河南省名校联盟2020届高三下学期六月联考 数学（文）(PDF版) 10页

Ű数学参考答案(文科) 　 第 １　　　　 页(共 ７ 页)】 参考答案、提示及评分细则 一、选择题:本题有 １２ 小题,每小题 ５ 分,共 ６０ 分 ． 题号 １ ２ ３ ４ ５ ６ ７ ８ ９ １０ １１ １２ 答案 A C A A B D B A B D D C 　　 【解析】 １ư 因为B＝ { －１ , ０ , １ , ２ },A＝ {x|－１＜x≤１ },所以 A∩B＝ { ０ , １ }．故选 A． ２ư∵z＝ ２i １－i＝ ２i ( １＋i ) ( １－i )( １＋i )＝－１＋i , ∴z＝－１－i , ∴z 在复平面内对应的点为( －１ , －１ )且该 点位于第三象限．故选 C． ３ưsinα＝２ ５ ５ ＝ m m２ ＋１ ,等 式 两 边 平 方 解 得 m ＝ ±２．∵sinα＞０ , ∴m ＝２ , tanα＝ m １ ＝２ , ∴tan (α＋ π ４ ) ＝tanα＋１ １－tanα＝－３．故选 A． ４ư 圆C 上恰有两点到直线l距离为 ２ ,圆心到直线的距离d 满足 １＜d＜３ ,即 １＜|a＋４| ２ ＜３ ,解 得 －２＜a＜２ 或 －１０＜a＜－６ ,所以“ －２＜a＜２ ”是“圆C 上恰有两点到直线l 距离为 ２ ”的充 分不必要条件．故选 A． ５ư 如下图,作出函数f(x)的图象,则直线g(x)与f(x)有两个交点．当a＝１ 时符合题意;当直线 与y＝１－ x 相切时也符合题意,所以方程 １－ x ＝－x＋a 在( ０ , １ )上只有一正解,化简得 x２ ＋ ( １－２a)x＋ ( １－a)２ ＝０ ,所以Δ＝０ ,解得a＝３ ４ ,符合题意,所以a＝３ ４ 或 １．故选 B． ６ư 由图知 ２０１９ 年 １~１１ 月中, ６ 月是社会消费品零售总额同比增长速度最高的月份,所以 A 错 误; ２０１９ 年 １１ 月,乡村社会消费品零售总额同比增长率比较高但是绝对量较少,所以城镇的 影响更大,所以 B 错误;第二季度平均同比增长率高于第一季度,所以 C 错误; ２０１９ 年 １~１１月,汽车消费品零售总额 ＝３７２８７２－３３７９５１＝３４９２１ 亿元,所以 D 正确．故选 D． ７ư∵ 周期 T＝２πω ＝π , ∴ω＝２ ,所以将f(x)向右平移 π ３ 个单位后得到函数y＝sin ( ２x＋φ－２π ３ )． 因为平移后的图象关于y 轴 对 称,所 以φ－２π ３ ＝ π ２ ＋kπ (k∈Z),所 以φ＝７π ６ ＋kπ (k∈Z)． 当k＝－１ 时,φ ＝ π ６ ,f (x) ＝sin ( ２x ＋ π ６ ),f (π ３ ) ＝sin (２π ３ ＋ π ６ ) ＝ １ ２ ,故 A 错 误; 当x＝ π ６ 时, ２x＋ π ６＝ π ２ ,所以f(x)关于直线x＝ π ６ 对称,故 B 正确;当x∈ ( － π ３ ,π ６ )时, ２x＋ π ６∈ ( － π ２ ,π ２ ),所以( － π ３ ,π ６ )是f(x)的单调递增区间,故 C 错误;当x∈ [ ０ ,π ２ ]时, ６ Ű数学参考答案(文科) 　 第 ２　　　　 页(共 ７ 页)】 f(x)的最大值为f(π ６ ) ＝１ ,故 D 错误．故选 B． 第 ８ 题图 ８ư 由三视图知该几何体为三棱锥．如图所示, △ABC 为直角三角形,AB⊥BC, AB＝３ ,BC＝２ ,PA＝４ ,PA⊥ 平面ABC．三棱锥P|ABC 的外接球半径R＝ ３ ２ ＋２ ２ ＋４ ２ ２ ＝ ２９ ２ ,外接球体积V１＝４ ３πR３ ＝２９ ２９π ６ ;三棱锥体积V２＝１ ３ S△ABC ×PA＝１ ３×３×４＝４ ,所以所求概率P＝ V２ V１＝２４ ２９ ８４１π ．故选 A． ９ư 由框图 知 M ,N 是 相 邻 的 两 项 斐 波 那 契 数,故 S＝S＋M ＋N．i＝１ , S＝０＋１＋１ ;i＝２ ,S＝１＋１＋２＋３ ;依次类推,i＝５０ 时,应终止循环,故流程图中的判断框内 应填写的条件是i≤４９ ?．