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- 2021-06-16 发布
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2020年陕西省榆林市高考数学模拟试卷（理科）（3月份）
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有项是符合题目要求的．
1. 设集合A＝{x|−2b>0)的右顶点为A，右焦点为F，B、C为椭圆上关于原点对称的两点，直线BF交直线AC于M，且M为AC的中点，则椭圆E的离心率是（ ）
A.23 B.12 C.13 D.14
7. 《九章算术》“少广”算法中有这样一个数的序列：列出“全步”（整数部分）及诸分子分母，以最下面的分母遍乘各分子和“全步”，各自以分母去约其分子，将所得能通分之分数进行通分约简，又用最下面的分母去遍乘诸（未通者）分子和以通之数，逐个照此同样方法，直至全部为整数，例如：n＝2及n＝3时，如图：
记Sn为每个序列中最后一列数之和，则S6为（ ）
A.147 B.294 C.882 D.1764
8. 已知函数f(x)=x3+sinx(1+x)(m−x)+ex+e−x为奇函数，则m＝（ ）
A.12 B.1 C.2 D.3
9. 已知正四面体的内切球体积为v，外接球的体积为V，则Vv=( )
A.4 B.8 C.9 D.27
10. 要得到函数f(x)＝sin(3x+π3)的导函数f′(x)的图象，只需将f(x)的图象（ ）
A.向右平移π3个单位，再把各点的纵坐标伸长到原来的3倍（ 横坐标不变）
B.向右平移π6个单位，再把各点的纵坐标缩短到原来的3倍（ 横坐标不变）
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C.向左平移π3个单位，再把各点的纵坐标缩短到原来的 3倍（ 横坐标不变）
D.向左平移π6个单位，再把各点的纵坐标伸长到原来的 3倍（ 横坐标不变）
11. 已知平面ABCD⊥平面ADEF，AB⊥AD，CD⊥AD，且AB＝3，AD＝CD＝6，ADEF是正方形，在正方形ADEF内部有一点M，满足MB，MC与平面ADEF所成的角相等，则点M的轨迹长度为（ ）
A.43 B.16 C.43π D.8π
12. 已知y＝ax+b与函数f(x)＝2lnx+5和g(x)＝x2+4都相切，则不等式组x−ay+3≥0x+by−2≥0 所确定的平面区域在x2+y2+2x−2y−22＝0内的面积为（ ）
A.2π B.3π C.6π D.12π
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
设x1、x2、x3、x4为互不相等的正实数，随机变量X和Y的分布列如表，若记DX，DY分别为X，Y的方差，则DX > DY．（填>，<，＝）
X
x1
x2
x3
x4
Y
x1+x22
x2+x32
x3+x42
x4+x12
P
14
14
14
14
△ABC的三个内角A，B，C所对应的边分别为a，b，c，已知2bcosA=2c+3a，则∠B＝________．
若双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0, b>0)的顶点到渐近线的距离为b2，则b2+13a的最小值________．
若奇函数f(x)满足f(x+2)＝−f(x)，g(x)为R上的单调函数，对任意实数x∈R都有g[g(x)−2x+2]＝1，当x∈[0, 1]时，f(x)＝g(x)，则f(log212)＝________．
三、解答题：共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．第17题～第21题为必考题，每个考题考生必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题：共60分．
已知数列{an}为公差为d的等差数列，d>0，a4＝4，且a1，a3，a9依次成等比数列，bn=2an．
（1）求数列{bn}的前n项和Sn；
（2）若cn=2bnSn⋅Sn+1，求数列{cn}的前n项和为Tn．
