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  • 2021-07-01 发布

2020年湖北省黄冈中学高考数学三模试卷(文科)

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‎2020年湖北省黄冈中学高考数学三模试卷(文科)‎ 一、选择题(本大题共12小题,每小题5分,共60分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)‎ ‎ ‎ ‎1. 已知集合A=‎{−1, 0, 1, 3, 5}‎,B=‎{x|x>3或x<1}‎,则‎(‎∁‎RB)∩A=( ) ‎ A.‎{−1, 0, 5}‎ B.‎{1, 2, 3}‎ C.‎{2, 3}‎ D.‎‎{1, 3}‎ ‎ ‎ ‎2. 复数z=‎‎3+i‎1−2i(其中i为虚数单位),则‎|z‎¯‎|‎=( ) ‎ A.‎2‎ B.‎4‎‎3‎ C.‎2‎ D.‎‎5‎ ‎ ‎ ‎3. 已知直线l‎1‎‎:mx+y−1‎=‎0‎,l‎2‎:‎(2m+3)x+my−1‎=‎0‎,m∈R,则“m=‎−2‎”是“l‎1‎‎⊥‎l‎2‎”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 ‎ ‎ ‎ ‎4. 如图所示,在边长为‎4‎的正三角形中有一封闭曲线围成的阴影区域.在正三角形中随机撒一粒豆子,它落在阴影区域内的概率为‎3‎‎4‎,则阴影区域的面积为( ) ‎ A.‎3‎ B.‎2‎‎3‎ C.‎3‎‎3‎ D.‎‎4‎‎3‎ ‎ ‎ ‎5. 设x,y满足约束条件x+3y≥3‎x−y≥1‎y≥0‎‎ ‎,则z=x+y的最小值为( ) ‎ A.‎0‎ B.‎1‎ C.‎2‎ D.‎‎3‎ ‎ ‎ ‎6. 在‎△ABC中AC‎→‎‎=5AD‎→‎,E是直线BD上一点,且BE‎→‎‎=2‎BD‎→‎,若AE‎→‎‎=mAB‎→‎+nAC‎→‎,则m+n=( ) ‎ A.‎2‎‎5‎ B.‎−‎‎2‎‎5‎ C.‎3‎‎5‎ D.‎‎−‎‎3‎‎5‎ ‎ ‎ ‎7. 中国气象局规定:‎24‎小时内降雨的深度称为日降雨量,表示降雨量的单位通常用毫米.例如:‎1‎毫米的降雨量是指单位面积上水深‎1‎毫米.在连续几天的暴雨天气中,某同学用一个长方体容器来测量降雨量,已知该长方体的底面是边长为‎20mm的正方形,高为‎40mm,该容器的容器口为上底面正方形的内切圆,将该容器放在雨中,雨水从圆形容器口进入容器中,‎24‎小时后,测得容器中水深‎10mm,则该同学测得的降水量约为‎(‎ ‎)(π取‎3.14)‎ ‎ A.‎127‎毫米 B.‎12.7‎毫米 C.‎509‎毫米 D.‎100‎毫米 ‎ ‎ ‎8. 已知圆C:x‎2‎+(y+2‎‎)‎‎2‎=‎2‎,则在x轴和y轴上的截距相等且与圆C相切的直线有几条( ) ‎ A.‎3‎条 B.‎2‎条 C.‎1‎条 D.‎4‎条 ‎ ‎ ‎9. 若函数f(x)=‎3‎sinx+cosx在区间‎[a, b]‎上是增函数,且f(a)‎=‎−2‎,f(b)‎=‎2‎,则函数g(x)=‎3‎cosx−sinx在区间‎[a, b]‎上( ) ‎ A.是增函数 B.是减函数 C.可以取得最大值‎2‎ D.可以取得最小值‎−2‎ ‎ ‎ ‎ ‎10. 棱长为‎1‎的正方体ABCD−‎A‎1‎B‎1‎C‎1‎D‎1‎中P为正方体表面上的一个动点,且总有PC⊥BD‎1‎,则动点P的轨迹的长度为( ) ‎ A.‎3‎‎4‎π B.‎4π C.‎3‎‎2‎ D.‎‎4‎‎2‎ ‎ ‎ ‎11. 已知F‎1‎‎(−c, 0)‎、F‎2‎‎(c, 0)‎是双曲线C:x‎2‎a‎2‎−y‎2‎b‎2‎=1‎的左、右焦点,F‎1‎关于双曲线的一条渐近线的对称点为P,且点P在抛物线y‎2‎=‎4cx上,则双曲线的离心率为( ) ‎ A.‎2‎‎+1‎ B.‎2‎ C.‎5‎ D.‎‎5‎‎+1‎‎2‎ ‎ ‎ ‎12. 已知等腰三角形一腰上的中线长为‎2‎,则该三角形面积的最大值是( ) ‎ A.‎4‎‎3‎‎3‎ B.‎8‎‎3‎ C.‎4‎‎2‎‎3‎ D.‎‎9‎ 二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分)‎ ‎ ‎ ‎ 若lna=‎‎1‎e,则ae‎−logae=________. ‎ ‎ ‎ ‎ 设x=θ是函数f(x)‎=‎3sinx−cosx的一个极值点,则sin2θ+2cos‎2‎θ=________. ‎ ‎ ‎ 第21页 共22页 ◎ 第22页 共22页 ‎ 已知直三棱柱ABC−‎A‎1‎B‎1‎C‎1‎中,‎∠ABC=‎120‎‎∘‎,AB=BC=‎2‎,CC‎1‎=‎1‎,则异面直线AB‎1‎与BC‎1‎所成角的余弦值为________‎3‎‎5‎ . ‎ ‎ ‎ ‎ 已知一族双曲线En‎:x‎2‎−y‎2‎=n‎2020‎(n∈N*‎,且n≤2020)‎,设直线x=‎2‎与En在第一象限内的交点为An,点An在En,的两条渐近线上的射影分别为Bn,‎∁‎n,记‎△‎AnBn‎∁‎n的面积为an,则a‎1‎‎+a‎2‎+a‎3‎+‎……‎+‎a‎2020‎= ________. . ‎ 三、解答题(本大题共6个小题,满分0分,解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤)‎ ‎ ‎ ‎ 如图,正三棱柱ABC−‎A‎1‎B‎1‎C‎1‎(侧棱垂直于底面,且底面是正三角形的棱柱)的底面边长为‎6‎,点M在边BC上,‎△AMC‎1‎是以点M为直角顶点的等腰直角三角形. ‎ ‎(1)求证:点M为BC边的中点;‎ ‎ ‎ ‎(2)求点C到平面AMC‎1‎的距离.