故选 B． １０ư 连 接 AB 交x 轴 于 D 点,连 接 AF,则 OA ⊥AF,OA ＝a,AF ＝b．∵Rt△AOD 相 似 于 Rt△FOA, ∴ OD OA ＝ AD AF ＝ OA OF ,即 OD a ＝ AD b ＝ a c , ∴ OD ＝ a２ c ＝ ４c ,AD ＝ ab c ＝２b c ． ∵S△OAB ＝１ ２×２|AD|×|OD|＝８b c２ ＝２ , ∴４b＝c２ ＝a２ ＋b２,即b２ ＋４－４b＝０ , ∴b＝２ , ∴ 曲 线C 的方程为x２ ４－ y２ ４ ＝１．故选 D． 第 １１ 题图 １１ư 不妨设正方体的棱长为 ２ ,如图延长 DC 至点F 使得DC＝CF, 作BF 的中点E,连接 NE,则NE∥BD１ ,所以 ∠MNE 或 其 补 角即为所求角．设所求角为θ,BM ＝x( ０≤x≤２ ２ ),在 △MBE 中,ME２ ＝x２ ＋２ ;在 △MBC 中,MC２ ＝x２ ＋２ ２ －２×x×２×cos π ４＝x２ －２ ２x＋４ ;在 △MNC 中,MN２ ＝MC２ ＋NC２ ＝x２ －２ ２x ＋ ５ ;在 △MNE 中,由 余 弦 定 理 cosθ＝|cos∠MNE|＝ |MN２ ＋NE２ －ME２ | ２|MN||NE| ＝ |３－ ２x| ３ x２ －２ ２x＋５ ．结合图形,当 x＝ ３ ２ ＝３ ２ ２ 时, cosθ＝０ ,θ＝ π ２ ,故 A 正 确．当 x＝０ 时, cosθ＝ ３ ５ ＝ １５ ５ ,当x＝２ ２ 时, cosθ＝ １５ １５ ,故 ０≤cosθ≤ １５ ５ ．因为 cosπ ６＝ ３ ２ ＞ １５ ５ , 所以θ 不可能为 π ６ ．故选 D． １２ư 存在x０∈ [１ ２ , ２ ],使得f(x０ ) ≥g(x０ )成立,即存在x０ ∈ [１ ２ , ２ ],使得x２ ０ － ( ２t＋１ )x０ ＋e x０ ≥ ( １－t)x０ 成立,即存在x０ ∈ [１ ２ , ２ ],使得t≤x０ ＋e x０ x０ －２．令h(x) ＝x＋e x x －２ (x∈ [１ ２ , ２ ]),h′(x) ＝１＋e x (x－１ ) x２ ＝ x２ ＋e x (x－１ ) x２ ．令φ(x) ＝x２ ＋e x (x－１ )(x∈ [１ ２ , ２ ]), ∵φ′(x) ＝２x＋xe x ＞０ , ∴φ(x)在x∈ [１ ２ , ２ ]上单调递增．又 ∵φ(１ ２ ) ＝１－２ e ４ ＜０ ,φ( ２ ) ＝４＋２e ２ ＞ ０ , ∴∃m∈ [１ ２ , ２ ],使得φ(m) ＝０ , ∴x∈ [１ ２ ,m),φ(x) ＜０ ,x∈ (m, ２ ],φ(x) ＞０ , ∴ 当x∈ [１ ２ ,m)时,h′(x) ＜０ ,x∈ (m, ２ ]时,h′(x) ＞０ , ∴h(x)在[１ ２ ,m)上单调递减,在[m, ２ )上单 调递增．∵h(１ ２ ) ＝２ e－３ ２ ,h( ２ ) ＝e ２ ２ , ∴t≤max {h(１ ２ ),h( ２ )} ＝e ２ ２ ．故选 C． ６ Ű数学参考答案(文科) 　 第 ３　　　　 页(共 ７ 页)】 二、填空题:本题共 ４ 小题,每小题 ５ 分,共 ２０ 分. １３ư３ ５　　　　１４ư 丙 　　　　　１５ư３,[２ ３,＋∞)　　　　１６ư(３＋ ３,２ ３＋６) 　　 【解析】 １３ưa→ ＋b→ ＝ ( ３ , １＋m),a→ Ű(a→ ＋b→) ＝６＋１＋m＝０ ,m＝－７ , |a→ ＋b→ |＝ ３ ２ ＋ ( －６ )２ ＝３ ５． １４ư 由于甲、乙、丙都不想要«红楼梦»,所以«红楼梦»奖励给丁,再根据丁说的＂如果乙不要«西游 记»,我就不要«红楼梦»＂,可知«西游记»奖励给乙,又乙、丙同学不想要«三国演义»,所以«水 浒传»应奖励给丙． １５ư 由椭圆定义 |PF１|＋|PF２|＝２a,在 △PF１F２ 中由余弦定理得 |F１F２| ２ ＝|PF１| ２ ＋|PF２| ２ －２×|PF１||PF２|cos６０°＝ (PF１＋PF２ )２ －３|PF１||PF２| , ４c２ ＝４a２ －３|PF１||PF２| ,所以 |PF１| Ű |PF２|＝４b２ ３ ,所以S△PF１F２ ＝１ ２×４b２ ３sin６０°＝３ ３ ,解得b＝３．