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2020-2021学年云南昭通高三上数学月考试卷
一、选择题
1. 已知集合A={x|log2x≤1}，集合B={y|y=2x+1}，则A∩B=( )
A.[1, 2] B.(1, 2] C.[12，2] D.(12，2]
2. 已知复数z=(a2−1)+(a−2)i(a∈R)，则“a=1”是“z为纯虚数”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
3. 下列命题正确的个数是( )
(1)命题“若m>0，则方程x2+x−m=0有实根”的逆否命题为：“若方程x2+x−m=0无实根，则m≤0”；
(2)对于命题p：“∃x0∈R，使得x02+x0+1<0”，则¬p：“∀x∈R，均有x2+x+1≥0”；
(3)“x≠1”是“x2−3x+2≠0”的充分不必要条件；
(4)若p∧q为假命题，则p，q均为假命题．
A.4 B.3 C.2 D.1
4. 函数f(x)=x+log2x的零点所在区间为( )
A.[0,18] B.[18,14] C.[14,12] D.[12,1]
5. 已知函数f(x)满足f(1+x)+f(1−x)=0，且f(−x)=f(x)，当1≤x≤2时，f(x)=2x−1，求f(2017)=( )
A.−1 B.0 C.1 D.2
6. 已知fx=2a−1x+4ax≤1，logaxx>1 是R上的单调递减函数，则实数a的取值范围为( )
A.0,1 B.0,13 C.[16,12) D.[16,1)
7. 已知函数f(x)=(ex−1ex)x3，若实数a满足f(log2a)+f(log0.5a)≤2f(1)，则实数a的取值范围是( )
A.(−∞,12)∪(2,+∞) B.(−∞,12]∪[2,+∞)
C.[12,2] D.(12,2)
8. 函数y=ex−e−xx3−x的图象大致是( )
A. B.
C. D.
9. 设函数fxx∈R满足f−x=fx，fx=f2−x，且当x∈0,1时，fx=x3．又函数g(x)=|xcos(πx)|，则函数hx=gx−fx在−12,32上的零点个数为( )
A.5 B.6 C.7 D.8
10. 已知函数fx为定义在R上的奇函数，且当x≥0时，fx=x2+2x+acosx，则fx在−1,f−1处的切线斜率为( )
A.−4 B.−1 C.0 D.4
11. 已知定义域为R的函数fx，对任意的x∈R都有f′x>4x，且f12=12.当α∈0,2π时，不等式fsinα+cos2α−1>0的解集为( )
A.7π6,11π6 B.4π3,5π3 C.π3,2π3 D.π6,5π6
12. 已知函数y=ax2−2x−8在(1, 2)上不具有单调性，则实数a的取值范围为( )
A.11
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二、填空题
已知向量a→=1,3，b→=2,−1，c→=1,λ，若c→//2a→+b→，则λ=________．
已知函数fx=lnex+e−x+x2，则使得f2x>fx+3成立的x的取值范围是________．
函数fx=log13x2−2x−24的单调递增区间是________．
已知函数fx=x+4x，gx=2x+t，若∀x1∈1,2，∃x2∈1,2，使得fx2≥gx1，则实数t的取值范围是________．
三、解答题
已知锐角△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，三边满足关系a2+b2−c2−3ab=0.
(1)求内角C的大小；
(2)求3cosA+cosB的取值范围．
高铁、网购、移动支付和共享单车被誉为中国的“新四大发明”，彰显出中国式创新的强劲活力．某移动支付公司从我市移动支付用户中随机抽取100名进行调查，得到如下数据：
每周移动支付次数
1次
2次
3次
4次
5次
6次及以上
男
10
8
7
3
2
15
女
5
4
6
4
6
30
合计
15
12
13
7
8
45
(1)把每周使用移动支付超过3次的用户称为“移动支付活跃用户”，能否在犯错误概率不超过0.005的前提下，认为是否为“移动支付活跃用户”与性别有关？
(2)把每周使用移动支付6次及6次以上的用户称为“移动支付达人”，视频率为概率，在我市所有“移动支付达人”中，随机抽取4名用户．
①求抽取的4名用户中，既有男“移动支付达人”又有女“移动支付达人”的概率；
②为了鼓励男性用户使用移动支付，对抽出的男“移动支付达人”每人奖励300元，记奖励总金额为X，求X的分布列及数学期望．
附公式及表如下：K2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d).