‎ ‎ ‎ ‎ 已知数列‎{an}‎,‎{bn}‎满足a‎1‎‎=‎‎1‎‎2‎,b‎1‎=‎1‎,‎2‎an+1‎=an,b‎1‎‎+‎1‎‎2‎b‎2‎+‎1‎‎3‎b‎3‎+⋯⋯‎1‎nbn=bn+1‎−1(n∈N‎*‎)‎. ‎ ‎(1)求an与bn;‎ ‎ ‎ ‎(2)记数列‎{anbn}‎的前n项和为Tn,求Tn.‎ ‎ ‎ ‎ 随着经济的快速增长、规模的迅速扩张以及人民生活水平的逐渐提高,日益剧增的垃圾给城市的绿色发展带来了巨大的压力,相关部门在有‎5‎万居民的光明社区采用分层抽样方法得到年内家庭人均GDP与人均垃圾清运量的统计数据如表: ‎ 人均GDPx(万元/人)‎ ‎3‎ ‎6‎ ‎9‎ ‎12‎ ‎15‎ 人均垃圾清运量y(吨/人)‎ ‎0.13‎ ‎0.23‎ ‎0.31‎ ‎0.41‎ ‎0.52‎ ‎ ‎ ‎(1)已知变量y与x之间存在线性相关关系,求出其回归直线方程;‎ ‎ ‎ ‎(2)随着垃圾分类的推进,燃烧垃圾发电的热值大幅上升,平均每吨垃圾可折算成上网电量‎200‎干瓦时,右图是光明社区年内家庭人均GDP的频率分布直方图,请补全‎[15, 18]‎的缺失部分,并利用(1)的结果,估计整个光明社区年内垃圾可折算成的总上网量. [参考公式]回归方程y‎​‎‎=b‎​‎x+‎a‎​‎中,b‎​‎‎=i=1‎n‎ ‎‎(xi−x‎¯‎)(yi−y‎¯‎)‎i=1‎n‎ ‎‎(xi−‎x‎¯‎‎)‎‎2‎=‎i=‎1‎n xiyi‎​‎‎−‎nxy‎¯‎i=1‎n‎ ‎xi‎2‎‎−nx‎¯‎‎2‎.‎ ‎ ‎ ‎ 已知点F‎1‎,F‎2‎是椭圆C:x‎2‎a‎2‎+y‎2‎b‎2‎=1(a>b>0)‎)的左、右焦点,椭圆上一点P满足PF‎1‎⊥x轴,‎|PF‎2‎|‎=‎5|PF‎1‎|‎,‎|F‎1‎F‎2‎|‎=‎2‎‎2‎. ‎ ‎(1)求椭圆C的标准方程;‎ ‎ ‎ ‎(2)过F‎2‎的直线l交椭圆C于A,B两点,当‎△ABF‎1‎的内切圆面积最大时,求直线l的方程.‎ ‎ ‎ ‎ 已知函数f(x)=‎2(x−1)‎x+a−lnx,其中a>0‎. ‎ ‎(1)求f(x)‎的单调区间;‎ ‎ ‎ ‎(2)设x‎1‎,x‎2‎是f(x)‎的两个极值点,判断‎1‎f(x‎1‎)‎‎+‎‎1‎f(x‎2‎)‎的正负,并说明理由.‎ ‎[选修4-4:坐标系与参数方程]‎ ‎ ‎ 第21页 共22页 ◎ 第22页 共22页 ‎ 在平面直角坐标系中,已知曲线C‎1‎‎:x=2‎3‎+‎10‎cosαy=‎10‎sinα ‎(α为参数),P(‎3‎,3)‎.以坐标原点O为极点,x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系,直线l‎1‎的极坐标方程为θ=π‎6‎(ρ∈R)‎. ‎ ‎(1)求曲线C‎1‎的极坐标方程及点P的极坐标;‎ ‎ ‎ ‎(2)设直线l‎1‎与曲线C‎1‎交于A、B两点,记‎△POA的面积为S,‎△BOC‎1‎的面积为S‎′‎,求SS‎′‎‎+‎S‎′‎S的值.‎ ‎[选修4-5:不等式选讲]‎ ‎ ‎ ‎ 已知函数f(x)=m−|x−2|‎,m∈R,且f(x+2)≥1‎的解集A满足‎[−1, 1]⊆A. ‎ ‎(1)‎求实数m的取值范围B;‎ ‎ ‎ ‎(2)‎若a,b,c∈(0, +∞)‎,m‎0‎为B中的最小元素且‎1‎a‎+‎1‎‎2b+‎1‎‎3c=‎m‎0‎,求证:a+2b+3c≥‎‎9‎‎2‎.‎ 第21页 共22页 ◎ 第22页 共22页 参考答案与试题解析 ‎2020年湖北省黄冈中学高考数学三模试卷(文科)‎ 一、选择题(本大题共12小题,每小题5分,共60分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)‎ ‎1.‎ ‎【答案】‎ D ‎【考点】‎ 交、并、补集的混合运算 ‎【解析】‎ 根据补集和交集的定义,计算即可.‎ ‎【解答】‎ 集合A=‎{−1, 0, 1, 3, 5}‎,B=‎{x|x>3或x<1}‎, 则‎∁‎RB=‎{x|1≤x≤3}‎, 所以‎(‎∁‎RB)∩A=‎{1, 3}‎.‎ ‎2.‎ ‎【答案】‎ C ‎【考点】‎ 复数的模 ‎【解析】‎ 根据‎|z‎¯‎|‎=‎|z|‎,计算即可.‎ ‎【解答】‎ 设复数z=‎‎3+i‎1−2i, 则‎|z‎¯‎|‎=‎|z|‎=‎|‎3+i‎1−2i|=‎‎|3+i|‎‎|1−2i|‎ ‎=‎3‎‎2‎‎+1‎‎2‎‎1‎‎2‎‎+(−2)‎‎2‎=‎10‎‎5‎=‎‎2‎.‎ ‎3.‎ ‎【答案】‎ A ‎【考点】‎ 充分条件、必要条件、充要条件 ‎【解析】‎ 由两直线垂直与系数的关系列式求得m值,可得“m=‎−2‎”‎⇒‎“l‎1‎‎⊥‎l‎2‎”,反之不成立.再由充分必要条件的判定方法得答案.