∵S△PF１F２ ≤１ ２ ×２c× b,即 ３ ３ b２ ≤bc,b≤ ３c, ∴b２ ≤３c２, ∴a２ ＝b２ ＋c２ ≥b２ ＋ b２ ３ ＝４b２ ３ ＝１２ , ∴a≥２ ３ , ∴a∈ [ ２ ３ , ＋∞ )． 第 １６ 题图 １６ưf′(x) ＝x２ －２ ( ３sinA＋cosA)x＋３ ,因为f(x)在点 (c,f(c))处的切线与y＝x 垂直,所以切线斜率f′(c) ＝ －１ ,即f′(c) ＝c２ －２ ( ３sinA＋cosA)c＋３＝－１ ,所以 c２ －２× ( ３sinA＋cosA)c＋４＝０ ,即c２ －４csin (A＋ π ６ ) ＋４＝０．∵Δ＝１６sin ２(A＋ π ６ ) －１６≥０ , sin ２(A＋ π ６ ) ≥１ , 又 ∵sin ２(A＋ π ６ ) ≤１ , ∴sin ２(A＋ π ６ ) ＝１．在 △ABC 中,A＝ π ３ ,则c２ －４c＋４＝０ ,即c＝２．由 正弦定理 a sinπ ３ ＝ b sinB＝ ２ sinC ,得a＝ ３ sinC ,b＝２sinB sinC ＝２sin (A＋C) sinC ＝ ３cosC＋sinC sinC ,所 以a＋b＋c＝ ３ sinC＋ ３cosC＋sinC sinC ＋２ ,即a＋b＋c＝ ３ ( １＋cosC) sinC ＋３ ,其中C∈ (π ６ ,π ２ )． 令k＝ sinC cosC＋１ ,则 其 几 何 意 义 为 点 ( cosC, sinC)与 ( －１ , ０ )所 在 直 线 的 斜 率,其 中 ( cosC, sinC)在如 图 所 示 的 圆 弧 上,数 形 结 合 得k∈ ( ２－ ３ , １ ),所 以 a＋b＋c＝ ３１k ＋ ３∈ ( ３＋ ３ , ２ ３＋６ )． 三、解答题． １７ư(１２ 分) 解:(１)当n≥２ 时,Sn－１＝２ n ＋a(n－１)＋b,an ＝Sn －Sn－１＝２ n ＋a． (１ 分)ƺƺƺƺƺƺƺ当n＝１ 时,a１＝S１＝４＋a＋b． ∵{an }是等比数列,将n＝１ 代入an 中,得a１＝２＋a, ∴２＋a＝４＋a＋b,∴b＝－２． (３ 分)ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 又 ∵a２ ２ ＝a１a３,∴(４＋a)２ ＝(２＋a)(８＋a),解得a＝０, (５ 分)ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ ∴an ＝２ n ． (６ 分)ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ (２)bn ＝log２２an ＝log２２ n＋１ ＝n＋１,cn ＝ bn an ＝ n＋１ ２ n ． (７ 分)ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ ∵Tn ＝２ ２ １ ＋３ ２ ２ ＋４ ２ ３ ＋ƺ＋ n ２ n－１ ＋ n＋１ ２ n ,① ６ Ű数学参考答案(文科) 　 第 ４　　　　 页(共 ７ 页)】 １ ２ Tn ＝２ ２ ２ ＋３ ２ ３ ＋４ ２ ４ ＋ƺ＋ n ２ n ＋ n＋１ ２ n＋１ ,② ∴①－② 得１ ２ Tn ＝２ ２ １ ＋１ ２ ２ ＋１ ２ ３ ＋ƺ＋１ ２ n － n＋１ ２ n＋１ ＝１ ２＋１ ２× １－(１ ２) n １－１ ２ － n＋１ ２ n＋１ , (９ 分) ƺƺƺƺ ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 整理得 Tn ＝３－ n＋３ ２ n ＜３ 恒成立,所以原题得证． (１２ 分)ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ １８ư(１２ 分)解:(１)由直方图知,(０．