2020-2021学年四川省成都市某校高三第一次模拟考试数学（文）试卷人教A版

这是一份2020-2021学年四川省成都市某校高三第一次模拟考试数学（文）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. 已知集合A=1,2,3，B=3,4,5，则A∩B=( )
A.3B.2,5C.2,3,4D. 1,2,4,5

2. 已知复数z满足z(2+3i)=13，则在复平面内z对应的点位于( )
A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限

3. 在某技能测试中，甲乙两人的成绩（单位：分）记录在如图的茎叶图中，其中甲的某次成绩不清晰，用字母a代替．已知甲乙成绩的平均数相等，那么甲乙成绩的中位数分别为（ ）

A.20 20B.21 20C.20 21D.21 21

4. 已知α∈R，则“tanα=2”是“sin2α=45”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满足约束条件x−2y+3≥0，2x−y−3≥0，x+y≥0， 则z=x−y( )
A.有最小值0B.有最大值2C.有最大值0D.无最小值

6. 某公司的班车在7:30，8:00，8:30发车，小明在7:50至8:30之间到达发车站乘坐班车，且到达发车站的时刻是随机的，则他等车时间不超过10分钟的概率是( )
A.13B.12C.23D.34

7. 某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的表面积（单位： cm2）是( )

A.16+23B.16+26C.18+23D.18+26

8. 如图，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，点O为底面ABCD的中心，点P在侧面BB1C1C的边界及其内部运动．若D1O⊥OP，则△D1C1P面积的最大值为( )

A.255B.455C.5D.25

9. 已知定义在R上的函数fx=3sinx−2x+1，则在−5,5上fx的最大值与最小值之和等于( )
A.0B.1C.2D.3

10. 已知数列{an}的前n项和Sn满足Sn+an=2n(n∈N*)，则a7=( )
A.73B.12764C.32132D.38564

11. 已知F为双曲线E:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左焦点，过点F的直线与圆O:x2+y2=12(a2+b2)于A，B两点（A在F，B之间），与双曲线E在第一象限的交点为P，O为坐标原点，若FA=BP，∠AOB=120∘，则双曲线的离心率为( )
A.133B.143C.13+23D.14+23

12. 已知实数a，b满足lg2a=lg3b，给出五个关系式：其中不可能成立的关系式有( )
①ab②aa=bb；
③ab>ba；
④ab⑤bbA.1个B.2个C.3个D.4个
二、填空题

已知等比数列an中，a2=1，a5=−8，则an的前5项和为________．

若x，y满足约束条件x−1≥0,x−y≤0,x+y−4≤0,则yx的最大值为________.

过P(1, 2)的直线l把圆x2+y2−4x−5=0分成两个弓形，当其中劣弧最短时直线l的方程为________．

若三棱锥P−ABC的三条侧棱两两垂直，且PA=2，PB=PC=4，则该三棱锥的外接球表面积为________.
三、解答题

已知等差数列{an}的前n项和Sn满足S3=0，S5=−5，
(1)求{an}的通项公式；

(2)求数列{1a2n−1a2n+1}的前n项和．

某公司A产品生产的投入成本x（单位：万元）与产品销售收入y（单位：十万元）存在较好的线性关系，如表记录了该公司最近8次该产品的相关数据，且根据这8组数据计算得到y关于x的线性回归方程为y=bx+0.7604．

(1)求b的值（结果精确到0.0001），并估计公司A产品投入成本30万元后产品的销售收入（单位：十万元）．

(2)该公司B产品生产的投入成本u（单位：万元）与产品销售收入v（单位：十万元）也存在较好的线性关系，且v关于u的线性回归方程为v=0.15u+0.5．
(i)估计该公司B产品投入成本30万元后的毛利率（毛利率=收入−成本收入×100%）；
(ii)判断该公司A，B两个产品都投入成本30万元后，哪个产品的毛利率更大．

