y1=y1+y2x1−x2x−x1，
令y=0，解得x=x2−x1y1y1+y2+x1
=x2y1+x1y2y1+y2
=my2+1y1+my1+1y2y1+y2
=2my1y2y1+y2+1
=2m−93m2+4−6m3m2+4+1=4，
即直线PQ恒过D(4,0)点.
故S△PFQ1=|S△PFD−S△Q1FD|=|12×3|y1|−12×3|y2||
=32||y1|−|y2||=32|y1+y2|=32×6|m|3m2+4
=93|m|+4|m|≤9212=334.
当m2=43，即m=±233时，等号成立，
此时△PFQ1面积最大值为334.
【考点】
轨迹方程
直线与椭圆结合的最值问题
圆锥曲线中的定点与定值问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)设点M坐标为x,y，
则直线A1M，A2M的斜率分别为yx+2，yx−2，x≠±2，
由题意得yx+2⋅yx−2=−34，
即x24+y23=1x≠±2.
(2)设直线l的方程为x=my+1，Px1,y1，Qx2,y2(y1>0，y2<0)，
联立x=my+1，x24+y23=1，
消x得3m2+4y2+6my−9=0，
得y1+y2=−6m3m2+4，y1y2=−93m2+4，
Q1坐标为x2,−y2，则直线PQ1方程为y−y1=y1+y2x1−x2x−x1，
令y=0，解得x=x2−x1y1y1+y2+x1
=x2y1+x1y2y1+y2
=my2+1y1+my1+1y2y1+y2
=2my1y2y1+y2+1
=2m−93m2+4−6m3m2+4+1=4，
即直线PQ恒过D(4,0)点.
故S△PFQ1=|S△PFD−S△Q1FD|=|12×3|y1|−12×3|y2||
=32||y1|−|y2||=32|y1+y2|=32×6|m|3m2+4
=93|m|+4|m|≤9212=334.
当m2=43，即m=±233时，等号成立，
此时△PFQ1面积最大值为334.
【答案】
(1)解：由题知对任意的x∈0,+∞，f′x=ax+2x+1>0恒成立，
即对任意的x∈0,+∞，a≥−2x2−x恒成立．
易知函数y=−2x2−x在(0,+∞)上单调递减．
因此y=−2x2−x<0,x∈0,+x，
所以a≥0 .
(2)证明：Fx=fx+1−3x−2=alnx+1+x2x>−1，
由题知x1，x2是F′x=ax+1+2x=2x2+2x+ax+1=0x>−1的两个根，
即x1，x2是方程2x2+2x+a=0x>−1的两个根，
则Δ=4−8a>0,2×−12+2×−1+a>0,得0且x1+x2=−1,x1x1=a2>0，则−1要证F(x2)+12−ln2x1>0，只需证Fx2>ln2−12x1，
即证Fx2x1Fx2x1=alnx2+1+x22x1=alnx2+1+x22−1−x2 .
因为2x22+2x2+a=0，所以a=−2x22−2x2，
从而Fx2x1=2x2lnx2+1−x2−1−11+x2，
令t=x2+1，则t∈12,1,F(x2)x1=2(t−1)lnt+2−t−1t .
设函数r(t)=2(t−1)lnt+2−t−1tt∈12,1，
则r′t=2lnt+1t2−2t+1 .
设kt=2lnt+1t2−2t+1t∈12,1 ，
则k′t=2t−2t3+2t2=2t2+t−1t3 .
易知存t0∈12,1，使得t02+t0−1=0 .
且当t0∈12,1时，k′t<0，当t∈t0,1，k′t>0，
因此函数r′(t)=2lnt+1t2−2t+1在12,t0上单调递减，在t0,1单调递增，
所以r′t<0 .
因此rt=2t−1lnt+2−t−1t在12,1上单调递减．
从而rt=2t−1lnt+2−t−1t<−12+ln2 .
即Fx2x1【考点】
已知函数的单调性求参数问题
利用导数研究不等式恒成立问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
(1)解：由题知对任意的x∈0,+∞，f′x=ax+2x+1>0恒成立，
即对任意的x∈0,+∞，a≥−2x2−x恒成立．
易知函数y=−2x2−x在(0,+∞)上单调递减．
因此y=−2x2−x<0,x∈0,+x，
所以a≥0 .
(2)证明：Fx=fx+1−3x−2=alnx+1+x2x>−1，
由题知x1，x2是F′x=ax+1+2x=2x2+2x+ax+1=0x>−1的两个根，
即x1，x2是方程2x2+2x+a=0x>−1的两个根，
则Δ=4−8a>0,2×−12+2×−1+a>0,得0且x1+x2=−1,x1x1=a2>0，则−1要证F(x2)+12−ln2x1>0，只需证Fx2>ln2−12x1，
即证Fx2x1Fx2x1=alnx2+1+x22x1=alnx2+1+x22−1−x2 .