P(K2≥k0)
0.15
0.10
0.05
0.025
0.010
0.005
0.001
k0
2.072
2.706
3.841
5.024
6.635
7.879
10.828
如图，在四棱锥S−ABCD中，底面ABCD为平行四边形，侧面SBC⊥底面ABCD，已知∠ABC=45∘，AB=2，BC=22，SA=SB=3．
(1)证明：SA⊥BC；
(2)求直线SD与平面SAB所成角的大小．
已知双曲线C：x2a2−y2b2=1a>0，b>0的渐近线方程为y=±3x，O为坐标原点，点M5,3在双曲线上．
(1)求双曲线C的方程；
(2)若斜率为1的直线l与双曲线交于P，Q两点，且OP→⋅OQ→=0，求直线l的方程．
已知函数f(x)=lnxx+a(x−1)．
(1)若a=0，求f(x)的极值；
(2)若在区间(1, +∞)上f(x)<0恒成立，求a的取值范围；
(3)判断函数f(x)的零点个数．
已知圆C的极坐标方程为ρ=4cosθ+8sinθ，直线l的参数方程为x=−22t，y=1+22t，（t为参数）.
(1)把圆C的极坐标方程化为直角坐标方程；
(2)求直线l被圆C截得的线段AB的长．
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参考答案与试题解析
2020-2021学年云南昭通高三上数学月考试卷
一、选择题
1.
【答案】
B
【考点】
交集及其运算
【解析】
先求出集合A，B，然后进行交集的运算即可．
【解答】
解：A={x|01}，
∴ A∩B=(1, 2]．
故选B.
2.
【答案】
A
【考点】
复数的基本概念
必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】
当a=−1时，不能推出z是纯虚数； 当z为纯虚数时，不能推出a=−1，从而得到答案．
【解答】
解：由题设知：当a=1时，z=−i，是纯虚数，则为充分条件；
当z为纯虚数时，得a2−1=0，a−2≠0，
即a=±1，不能推出a=1，则为不必要条件.
故选A.
3.
【答案】
C
【考点】
逻辑联结词“或”“且”“非”
命题的真假判断与应用
命题的否定
四种命题间的逆否关系
【解析】
直接写出命题的逆否命题判断(1)；写出命题的否定判断(2)；求出方程的解后利用充分必要条件的判定方法判断C；由复合命题的真假判断判断D．
【解答】
解：(1)，命题“若m>0，则方程x2+x−m=0有实根”的逆否命题为：
“若方程x2+x−m=0无实根，则m≤0”，故(1)正确；
(2)，特称命题的否定是全称命题.
已知命题p：“∃x0∈R，使得x02+x0+1<0”，
则¬p：“∀x∈R，均有x2+x+1≥0”，故(2)正确；
(3)，由x2−3x+2≠0，解得：x≠1或x≠2，
∴ “x≠1”是“x2−3x+2≠0”的必要不充分条件，故(3)错误；
(4)，若p∧q为假命题，则p，q中至少一个为假命题，故(4)错误．
综上，正确命题的个数有2个．
故选C．
4.
【答案】
D
【考点】
函数零点的判定定理
【解析】
判断f(x)在x>0递增，求得f(18)，f(14)，(12)，f(1)的值由零点存在定理即可判断．
【解答】
解：因为函数f(x)=x+log2x，在x>0时是连续增函数，
且有f(18)=18+log218=18−3<0，
f(14)=14+log214=14−2<0，
f(12)=12+log212=12−1<0，
f(1)=1>0，
可得f(x)在[12,1]上存在零点．
故选D．
5.