如图，四棱锥S−ABCD的侧面SAD是正三角形，AB // CD，且AB⊥AD，AB=2CD=4，E是SB中点．

(1)求证：CE // 平面SAD；

(2)若平面SAD⊥平面ABCD，且SB=42，求多面体SACE的体积．

已知椭圆Γ:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为22，过椭圆Γ的焦点且垂直于x轴的直线被椭圆Γ截得的弦长为2．
(1)求椭圆Γ的方程；

(2)设点A，B均在椭圆Γ上，点C在抛物线y2=12x上，若△ABC的重心为坐标原点O，且△ABC的面积为364，求点C的坐标．

已知函数fx=12x2+ax，gx=a+1lnxa<0.
(1)若点Px0,y0为函数f(x)与g(x)图象的唯一公共点，且两曲线存在以点P为切点的公共切线，求a的值；

(2)若函数hx=fx−gx有两个零点，求实数a的取值范围．

在直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为x=2−35t,y=−2+45t （t为参数）．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C2的极坐标方程为ρcsθ=tanθ.
(1)求曲线C1的普通方程与曲线C2的直角坐标方程；

(2)若C1与C2交于A，B两点，点P的极坐标为22,−π4，求1|PA|+1|PB|的值．

已知不等式|2x+2|−|x−2|>2的解集为M．
(1)求集合M；

(2)已知t为集合M中的最小正整数，若a>1，b>1，c>1，且(a−1)(b−1)(c−1)=t，求证：abc≥8．
参考答案与试题解析
2020-2021学年四川省成都市某校高三第一次模拟考试数学（文）试卷
一、选择题
1.
【答案】
A
【考点】
交集及其运算
【解析】
本题考查交集的运算.
【解答】
解：∵ 集合A=1,2,3，集合B=3,4,5，
∴A∩B=3.
故选A.
2.
【答案】
A
【考点】
复数的代数表示法及其几何意义
复数代数形式的混合运算
共轭复数
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵ (2+3i)z=13，
则z=132+3i=13(2−3i)(2+3i)(2−3i)=2−3i，
则z=2+3i，
∴ 复平面内表示z的点(2, 3)位于第一象限.
故选A.
3.
【答案】
B
【考点】
茎叶图
众数、中位数、平均数
【解析】
甲乙成绩的平均数相同，得a＝4，易得甲乙成绩的中位数．
【解答】
解：甲乙成绩的平均数相同，
由茎叶图知，
16(16+18+18+a+20+24+28)
=16(18+18+20+20+24+28)，
解得a=4，
甲的中位数为：18+242=21，乙的中位数为20．
故选B.
4.
【答案】
A
【考点】
二倍角的正弦公式
必要条件、充分条件与充要条件的判断
同角三角函数间的基本关系
【解析】
由二倍角的正弦以及齐次式的计算，进行判断得结论.
【解答】
解：当tanα=2时，
sin2α=2sinαcsαsin2α+cs2α=2tanαtan2α+1=2×222+1=45，故充分性成立；
当sin2α=45时，sin2α=2sinαcsαsin2α+cs2α=2tanαtan2α+1=45，
即2tan2α−5tanα+2=0,
解得tanα=2或tanα=12，故必要性不成立，
所以tanα=2是sin2α=45的充分不必要条件.
故选A.
5.
【答案】
A
【考点】
求线性目标函数的最值
简单线性规划
【解析】