在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是平行四边形，PD⊥底面ABCD，PD＝AD＝1，AB=5,sin∠ABD=55．
（1）证明：PA⊥BD；
（2）求二面角A−PB−C的正弦值．
已知动圆过定点F(0, 1)，且与直线l:y＝−1相切，动圆圆心的轨迹为C，过F作斜率为k(k≠0)的直线m与C交于两点A，B，过A，B分别作C的切线，两切线的交点为P，直线PF与C交于两点M，N．
（1）证明：点P始终在直线l上且PF⊥AB；
（2）求四边形AMBN的面积的最小值．
2019年12月以来，湖北省武汉市持续开展流感及相关疾病监测，发现多起病毒性肺炎病例，均诊断为病毒性肺炎肺部感染，后被命名为新型冠状病毒肺炎(CoronavirusDisease2019, COVID−19)，简称“新冠肺炎”，下图是2020年1月15日至1月24日累计确诊人数随时间变化的散点图．
为了预测在未采取强力措施下，后期的累计确诊人数，建立了累计确诊人数y与时间变量t的两个回归模型，根据1月15日至1月24日的数据（时间变量t的值依次1，2，10
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）建立模型y=c+dt和y=a+b⋅1.5t．
（1）根据散点图判断，y=c+dt与y=a+b⋅1.5t哪一个适宜作为累计确诊人数y与时间变量t的回归方程类型？（给出判断即可，不必说明理由）；
（2）根据（1）的判断结果及附表中数据，建立y关于t的回归方程；
（3）以下是1月25日至1月29日累计确诊人数的真实数据，根据（2）的结果回答下列问题：
时间
1月25日
1月26日
1月27日
1月28日
1月29日
累计确诊人数的真实数据
1975
2744
4515
5974
7111
(i)当1月25日至1月27日这3天的误差（模型预测数据与真实数据差值的绝对值与真实数据的比值）都小于0.1则认为模型可靠，请判断（2）的回归方程是否可靠？
(ii)2020年1月24日在人民政府的强力领导下，全国人民共同取了强力的预防“新冠肺炎”的措施，若采取措施5天后，真实数据明显低于预测数据，则认为防护措施有效，请判断预防措施是否有效？
附：对于一组数据(u1, v1)，(u2, v2)，……，(un, vn)，其回归直线v＝α+βu的斜率和截距的最小二乘估计分别为：β=i=1n (ui−u¯)(vi−v¯)i=1n (ui−u¯)2,α=v¯−βu¯．
参考数据：其中ωi=1.5ti,ω¯=110i=110 ωi．
t¯
y¯
ω¯
i=110 ti2
i=110 ωi2
i=110 tiyi
i=110 ωiyi
1.511
1.512
1.513
1.514
1.515
5.5
390
19
385
7640
31525
154700
100
150
225
338
507
已知函数f(x)＝lnx−ax+a，其中a>0．
（1）讨论函数f(x)的零点个数；
（2）求证：ex+sinx>xlnx+1．
（二）选考题：共10分，请考生在第22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分．[选修4-4：坐标系与参数方程]
在直角坐标系xOy中，以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，已知C1:x2+y2−2y＝0，C2:3x+y=6,C3:kx−y＝0(k>0)．
（1）求C1与C2的极坐标方程；
（2）若C1与C3交于点A，C2与C3交于点B，|OA|＝λ|OB|，求λ的最大值．
[选修4-5：不等式选讲]
已知函数f(x)＝2|x|+|x−4|，设f(x)的最小值为m．
（1）求m的值；
（2）是否存在实数a，b，使得a+2b=2,1a+2b=m？并说明理由．
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参考答案与试题解析
2020年陕西省榆林市高考数学模拟试卷（理科）（3月份）
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有项是符合题目要求的．
1.