【答案】
C
【考点】
函数的周期性
函数的求值
【解析】
由已知得f(1+x)＝−f(1−x)＝−f(x−1)，从而得到f(x+4)＝f(x)，再由当1≤x≤2时，f(x)＝2x−1，能求出f(2017)的值．
【解答】
解：∵ f(1+x)+f(1−x)=0，且f(−x)=f(x)，
∴ f(1+x)=−f(1−x)=−f(x−1).
令x−1=t，得f(t+2)=−f(t)，
∴ f(x+4)=−f(x+2)=f(x)，
∴ f(x)以4为周期的周期函数.
∵ 当1≤x≤2时，f(x)=2x−1，
∴ f(2017)=f(4×504+1)=f(1)=21−1=1．
故选C．
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6.
【答案】
C
【考点】
已知函数的单调性求参数问题
分段函数的应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由f(x)是R上的单调递减函数，
可得，2a−1<0，00时，f′(x)=(ex+1ex)x3+3(ex−1ex)x2>0，
∴ 函数f(x)在[0, +∞)上是增函数，
∴ 不等式f(log2a)≤f(1)可化为|log2a|≤1，
即−1≤log2a≤1，
由对数函数的单调性可得12≤a≤2.
故选C．
8.
【答案】
A
【考点】
函数图象的作法
【解析】
由函数为偶函数排除C，再由指数函数的性质排除B，D，则答案可求．
【解答】
解：由f(x)=ex−e−xx3−x得，
f(−x)=e−x−ex−x3+x=ex−e−xx3−x=f(x)，
可得f(x)为偶函数，排除C；
当x→+∞时，ex→+∞，e−x→0，x3−x→+∞，
结合“指数爆炸”可得f(x)=ex−e−xx3−x→+∞，排除B，D．
故选A.
9.
【答案】
B
【考点】
函数的零点
【解析】
此题暂无解析
【解答】
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解：因为当x∈0,1时，fx=x3．
所以当x∈1,2时，2−x∈0,1，
fx=f2−x=2−x3，
当x∈0,12时，gx=xcosπx，
g′x=cosπx−πxsinπx；
当x∈−12,0，12,32时，gx=−xcosπx，
g′x=πxsinπx−cosπx．
注意到函数fx,gx都是偶函数，
且f0=g0，f1=g1=1，
f−12=f12=18，f32=2−323=18，g−12=g12=g32=0，g1=1，g′1=1>0，
根据上述特征作出函数fx,gx的草图，
函数hx除了0、1这两个零点之外，
分别在区间−12,0,0,12,12,1,1,32上各有一个零点，
共有6个零点.
故选B．
10.
【答案】
D
【考点】
利用导数研究曲线上某点切线方程
函数奇偶性的性质
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：函数fx是定义在R上的奇函数，得f0=a=0，
故当x≥0时，fx=x2+2x ，
∴ x<0时， fx=−x2+2x，
∴ f′x=−2x+2，
∴ f′−1=4 ，
∴ fx在−1,f−1处的切线斜率为4．
故选D．
11.
【答案】
D
【考点】
利用导数研究函数的单调性
正弦函数的定义域和值域
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：设gx=fx−2x2，
则g12=f12−12=0，
∵ g′x=f′x−4x>0，
∴ gx在R上单调递增；
又∵ gsinα=fsinα−2sin2α=fsinα+cos2α−1，
∴ 求fsinα+cos2α−1>0的解集，
等价于求gsinα>g12的解集.
∵g(x)在R上单调递增，
∴ sinα>12且a∈0,2π，
∴ α∈π6,5π6．
故选D．
12.
【答案】
C
【考点】
二次函数的性质
二次函数的图象
【解析】
根据二次函数的图象与性质，求出f(x)的对称轴，列不等式求a的取值范围．
【解答】
解：函数y=ax2−2x−8在(1, 2)上不具有单调性，
则a≠0，并且函数f(x)的对称轴为x=1a，
且满足1<1a<2，
解得12x2≥0，
则u1−u2=ex1+e−x1−ex2+e−x2
=ex1−ex2+1ex1−1ex2=ex1−ex2ex1+x2−1ex1+x2，
∵ x1>x2≥0，
则ex1−ex2>0，ex1+x2>1，
∴ u1>u2，
∴函数y=lnex+e−x在[0,+∞)上为增函数，
则函数y=fx在区间[0,+∞）上为增函数，
f−x=lne−x+ex+−x2=lne−x+ex+x2=fx，
则函数y=fx为偶函数.