由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，联立方程组求得最优解的坐标，代入目标函数得答案．
【解答】
解：由约束条件约束条件x−2y+3≥0，2x−y−3≥0，x+y≥0， 作出可行域如图，
易得A(3, 3)，
化目标函数z=x−y为y=x−z，
由图可知，当直线y=x−z过A时，zmin=3−3=0．
故选A.
6.
【答案】
B
【考点】
几何概型计算（与长度、角度、面积、体积有关的几何概型）
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：几何概型转化为长度之比，
基本事件总长度为7:50∼8:30，共有40分钟．
等车时间不超过10分钟即在7:50∼8:00，
或8:20∼8:30到达发车站，共有20分钟，
所以长度之比为2040=12．
故选B．
7.
【答案】
C
【考点】
由三视图求表面积（切割型）
【解析】
由已知的三视图可知该几何体是一个正方体截去一个三棱锥剩下的几何体，又正方体棱长为2，即可求解．
【解答】
解：由题知该几何体为正方体ABCD−A1B1C1D1截去
三棱锥D1−A1AB1所剩几何体，如图所示：
该几何体的表面积为：
S正方体表面积−S△A1B1A−S△A1D1B1−S△A1AD1+S△D1AB1，
又正方体棱长为2，
则AB1=B1D1=AD1=22，
且S△A1B1A=S△A1D1B1=S△A1AD1，
所以S△D1AB1=12×22×22×sin60∘=23，
所以该几何体表面积为6×2×2−12×2×2×3+23=18+23，
故选C．
8.
【答案】
C
【考点】
点、线、面间的距离计算
直线与平面垂直的判定
【解析】
由题意画出图形，由直线与平面垂直的判定可得P的轨迹，求出P到棱C1D1 的最大值，代入三角形面积公式求解．
【解答】
解：如图，
由正方体性质知，当P位于C点时，D1O⊥OC，
当P位于BB1 的中点P1 时，由已知得，DD1=2，DO=BO=2，
BP1=B1P1=1，B1D1=22，
求得OD1=4+2=6，OP1=2+1=3，D1P1=8+1=3．
∴ OD12+OP12=D1P12，得OD1⊥OP1．
又OP1∩OC=O，∴ D1O⊥平面OP1 C，得到P的轨迹在线段P1C上．
由C1P1=CP1=5，可知∠C1CP1 为锐角，而CC1=2<5，
知P到棱C1D1 的最大值为5．
则△D1C1P面积的最大值为12×2×5=5．
故选C.
9.
【答案】
C
【考点】
函数奇偶性的判断
函数的最值及其几何意义
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：根据题意，设g(x)=f(x)−1=3sinx−2x，x∈−5,5，
有g(−x)=3sin(−x)−2(−x)=−(3sinx−2x)=−g(x)，
即函数g(x)为奇函数，其图象关于原点对称，
则g(x)max+g(x)min=0，
则有[f(x)max−1]+[f(x)min−1]
=f(x)max+f(x)min−2
=0，
变形可得f(x)max+f(x)min=2，
所以，当x∈−5,5时，函数fx的最大值与最小值之和等于2.
故选C.
10.
【答案】
B
【考点】
数列递推式
【解析】
由已知数列递推式求得首项，且得到2an−an−1＝2(n≥2)，构造等比数列得2(an−2)＝an−1−2，进而求得{an}通项，即可求解．
【解答】
解：由Sn+an=2n，得a1=1，
当n≥2时，Sn−1+an−1=2(n−1)，
得2an−an−1=2，