‎ ‎【解答】‎ 直线l‎1‎‎:mx+y−1‎=‎0‎,l‎2‎:‎(2m+3)x+my−1‎=‎0‎,m∈R, l‎1‎‎⊥l‎2‎⇔m(2m+3)+m=‎0‎,即m=‎−2‎或m=‎0‎. ∴ 由“m=‎−2‎”‎⇒‎“l‎1‎‎⊥‎l‎2‎”,反之不成立. ∴ “m=‎−2‎”是“l‎1‎‎⊥‎l‎2‎”的充分不必要条件.‎ ‎4.‎ ‎【答案】‎ C ‎【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】‎ 由题意结合几何概型计算公式得到关于面积的方程,解方程即可求得最终结果.‎ ‎【解答】‎ 设阴影部分的面积为S,结合几何概型公式可得:S‎1‎‎2‎‎×4×4×‎‎3‎‎2‎‎=‎‎3‎‎4‎; 解得S=‎3‎‎3‎:‎ ‎5.‎ ‎【答案】‎ C ‎【考点】‎ 简单线性规划 ‎【解析】‎ 作出不等式组表示的平面区域,由z=x+y可得y=‎−x+z,则z表示直线y=‎−x+z在y轴上的截距,截距越小,z越小,结合图象可求z的最小值.‎ ‎【解答】‎ 作出不等式组表示的平面区域,如图所示的阴影部分: 由z=x+y可得y=‎−x+z,则z表示直线y=‎−x+z在y轴上的截距,截距越小,z越小, 由题意可得,x+3y=3‎x−y=1‎‎ ‎,解得A(‎3‎‎2‎, ‎1‎‎2‎)‎, 当y=‎−x+z经过点A时,z最小, 由可得A(‎3‎‎2‎, ‎1‎‎2‎)‎,此时z=x+y=‎2‎.‎ ‎6.‎ ‎【答案】‎ ‎【考点】‎ 平面向量的基本定理 ‎【解析】‎ 根据题意,画出图象,可知AE‎→‎‎=AB‎→‎+BE‎→‎=AB‎→‎+2BD‎→‎=AB‎→‎+2(AD‎→‎−AB‎→‎)=AB‎→‎+2(‎1‎‎5‎AC‎→‎−AB‎→‎)=−AB‎→‎+‎‎2‎‎5‎AC‎→‎.进而求得m和n的值,算出m+n的值.‎ ‎【解答】‎ 如图所示: ‎ 第21页 共22页 ◎ 第22页 共22页 ‎ AE‎→‎‎=AB‎→‎+BE‎→‎=AB‎→‎+2BD‎→‎=AB‎→‎+2(AD‎→‎−AB‎→‎)=AB‎→‎+2(‎1‎‎5‎AC‎→‎−AB‎→‎)=−AB‎→‎+‎‎2‎‎5‎AC‎→‎. ∵ AE‎→‎‎=mAB‎→‎+nAC‎→‎, ∴ m=‎−1‎,n=‎‎2‎‎5‎. m+n=−‎‎3‎‎5‎. 故选:D.‎ ‎7.‎ ‎【答案】‎ B ‎【考点】‎ 棱柱、棱锥、棱台的体积 ‎【解析】‎ 由题意求出容器中水的容积,除以圆的面积得答案.‎ ‎【解答】‎ 由题意,水的体积V=‎20×20×10‎=‎4000mm‎3‎, 容器口的面积S=π×‎‎10‎‎2‎=‎100πmm‎2‎, ∴ 降雨量‎=‎4000‎‎100π≈12.7mm. ∴ 该同学测得的降水量约为‎12.7‎毫米.‎ ‎8.‎ ‎【答案】‎ A ‎【考点】‎ 直线与圆的位置关系 ‎【解析】‎ 先看直线不过原点的情况,设出直线的方程,斜率为‎−1‎,则可知这样的直线有‎2‎条,再看直线过原点的情况,把原点代入即可知原点在圆外,则这样的直线也应该有‎2‎条,最后验证以上‎4‎条中有一条是重复,最后综合得到结论.‎ ‎【解答】‎ 若直线不过原点,其斜率=‎−1‎,设其方程为y=‎−x+m, 则d=‎|0−2−m|‎‎2‎=‎‎2‎,解得m=‎0‎或‎−4‎,当m=‎0‎时,直线过原点; 若过原点,把‎(0, 0)‎代入‎0‎‎2‎‎+(0+2‎‎)‎‎2‎=‎4>2‎, 即原点在圆外,所以过原点有‎2‎条切线, 综上,一共有‎3‎条,‎ ‎9.‎ ‎【答案】‎ C ‎【考点】‎ 正弦函数的图象 函数单调性的性质与判断 ‎【解析】‎ 由题意利用两角和差的三角公式化简函数的解析式,再利用正弦函数的图象和性质,得出结论.‎ ‎【解答】‎ ‎∵ 函数f(x)=‎3‎sinx+cosx=2sin(x+π‎6‎)‎ 在区间‎[a, b]‎上是增函数, 且f(a)‎=‎−2‎,f(b)‎=‎2‎, ∴ f(a)‎=‎2sin(a+π‎6‎)‎为最小值,f(b)‎=‎2sin(b+π‎6‎)‎为最大值, 则函数g(x)=‎3‎cosx−sinx=2cos(x+π‎6‎)‎=‎2sin(x+π‎6‎+π‎2‎)‎, 即g(x)‎的图象由f(x)‎的图象向左平移π‎2‎个单位(即‎1‎‎4‎个周期)得到的. 令x+π‎6‎=t,取t∈[−π‎2‎, π‎2‎]‎,则t+π‎2‎∈[0, π]‎, 故g(x)‎在区间‎[a, b]‎上能取得最大值‎2‎,‎ ‎10.‎ ‎【答案】‎ C ‎【考点】‎ 轨迹方程 空间中直线与直线之间的位置关系 ‎【解析】‎ 画出正方体,利用已知条件,判断P的轨迹,然后求解轨迹长度.‎ ‎【解答】‎ P点的轨迹为过点C与直线BD‎1‎垂直的截面与正方体的交线,就是图形中点三角形ACB‎1‎,它的周长为:‎3‎‎2‎.‎ ‎11.‎ ‎【答案】‎ D ‎【考点】‎ 双曲线的离心率 圆锥曲线的综合问题 ‎【解析】‎ 利用已知条件画出图形,求出P的坐标,代入抛物线方程,然后转化求解双曲线的离心率即可.