【答案】
C
【考点】
交集及其运算
【解析】
可以求出集合A，B，然后进行交集的运算即可．
【解答】
∵ A＝{−1, 0, 1, 2}，B＝{x|00)，
h(t)在(0, 1)上单调递减，在(1, +∞)上单调递增，
又h(1)＝0，∴ h(t)=1t2+2lnt−1只有一个零点t＝1，即方程(a2)2+2ln2a−1=0仅有一个根a＝2，
∴ b＝3．
则不等式组x−ay+3≥0x+by−2≥0 化为x−2y+3≥0x+3y−2≥0 ，
在平面直角坐标系内作出x−2y+3≥0x+3y−2≥0 与x2+y2+2x−2y−22＝0的区域如图：
直线x−2y+3＝0与直线x+3y−2＝0均过圆心(−1, 1)，
设两直线的夹角为θ，由到角公式可得：tanθ=12−(−13)1+12×(−13)=1，则θ=π4．
∴ 阴影部分的面积为18×π×(26)2=3π．
故选：B．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
【答案】
>
【考点】
离散型随机变量的期望与方差
【解析】
根据题意，求出数学期望和方差，根据基本不等式比较即可．
【解答】
EX=14(x1+x2+x3+x4)，
EY=14(x1+x22+x2+x32+x3+x42+x4+x12)=14(x1+x2+x3+x4)，
故EX＝EY=x¯，
所以DX=14[(x1−x¯)2+(x2−x¯)2+⋯+(x4−x¯)2]=14(x12+x22+⋯+x42)−x¯2，
DY=14[(x1+x22−x¯)2+(x2+x32−x¯)2+⋯+(x4+x12−x¯)2]=14[(x1+x22)2+(x2+x32)2+⋯+(x4+x12)2]−x¯2≤14[x12+x222+x22+x322+⋯+x42+x122]−x¯2=DX，
当且仅当x1＝x2＝x3＝x4时，取等号，
因为x1、x2、x3、x4为互不相等的正实数，
所以DX>DY，
【答案】
150∘
【考点】
正弦定理
【解析】
由正弦定理，两角和的正弦函数公式化简已知等式可得2sinAcosB+3sinA＝0，结合sinA≠0，可得cosB=−32，结合范围B∈(0∘, 180∘)即可求解B的值．
【解答】
∵ 2bcosA=2c+3a，
∴ 由正弦定理可得：2sinBcosA＝2sinC+3sinA，
∵ sinC＝sin(A+B)＝sinAcosB+cosAsinB，
∴ 2sinBcosA＝2sinAcosB+2cosAsinB+3sinA，可得：2sinAcosB+3sinA＝0，
∵ A是三角形内角，sinA≠0，
∴ 2cosB+3=0，可得cosB=−32，
∵ B∈(0∘, 180∘)，
∴ B＝150∘．
【答案】
2
【考点】
双曲线的离心率
【解析】
由题意求出双曲线的顶点坐标及渐近线的方程，进而求出顶点到渐近线的距离，由题意可得a，c的关系，再由a，b，c的关系求出b2+13a的表达式，由均值不等式可得它的最小值．
【解答】
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由双曲线的方程可得顶点坐标为：(±a, 0)，渐近线的方程为：bx±ay＝0，
所以顶点到渐近线的距离为b2=aba2+b2=abc，所以c＝2a，
所以b2+13a=c2−a2+13a=3a2+13a=3a+13a≥23a⋅13a=2，
所以b2+13a的最小值为2，
【答案】
−13
【考点】
奇偶性与单调性的综合
【解析】
可设g(x)−2x+2＝t即g(x)＝2x−2+t，结合g(t)＝1可求t，进而可求g(x)，然后结合f(x+2)＝−f(x)，可得f(x+4)＝f(x)，代入可求．
【解答】
因为g(x)为R上的单调函数，且对任意实数x∈R都有g[g(x)−2x+2]＝1，
故可设g(x)−2x+2＝t即g(x)＝2x−2+t，