∴ 2(an−2)=an−1−2，
故{an−2}是首项为a1−2=−1，公比为12的等比数列，
∴ an=−(12)n−1+2，
故a7=2−164=12764．
故选B.
11.
【答案】
D
【考点】
双曲线的离心率
圆与圆锥曲线的综合问题
双曲线的定义
【解析】
由题意画出图形，由圆的方程求得圆的半径，得到圆心到直线的距离，进一步求得P到双曲线右焦点的距离，再由双曲线定义及勾股定理求解．
【解答】
解：如图，
由圆O的方程x2+y2=12(a2+b2)=12c2，
得圆O的半径为OA=OB=22c．
过O作AB的垂线OH，则H为AB的中点，
又FA=BP，∴ H为FP的中点，设双曲线的右焦点为F1，连接PF1，
则OH为三角形FF1P的中位线，可得OH // PF1，则PF1⊥PF，
由∠AOB=120∘，可得OH=12OA=24c．
∴ PF1=22c，则PF=22c+2a，
在Rt△PFF1中，由勾股定理可得：(22c+2a)2+(22c)2=4c2，
整理得：3e2−22e−4=0．
解得：e=14+23或e=2−143（舍）．
故选D.
12.
【答案】
B
【考点】
不等式的基本性质
对数的运算性质
【解析】
由lg2a＝lg3b，知1【解答】
解：由lg2a=lg3b，知1当a=b=1时，②成立，其他的不成立；
当0ba，ab>aa，bb>ba，③成立，④⑤不成立；
当1则ab=23=8<9=32=ba，①成立，ab>aa，bb>ba，④⑤不成立，
综上，只有④⑤不可能成立．
故选B.
二、填空题
【答案】
−112
【考点】
等比数列的前n项和
【解析】
先由题意求出等比数列的公比，再由等比数列的求和公式，即可得出结果．
【解答】
解：设等比数列an的公比为q．
因为a2=1, a5=−8，
所以q3=a5a2=−8，解得q=−2，
所以an的前5项和为:
a11−q51−q=a21−q5q1−q=1+32−2×3=−112 .
故答案为：−112 .
【答案】
3
【考点】
简单线性规划
求线性目标函数的最值
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：作出可行域如图中阴影部分所示，
由斜率的意义知，yx是可行域内一点与原点连线的斜率，
由图可知，点A1,3与原点连线的斜率最大，故yx的最大值为3.
故答案为：3.
【答案】
x−2y+3=0
【考点】
直线与圆相交的性质
圆的标准方程
两条直线垂直与倾斜角、斜率的关系
【解析】
先把圆方程化为标准方程，就可求出圆心坐标和半径，因为只有当直线l与圆相交所得弦的中点为P点时，两个弓形中较小弓形面积最小，此时直线l与PC垂直，就可求出直线l的斜率．用点斜式写出直线l的方程．
【解答】
解：圆x2+y2−4x−5=0可化为(x−2)2+y2=9，
∴ 圆心C的坐标为(2, 0)，半径为3．
设直线l与圆x2+y2−4x−5=0交于点A，B，
则当P为AB中点时，两个弓形中较小弓形面积最小，
此时P点与圆C的连线垂直于直线l，∵ kPC=2−01−2=−2，
∴ kl=12，∴ 直线l的方程是y−2=12(x−1)，
化为一般式为x−2y+3=0.
故答案为：x−2y+3=0.
【答案】
36π
【考点】
球的表面积和体积
球内接多面体
【解析】
若三棱锥P−ABC的三条侧棱两两垂直，则它的外接球的直径是以共顶点P的三条棱PA，PB，PC构成的长方体的对角线.据此问题可解.
【解答】
解：因为三棱锥P−ABC的三条侧棱两两垂直，
所以它的外接球的直径是以共顶点P的三条
棱PA，PB，PC构成的长方体的对角线.
设三棱锥P−ABC的外接球半径为R，则