‎ ‎【解答】‎ 如图:F‎1‎P垂直直线bx−ay=‎0‎,交点为H,F‎1‎到双曲线的一条渐近线bx−ay=‎0‎的距离为:d=bca‎2‎‎+‎b‎2‎=b, ‎△F‎1‎PF‎2‎中,PF‎1‎=‎2d=‎2b,抛物线y‎2‎ 第21页 共22页 ◎ 第22页 共22页 ‎=‎4cx的焦点坐标‎(c, 0)‎, PF‎2‎=‎2a,tan∠F‎1‎OH=‎ba,∴ cos∠F‎1‎OH=‎ac,sin∠F‎1‎OH=‎bc, 可得cos∠OF‎1‎P=‎bc,sin∠OF‎1‎P=‎ac,P(‎2‎b‎2‎c−c, ‎2abc)‎, 点P在抛物线y‎2‎=‎4cx上, 可得:‎4‎a‎2‎b‎2‎c‎2‎‎=4c⋅(‎2‎b‎2‎c−c)=8b‎2‎−4‎c‎2‎, ∴ e‎4‎‎−3e‎2‎+1‎=‎0‎,e>1‎, ∴ e=‎‎5‎‎+1‎‎2‎.‎ ‎12.‎ ‎【答案】‎ B ‎【考点】‎ 解三角形 ‎【解析】‎ 结合已知三角形考虑建立直角坐标系,结合点的坐标表示三角形的面积,然后结合基本不等式即可求解.‎ ‎【解答】‎ 建立如图所示的直角坐标系,设C(m, 0)‎则B(−m, 0)‎,A (0, n)‎,D(‎1‎‎2‎m,‎1‎‎2‎n)‎, 由题意可得BD‎2‎=(‎3m‎2‎‎)‎‎2‎+(n‎2‎‎)‎‎2‎=4‎, 故S=mn=‎4‎‎3‎⋅‎3m‎2‎⋅n‎2‎≤‎4‎‎3‎⋅‎(‎3m‎2‎‎)‎‎2‎+(‎n‎2‎‎)‎‎2‎‎2‎=‎‎8‎‎3‎, 当且仅当‎3m‎2‎‎=‎n‎2‎即n=‎3m时取等号 二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分)‎ ‎【答案】‎ ‎0‎ ‎【考点】‎ 对数的运算性质 ‎【解析】‎ 由已知结合指数与对数的相互转化及对数的运算性质即可求解.‎ ‎【解答】‎ 因为lna=‎‎1‎e, 所以a=e‎​‎‎1‎e, 则ae‎−logae=ee×‎‎1‎e−‎1‎lna=e−e=‎‎0‎ ‎【答案】‎ ‎−‎‎2‎‎5‎ ‎【考点】‎ 利用导数研究函数的极值 同角三角函数间的基本关系 ‎【解析】‎ 根据极值点处的导数为零,求出tanθ的值,然后再借助于三角恒等变换求出结论.‎ ‎【解答】‎ f′(x)‎‎=‎3cosx+sinx, ∴ f′(θ)‎=‎3cosθ+sinθ=‎0‎,∴ tanθ=‎−3‎. ∴ sin2θ+2cos‎2‎θ=‎2sinθcosθ+2cos‎2‎θcos‎2‎θ+sin‎2‎θ=‎2tanθ+2‎‎1+tan‎2‎θ=−‎‎2‎‎5‎.‎ ‎【答案】‎ ‎3‎‎5‎ ‎【考点】‎ 异面直线及其所成的角 ‎【解析】‎ 连接B‎1‎C,交BC‎1‎于点O,取AC的中点D,连接BD、OD,则OD // AB‎1‎,故‎∠BOD即为所求;得出BD、OD和OB的长度后,由余弦定理求得cos∠BOD即可.‎ ‎【解答】‎ 连接B‎1‎C,交BC‎1‎于点O,则点O为B‎1‎C的中点,取AC的中点D,连接BD、OD, ∴ OD // AB‎1‎,∴ ‎∠BOD即为异面直线AB‎1‎与BC‎1‎所成角. ∵ ‎∠ABC=‎120‎‎∘‎,AB=BC=‎2‎,CC‎1‎=‎1‎, ∴ BD=‎1‎,OD=‎1‎‎2‎AB‎1‎=‎‎5‎‎2‎,OB=‎1‎‎2‎BC‎1‎=‎‎5‎‎2‎, 在‎△BOD中,由余弦定理知,cos∠BOD=OB‎2‎+OD‎2‎−BD‎2‎‎2⋅OB⋅OD=‎5‎‎4‎‎+‎5‎‎4‎−1‎‎2×‎5‎‎2‎×‎‎5‎‎2‎=‎‎3‎‎5‎.‎ ‎【答案】‎ ‎2021‎‎8‎ ‎【考点】‎ 双曲线的离心率 数列的求和 ‎【解析】‎ 一族双曲线由有共同的渐近线且互相垂直,可得‎△‎AnBn‎∁‎n为直角三角形,通过计算可求出An的坐标,‎|AnBn|‎和‎|An‎∁‎n|‎,进而求出an和a‎1‎‎+a‎2‎+a‎3‎+‎……‎+‎a‎2020‎.‎ ‎【解答】‎ 双曲线En‎:x‎2‎−y‎2‎=n‎2020‎(n∈N*‎,且n≤2020)‎的两条渐近线为y=x,y=‎−x,互相垂直, 直线x=‎2‎与En在第一象限内的交点为An,An‎(2,‎4−‎n‎2020‎)‎, 点An在En的两条渐近线上的射影分别为Bn,‎‎∁‎n 第21页 共22页 ◎ 第22页 共22页 ‎,则‎|AnBn|=‎2−‎‎4−‎n‎2020‎‎2‎,|AnCn|=‎‎2+‎‎4−‎n‎2020‎‎2‎, ∴ an‎=‎1‎‎2‎|AnBn||AnCn|=n‎2020‎‎4‎=‎n‎8080‎, ∴ a‎1‎‎+a‎2‎+a‎3‎+⋯⋯+a‎2020‎=‎1‎‎8080‎+‎2‎‎8080‎+⋯⋯+‎2020‎‎8080‎=‎1+2020‎‎2‎‎×2020‎‎8080‎=‎‎2021‎‎8‎.‎ 三、解答题(本大题共6个小题,满分0分,解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤)‎ ‎【答案】‎ 证明:∵ ‎△AMC‎1‎为以点M为直角顶点的等腰直角三角形, ∴ AM⊥C‎1‎M且AM=C‎1‎M ∵ 三棱柱ABC−‎A‎1‎B‎1‎C‎1‎,∴ CC‎1‎⊥‎底面ABC ∴ C‎1‎M在底面内射影为CM,∴ AM⊥CM. ∵ 底面ABC为正三角形,∴ 点M为BC边的中点 过点C作CH⊥MC‎1‎,由(1)知AM⊥C‎1‎M且AM⊥CM, ∴ AM⊥‎平面C‎1‎CM, ∵ CH在平面C‎1‎CM内,∴ CH⊥AM, ∴ CH⊥‎平面C‎1‎AM 由(1)知,AM=C‎1‎M=‎3‎‎3‎,CM=‎1‎‎2‎BC=‎3‎,CC‎1‎⊥BC, ∴ CC‎1‎=‎(3‎3‎‎)‎‎2‎−‎‎3‎‎2‎=3‎‎2‎, ∴ CH=CC‎1‎×CMC‎1‎M=‎3‎2‎×3‎‎3‎‎3‎=‎‎6‎, ∴ 点C到平面AMC‎1‎的距离为底面边长为‎6‎. ‎ ‎【考点】‎ 点、线、面间的距离计算 ‎【解析】‎ ‎(1)根据等腰直角三角形,可得AM⊥C‎1‎M且AM=C‎1‎M,根据三垂线定理可知AM⊥CM,而底面ABC为边长为a的正三角形,进一步得到点M为BC边的中点; (2)过点C作CH⊥MC‎1‎,根据线面垂直的判定定理可知AM⊥‎平面C‎1‎CM,CH⊥‎平面C‎1‎AM,则CH即为点C到平面AMC‎1‎的距离,根据等面积法可求出CH的长.