因为g(t)＝2t−2+t＝1，故t＝1，
所以g(x)＝2x−1，
因为f(x+2)＝−f(x)，所以f(x+4)＝f(x)，
又x∈[0, 1]时，f(x)＝g(x)＝2x−1，
则f(log212)＝f(log212−4)＝f(log234)＝−f(log243)＝−(2log243−1)=−13，
三、解答题：共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．第17题～第21题为必考题，每个考题考生必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题：共60分．
【答案】
a4＝4，且a1，a3，a9依次成等比数列，∴ a32=a1a9，
即(4−d)2＝(4−3d)(4+5d)，∵ d>0，∴ d＝1，a1＝a4−3d＝1，
∴ an＝1+n−1＝n，∴ bn=2an=2n，
∴ Sn=2(1−2n)1−2=2n+1−2；
∵ cn=2bnSn⋅Sn+1=bn+1Sn⋅Sn+1=Sn+1−SnSn⋅Sn+1=1Sn−1Sn+1，
∴ Tn=1S1−1S2+1S2−1S3+⋯+1Sn−1Sn+1=1S1−1Sn+1=12−12n+2−2．
【考点】
等差数列与等比数列的综合
数列的求和
【解析】
（1）运用等差数列和等比数列的通项公式、求和公式和等比数列的中项性质，计算可得所求和；
（2）求得cn=2bnSn⋅Sn+1=bn+1Sn⋅Sn+1=Sn+1−SnSn⋅Sn+1=1Sn−1Sn+1，再由数列的裂项相消求和，计算可得所求和．
【解答】
a4＝4，且a1，a3，a9依次成等比数列，∴ a32=a1a9，
即(4−d)2＝(4−3d)(4+5d)，∵ d>0，∴ d＝1，a1＝a4−3d＝1，
∴ an＝1+n−1＝n，∴ bn=2an=2n，
∴ Sn=2(1−2n)1−2=2n+1−2；
∵ cn=2bnSn⋅Sn+1=bn+1Sn⋅Sn+1=Sn+1−SnSn⋅Sn+1=1Sn−1Sn+1，
∴ Tn=1S1−1S2+1S2−1S3+⋯+1Sn−1Sn+1=1S1−1Sn+1=12−12n+2−2．
【答案】
在△ABD中，由正弦定理可得：ABsin∠ADB=ADsin∠ABD，
∴ sin∠ADB=AB⋅sin∠ABDAD=1，
∴ ∠ADB＝90∘，
∴ BD⊥AD，
∵ PD⊥底面ABCD，
∴ PD⊥BD，
∴ BD⊥平面PAD，
∴ PA⊥BD；
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以D为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，
∵ PD=AD=1,AB=5，
∴ BD＝2，
∴ A(1,0,0),B(0,2,0),C(−1,2,0),P(0,0,1),AB→=(−1,2,0),CB→=(1,0,0),PB→=(0,2,−1)，
设平面ABP的法向量为n→=(x,y,z)，则n→⋅AB→=−x+2y=0n→⋅PB→=2y−z=0 ，令y＝1，则n→=(2,1,2)，
设平面PBC的法向量为m→=(x1,y1,z1)，则m→⋅CB→=x1=0m→⋅PB→=2y1+z1=0 ，令y1＝1，则m→=(0,1,2)，
则cos=m→⋅n→|m→||n→|=535=53，
∴ sin=23，
故二面角A−PB−C的正弦值为23．
【考点】
直线与平面垂直
二面角的平面角及求法
【解析】
（1）通过证明BD⊥平面PAD，再利用线面垂直的性质定理即可证得PA⊥BD；
（2）建立空间直角坐标系，求出平面PAB及平面PBC的法向量，利用向量的夹角公式即可得解．
【解答】
在△ABD中，由正弦定理可得：ABsin∠ADB=ADsin∠ABD，
∴ sin∠ADB=AB⋅sin∠ABDAD=1，