由f2x>fx+3，得f(|2x|)>f(|x+3|)，
∴ |2x|>|x+3|，即4x2>x+32，
∴ x−33x+3>0，解得x<−1或x>3．
因此使得f2x>fx+3成立的x的取值范围是−∞,−1∪3,+∞．
故答案为：−∞,−1∪3,+∞．
【答案】
−∞,−4
【考点】
对数函数的定义域
复合函数的单调性
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：函数的定义域为x2−2x−24>0，
即为{x|x>6或x<−4}.
令t=x2−2x−24，则原函数y=log13t，
因为y=log13t在0,+∞上单调递减，
t=x2−2x−24在−∞,−4上单调递减，在6,+∞上单调递增，
由复合函数的单调性可知函数的单调增区间为−∞,−4．
故答案为：−∞,−4．
【答案】
t≤1
【考点】
函数单调性的判断与证明
函数的值域及其求法
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：fx=x+4x，在1,2上单调递减，
f1=5，f2=4，
∴ 4≤fx≤5.
∵gx=2x+t在1,2上单调递增，
g1=2+t，g2=4+t，
∴ 2+t≤gx≤4+t，
若∀x1∈1,2，∃x2∈1,2，使得fx2≥gx1，
则fxmax≥gxmax，即5≥4+t，解得t≤1．
故答案为：t≤1．
三、解答题
【答案】
解：(1)由余弦定理可得，cosC=a2+b2−c22ab.
∵ a2+b2−c2=3ab，
∴ cosC=3ab2ab=32.
∵ 07.879，
所以在犯错误概率不超过0.005的前提下，能认为是否为“移动支付活跃用户”与性别有关.
(2)视频率为概率，在我市“移动支付达人”中，随机抽取1名用户，
该用户为男“移动支付达人”的概率为13，女“移动支付达人”的概率为23.
①抽取的4名用户中，既有男“移动支付达人”，
又有女“移动支付达人”的概率为P=1−(13)4−(23)4=6481；
②记抽出的男“移动支付达人”人数为Y，则X=300Y.
由题意得Y∼B(4,13)，
P(Y=0)=C40(13)0(23)4=1681；
P(Y=1)=C41(13)1(23)3=3281；
P(Y=2)=C42(13)2(23)2=2481；
P(Y=3)=C43(13)3(23)1=881；
P(Y=4)=C44(13)4(23)0=181；
所以Y的分布列为：
Y
0
1
2
3
4
P
1681
3281
2481
881
181
所以X的分布列为：
X
0
300
600
900
1200
P
1681
3281
2481
881
181
由E(Y)=4×13=43，
得X的数学期望E(X)=300E(Y)=400元．
【考点】
离散型随机变量的期望与方差
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离散型随机变量及其分布列
独立性检验
【解析】
(Ⅰ)由表格数据填写列联表，计算观测值，对照临界值得出结论；
(Ⅱ)①用对立事件计算所求的概率值；
②计算随机变量Y的概率分布列，从而得出X的分布列，再计算它们的数学期望值．
【解答】
解：(1)由表格数据可得2×2列联表如下：
非移动支付活跃用户
移动支付活跃用户
合计
男
25
20
45
女
15
40
55
合计
40
60
100
将列联表中的数据代入公式计算得：
K2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)
=100(25×40−15×20)240×60×55×45=2450297≈8.249>7.879，
所以在犯错误概率不超过0.005的前提下，能认为是否为“移动支付活跃用户”与性别有关.
(2)视频率为概率，在我市“移动支付达人”中，随机抽取1名用户，
该用户为男“移动支付达人”的概率为13，女“移动支付达人”的概率为23.
①抽取的4名用户中，既有男“移动支付达人”，
又有女“移动支付达人”的概率为P=1−(13)4−(23)4=6481；
②记抽出的男“移动支付达人”人数为Y，则X=300Y.