‎ ‎【解答】‎ 证明:∵ ‎△AMC‎1‎为以点M为直角顶点的等腰直角三角形, ∴ AM⊥C‎1‎M且AM=C‎1‎M ∵ 三棱柱ABC−‎A‎1‎B‎1‎C‎1‎,∴ CC‎1‎⊥‎底面ABC ∴ C‎1‎M在底面内射影为CM,∴ AM⊥CM. ∵ 底面ABC为正三角形,∴ 点M为BC边的中点 过点C作CH⊥MC‎1‎,由(1)知AM⊥C‎1‎M且AM⊥CM, ∴ AM⊥‎平面C‎1‎CM, ∵ CH在平面C‎1‎CM内,∴ CH⊥AM, ∴ CH⊥‎平面C‎1‎AM 由(1)知,AM=C‎1‎M=‎3‎‎3‎,CM=‎1‎‎2‎BC=‎3‎,CC‎1‎⊥BC, ∴ CC‎1‎=‎(3‎3‎‎)‎‎2‎−‎‎3‎‎2‎=3‎‎2‎, ∴ CH=CC‎1‎×CMC‎1‎M=‎3‎2‎×3‎‎3‎‎3‎=‎‎6‎, ∴ 点C到平面AMC‎1‎的距离为底面边长为‎6‎. ‎ ‎【答案】‎ 数列‎{an}‎满足a‎1‎‎=‎‎1‎‎2‎,b‎1‎=‎1‎,‎2‎an+1‎=an, 所以an+1‎an‎=‎‎1‎‎2‎(常数), 所以数列‎{an}‎是以‎1‎‎2‎为首项‎1‎‎2‎为公比的等比数列. 所以an‎=‎1‎‎2‎×‎1‎‎2‎n−1‎=‎‎1‎‎2‎n. 数列‎{bn}‎满足b‎1‎‎+‎1‎‎2‎b‎2‎+‎1‎‎3‎b‎3‎+⋯+‎1‎nbn=bn+1‎−1(n∈N‎*‎)‎① 当n≥2‎时,b‎1‎‎+‎1‎‎2‎b‎2‎+‎1‎‎3‎b‎3‎+⋯+‎1‎n−1‎bn−1‎=bn−1(n∈N‎*‎)‎②, ①-②得‎1‎nbn‎=bn+1‎−‎bn, 所以bn+1‎bn‎=‎n+1‎n, 所以b‎2‎b‎1‎‎⋅b‎3‎b‎2‎⋯bnbn−1‎=2×‎3‎‎2‎×‎4‎‎3‎×⋯n−1‎n−2‎×‎nn−1‎, 整理得bnb‎1‎‎=n, 所以bn=n(首项符合通项) 故bn=n.‎ 第21页 共22页 ◎ 第22页 共22页 由(1)得:cn=anbn‎=n⋅‎‎1‎‎2‎n, 所以Tn‎=1×‎1‎‎2‎+2×‎1‎‎2‎‎2‎+⋯+n⋅‎‎1‎‎2‎n①. ‎1‎‎2‎Tn‎=1×‎1‎‎2‎‎2‎+2×‎1‎‎2‎‎3‎+⋯+n⋅‎‎1‎‎2‎n+1‎②, ①-②得:‎1‎‎2‎Tn‎=(‎1‎‎2‎+‎1‎‎2‎‎2‎+⋯+‎1‎‎2‎n)−n⋅‎1‎‎2‎n+1‎=‎1‎‎2‎‎(1−‎1‎‎2‎n)‎‎1−‎‎1‎‎2‎−n⋅‎1‎‎2‎n+1‎=1−‎1‎‎2‎n−n⋅‎‎1‎‎2‎n+1‎. 故Tn‎=2−‎1‎‎2‎n−1‎−‎n‎2‎n.‎ ‎【考点】‎ 数列递推式 数列的求和 ‎【解析】‎ ‎(1)直接利用数列的递推关系式和叠乘法的应用求出数列的通项公式. (2)利用(1)的结论,进一步利用乘公比错位相减法求出数列的和.‎ ‎【解答】‎ 数列‎{an}‎满足a‎1‎‎=‎‎1‎‎2‎,b‎1‎=‎1‎,‎2‎an+1‎=an, 所以an+1‎an‎=‎‎1‎‎2‎(常数), 所以数列‎{an}‎是以‎1‎‎2‎为首项‎1‎‎2‎为公比的等比数列. 所以an‎=‎1‎‎2‎×‎1‎‎2‎n−1‎=‎‎1‎‎2‎n. 数列‎{bn}‎满足b‎1‎‎+‎1‎‎2‎b‎2‎+‎1‎‎3‎b‎3‎+⋯+‎1‎nbn=bn+1‎−1(n∈N‎*‎)‎① 当n≥2‎时,b‎1‎‎+‎1‎‎2‎b‎2‎+‎1‎‎3‎b‎3‎+⋯+‎1‎n−1‎bn−1‎=bn−1(n∈N‎*‎)‎②, ①-②得‎1‎nbn‎=bn+1‎−‎bn, 所以bn+1‎bn‎=‎n+1‎n, 所以b‎2‎b‎1‎‎⋅b‎3‎b‎2‎⋯bnbn−1‎=2×‎3‎‎2‎×‎4‎‎3‎×⋯n−1‎n−2‎×‎nn−1‎, 整理得bnb‎1‎‎=n, 所以bn=n(首项符合通项) 故bn=n.‎ 由(1)得:cn=anbn‎=n⋅‎‎1‎‎2‎n, 所以Tn‎=1×‎1‎‎2‎+2×‎1‎‎2‎‎2‎+⋯+n⋅‎‎1‎‎2‎n①. ‎1‎‎2‎Tn‎=1×‎1‎‎2‎‎2‎+2×‎1‎‎2‎‎3‎+⋯+n⋅‎‎1‎‎2‎n+1‎②, ①-②得:‎1‎‎2‎Tn‎=(‎1‎‎2‎+‎1‎‎2‎‎2‎+⋯+‎1‎‎2‎n)−n⋅‎1‎‎2‎n+1‎=‎1‎‎2‎‎(1−‎1‎‎2‎n)‎‎1−‎‎1‎‎2‎−n⋅‎1‎‎2‎n+1‎=1−‎1‎‎2‎n−n⋅‎‎1‎‎2‎n+1‎. 故Tn‎=2−‎1‎‎2‎n−1‎−‎n‎2‎n.