００５＋a＋０．０２＋０．００７５＋０．００２５)×２０＝１,解得a＝０．０１５． (２ 分)ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 设该市居民对猪肉价格上涨幅度的平均心理预期值为x,则 x＝(０．００５×２０＋０．０１５×４０＋０．０２×６０＋０．００７５×８０＋０．００２５×１００)×２０＝５５所以该市居民对猪肉价格上涨幅度的平均心理预期值为 ５５％． (５ 分)ƺƺƺƺƺƺƺƺ (２)由题意,样本中“信心十足型”型居民有 ０．００５×２０×２００＝２０ 人,“信心不足型”型居民 有 ０．００２５×２０×２００＝１０ 人． 由分层抽样的定义可知“信心十足型”居民抽取 ４ 人,“信心不足型”居民抽取 ２ 人．(７ 分)在抽取的 ６ 人中,２ 名“信心不足型”居民分别记为 A１,A２,４ 名“信心十足型”型居民分别 记为B１,B２,B３,B４． ６ 人中抽取 ３ 人的情况有:(A１,A２,B１),(A１,A２,B２),(A１,A２,B３),(A１,A２,B４), (A１,B１,B２),(A１,B１,B３),(A１,B１,B４),(A１,B２,B３),(A１,B２,B４),(A１,B３,B４), (A２,B１,B２),(A２,B１,B３),(A２,B１,B４),(A２,B２,B３),(A２,B２,B４),(A２,B３,B４), (B１,B２,B３),(B１,B２,B４),(B１,B３,B４),(B２,B３,B４)． (１０ 分)ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ则所有的抽样情况共 ２０ 种,其中至少有 １ 名“信心不足型”居民的情况有 １６ 种, 记事件 A 为抽出的 ３ 人中至少有 １ 名“信心不足型”居民,则 P(A)＝１６ ２０＝０．８．ƺ(１２ 分) １９ư(１２ 分) 解:(１)存在,且BG＝１ ５ BC． (１ 分)ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 证明:在线段 AB 上取点 H ,使得BH ＝１,连接EH 、HG、EG． ∵ 四边形 ABEF 是梯形,∴AB∥EF,∴AH ∥EF． ∵AH ＝EF＝４,∴ 四边形 AHEF 是平行四边形． ∴HE∥AF,又 ∵AF⊂ 平面 AFC,HE⊄ 平面 AFC,∴HE∥ 平面 AFC． (２ 分)ƺƺƺƺ 第 １９ 题图 ∵ BH BA ＝ BG BC＝１ ５,∴HG∥AC, 又 ∵AC⊂ 平面 AFC,HG⊄ 平面 AFC,∴HG∥ 平面 AFC． (３ 分)ƺ ∵HG∩HE＝H ,HG、HE⊂ 平面EHG, ∴ 平面EHG∥ 平面 AFC． (５ 分)ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ ∵EG⊂ 平面EHG,∴EG∥ 平面 AFC． (６ 分)ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ (２)由已知条件知,∵S△BEC ＝１ ２|EB|Ű|EC|sin ∠BEC＝１ ２×２×４× sin∠BEC, ∴∠BEC＝９０°,即EB⊥EC 时 △BEC 面积最大． 