∴ ∠ADB＝90∘，
∴ BD⊥AD，
∵ PD⊥底面ABCD，
∴ PD⊥BD，
∴ BD⊥平面PAD，
∴ PA⊥BD；
以D为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，
∵ PD=AD=1,AB=5，
∴ BD＝2，
∴ A(1,0,0),B(0,2,0),C(−1,2,0),P(0,0,1),AB→=(−1,2,0),CB→=(1,0,0),PB→=(0,2,−1)，
设平面ABP的法向量为n→=(x,y,z)，则n→⋅AB→=−x+2y=0n→⋅PB→=2y−z=0 ，令y＝1，则n→=(2,1,2)，
设平面PBC的法向量为m→=(x1,y1,z1)，则m→⋅CB→=x1=0m→⋅PB→=2y1+z1=0 ，令y1＝1，则m→=(0,1,2)，
则cos=m→⋅n→|m→||n→|=535=53，
∴ sin=23，
故二面角A−PB−C的正弦值为23．
【答案】
∵ 动圆过定点F(0, 1)，且与直线l:y＝−1相切，
∴ 动圆圆心到定点F(0, 1)和定直线y＝−1的距离相等，
∴ 动圆圆心的轨迹C是以F(0, 1)为焦点的抛物线，
∴ 轨迹C的方程为：x2＝4y，
设A(x1,x124),B(x2,x224)，
∵ x2＝4y，∴ y′=x2，
∴ 直线PA的方程为：y−x124=x12(x−x1)，即：4y=2x1x−x12①，
同理，直线PB的方程为：4y=2x2x−x22②，
由①②可得：P(x1+x22,x1x24)，
因为过F作斜率为k(k≠0)的直线m，所以直线m方程为：y＝kx+1，
联立y=kx+1x2=4y 可得：x2−4kx−4＝0，所以x1+x2=4kx1x2=−4 ，
∴ P(2k, −1)，
∴ kPF×k=−1k×k=−1，
∴ 点P始终在直线l上且PF⊥AB．
设直线AB的倾斜角为α，由（1）可得：
|AB|=1+k2|x1−x2|=4(1+k2)=4(1+tan2α)=4cos2α，
∴ |MN|=4cos2(α+90)=4sin2α，
∴ 四边形AMBN的面积为：12|AB|×|MN|=8sin2αcos2α=32sin22α≥32，
当且仅当α＝45∘或135∘，即k＝±1时取等号，
∴ 四边形AMBN的面积的最小值为32．
【考点】
轨迹方程
【解析】
（1）先利用定义法求出动圆圆心的轨迹方程C，再设A(x1,x124),B(x2,x224)，通过求导，分别写出切线PA和PB的直线方程，联立用x1，x2表示出点P的坐标；然后联立直线m的方程和x2＝4y，结合韦达定理，可把点P的坐标表示为(2k, −1)，最后证明kPF×k=−1k×k=−1即可得解；
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（2）先利用弦长公式求出|AB|，设直线AB的倾斜角为α，用α分别表示出|AB|和|MN|，然后表示出四边形AMBN的面积，最后利用三角函数求出最小值即可．
【解答】
∵ 动圆过定点F(0, 1)，且与直线l:y＝−1相切，
∴ 动圆圆心到定点F(0, 1)和定直线y＝−1的距离相等，
∴ 动圆圆心的轨迹C是以F(0, 1)为焦点的抛物线，
∴ 轨迹C的方程为：x2＝4y，
设A(x1,x124),B(x2,x224)，
∵ x2＝4y，∴ y′=x2，
∴ 直线PA的方程为：y−x124=x12(x−x1)，即：4y=2x1x−x12①，
同理，直线PB的方程为：4y=2x2x−x22②，
由①②可得：P(x1+x22,x1x24)，
因为过F作斜率为k(k≠0)的直线m，所以直线m方程为：y＝kx+1，
联立y=kx+1x2=4y 可得：x2−4kx−4＝0，所以x1+x2=4kx1x2=−4 ，
∴ P(2k, −1)，
∴ kPF×k=−1k×k=−1，
∴ 点P始终在直线l上且PF⊥AB．