‎ ‎【答案】‎ 由表格可得,x‎¯‎‎=‎5×(3+15)‎‎2×5‎=9‎, y‎¯‎‎=‎0.13+0.23+0.31+0.41+0.52‎‎5‎=0.32‎, i=1‎‎5‎‎ ‎‎(xi−x‎¯‎‎)‎‎2‎=36+9+0+9+36=90‎, i=1‎‎5‎‎ ‎‎(xi−x‎¯‎)(yi−y‎¯‎)=(−6)×(−0.19)+(−3)×(−0.09)+0×(−0.01)+3×0.09+6×0.2‎ =‎6×(0.19+0.09+0.20)‎=‎6×0.48‎=‎2.88‎, 所以b‎​‎‎=i=1‎‎5‎‎ ‎‎(xi−x‎¯‎)(yi−y‎¯‎)‎i=1‎‎5‎‎ ‎‎(xi−‎x‎¯‎‎)‎‎2‎=‎2.88‎‎90‎=0.032‎, 于是a‎​‎‎=y‎¯‎−b‎​‎x‎¯‎=0.32−0.032×9‎=‎0.032‎, 故变量y与x之间的回归直线方程为y‎​‎‎=0.032(x+1)‎.‎ 由频率分布直方图各小矩形的面积之和为‎1‎,得‎1‎‎60‎‎×(1+2+4+6+5+a)×3‎=‎1‎, 解得a=‎2‎,故最右边小矩形的高度为‎2‎‎60‎‎=‎‎1‎‎30‎, 由频率分布直方图可知,光明社区的人均GDP为 x‎¯‎‎=‎3‎‎60‎(1×1.5+2×4.5+4×7.5+6×10.5+5×13.5+2×16.5)‎=‎10.2‎(万元/人), 由(1)可知,光明社区的人均垃圾清运量约为‎0.032×(10.2+1)‎(吨/人). 于是光明社区年内垃圾清运总量为‎5×0.032×(10.2+1)‎=‎1.792‎(万吨). 由题意,整个光明社区年内垃圾可折算成的总上网量估计为: ‎17920×200‎=‎3.584×‎‎10‎‎6‎(千瓦时)即为所求.‎ ‎【考点】‎ 求解线性回归方程 ‎【解析】‎ ‎(1)由最小二乘法,算出b‎​‎,a‎​‎,进而可得回归直线方程. (2)由频率分布直方图各小矩形的面积之和为‎1‎,得a=‎2‎,最右边小矩形的高度,人均GDP,进而得光明社区的人均垃圾清运量约为‎0.032×(10.2+1)‎(吨/人).于是光明社区年内垃圾清运总量,进而得出答案.‎ ‎【解答】‎ 由表格可得,x‎¯‎‎=‎5×(3+15)‎‎2×5‎=9‎, y‎¯‎‎=‎0.13+0.23+0.31+0.41+0.52‎‎5‎=0.32‎, i=1‎‎5‎‎ ‎‎(xi−x‎¯‎‎)‎‎2‎=36+9+0+9+36=90‎, i=1‎‎5‎‎ ‎‎(xi−x‎¯‎)(yi−y‎¯‎)=(−6)×(−0.19)+(−3)×(−0.09)+0×(−0.01)+3×0.09+6×0.2‎ =‎6×(0.19+0.09+0.20)‎=‎6×0.48‎=‎2.88‎, 所以b‎​‎‎=i=1‎‎5‎‎ ‎‎(xi−x‎¯‎)(yi−y‎¯‎)‎i=1‎‎5‎‎ ‎‎(xi−‎x‎¯‎‎)‎‎2‎=‎2.88‎‎90‎=0.032‎, 于是a‎​‎‎=y‎¯‎−b‎​‎x‎¯‎=0.32−0.032×9‎=‎0.032‎, 故变量y与 第21页 共22页 ◎ 第22页 共22页 x之间的回归直线方程为y‎​‎‎=0.032(x+1)‎.‎ 由频率分布直方图各小矩形的面积之和为‎1‎,得‎1‎‎60‎‎×(1+2+4+6+5+a)×3‎=‎1‎, 解得a=‎2‎,故最右边小矩形的高度为‎2‎‎60‎‎=‎‎1‎‎30‎, 由频率分布直方图可知,光明社区的人均GDP为 x‎¯‎‎=‎3‎‎60‎(1×1.5+2×4.5+4×7.5+6×10.5+5×13.5+2×16.5)‎=‎10.2‎(万元/人), 由(1)可知,光明社区的人均垃圾清运量约为‎0.032×(10.2+1)‎(吨/人). 于是光明社区年内垃圾清运总量为‎5×0.032×(10.2+1)‎=‎1.792‎(万吨). 由题意,整个光明社区年内垃圾可折算成的总上网量估计为: ‎17920×200‎=‎3.584×‎‎10‎‎6‎(千瓦时)即为所求.‎ ‎【答案】‎ 由题意可得‎|PF‎2‎|‎=‎5|PF‎1‎|‎,‎|F‎1‎F‎2‎|‎=‎2‎‎2‎, ‎|PF‎1‎‎|‎‎2‎+|‎F‎1‎F‎2‎‎|‎‎2‎=‎|PF‎2‎‎|‎‎2‎,解得‎|PF‎2‎|=‎‎5‎‎3‎‎3‎,‎|PF‎1‎|=‎‎3‎‎3‎, 由椭圆的定义可得‎2a=‎5‎‎3‎‎3‎+‎3‎‎3‎=2‎‎3‎,所以a=‎‎3‎,c=‎‎2‎,b=‎1‎, 所以椭圆的方程为x‎2‎‎3‎‎+‎y‎2‎=‎1‎;‎ 要使‎△ABF‎1‎的内切圆面积最大,只需‎△ABF‎1‎的内切圆的半径r最大. 因为F‎1‎‎(−‎2‎, 0)‎,F‎2‎‎(‎2‎, 0)‎,设A(x‎1‎, y‎1‎)‎,B(x‎2‎, y‎2‎)‎, 显然直线l的斜率不为‎0‎,设直线l:x=ty+‎‎2‎,联立x=ty+‎‎2‎x‎2‎‎+3y‎2‎=3‎‎ ‎, 可得‎(3+t‎2‎)y‎2‎+2‎2‎ty−1‎=‎0‎,则y‎1‎‎+y‎2‎=−‎‎2‎2‎t‎3+‎t‎2‎,y‎1‎y‎2‎‎=−‎‎1‎‎3+‎t‎2‎, 则S‎​‎‎△ABF‎1‎=S‎​‎‎△F‎1‎F‎2‎A+S‎​‎‎△F‎1‎F‎2‎B=‎1‎‎2‎|F‎1‎F‎2‎|⋅|y‎1‎−y‎2‎|=‎2‎⋅‎‎(y‎1‎+y‎2‎‎)‎‎2‎−4‎y‎1‎y‎2‎ ‎=‎2‎⋅‎(−‎2‎2‎t‎3+‎t‎2‎‎)‎‎2‎+‎‎4‎‎3+‎t‎2‎=‎‎2‎‎6‎t‎2‎‎+1‎‎3+‎t‎2‎, 又S‎​‎‎△ABF‎1‎=‎1‎‎2‎(|AF‎1‎|+|BF‎1‎|+|AB|)⋅r=‎1‎‎2‎⋅4‎3‎⋅r=‎2‎3‎r, 故‎2‎‎6‎t‎2‎‎+1‎‎3+‎t‎2‎‎=2‎3‎r,即r=‎2‎t‎2‎‎+1‎‎3+‎t‎2‎=‎2‎t‎2‎‎+1‎‎+‎‎2‎t‎2‎‎+1‎≤‎‎1‎‎2‎, 当且仅当t‎2‎‎+1‎‎=‎‎2‎t‎2‎‎+1‎,即t=‎±1‎时等号成立. 