2R2=PA2+PB2+PC2,
即4R2=22+42+42=36.
所以外接球的表面积S球=4πR2=36π.
故答案为：36π.
三、解答题
【答案】
解：(1)设等差数列{an}的公差为d，
∵ 前n项和Sn满足S3=0，S5=−5，
∴ 3a1+3d=05a1+10d=−5，
解得a1=1，d=−1．
∴ an=1−(n−1)=2−n．
(2)1a2n−1a2n+1=1(3−2n)(1−2n)=12(12n−3−12n−1)，
∴ 数列{1a2n−1a2n+1}的前n项和为：
Tn=12[(−1−1)+(1−13)+(13−15)+…+(12n−3−12n−1)]
=12(−1−12n−1)
=n1−2n．
【考点】
数列的求和
等差数列的前n项和
等差数列的通项公式
【解析】
（1）设等差数列{an}的公差为d，利用等差数列的前n项和公式及其通项公式即可得出；
（2）由于1a2n−1a2n+1=12(12n−3−12n−1)，利用“裂项求和”即可得出．
【解答】
解：(1)设等差数列{an}的公差为d，
∵ 前n项和Sn满足S3=0，S5=−5，
∴ 3a1+3d=05a1+10d=−5，
解得a1=1，d=−1．
∴ an=1−(n−1)=2−n．
(2)1a2n−1a2n+1=1(3−2n)(1−2n)=12(12n−3−12n−1)，
∴ 数列{1a2n−1a2n+1}的前n项和为：
Tn=12[(−1−1)+(1−13)+(13−15)+…+(12n−3−12n−1)]
=12(−1−12n−1)
=n1−2n．
【答案】
解：(1)∵ x=12，y=16.58=2.0625，
∴ 2.0625=12b+0.7604，
解得b=0.1085．
当x=30时，y=0.1085×30+0.7604=4.0154.(单位：十万元)
(2)(i)当u=30时，v=5，
B产品对应的毛利率为50−3050×100%=40%．
(ii)当x=30时，y=4.0154，A产品对应的毛利率为
40.154−3040.154×100%=×100%<40%，
故B产品的毛利率更大．
【考点】
求解线性回归方程
【解析】
（1）求出样本中心的坐标，定义回归直线方程，即可求b的值．然后代入投入成本30万元后，求解产品的销售收入即可．
(2)(ⅰ)通过u的线性回归方程为v＝0.15u+0.5，估计该公司B产品投入成本30万元后的毛利率求解即可．
(ⅱ)当x＝30时，y​=4.0154，A产品对应的毛利率与B产品的毛利率半径大小，即可得到结果．
【解答】
解：(1)∵ x=12，y=16.58=2.0625，
∴ 2.0625=12b+0.7604，
解得b=0.1085．
当x=30时，y=0.1085×30+0.7604=4.0154.(单位：十万元)
(2)(i)当u=30时，v=5，
B产品对应的毛利率为50−3050×100%=40%．
(ii)当x=30时，y=4.0154，A产品对应的毛利率为
40.154−3040.154×100%=×100%<40%，
故B产品的毛利率更大．
【答案】
解：(1)取SA的中点F，连接EF，
因为E是SB中点，
所以EF // AB，且AB=2EF，
又因为AB // CD，AB=2CD，
所以EF // DC，EF=DC，
即四边形EFDC是平行四边形，
所以EC // FD，
又因为EC⊄平面SAD，FD⊂平面SAD，
所以CE // 平面SAD.
(2)取AD中点G，连接SG，
因为SAD是正三角形，所以SG⊥AD，
因为平面SAD⊥平面ABCD，且交线为AD，
所以SG⊥平面ABCD，
因为AB⊥AD，所以AB⊥平面SAD，