由题意得Y∼B(4,13)，
P(Y=0)=C40(13)0(23)4=1681；
P(Y=1)=C41(13)1(23)3=3281；
P(Y=2)=C42(13)2(23)2=2481；
P(Y=3)=C43(13)3(23)1=881；
P(Y=4)=C44(13)4(23)0=181；
所以Y的分布列为：
Y
0
1
2
3
4
P
1681
3281
2481
881
181
所以X的分布列为：
X
0
300
600
900
1200
P
1681
3281
2481
881
181
由E(Y)=4×13=43，
得X的数学期望E(X)=300E(Y)=400元．
【答案】
(1)证明：作SO⊥BC，垂足为O，连接AO，如图所示，
∵ 侧面SBC⊥底面ABCD，
∴ SO⊥底面ABCD．
∵ SA=SB，
∴ AO=BO.
又∠ABC=45∘，
∴ △AOB为等腰直角三角形，
∴ AO⊥BO，
由三垂线定理可得SA⊥BC.
(2)解：由(1)知SA⊥BC.
∵ AD // BC，
∴ SA⊥AD.
∵ AD=BC=22，SA=3，AO=2，
∴ SD=AD2+SA2=11，SO=1，
∴ △SAB的面积S1=12AB⋅SA2−(12AB)2=2.
连接BD，
得△DAB的面积S2=12AB⋅ADsin45∘=2.
设D到平面SAB的距离为h，
由VD−SAB=VS−ABD得，
13h⋅S1=13SO⋅S2，
解得h=2.
设SD与平面SAB所成角为α，
则sinα=hSD=211=2211，
第21页 共24页 ◎ 第22页 共24页
∴ 直线SD与平面SAB所成角的大小为arcsin2211.
【考点】
直线与平面所成的角
两条直线垂直的判定
【解析】
解法一：(1)作SO⊥BC，垂足为O，连接AO，说明SO⊥底面ABCD．利用三垂线定理，得SA⊥BC．
(II)由(I)知SA⊥BC，设AD // BC，连接SE．说明∠ESD为直线SD与平面SBC所成的角，通过sin∠ESD=EDSD=AOSD=211=2211，求出直线SD与平面SBC所成的角为arcsin2211．
解法二：(I)作SO⊥BC，垂足为O，连接AO，以O为坐标原点，OA为x轴正向，建立直角坐标系O−xyz，通过证明SA→⋅CB→=0，推出SA⊥BC．
(II).OA→与SD→的夹角记为α，SD与平面ABC所成的角记为β，因为OA→为平面SBC的法向量，利用α与β互余．通过cosα=|OA→|⋅|SD→|˙=2211，sinβ=2211，推出直线SD与平面SBC所成的角为arcsin2211．
【解答】
(1)证明：作SO⊥BC，垂足为O，连接AO，如图所示，
∵ 侧面SBC⊥底面ABCD，
∴ SO⊥底面ABCD．
∵ SA=SB，
∴ AO=BO.
又∠ABC=45∘，
∴ △AOB为等腰直角三角形，
∴ AO⊥BO，
由三垂线定理可得SA⊥BC.
(2)解：由(1)知SA⊥BC.
∵ AD // BC，
∴ SA⊥AD.
∵ AD=BC=22，SA=3，AO=2，
∴ SD=AD2+SA2=11，SO=1，
∴ △SAB的面积S1=12AB⋅SA2−(12AB)2=2.
连接BD，
得△DAB的面积S2=12AB⋅ADsin45∘=2.
设D到平面SAB的距离为h，
由VD−SAB=VS−ABD得，
13h⋅S1=13SO⋅S2，
解得h=2.
设SD与平面SAB所成角为α，
则sinα=hSD=211=2211，
∴ 直线SD与平面SAB所成角的大小为arcsin2211.
【答案】
解：(1)∵ 双曲线C的渐近线方程为y=±3x，
∴ b=3a，
则双曲线的方程可设为3x2−y2=3a2.
∵ 点M5,3在双曲线上，
∴ 解得a=2，
∴ 双曲线C的方程为x24−y212=1.