所以直线l的方程为y=x−‎‎2‎或y=‎−x+‎‎2‎.‎ ‎【考点】‎ 椭圆的标准方程 椭圆的应用 直线与椭圆的位置关系 ‎【解析】‎ ‎(1)由条件和勾股定理、椭圆的定义,解方程可得a,b,然后求出椭圆的方程; (2)设直线l:x=ty+‎‎2‎,‎△ABF‎1‎的内切圆的半径为r,由等积法可得r关于t的函数,利用基本不等式计算r的最大值,进而得到直线的方程.‎ ‎【解答】‎ 由题意可得‎|PF‎2‎|‎=‎5|PF‎1‎|‎,‎|F‎1‎F‎2‎|‎=‎2‎‎2‎, ‎|PF‎1‎‎|‎‎2‎+|‎F‎1‎F‎2‎‎|‎‎2‎=‎|PF‎2‎‎|‎‎2‎,解得‎|PF‎2‎|=‎‎5‎‎3‎‎3‎,‎|PF‎1‎|=‎‎3‎‎3‎, 由椭圆的定义可得‎2a=‎5‎‎3‎‎3‎+‎3‎‎3‎=2‎‎3‎,所以a=‎‎3‎,c=‎‎2‎,b=‎1‎, 所以椭圆的方程为x‎2‎‎3‎‎+‎y‎2‎=‎1‎;‎ 要使‎△ABF‎1‎的内切圆面积最大,只需‎△ABF‎1‎的内切圆的半径r最大. 因为F‎1‎‎(−‎2‎, 0)‎,F‎2‎‎(‎2‎, 0)‎,设A(x‎1‎, y‎1‎)‎,B(x‎2‎, y‎2‎)‎, 显然直线l的斜率不为‎0‎,设直线l:x=ty+‎‎2‎,联立x=ty+‎‎2‎x‎2‎‎+3y‎2‎=3‎‎ ‎, 可得‎(3+t‎2‎)y‎2‎+2‎2‎ty−1‎=‎0‎,则y‎1‎‎+y‎2‎=−‎‎2‎2‎t‎3+‎t‎2‎,y‎1‎y‎2‎‎=−‎‎1‎‎3+‎t‎2‎, 则S‎​‎‎△ABF‎1‎=S‎​‎‎△F‎1‎F‎2‎A+S‎​‎‎△F‎1‎F‎2‎B=‎1‎‎2‎|F‎1‎F‎2‎|⋅|y‎1‎−y‎2‎|=‎2‎⋅‎‎(y‎1‎+y‎2‎‎)‎‎2‎−4‎y‎1‎y‎2‎ ‎=‎2‎⋅‎(−‎2‎2‎t‎3+‎t‎2‎‎)‎‎2‎+‎‎4‎‎3+‎t‎2‎=‎‎2‎‎6‎t‎2‎‎+1‎‎3+‎t‎2‎, 又S‎​‎‎△ABF‎1‎=‎1‎‎2‎(|AF‎1‎|+|BF‎1‎|+|AB|)⋅r=‎1‎‎2‎⋅4‎3‎⋅r=‎2‎3‎r, 故‎2‎‎6‎t‎2‎‎+1‎‎3+‎t‎2‎‎=2‎3‎r,即r=‎2‎t‎2‎‎+1‎‎3+‎t‎2‎=‎2‎t‎2‎‎+1‎‎+‎‎2‎t‎2‎‎+1‎≤‎‎1‎‎2‎, 当且仅当t‎2‎‎+1‎‎=‎‎2‎t‎2‎‎+1‎,即t=‎±1‎时等号成立. 所以直线l的方程为y=x−‎‎2‎或y=‎−x+‎‎2‎.‎ ‎【答案】‎ f‎′‎‎(x)=‎2(a+1)‎‎(x+a‎)‎‎2‎−‎1‎x=‎‎−x‎2‎+2x−‎a‎2‎x(x+a‎)‎‎2‎‎,其中a>0‎, ①当a≥1‎时,f‎′‎‎(x)≤‎−x‎2‎+2x−1‎x(x+a‎)‎‎2‎=‎−(x−1‎‎)‎‎2‎x(x+a‎)‎‎2‎≤0‎ 恒成立, 所以函数f(x)‎在区间‎(0, +∞)‎内单调递减,无的单调增区间; ②当‎00‎,解得‎1−‎1−‎a‎2‎1+‎‎1−‎a‎2‎, 所以函数f(x)‎在区间‎(0, 1−‎1−‎a‎2‎)‎和‎(1+‎1−‎a‎2‎, +∞)‎内单调递减,在区间‎(1−‎1−‎a‎2‎, 1+‎1−‎a‎2‎)‎内单调递增;‎ 因为f(x)‎的两个极值点x‎1‎,x‎2‎,由(1)知,‎00‎, ∴ 函数g(a)‎在区间 第21页 共22页 ◎ 第22页 共22页 ‎(0, 1)‎上单调递增, ∴ g(a)0 ‎(为正).‎ ‎【考点】‎ 利用导数研究函数的单调性 利用导数研究函数的极值 ‎【解析】‎ ‎(1)先求出导函数f‎′‎‎(x)‎,对a的值分情况讨论,利用导函数f‎′‎‎(x)‎的正负,即可得到函数f(x)‎的单调性; (2)因为f(x)‎的两个极值点x‎1‎,x‎2‎,由(1)知‎00‎.‎ ‎【解答】‎ f‎′‎‎(x)=‎2(a+1)‎‎(x+a‎)‎‎2‎−‎1‎x=‎‎−x‎2‎+2x−‎a‎2‎x(x+a‎)‎‎2‎‎,其中a>0‎, ①当a≥1‎时,f‎′‎‎(x)≤‎−x‎2‎+2x−1‎x(x+a‎)‎‎2‎=‎−(x−1‎‎)‎‎2‎x(x+a‎)‎‎2‎≤0‎ 恒成立, 所以函数f(x)‎在区间‎(0, +∞)‎内单调递减,无的单调增区间; ②当‎00‎,解得‎1−‎1−‎a‎2‎1+‎‎1−‎a‎2‎, 所以函数f(x)‎在区间‎(0, 1−‎1−‎a‎2‎)‎和‎(1+‎1−‎a‎2‎, +∞)‎内单调递减,在区间‎(1−‎1−‎a‎2‎, 1+‎1−‎a‎2‎)‎内单调递增;‎ 因为f(x)‎的两个极值点x‎1‎,x‎2‎,由(1)知,‎00‎, ∴ 函数g(a)‎在区间‎(0, 1)‎上单调递增, ∴ g(a)0 ‎(为正).