所以AB⊥SA，
故SA=SB2−AB2=4，SG=23，
因为E是SB中点，所以点E到平面ABCD的距离等于12SG，
所以多面体SACE的体积为：
VSACE=VS−ABCD−VS−ACD−VE−ABC
=13SABCD⋅SG−13S△ACD⋅SG−13S△ABC⋅12SG
=13×23(2+42×4−12×4×2−12×4×4×12)
=833.
【考点】
直线与平面平行的判定
柱体、锥体、台体的体积计算
【解析】
(Ⅰ)取SA的中点F，连接EF，证明四边形EFDC是平行四边形，得出EC // FD，CE // 平面SAD；
(Ⅱ)取AD中点G，连接SG，证明SG⊥平面ABCD，求出点E到平面ABCD的距离，计算多面体SACE的体积．
【解答】
解：(1)取SA的中点F，连接EF，
因为E是SB中点，
所以EF // AB，且AB=2EF，
又因为AB // CD，AB=2CD，
所以EF // DC，EF=DC，
即四边形EFDC是平行四边形，
所以EC // FD，
又因为EC⊄平面SAD，FD⊂平面SAD，
所以CE // 平面SAD.
(2)取AD中点G，连接SG，
因为SAD是正三角形，所以SG⊥AD，
因为平面SAD⊥平面ABCD，且交线为AD，
所以SG⊥平面ABCD，
因为AB⊥AD，所以AB⊥平面SAD，
所以AB⊥SA，
故SA=SB2−AB2=4，SG=23，
因为E是SB中点，所以点E到平面ABCD的距离等于12SG，
所以多面体SACE的体积为：
VSACE=VS−ABCD−VS−ACD−VE−ABC
=13SABCD⋅SG−13S△ACD⋅SG−13S△ABC⋅12SG
=13×23(2+42×4−12×4×2−12×4×4×12)
=833.
【答案】
解：(1)根据题意得ca=22,2b2a=2,
又因为b2=a2−c2，解得a2=2，则b2=1，
所以椭圆Γ的方程为：x22+y2=1；
(2)设AB:x=my+t，联立椭圆方程x2+2y2=2，
可得(2+m2)y2+2mty+t2−2=0，
Δ=4m2t2−4(2+m2)(t2−2)
=8(m2−t2+2)>0①，
设A(x1, y1)，B(x2, y2)，y1+y2=−2mt2+m2，
可得yC=−(y1+y2)=2mt2+m2，
xC=−(x1+x2)=−[m(y1+y2)+2t]=−4t2+m2，
由C在抛物线y2=12x上，
可得(2mt2+m2)2=12⋅(−4t2+m2)，则m2=−22t+1②(t<−12)，
由S△ABO=12|OA|⋅|OB|⋅sin∠AOB
=12|OA|2⋅|OB|2−(|OA|⋅|OB|⋅cs∠AOB)2
=12(x12+y12)(x22+y22)−(x1x2+y1y2)2
=12|x1y2−x2y1|，
则S△ABC=3S△ABO=32|x1y2−x2y1|
=32|(my1+t)y2−(my2+t)y1|
=32|t(y1−y2)|
=32|t⋅22⋅m2−t2+22+m2|=364，
可得|t⋅m2−t2+22+m2|=34③，
将②代入③整理可得[t(2t+1)]2−4t(2t+1)+3=0，
解得t=−1或−32，相应的m2=2或1．
所以C(1, ±22)，或C(2, ±1)．
【考点】
椭圆中的平面几何问题
直线与椭圆结合的最值问题
椭圆的标准方程
【解析】
（1）运用离心率公式和垂直于x轴的弦长公式，以及a，b，c的关系解方程可得a，b，进而得到所求椭圆方程；
（2）设AB:x＝my+t，联立椭圆方程，运用韦达定理和中点坐标公式、三角形的重心坐标，可得C的坐标，代入抛物线方程，结合三角形的面积公式，计算可得C的坐标．