设直线AB的倾斜角为α，由（1）可得：
|AB|=1+k2|x1−x2|=4(1+k2)=4(1+tan2α)=4cos2α，
∴ |MN|=4cos2(α+90)=4sin2α，
∴ 四边形AMBN的面积为：12|AB|×|MN|=8sin2αcos2α=32sin22α≥32，
当且仅当α＝45∘或135∘，即k＝±1时取等号，
∴ 四边形AMBN的面积的最小值为32．
【答案】
根据散点图可知：y=a+b⋅1.5t适宜作为累计确诊人数y与时间变量t的回归方程类型；
设ω＝1.5t，则y=a+bω，
b=i=110 ωiyi−10ω¯y¯i=110 ωi2−10ω¯2=154700−10×19×3907640−10×192=20，
a=y¯−bω¯=390−20×19=10，
∴ y=10+20⋅1.5t；
(i)当t＝11时，y=2010,|2010−1975|1975<0.1，
当t＝12时，y=3010,|3010−2744|2744<0.1，
当t＝13时，y=4510,|4510−4515|4515<0.1．
∴ （2）的回归方程可靠；
(ii)当t＝15时，y=10150，
10150远大于7111，故防护措施有效．
【考点】
求解线性回归方程
【解析】
（1）直接由散点图得结论；
（2）设ω＝1.5t，则y=a+bω，求出b与a的值，则回归方程可求；
(3)(i)在（2）中求得的回归方程中，分别取t＝11、12、13求得y，再比较误差与0.1的大小得结论；
(ii)在回归方程中取t＝15求得y值，与7111比较大小得结论．
【解答】
根据散点图可知：y=a+b⋅1.5t适宜作为累计确诊人数y与时间变量t的回归方程类型；
设ω＝1.5t，则y=a+bω，
b=i=110 ωiyi−10ω¯y¯i=110 ωi2−10ω¯2=154700−10×19×3907640−10×192=20，
a=y¯−bω¯=390−20×19=10，
∴ y=10+20⋅1.5t；
(i)当t＝11时，y=2010,|2010−1975|1975<0.1，
当t＝12时，y=3010,|3010−2744|2744<0.1，
当t＝13时，y=4510,|4510−4515|4515<0.1．
∴ （2）的回归方程可靠；
(ii)当t＝15时，y=10150，
10150远大于7111，故防护措施有效．
【答案】
∵ f′(x)=1−axx(a>0,x>0)，
∴ 当x∈(0,1a)时，f(x)>0，当x∈(1a,+∞)时，
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f′(x)<0，
∴ f(x)在(0,1a)上递增，在(1a,+∞)上递减，
∴ f(x)≤f(1a)=−lna+a−1．
令g(x)＝−lnx+x−1＝−(lnx−x+1)，
∴ g(x)在(0, 1)上递减，在(1, +∞)上递增，g(x)≥g(1)＝0，
∴ −lna+a−1≥0，当且仅当a＝1时取等号．
①a＝1时，f(x)有一个零点；
②a>1时，1a∈(0,1),f(1a)=−lna+a−1a∈(0,1),f(1a)=−lna+a−1>0,f(1)=0,f(1ea)=−aea<0，此时f(x)有两个零点；
③01,f(1a)=−lna+a−1>0,f(1)=0,f(1a2)=−21na−1a+a，令φ(x)=−21nx−1x+x(x>1)，
∴ φ′(x)=(1−x)2x2>0，
∴ φ(x)在(0, 1)上递增，φ(x)<φ(1)＝0，
∴ f(1a2)=−21na−1a+a<0，此时f(x)有两个零点；
综上：a＝1时，f(x)有一个零点；当a>0且a≠1时，f(x)有两个零点；
证明：由（1）可知：lnx≤x−1，∴ xlnx+1≤x2−x+1，ex−1≥x，
令h(x)＝ex+sinx−x2+x−1，h′(x)＝ex+cosx−2x+1≥ex−2x+1+cosx>0，
∴ h(x)在(0, +∞)上递增，h(x)>h(0)＝0，
∴ ex+sinx>x2−x+1>xlnx+1．
【考点】
利用导数研究函数的最值
【解析】
（1）利用导数得到f(x)≤f(1a)=−lna+a−1，令g(x)＝−lnx+x−1＝−(lnx−x+1)，分类讨论a＝1，a>1以及00,x>0)，
∴ 当x∈(0,1a)时，f(x)>0，当x∈(1a,+∞)时，f′(x)<0，
∴ f(x)在(0,1a)上递增，在(1a,+∞)上递减，
∴ f(x)≤f(1a)=−lna+a−1．
令g(x)＝−lnx+x−1＝−(lnx−x+1)，
∴ g(x)在(0, 1)上递减，在(1, +∞)上递增，g(x)≥g(1)＝0，
∴ −lna+a−1≥0，当且仅当a＝1时取等号．
①a＝1时，f(x)有一个零点；
②a>1时，1a∈(0,1),f(1a)=−lna+a−1a∈(0,1),f(1a)=−lna+a−1>0,f(1)=0,f(1ea)=−aea<0，此时f(x)有两个零点；
③01,f(1a)=−lna+a−1>0,f(1)=0,f(1a2)=−21na−1a+a，令φ(x)=−21nx−1x+x(x>1)，
∴ φ′(x)=(1−x)2x2>0，
∴ φ(x)在(0, 1)上递增，φ(x)<φ(1)＝0，
∴ f(1a2)=−21na−1a+a<0，此时f(x)有两个零点；
综上：a＝1时，f(x)有一个零点；当a>0且a≠1时，f(x)有两个零点；
证明：由（1）可知：lnx≤x−1，∴ xlnx+1≤x2−x+1，ex−1≥x，
令h(x)＝ex+sinx−x2+x−1，h′(x)＝ex+cosx−2x+1≥ex−2x+1+cosx>0，
∴ h(x)在(0, +∞)上递增，h(x)>h(0)＝0，
∴ ex+sinx>x2−x+1>xlnx+1．
（二）选考题：共10分，请考生在第22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分．[选修4-4：坐标系与参数方程]
【答案】
∵ C1:x2+y2−2y=0，
转换为直角坐标方程为ρ2＝2ρsinθ，
∴ C1的极坐标方程为ρ＝2sinθ．
∵ C2:3x+y=6，
∴ 3ρcosθ+ρsinθ=6，
∴ C2的极坐标方程为：3ρcosθ+ρsinθ=6，
∵ C3；kx−y＝0(k>0)，
∴ θ＝α（α为锐角），
∴ |OA|=2sinα,|OB|=6sinα+3cosα，
∴ λ=|OA||OB|=2sin2α+23sinαcosα6=3sin2α−cos2α+16=2sin(2α−π6)+16≤12，
当α=π3时，等号成立．
即λ的最大值为12．
【考点】
圆的极坐标方程
【解析】
（1）直接利用转换关系的应用求出结果．
（2）利用三角函数关系式的变换和正弦型函数的性质的应用求出结果．
【解答】
∵ C1:x2+y2−2y=0，
转换为直角坐标方程为ρ2＝2ρsinθ，
∴ C1的极坐标方程为ρ＝2sinθ．
∵ C2:3x+y=6，
∴ 3ρcosθ+ρsinθ=6，
∴ C2的极坐标方程为：3ρcosθ+ρsinθ=6，
第21页 共24页 ◎ 第22页 共24页
∵ C3；kx−y＝0(k>0)，
∴ θ＝α（α为锐角），
∴ |OA|=2sinα,|OB|=6sinα+3cosα，
∴ λ=|OA||OB|=2sin2α+23sinαcosα6=3sin2α−cos2α+16=2sin(2α−π6)+16≤12，
当α=π3时，等号成立．
即λ的最大值为12．
[选修4-5：不等式选讲]
【答案】
f(x)=2|x|+|x−4|=4−3x,x≤0x+4,0
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