‎ ‎[选修4-4:坐标系与参数方程]‎ ‎【答案】‎ 由C‎1‎‎:x=2‎3‎+‎10‎cosαy=‎10‎sinα ‎(α为参数),消去参数α, 可得‎(x−2‎3‎‎)‎‎2‎+y‎2‎=10‎,即x‎2‎‎+y‎2‎−4‎3‎x+2=0‎, 又ρ‎2‎=x‎2‎‎+‎y‎2‎,ρcosθ=x, ∴ 曲线C‎1‎的极坐标方程为ρ‎2‎‎−4‎3‎ρcosθ+2=0‎. ∵ P(‎3‎,3)‎,∴ ρ=‎3+9‎=2‎‎3‎,tanθ=yx=‎3‎‎3‎=‎‎3‎,则θ=‎π‎3‎. ∴ 点P的极坐标为‎(2‎3‎, π‎3‎)‎;‎ 曲线C‎1‎的极坐标方程为ρ‎2‎‎−4‎3‎ρcosθ+2=0‎, 圆心C‎1‎ 的直角坐标为‎(2‎3‎, 0)‎, 直线‎1‎‎1‎的极坐标方程为θ=π‎6‎(ρ∈R)‎, 设点A(ρ‎1‎, π‎6‎)‎,B(ρ‎2‎, π‎6‎)‎, 代入ρ‎2‎‎−4‎3‎ρcosθ+2=0‎,整理得ρ‎2‎‎−6ρ+2‎=‎0‎, ∴ ρ‎1‎‎+‎ρ‎2‎=‎6‎,ρ‎1‎ρ‎2‎=‎2‎. ∴ S=‎1‎‎2‎ρ‎1‎⋅ρP⋅sin(π‎3‎−π‎6‎)=‎‎3‎‎2‎ρ‎1‎, S‎′‎‎=‎1‎‎2‎|OC‎1‎|⋅ρ‎2‎⋅sinπ‎6‎=‎‎3‎‎2‎ρ‎2‎, ∴ SS‎′‎‎+S‎′‎S=‎(ρ‎1‎+ρ‎2‎‎)‎‎2‎−2‎ρ‎1‎ρ‎2‎ρ‎1‎ρ‎2‎=‎6‎‎2‎‎−2×2‎‎2‎=16‎.‎ ‎【考点】‎ 第21页 共22页 ◎ 第22页 共22页 圆的极坐标方程 参数方程与普通方程的互化 ‎【解析】‎ ‎(1)把曲线的参数方程中的参数消去,可得直角坐标方程,结合极坐标与直角坐标的转换关系,可得曲线C‎1‎的极坐标方程,并求得点P的极坐标; (2)由(1)中求得的点C‎1‎的坐标,得到C‎1‎到直线l‎1‎的距离,把直线l‎1‎代入曲线C‎1‎的极坐标方程,得到关于ρ的一元二次方程,利用三角形面积公式及根与系数的关系,即可求得SS‎′‎‎+‎S‎′‎S的值.‎ ‎【解答】‎ 由C‎1‎‎:x=2‎3‎+‎10‎cosαy=‎10‎sinα ‎(α为参数),消去参数α, 可得‎(x−2‎3‎‎)‎‎2‎+y‎2‎=10‎,即x‎2‎‎+y‎2‎−4‎3‎x+2=0‎, 又ρ‎2‎=x‎2‎‎+‎y‎2‎,ρcosθ=x, ∴ 曲线C‎1‎的极坐标方程为ρ‎2‎‎−4‎3‎ρcosθ+2=0‎. ∵ P(‎3‎,3)‎,∴ ρ=‎3+9‎=2‎‎3‎,tanθ=yx=‎3‎‎3‎=‎‎3‎,则θ=‎π‎3‎. ∴ 点P的极坐标为‎(2‎3‎, π‎3‎)‎;‎ 曲线C‎1‎的极坐标方程为ρ‎2‎‎−4‎3‎ρcosθ+2=0‎, 圆心C‎1‎ 的直角坐标为‎(2‎3‎, 0)‎, 直线‎1‎‎1‎的极坐标方程为θ=π‎6‎(ρ∈R)‎, 设点A(ρ‎1‎, π‎6‎)‎,B(ρ‎2‎, π‎6‎)‎, 代入ρ‎2‎‎−4‎3‎ρcosθ+2=0‎,整理得ρ‎2‎‎−6ρ+2‎=‎0‎, ∴ ρ‎1‎‎+‎ρ‎2‎=‎6‎,ρ‎1‎ρ‎2‎=‎2‎. ∴ S=‎1‎‎2‎ρ‎1‎⋅ρP⋅sin(π‎3‎−π‎6‎)=‎‎3‎‎2‎ρ‎1‎, S‎′‎‎=‎1‎‎2‎|OC‎1‎|⋅ρ‎2‎⋅sinπ‎6‎=‎‎3‎‎2‎ρ‎2‎, ∴ SS‎′‎‎+S‎′‎S=‎(ρ‎1‎+ρ‎2‎‎)‎‎2‎−2‎ρ‎1‎ρ‎2‎ρ‎1‎ρ‎2‎=‎6‎‎2‎‎−2×2‎‎2‎=16‎.‎ ‎[选修4-5:不等式选讲]‎ ‎【答案】‎ 解:‎(1)‎因为f(x)=m−|x−2|‎,所以f(x+2)≥1‎等价于‎|x|≤m−1‎, 由‎[−1, 1]⊆A知A是非空集合,所以 ‎1−m≤x≤m−1‎, 结合‎[−1, 1]⊆A可得m−1≥1且1−m≤−1‎,解得m≥2‎, 即实数m的取值范围是B=[2, +∞)‎.‎ ‎(2)‎由‎(1)‎知m‎0‎‎=2‎,所以‎1‎a‎+‎1‎‎2b+‎1‎‎3c=2‎, ∴ a+2b+3c=‎1‎‎2‎(a+2b+3c)(‎1‎a+‎1‎‎2b+‎1‎‎3c)≥‎1‎‎2‎(a⋅‎1‎a+‎2b⋅‎1‎‎2b+‎3c⋅‎1‎‎3c‎)‎‎2‎=‎‎9‎‎2‎.‎ ‎【考点】‎ 其他不等式的解法 元素与集合关系的判断 ‎【解析】‎ ‎(1)‎因为f(x)=m−|x−2|‎,所以f(x+2)≥1‎等价于‎|x|≤m−1‎,解此不等式,结合‎[−1, 1]⊆A知A是非空集合,解不等式得到m范围.‎ ‎(2)‎由‎(1)‎知m‎0‎‎=2‎,所以‎1‎a‎+‎1‎‎2b+‎1‎‎3c=2‎,即‎1‎‎2‎‎×(‎1‎a+‎1‎‎2b+‎1‎‎3c)=1‎,将要证不等式左边变形为满足基本不等式的形式.‎ ‎【解答】‎ 解:‎(1)‎因为f(x)=m−|x−2|‎,所以f(x+2)≥1‎等价于‎|x|≤m−1‎, 由‎[−1, 1]⊆A知A是非空集合,所以 ‎1−m≤x≤m−1‎, 结合‎[−1, 1]⊆A可得m−1≥1且1−m≤−1‎,解得m≥2‎, 即实数m的取值范围是B=[2, +∞)‎.‎ ‎(2)‎由‎(1)‎知m‎0‎‎=2‎,所以‎1‎a‎+‎1‎‎2b+‎1‎‎3c=2‎, ∴ a+2b+3c=‎1‎‎2‎(a+2b+3c)(‎1‎a+‎1‎‎2b+‎1‎‎3c)≥‎1‎‎2‎(a⋅‎1‎a+‎2b⋅‎1‎‎2b+‎3c⋅‎1‎‎3c‎)‎‎2‎=‎‎9‎‎2‎.‎ 第21页 共22页 ◎ 第22页 共22页