【解答】
解：(1)根据题意得ca=22,2b2a=2,
又因为b2=a2−c2，解得a2=2，则b2=1，
所以椭圆Γ的方程为：x22+y2=1；
(2)设AB:x=my+t，联立椭圆方程x2+2y2=2，
可得(2+m2)y2+2mty+t2−2=0，
Δ=4m2t2−4(2+m2)(t2−2)
=8(m2−t2+2)>0①，
设A(x1, y1)，B(x2, y2)，y1+y2=−2mt2+m2，
可得yC=−(y1+y2)=2mt2+m2，
xC=−(x1+x2)=−[m(y1+y2)+2t]=−4t2+m2，
由C在抛物线y2=12x上，
可得(2mt2+m2)2=12⋅(−4t2+m2)，则m2=−22t+1②(t<−12)，
由S△ABO=12|OA|⋅|OB|⋅sin∠AOB
=12|OA|2⋅|OB|2−(|OA|⋅|OB|⋅cs∠AOB)2
=12(x12+y12)(x22+y22)−(x1x2+y1y2)2
=12|x1y2−x2y1|，
则S△ABC=3S△ABO=32|x1y2−x2y1|
=32|(my1+t)y2−(my2+t)y1|
=32|t(y1−y2)|
=32|t⋅22⋅m2−t2+22+m2|=364，
可得|t⋅m2−t2+22+m2|=34③，
将②代入③整理可得[t(2t+1)]2−4t(2t+1)+3=0，
解得t=−1或−32，相应的m2=2或1．
所以C(1, ±22)，或C(2, ±1)．
【答案】
解：(1)由题意知y=fx与y=gxx>0在唯一公共点P处的切线相同，
又因为f′x=x+a，g′x=a+1x，
所以fx0=gx0且f′x0=g′x0，
即12x02+ax0=a+1lnx0,x0+a=a+1x0,
由x0+a=a+1x0，
得x0=1或x0=−a−1，
因为点P唯一，所以x0=1，
故有−a−1=1或−a−1≤0，
即 a=−2或a≥−1，
又由12x02+ax0=a+1lnx0，
解得a=−12．
综上所述，a=−12．
(2)由已知得hx=fx−gx
=12x2+ax−a+1lnxx>0，
则h′x=x+a−a+1x=x2+ax−a+1x
=x−1x+a+1xx>0，
(i)若a+1>0，即−1hx在0,1上单调递减，在1,+∞上单调递增，
因为x→0时，hx→+∞，
且h2=2+2a−a+1ln2>2+2a−2a+1=0，
故要使hx有两个零点，
只需h1<0，
解得−1当a=−1时，hx=12x2−x只有1个零点，
故−1(ⅱ)若a+1<0，即a<−1时：
①当a=−2时，hx在0,+∞上单调递增，
故不可能有两个零点；
②当−2在−a−1,1上单调递减，在1,+∞上单调递增，
且x→0时，hx→−∞，
又h1=a+12<0，
he2=e42+ae2−a+1lne2>e42+ae2>0，
故要使hx有两个零点，必有h−a−1=0，
即h−a−1=12a+12−aa+1−a+1ln−a−1
=a+11−a2−ln−a−1=0，
即有1−a2−ln−a−1=0．
令ma=1−a2−ln−a−1，a∈−2,−1，
因为m′a=−12−1a+1=−a+32a+1>0，
即ma=1−a2−ln−a−1在a∈−2,−1上单调递增，
且在a=−2时，m−2=32>0，
即在a∈−2,−1上ma>0恒成立，
所以当−2③当a<−2时，hx在0,1上单调递增，
在1,−a−1上单调递减，在−a−1,+∞上单调递增，
因为h1=a+12<0，
故hx也不可能有两个零点．
综上所述，
当−1【考点】
利用导数研究与函数零点有关的问题
利用导数研究曲线上某点切线方程
函数的零点
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)由题意知y=fx与y=gxx>0在唯一公共点P处的切线相同，
又因为f′x=x+a，g′x=a+1x，
所以fx0=gx0且f′x0=g′x0，
即12x02+ax0=a+1lnx0,x0+a=a+1x0,
由x0+a=a+1x0，
得x0=1或x0=−a−1，
因为点P唯一，所以x0=1，
故有−a−1=1或−a−1≤0，
即 a=−2或a≥−1，
又由12x02+ax0=a+1lnx0，
解得a=−12．
综上所述，a=−12．
(2)由已知得hx=fx−gx
=12x2+ax−a+1lnxx>0，
则h′x=x+a−a+1x=x2+ax−a+1x
=x−1x+a+1xx>0，
(i)若a+1>0，即−1hx在0,1上单调递减，在1,+∞上单调递增，
因为x→0时，hx→+∞，
且h2=2+2a−a+1ln2>2+2a−2a+1=0，