(2)设直线PQ的方程为y=x+m，点Px1,y1，Qx2,y2，
将直线PQ的方程代入双曲线C的方程，
可化为2x2−2mx−m2−12=0，
∴ x1+x2=m ，x1x2=−m2−122.
由OP→⋅OQ→=0，
得x1x2+y1y2=0，
把y1=x1+m， y2=x2+m代入上式可得，
2x1x2+mx1+x2+m2=0，
即2×−m2−122+m⋅m+m2=0，
化简得m2=12，
解得
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m=±23，
∴ 直线方程y=x+23或y=x−23.
【考点】
直线与双曲线结合的最值问题
双曲线的渐近线
双曲线的标准方程
数量积判断两个平面向量的垂直关系
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)∵ 双曲线C的渐近线方程为y=±3x，
∴ b=3a，
则双曲线的方程可设为3x2−y2=3a2.
∵ 点M5,3在双曲线上，
∴ 解得a=2，
∴ 双曲线C的方程为x24−y212=1.
(2)设直线PQ的方程为y=x+m，点Px1,y1，Qx2,y2，
将直线PQ的方程代入双曲线C的方程，
可化为2x2−2mx−m2−12=0，
∴ x1+x2=m ，x1x2=−m2−122.
由OP→⋅OQ→=0，
得x1x2+y1y2=0，
把y1=x1+m， y2=x2+m代入上式可得，
2x1x2+mx1+x2+m2=0，
即2×−m2−122+m⋅m+m2=0，
化简得m2=12，
解得m=±23，
∴ 直线方程y=x+23或y=x−23.
【答案】
解：(1)若a=0，则f(x)=lnxx，其中x>0，
所以f′(x)=1−lnxx2.
令f′(x)=0，解得x=e，
列表得：
所以f(x)在区间(0,e)上单调递增，在区间(e,+∞)上单调递减，
所以f(x)有极大值，极大值为f(e)=1e，且没有极小值.
(2)在1,+∞上fx<0恒成立，
即lnx+ax2−ax<0在1,+∞上恒成立.
设gx=lnx+ax2−ax.
①当a≥0时，g2=ln2+2a>0，不符合题意；
②当a<0时，g′x=1x+2ax−a=2ax2−ax+1x.
令g′x=0，即2ax2−ax+1=0.
因为方程2ax2−ax+1=0的判别式Δ=a2−8a>0，两根之积12a<0，
所以f′x=0有两个异号的根．
设两根分别为x1，x2，且x1<0<x2，
(i)当x2>1时，
所以gx在区间1,x2上单调递增，在区间x2,+∞上单调递减，
所以gx2>g1=0，不符合题意；
(ii)当x2≤1时，g′1≤0，即a≤−1时，gx在1,+∞上单调递减，
所以当x∈1,+∞时，gx0时，h(x)函数开口向下，两函数只有一个交点(1,0);
当a=0时，m(x)与x轴只有一个交点；
当a<0时且a≠−1时，
令t(x)=h(x)−m(x)，
t′(x)=h′(x)−m′(x)=−a(2x−1)−1x=−2ax2+ax−1x=0，
即−2ax2+ax−1=0.
∵Δ=a2−8a>0，
∴ −2ax2+ax−1=0有两根，x1，x2，且x1<x2，
∴ x1+x2=12，x1x2=12a.
∵ a<0，
∴ x1<0，x2>12，
∴ t′(x)在(0,x2)上小于零，在(x2,+∞)上大于零，
即t(x)在(0,x2)上单调递减，在(x2,+∞)上单调递增.
当x2∈(0,1)时，
∵ t(1)=0，limx→0t(x)>0，
∴ t(x2)<0，且必存在x0∈(0,x2)使得t(x0)=0；
当x2>1时，
∵ t(1)=0，limx→+∞t(x)>0
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，
∴ t(x2)<0，且必存在x0∈(x2,+∞)使得t(x0)=0.