方法一:设 D 到平面AFC 的距离为d,VDＧAFC ＝VA|CDF ． (７ 分)ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 由题易知,在 △AFC 中,AF＝ ５,AC＝３ ５,CF＝４ ２, ６ Ű数学参考答案(文科) 　 第 ５　　　　 页(共 ７ 页)】 由余弦定理得 cos∠CAF＝ ５＋４５－３２ ２× ５×３ ５ ＝３ ５,∴sin∠CAF＝４ ５ ． S△AFC ＝１ ２|AF|Ű|AC|sin∠CAF＝１ ２× ５×３ ５×４ ５＝６． (８ 分)ƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 在 △CDF 中,S△CDF ＝S梯形FECD －S△FEC ＝１ ２×(４＋９)×４－１ ２×４×４＝１８． (９ 分)ƺƺƺ ∵CE⊥BE,BE⊥FE,CE∩FE＝E,CE、FE⊂ 平面CEF, ∴BE⊥ 平面CEF,又 AB∥ 平面CDFE, ∴A、B 到平面CDFE 的距离都为BE＝２． (１０ 分)ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ ∵VDＧAFC ＝VAＧCDF ,∴１ ３ S△AFC Űd＝１ ３ S△CDF Ű|BE|,即１ ３×６×d＝１ ３×１８×２, ∴d＝６,即 D 到平面AFC 的距离 ６． (１２ 分)ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 方法二:BC＝ BE２ ＋EC２ ＝２ ５,AC２ ＝BC２ ＋AB２ ＝２０＋２５＝４５,AD２ ＝BC２ ＋(CD－AB)２ ＝２０＋１６＝３６． 在 △ACD 中,CD２ ＝８１,AD２ ＋AC２ ＝３６＋４５＝８１,∴AD⊥AC．① (８ 分)ƺƺƺƺƺƺƺ在 △ACF 中,AF２ ＝BE２ ＋(AB－EF)２ ＝４＋１＝５,DF２ ＝CE２ ＋(CD－EF)２ ＝１６＋２５＝ ４１,∴AD２ ＋AF２ ＝DF２ ,∴AD⊥AF．②又 AC、AF⊂ 平面 ACF,AC∩AF＝A,∴AD⊥ 平面 ACF, (１０ 分)ƺƺƺƺƺƺƺƺƺ即 D 到平面AFC 的距离即为AD＝６． (１２ 分)ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ ２０ư(１２ 分)解:(１)设动圆G 的半径为R,|FG|＝１＋R． 因为圆G 与x 轴相切,所以圆心G 到x 轴距离为R,到直线y＝－１ 的距离为R＋１,即点G 到定点F 的距离等于到定直线y＝－１ 的距离,由抛物线定义知圆心G 的轨迹方程为:x２ ＝４y(x≠０)． (４ 分)ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ (２)由题意,设直线 PQ 方程为y＝kx＋１,M(x１,y１),N(x２,y２),P(x３,y３),Q(x４,y４)． ∵k１k２＝ y１y２ x１x２ ＝ x１ ２ ４ Ű x２ ２ ４x１x２ ＝ x１x２ １６ ＝－１ ２,∴x１x２＝－８． (６ 分)ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ ∵|AM|＝ １＋k２ |x１－０|＝ １＋k２ |x１|,|AN|＝ １＋k２ |x２|, ∴|AM|Ű|AN|＝(１＋k２ )|x１x２|＝８(１＋k２ )． (８ 分)ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 联立方程 y＝kx＋１, x２ ＝４y, { 整理得x２ －４kx－４＝０,则x３＋x４＝４k,x３x４＝－４, 则 |PQ|＝ １＋k２ (x３＋x４)２ －４x３x４ ＝ １＋k２ １６k２ ＋１６＝４(１＋k２ ), (１１ 分)ƺƺ ∴|AM|Ű|AN|＝２|PQ|,∴λ＝２． (１２ 分)ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ ２１ư(１２ 分) 解:(１)∵f′(x)＝１x ＋２ax＋b(x＞０),f(１)＝a＋b＋１,f′(１)＝１＋２a＋b, ∴f(x)在x＝１ 处的切线方程为y－(a＋b＋１)＝(１＋２a＋b)(x－１)． ∵f(x)在x＝１ 处的切线恒过点(０,－１), ∴－１－(a＋b＋１)＝(１＋２a＋b)(－１),∴a＝１, (２ 分)ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ ∴f′(x)＝１x ＋２x＋b＝２x２ ＋bx＋１x (x＞０)． 