故要使hx有两个零点，
只需h1<0，
解得−1当a=−1时，hx=12x2−x只有1个零点，
故−1(ⅱ)若a+1<0，即a<−1时：
①当a=−2时，hx在0,+∞上单调递增，
故不可能有两个零点；
②当−2在−a−1,1上单调递减，在1,+∞上单调递增，
且x→0时，hx→−∞，
又h1=a+12<0，
he2=e42+ae2−a+1lne2>e42+ae2>0，
故要使hx有两个零点，必有h−a−1=0，
即h−a−1=12a+12−aa+1−a+1ln−a−1
=a+11−a2−ln−a−1=0，
即有1−a2−ln−a−1=0．
令ma=1−a2−ln−a−1，a∈−2,−1，
因为m′a=−12−1a+1=−a+32a+1>0，
即ma=1−a2−ln−a−1在a∈−2,−1上单调递增，
且在a=−2时，m−2=32>0，
即在a∈−2,−1上ma>0恒成立，
所以当−2③当a<−2时，hx在0,1上单调递增，
在1,−a−1上单调递减，在−a−1,+∞上单调递增，
因为h1=a+12<0，
故hx也不可能有两个零点．
综上所述，
当−1【答案】
解：(1)由曲线C1的参数方程消去参数t可得，
曲线C1的普通方程为4x+3y−2=0，
由x=ρcsθ，y=ρsinθ可得，曲线C2的直角坐标方程为y=x2.
(2)由点P的极坐标为22,−π4，可得点P的直角坐标为2,−2，
∴ 点P在曲线C1上．
将曲线C1的参数方程 x=2−35t,y=−2+45t （t为参数），
代入y=x2，得9t2−80t+150=0，
设t1,t2是点A，B对应的参数，
则t1+t2=809， t1t2=503>0，
∴ 1|PA|+1|PB|=|PA|+|PB||PA|⋅|PB|=|t1+t2||t1t2|=815.
【考点】
直线的参数方程
抛物线的极坐标方程
参数方程的优越性
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)由曲线C1的参数方程消去参数t可得，
曲线C1的普通方程为4x+3y−2=0，
由x=ρcsθ，y=ρsinθ可得，曲线C2的直角坐标方程为y=x2.
(2)由点P的极坐标为22,−π4，可得点P的直角坐标为2,−2，
∴ 点P在曲线C1上．
将曲线C1的参数方程 x=2−35t,y=−2+45t （t为参数），
代入y=x2，得9t2−80t+150=0，
设t1,t2是点A，B对应的参数，
则t1+t2=809， t1t2=503>0，
∴ 1|PA|+1|PB|=|PA|+|PB||PA|⋅|PB|=|t1+t2||t1t2|=815.
【答案】
(1)解：|2x+2|−|x−2|>2等价为
x≤−1，−2x−2−(2−x)>2 或−12 或x≥2，2x+2−(x−2)>2，
解得x<−6或23则M=(−∞, −6)∪(23, +∞).
(2)证明：由(1)可得t=1，
又a>1，b>1，c>1，且(a−1)(b−1)(c−1)=1，
则a=(a−1)+1≥2a−1>0（当且仅当a=2时等号成立），
b=(b−1)+1≥2b−1>0（当且仅当b=2时等号成立），
c=(c−1)+1≥2c−1>0（当且仅当c=2时等号成立），
则abc≥8(a−1)(b−1)(c−1)=8（当且仅当a=b=c=2时等号成立），
即abc≥8．
【考点】
不等式的证明
绝对值不等式的解法与证明
【解析】
（1）由零点分区间法和绝对值的意义，去绝对值，解不等式，求并集，可得所求解集；
（2）由（1）可得a>1，b>1，c>1，且(a−1)(b−1)(c−1)＝1，再由a＝(a−1)+1，b＝(b−1)+1，c＝(c−1)+1，运用基本不等式和不等式的可乘性，即可得到证明．
【解答】
(1)解：|2x+2|−|x−2|>2等价为
x≤−1，−2x−2−(2−x)>2 或−12 或x≥2，2x+2−(x−2)>2，
解得x<−6或23则M=(−∞, −6)∪(23, +∞).
(2)证明：由(1)可得t=1，
又a>1，b>1，c>1，且(a−1)(b−1)(c−1)=1，
则a=(a−1)+1≥2a−1>0（当且仅当a=2时等号成立），
b=(b−1)+1≥2b−1>0（当且仅当b=2时等号成立），
c=(c−1)+1≥2c−1>0（当且仅当c=2时等号成立），
则abc≥8(a−1)(b−1)(c−1)=8（当且仅当a=b=c=2时等号成立），
即abc≥8．x（万元）
6
7
8
11
12
14
17
21
y（十万元）
1.2
1.5
1.7
2
2.2
2.4
2.6
2.9