因为2x22+2x2+a=0，所以a=−2x22−2x2，
从而Fx2x1=2x2lnx2+1−x2−1−11+x2，
令t=x2+1，则t∈12,1,F(x2)x1=2(t−1)lnt+2−t−1t .
设函数r(t)=2(t−1)lnt+2−t−1tt∈12,1，
则r′t=2lnt+1t2−2t+1 .
设kt=2lnt+1t2−2t+1t∈12,1 ，
则k′t=2t−2t3+2t2=2t2+t−1t3 .
易知存t0∈12,1，使得t02+t0−1=0 .
且当t0∈12,1时，k′t<0，当t∈t0,1，k′t>0，
因此函数r′(t)=2lnt+1t2−2t+1在12,t0上单调递减，在t0,1单调递增，
所以r′t<0 .
因此rt=2t−1lnt+2−t−1t在12,1上单调递减．
从而rt=2t−1lnt+2−t−1t<−12+ln2 .
即Fx2x1【答案】
解：(1)曲线C的参数方程为x=2+2csθ,y=1+2sinθ(θ为参数)，
转换为直角坐标方程为(x−2)2+(y−1)2=4．
直线l的极坐标方程为ρcs(θ+π4)=2，
整理得22ρcsθ−22ρsinθ−2=0，
根据x=ρcsθ,y=ρsinθ,x2+y2=ρ2，转换为直角坐标方程为：x−y−2=0．
(2)直线l的参数方程为：x=22t，y=−2+22t(t为参数)，
代入x−22+y−12=4，
得到22t−22+−3+22t2=4
即t2−52t+9=0(t1和t2为M和N对应的参的参数），
故t1+t2=52，t1t2=9，
|PA|2+|PB|2=t12+t22=t1+t22−2t1t2
=50−18=32，
故|PA|2+|PB|2=32．
【考点】
参数方程与普通方程的互化
直线的极坐标方程与直角坐标方程的互化
参数方程的优越性
【解析】
(1)直接利用转换关系，把参数方程、极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换；
(2)直接利用一元二次方程根和系数关系式的应用求出结果．
【解答】
解：(1)曲线C的参数方程为x=2+2csθ,y=1+2sinθ(θ为参数)，
转换为直角坐标方程为(x−2)2+(y−1)2=4．
直线l的极坐标方程为ρcs(θ+π4)=2，
整理得22ρcsθ−22ρsinθ−2=0，
根据x=ρcsθ,y=ρsinθ,x2+y2=ρ2，转换为直角坐标方程为：x−y−2=0．
(2)直线l的参数方程为：x=22t，y=−2+22t(t为参数)，
代入x−22+y−12=4，
得到22t−22+−3+22t2=4
即t2−52t+9=0(t1和t2为M和N对应的参的参数），
故t1+t2=52，t1t2=9，
|PA|2+|PB|2=t12+t22=t1+t22−2t1t2
=50−18=32，
故|PA|2+|PB|2=32．
【答案】
(1)当a=2时，f(x)=|2x−2|−|x+1|，
即f(x)=x−3，x≥1，1−3x，−1当x≥1时，fx<1即x−3<1，从而有1≤x<4；
当−1当x<−1时，fx<1即3−x<1，此时为⌀；
综上所述： x∈0,4．
(2)若a>0，
fx=x−a−1，x≥a2，a−1−3x，−1由函数性质可知
fx在−∞,a2为减函数，在a2,+∞为增函数，
所以fxmin=fa2=−1−a2，
由题意可得fxmin>−2，
即−a2−1>−2，从而得a<2，
又a>0，故a∈0,2．
【考点】
绝对值不等式的解法与证明
【解析】
(1)由绝对值的意义和零点分区间法，去绝对值，求并集，即可得到所求解集；
(2)将fx写成分段函数的形式，判断单调性，可得fx 的最小值，再由fxmin>−2，解不等式可得所求范围．
【解答】
解：(1)当a=2时，f(x)=|2x−3|−|x+1|，
即f(x)=x−3，x≥1，1−3x，−1当x≥1时，fx<1即x−3<1，从而有1≤x<4；
当−1当x<−1时，fx<1即3−x<1，此时为⌀；
综上所述： x∈0,4．
(2)若a>0，
fx=x−a−1，x≥a2，a−1−3x，−1由函数性质可知
fx在−∞,a2为减函数，在a2,+∞为增函数，
所以fxmin=fa2=−1−a2，
由题意可得fxmin>−2，
即−a2−1>−2，从而得a<2，
又a>0，故a∈0,2．甲
73
64
74
78
65
72
87
85
乙
74
85
76
74
a
b
77
86
X
0
1
2
3
P
114
37
37
114
X
0
1
2
3
P
114
37
37
114