令φ(x)＝２x２ ＋bx＋１(x＞０),φ(x)＝０,则Δ＝b２ －８, 当 －２ ２≤b＜０ 时,∵Δ≤０,∴φ(x)≥０ 恒成立,即f′(x)≥０ 恒成立,∴f(x)在(０,＋∞)上单调递增． (３ 分)ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 当b＜－２ ２ 时,∵Δ＞０,∴φ(x)＝０ 有两解,不妨设为x１,x２, ６ Ű数学参考答案(文科) 　 第 ６　　　　 页(共 ７ 页)】 由求根公式得x１＝－b－ b２ －８ ４ ,x２＝－b＋ b２ －８ ４ ,x１＋x２＝－ b ２＞０,x１x２ ＝１ ２＞０, ∴x１,x２ 均为正根． 当x∈(０,x１)时,∵φ(x)＞０,∴f′(x)＞０,∴f(x)在(０,x１)上单调递增,当x∈(x１,x２)时,∵φ(x)＜０,∴f′(x)＜０,∴f(x)在(x１,x２)上单调递减,当x∈(x２,＋∞)时,∵φ(x)＞０,∴f′(x)＞０,∴f(x)在(x２,＋∞)上单调递增． (５ 分) ƺƺƺ ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 综上,当 －２ ２≤b＜０ 时,f(x)在 (０,＋ ∞)上 单 调 递 增;当b＜ －２ ２ 时,f(x)在 (０, －b－ b２ －８ ４ )上 单 调 递 增,在 (－b－ b２ －８ ４ ,－b＋ b２ －８ ４ )上 单 调 递 减,在 (－b＋ b２ －８ ４ ,＋∞)上单调递增． (６ 分)ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ (２)由(１)知,当 －２ ２≤b＜０ 时,f(x)在(０,＋∞)上单调递增, 此时 f(３)＝ln３＋９＋３b＋１＝ln３＋３(３＋b)＋１＞０,f(１ e ２ )＝ －２＋ １ e ４ ＋ b e ２ ＋１＝ １＋be ２ －e ４ e ４ ＜１－e ４ e ４ ＜０, ∴f(x)在(１ e ２ ,３)有唯一零点,即f(x)在(０,＋∞)有唯一零点． (７ 分)ƺƺƺƺƺƺƺƺ 当b＜－２ ２ 时,f(x)在(０,x１)上单调递增,在(x１,x２)上单调递减,在(x２,＋∞)上单调 递增． ∵f′(x１)＝０,∴２x１ ２ ＋bx１＋１＝０,bx１ ＋１＝－２x１ ２ ,∴f(x１)＝lnx１ ＋x１ ２ ＋bx１ ＋１＝ln x１－x１ ２． (８ 分)ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 令g(x)＝lnx－x２ (x＞０),∵g′(x)＝１－２x２ x (x＞０),可得g(x)在(０,２ ２ )上单调递增, (２ ２ ,＋∞)上单减递减, ∴g(x)≤g(２ ２ )＝－１ ２ln２－１ ２＜０,∴f(x１)＜０． (９ 分)ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 由单调性知,当x∈(０,x２]时,∵f(x)＜f(x１)＜０,∴f(x２)＜f(x１)＜０．∵－b－x２ ＝－b －－b＋ b２ －８ ４ ＝－３b－ b２ －８ ４ ＞０,f(－b)＝ln(－b)＋b２ －b２ ＋１＝ln(－b)＋１,b＜ －２ ２,∴ln(－b)＋１＞ln２ ２＋１＞０,∴f(－b)＞０． (１０ 分)ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ由零点存在定理,存在x０∈(x２,－b),使得f(x０)＝０,所以f(x)在x∈(x２,＋∞)时有一 个零点x０． (１１ 分)ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ综上所述,当b＜０ 时,f(x)在(０,＋∞)上只有一个零点． (１２ 