综上所述，当a≥0或a=−1时，f(x)有1个零点；
当a<0且a≠−1时，函数f(x)有2个零点．
【考点】
利用导数研究与函数零点有关的问题
利用导数研究不等式恒成立问题
利用导数研究函数的极值
【解析】
(Ⅰ)将a＝0代入函数求f(x)，利用函数的导数求极值即可；
(Ⅱ)在区间(1, +∞)上f(x)<0恒成立，转换成求g(x)＝lnx+ax2−ax的最值，利用g(x)的单调性和极值，讨论a可得a的取值范围；(Ⅲ)讨论a可判断函数f(x)的零点个数．
【解答】
解：(1)若a=0，则f(x)=lnxx，其中x>0，
所以f′(x)=1−lnxx2.
令f′(x)=0，解得x=e，
列表得：
所以f(x)在区间(0,e)上单调递增，在区间(e,+∞)上单调递减，
所以f(x)有极大值，极大值为f(e)=1e，且没有极小值.
(2)在1,+∞上fx<0恒成立，
即lnx+ax2−ax<0在1,+∞上恒成立.
设gx=lnx+ax2−ax.
①当a≥0时，g2=ln2+2a>0，不符合题意；
②当a<0时，g′x=1x+2ax−a=2ax2−ax+1x.
令g′x=0，即2ax2−ax+1=0.
因为方程2ax2−ax+1=0的判别式Δ=a2−8a>0，两根之积12a<0，
所以f′x=0有两个异号的根．
设两根分别为x1，x2，且x1<0<x2，
(i)当x2>1时，
所以gx在区间1,x2上单调递增，在区间x2,+∞上单调递减，
所以gx2>g1=0，不符合题意；
(ii)当x2≤1时，g′1≤0，即a≤−1时，gx在1,+∞上单调递减，
所以当x∈1,+∞时，gx0时，h(x)函数开口向下，两函数只有一个交点(1,0);
当a=0时，m(x)与x轴只有一个交点；
当a<0时且a≠−1时，
令t(x)=h(x)−m(x)，
t′(x)=h′(x)−m′(x)=−a(2x−1)−1x=−2ax2+ax−1x=0，
即−2ax2+ax−1=0.
∵Δ=a2−8a>0，
∴ −2ax2+ax−1=0有两根，x1，x2，且x1<x2，
∴ x1+x2=12，x1x2=12a.
∵ a<0，
∴ x1<0，x2>12，
∴ t′(x)在(0,x2)上小于零，在(x2,+∞)上大于零，
即t(x)在(0,x2)上单调递减，在(x2,+∞)上单调递增.
当x2∈(0,1)时，
∵ t(1)=0，limx→0t(x)>0，
∴ t(x2)<0，且必存在x0∈(0,x2)使得t(x0)=0；
当x2>1时，
∵ t(1)=0，limx→+∞t(x)>0，
∴ t(x2)<0，且必存在x0∈(x2,+∞)使得t(x0)=0.
综上所述，当a≥0或a=−1时，f(x)有1个零点；
当a<0且a≠−1时，函数f(x)有2个零点．
【答案】
解：(1)由ρ=4cosθ+8sinθ，可得ρ2=4ρcosθ+8ρsinθ，
∴ 圆C的直角坐标方程为x2+y2−4x−8y=0，
即x−22+y−42=20.
(2)∵ 直线l的参数方程 x=−22t,y=1+22t （t为参数），
代入x2+y2−4x−8y=0，
化简得t2−2t−7=0，
由根与系数的关系得t1+t2=2，t1⋅t2=−7，
根据t的几何意义得|AB|=|t1−t2|=(t1+t2)2−4t1t2=30.
【考点】
根与系数的关系
参数方程与普通方程的互化
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)由ρ=4cosθ+8sinθ，可得ρ2=4ρcosθ+8ρsinθ，
∴ 圆C的直角坐标方程为x2+y2−4x−8y=0，
即x−22+y−42=20.
(2)∵ 直线l的参数方程 x=−22t,y=1+22t （t为参数），
代入x2+y2−4x−8y=0，
化简得t2−2t−7=0，
由根与系数的关系得t1+t2=2，t1⋅t2=−7，
根据t的几何意义得|AB|=|t1−t2|=(t1+t2)2−4t1t2=30.
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