分)ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ ２２ư(１０ 分) 解:(１)将直线l的参数方程 x＝１＋t, y＝ ３＋ ３t{ (为参数)消去参数t,得y＝ ３x,又x＝ρcosθ,y＝ ρsinθ,得直线l的极坐标方程为θ＝ π ３(ρ∈R)． (２ 分)ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 设P(ρ０,θ０)(ρ０≠０),M(ρ,θ),由题意θ０＝θ,①　 又 |OP|Ű|OM|＝１,∴ρρ０＝１,即ρ０＝１ ρ ．② 因为点 P 在曲线C 上,所以ρ０＝２ ２sin(θ０＋ π ４), ６ Ű数学参考答案(文科) 　 第 ７　　　　 页(共 ７ 页)】 将 ①② 代入ρ０＝２ ２sin(θ０＋ π ４),得１ ρ ＝２ ２sin(θ＋ π ４), 整理得曲线E 的极坐标方程为 ２ ２ρsin(θ＋ π ４)＝１． (５ 分)ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ (２)设 A、B 两点的极径分别为ρ１、ρ２, 联立直线l和曲线C 的极坐标方程 θ＝ π ３, ρ＝２ ２sin(θ＋ π ４), ì î í ïï ïï 得ρ１＝２ ２sin(π ３＋ π ４)＝１＋ ３． (７ 分)ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 联立直线l和曲线E 的极坐标方程 θ＝ π ３, ２ ２ρsin(θ＋ π ４)＝１, ì î í ïï ïï 得ρ２＝ １ ２ ２sin(π ３＋ π ４) ＝ ３－１ ２ , (９ 分)ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ ∴|AB|＝|ρ１－ρ２|＝|(１＋ ３)－ ３－１ ２ |＝ ３＋３ ２ ． (１０ 分)ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ ２３ư(１０ 分) 解:(１)当a＝－３ 时,f(x)＝|２x＋３|＋|x－１|＝ －２－３x,x≤－３ ２, ４＋x,－３ ２＜x＜１, ３x＋２,x≥１, ì î í ï ïï ï ïï (２ 分)ƺƺƺƺƺƺ 则 x≤－３ ２, －２－３x＞８ { 或 －３ ２＜x＜１, ４＋x＞８ { 或 x≥１, ３x＋２＞８, { 得x∈(－∞,－１０ ３)∪(２,＋∞)． (５ 分)ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ (２)由题知,不等式 －x２ ＋２x≥f(x),即x２ －２x＋f(x)≤０ 有解,令g(x)＝x２ －２x＋f(x),当a＜２ 时, g(x)＝x２ －２x＋|２x－a|＋|x－１|＝ x２ －５x＋a＋１,x≤ a ２, x２ －x＋１－a, a ２＜x＜１, x２ ＋a－１－a,x≥１． ì î í ï ïï ï ïï (７ 分)ƺƺƺƺƺƺƺ 由二次函数的性质知:若 １≤a＜２,则g(x)在(－∞, a ２)上单调递减,在( a ２,＋∞)上单调 递增,g(x)min＝g( a ２)＝ a２ ４－３a ２ ＋１≤０,得 ３－ ５≤a≤３＋ ５,又 ∵１≤a＜２,∴１≤a＜２． (８ 分)ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 若a＜１,则g(x)在(－∞,１ ２)上单调递减,在(１ ２,＋∞)上单调递增,g(x)min＝g(１ ２)＝ ３ ４－a≤０,得３ ４≤a＜１． (９ 分)ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 综上,a∈[３ ４,２)． (１０ 分)ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ ６