河南省名校联盟2020届高三下学期六月联考 数学（理）(PDF版) 10页

Ű数学参考答案(理科) 　 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 B C D D B A C B C D 　　 【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 将z＝－１＋２i 代 入 x２ ＋ax＋b＝０ 得a＝２ ,b＝５ ,经 计 算 得 一 元 二 次 方 程 的 另 一 个 根 为 z＝－１－２i．故选 C． ３ư 若C 的方程为y２ ８－ x２ ４ ＝１ ,则a＝２ ２ ,b＝２ ,所以渐近线方程为y＝± a bx＝± ２x,充分性成 立;若渐近线方程为y＝± ２x,则双曲线方程为x２ － y２ ２ ＝λ(λ≠０ ),所以“C 的方程为y２ ８－ x２ ４ ＝１ ”是“C 的渐近线方程为y＝± ２x”的充分而不必要条件．故选 B． ４ư 由题意,在正项等 比 数 列 {an }中,由a５ ２ ＋２a６a８ ＋a９ ２ ＝６４ ,可 得a５ ２ ＋２a６a８ ＋a９ ２ ＝a５ ２ ＋ ２a５a９＋a９ ２ ＝ (a５＋a９ )２ ＝６４ ,即a５＋a９＝８．由a３ 与a７ 的等差中项为 ２ ,得a３＋a７＝４．设公比 为q,则q２(a３＋a７ ) ＝４q２ ＝８ ,则q＝ ２ (负的舍去),a１＝２ ５ ．故选 C． ５ư∵a→ ＝λb→ , ∴m ＝ －２ , ∴a→ ＝ ( ３ , －２ ),b→ ＝ ( －６ , ４ ),a→ ＋b→ ＝ ( －３ , ２ ), ３a→ ＋b→ ＝ ( ３ , －２ ), ∴ (a→ ＋b→)Ű( ３a→ ＋b→) ＝－９＋ ( －４ ) ＝－１３．故选 D． 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, 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, B 错误;第二季度平均同比增长率高于第一季度, C 错误; ２０１９ 年 １~１１ 月,汽车消费品 零售总额 ＝３７２８７２－３３７９５１＝３４９２１ 亿元, D 正确．故选 D． ７ư∵f(x) ＝２e x －f′( ０ )x＋f′( １ ), ∴f′(x) ＝２e x －f′( ０ ), ∴f′( ０ ) ＝２－f′( ０ ),f′( ０ ) ＝１ , ∴f(x) ＝２e x －x＋f′( １ ), ∴f′(x) ＝２e x －１＞－１．∵ 点 P 是曲线上的任意一点,点 P 处切线 的倾斜角为α, ∴tanα＞－１．∵α∈ [ ０ , π ), ∴α∈ [ ０ ,π ２ ) ∪ (３π ４ , π )．故选 B． ８ư∵tan∠CBE＝ CE CB＝１ ３ ＝ ３ ３ , ∴∠CBE＝π ６ , ∴BP 与线段EC 有交点的概率为 π ６ π ２ ＝１ ３ ．故选 A． ９ư 因为函数f(x) ＝ cos ( ２x＋a),x≤０ , sin ( ２x＋b),x＞０ { 的图象关于y 轴对称,所以 cos ( － π ２ ＋a) ＝sin (π ２ ＋ b), cos ( －π＋a) ＝sin ( π＋b),即 sina＝cosb, cosa＝sinb,因此a＋b＝ π ２＋２kπ (k∈Z),所以 g(x) ＝２cos ( ４x＋a＋b) ＝２cos ( ４x＋ π ２ ),从而h(x) ＝２cos ( ２x－ π ６ ),其周期 T＝２π ２ ＝π ,选 项 A 错误;由 ２x－ π ６＝kπ (k∈Z)得对称轴方程为x＝ π １２＋ kπ ２ (k∈Z),选项 B 错误;对称中心 ６ Ű数学参考答案(理科) 　 第 ２　　　　 页(共 ７ 页)】 为(π ３＋ kπ ２ , ０ )(k∈Z),k＝－１ 时,对称中心为( － π ６ , ０ ),选项 C 正确;单调递减区间为[π １２＋ kπ ,７π １２＋kπ ](k∈Z),选项 D 错误．故选 C． １０ư 令f(x) ＝t,则f(t) ＝ lnt　　 ,t≥１ , － (t－１ )Ű e t－１,t＜１．{ ( １ )当t≥１ 时,f(t) ＝１ e ,即 lnt＝１ e⇒t＝e １ e , 即f(x) ＝e １ e ．当x≥１ 时, lnx＝e １ e 有一个解．当x＜１ 时,f′(x) ＝－xe x－１,x∈ ( －∞ , ０ ),f′ (x) ＞０ ;x∈ ( ０ , １ ),f′(x) ＜０ ,且f( ０ ) ＝１ e ．当x＜１ 时, － (x－１ )Ű e x－１ ≤１ e ,而 e １ e ＞１ e ,所 以方程(t＋１ )Ű e t－１ ＝１ e 无解．( ２ )当t＜１ 时,f(t) ＝１ e ,由( １ )知t＝０ ,即f(x) ＝０．当x≥１ 时, lnx＝０ 有一个解．当x＜１ 时, ０＜f(x) ≤１ e ,所以f(x) ＝０ 无解．综上,函数g(x)有两零 点．故选 B． １１ư∵ 当 n ≥２ 时,Sn＋２－Sn－１＋１Sn＋１－Sn ＋１ ＝３ , ∴ an＋２＋an＋１＋an ＋１an＋１＋１ ＝３ , ∴an＋２ －２an＋１ ＋an ＝２ , ∴an＋２－an＋１－ (an＋１－an ) ＝２ , ∴ {an＋１－an }从第 ２ 项起是等差数列．又 ∵a１ ＝２ ,a２ ＝６ ,a３ ＝１２ , ∴ (a３－a２ ) － (a２－a１ ) ＝２ , ∴an＋１－an ＝４＋２ (n－１ ) ＝２n＋２ , ∴ 当n≥２ 时,an ＝ (an －an－１ ) ＋ (an－１－an－２ ) ＋ ƺ ＋ (a２－a１ ) ＋a１＝２n＋２ (n－１ ) ＋ ƺ ＋２×２＋２＝２× n(n＋１ ) ２ ＝ n(n＋１ ), ∴ (n＋１ )２ an ＝ n＋１n (n≥２ ), ∴ 当n≥２ 时,bn ＝ [(n＋１ )２ an ] ＝ [n＋１n ] ＝１．又 ∵b１ ＝ ( １＋１ )２ a１ ＝２ , ∴T２０２０＝ [２ ２ a１ ] ＋ [３ ２ a２ ] ＋ ƺ ＋ [２０２１ ２ a２０２０ ] ＝２＋２０１９＝２０２１．故选 C． 第 １２ 题图 １２ư 由题意知正方体棱长为 ３ ,球O 的球心为正方体的中心,以点 D 为坐标 原点,建立如图所示的空间直角坐标系 DＧxyz,则 A( ３ , ０ , ０ ),A１ ( ３ , ０ , ３ ),B( ３ , ３ , ０ ),C１ ( ０ , ３ , ３ ),D( ０ , ０ , ０ ), ∴E( ２ , １ , １ ),F( １ , １ , ２ ),O(３ ２ , ３ ２ ,３ ２ ),OE→＝ (１ ２ , －１ ２ , －１ ２ ),EF→＝ ( －１ , ０ , １ ), ∴ 点 O 到直线EF 的 距离d＝ |OE→| ２ － (OE→ŰEF→ |EF→| )２ ＝１ ２ ．又球 O 的半径为r＝ １ ２ ９＋９＝３ ２ ２ ,因此正方体外 接球被EF 所在直线截的弦长为 ２ R２ －d２ ＝２ (３ ２ ２ )２ － (１ ２ )２ ＝ １７．故选 D． 二、填空题:本题共 ４ 小题,每小题 ５ 分,共 ２０ 分. １３ư２８　　　　１４ư(３,＋∞),５　　　　１５ư１０　　　　１６ư[０,＋∞) 　　 【解析】 １３ư 因为(x２ －１ )８ 的第r＋１ 项为Tr＋１＝Cr ８ (x２)８－r( －１ )r( ０≤r≤８ 且r∈N∗ ),所以x５ 不存在, ∴a５＝０ ,x４ 的系数为C６ ８ ( －１ )６ ＝２８ ,所以a４＋a５＝２８． １４ư 直线y＝x＋２ 与y－３x＝０ 的交点为( １ , ３ ),要使不等式组 y≥x＋２ , y－３x≤０ , y≤a ì î í ïï ïï 表示的平面区域是一 ６ Ű数学参考答案(理科) 　 第 ３　　　　 页(共 ７ 页)】 个三角形,则a 的取值范围是a＞３．由约束条件 y≥x＋２ , y－３x≤０ , y≤a ì î í ïï ïï 知,当a＝６ 时,z＝－x＋２y 的 最小值为 ５． １５ư 由题意可得 F( ０ , －２ ),则 p＝４ ,抛物线方程为 x２ ＝ －８y．设直 线 AB 方 程 为y＝kx－２ , A(x１ ,y１ ),B(x２ ,y２ ),其中y１＝－ x１ ２ ８ ,y２＝－ x２ ２ ８ ．由y＝－ x２ ８ 得y′＝－ x ４ ,所以在点 A 处 的切线方程为y－y１＝－ x１ ４ (x－x１ ),化简得y＝－ x１ ４ x＋ x１ ２ ８ , ①　 同理可得在点 B 处的切 线方程为y＝－ x２ ４ x＋ x２ ２ ８ ．②　 联立 ①② 得xM ＝ x１＋x２ ２ ,又 ∵M 的横坐标为 ２ , ∴x１ ＋x２ ＝ ４．将 AB 方程代入抛物线得x２ ＋８kx－１６＝０ , ∴x１ ＋x２ ＝－８k＝４ , ∴k＝－１ ２ , ∴y１ ＋y２ ＝ k(x１＋x２ ) －４＝－１ ２×４－４＝－６ , ∴|AB|＝p－y１－y２＝１０． １６ư∵f(π ２ ) ≤ π ２ a,f(π ２ ) ＝０ , ∴a≥０．由题意得 f′(x) ＝ －２sinx＋ [ sinx＋x( cosx)] －１＝ －sinx＋xcosx－１ ,令g(x) ＝－sinx＋xcosx－１ ,则g′(x) ＝－xsinx．∴ 当x∈ (π ２ , π ] 时,g′(x) ＜０ ,g(x)单调递减;当x∈ ( π ,３π ２ )时,g′(x) ＞０ ,g(x)单调递增, ∴g(x)的最小值 为g( π ) ＝－π－１．又 ∵g(π ２ ) ＝－２ ,g(３π ２ ) ＝０ , ∴x∈ [π ２ ,３π ２ ],g(x) ≤０ ,即f′(x) ≤０ , ∴f (x)在区间[π ２ ,３π ２ ]为减函数．∵f(π ２ ) ＝０ , ∴ 当 x∈ [π ２ ,３π ２ ]时,f(x) ≤０．又当a≥０ ,x∈ [π ２ ,３π ２ ]时,ax≥０ ,故f(x) ≤ax 恒成立,因此a 的取值范围是[ ０ , ＋∞ )． 三、解答题． １７ư(１２ 分) 解:(１)∵(a－c)(sinA＋sinC)＝(b－c)sinB, ∴ 由正弦定理得(a－c)(a＋c)＝(b－c)b, (１ 分)ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ ∴ b２ ＋c２ －a２ ２bc ＝１ ２,根据余弦定理知 cosA＝１ ２ ． (３ 分)ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 又 ∵ 角 A 为 △ABC 的内角,∴A＝ π ３ ． (５ 分)ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ (２)△ABC 为等边三角形． (６ 分)ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ ∵a＝２bcosC,∴ 由正弦定理得 sinA＝２sinBcosC． 由三角形内角和公式得 A＝π－(B＋C),故 sinA＝sin(B＋C), ∴sin(B＋C)＝２sinBcosC,整理得 sinBcosC－cosBsinC＝０, (９ 分)ƺƺƺƺƺƺƺ ∴sin(B－C)＝０,又B－C∈(－π,π),∴B＝C． (１１ 分)ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 又由(１)知 A＝ π ３,∴△ABC 为等边三角形． (１２ 分)ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ ６ Ű数学参考答案(理科) 　 第 ４　　　　 页(共 ７ 页)】 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)ƺƺƺ 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．(６ 分) 则 X 的可能取值为 １,２,３, P(X＝１)＝C １ ４ŰC ２ ２ C ３ ６ ＝１ ５＝０．２, (７ 分)ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ P(X＝２)＝C ２ ４ŰC １ ２ C ３ ６ ＝３ ５＝０．６, (８ 分)ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ P(X＝３)＝C ３ ４ŰC ０ ２ C ３ ６ ＝１ ５＝０．２, (９ 分)ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 故 X 的分布列为 X １ ２ ３ P ０．２ ０．６ ０．２ (１０ 分)ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ E(X)＝１×０．２＋２×０．６＋３×０．２＝２, (１１ 分)ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ D(X)＝(１－２)２ ×０．２＋(２－２)２ ×０．６＋(３－２)２ ×０．２＝０．４． (１２ 分)ƺƺƺƺƺƺƺƺƺ １９ư(１２ 分) 证明:(１)∵AB＝BC,E 为AC 的中点,∴BE⊥AC． (１ 分)ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 又 ∵PA⊥ 平面 ABC,BE⊂ 平面 ABC,∴PA⊥BE． (２ 分)ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ ∵PA∩AC＝A,PA,AC⊂ 平面 PAC∴BE⊥ 平面 PAC,又 ∵BE⊂ 平面 BEF,∴ 平面 BEF⊥ 平面 PAC． (４ 分)ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ (２)如图,由(１)知,PA⊥BE,PA⊥AC,点E,F 分别为AC,PC 的中点, ∴EF∥PA,∴EF⊥BE,EF⊥AC,又 ∵BE⊥AC, (５ 分)ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ ∴EB,EC,EF 两两垂直,以E 为原点,以EB→,EC→,EF→方向为x,y,z 轴建立坐标系, 第 １９ 题图 则 A(０,－２,０),P(０,－２,２),B(２ ３,０,０), C(０,２,０),E(０,０,０),F(０,０,１)． 设BG→＝λBP→＝(－２ ３λ,－２λ,２λ)(λ∈(０,１)), ∴G(２ ３(１－λ),－２λ,２λ), (６ 分)ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ ∴AG→＝AB→＋BG→＝(２ ３(１－λ),２(１－λ),２λ), EF→＝(０,０,１),EG→＝(２ ３(１－λ),－２λ,２λ)． 设平面EFG 的法向量为m→ ＝(a,b,c), 则 m→ ŰEF→＝０, m→ ŰEG→＝０, { ⇒ c＝０, ２ ３(１－λ)Űa－２λŰb＋２λŰc＝０, { 令a＝λ,则b＝ ３(１－λ),∴m→ ＝(λ,３(１－λ),０)． (８ 分)ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ ６ Ű数学参考答案(理科) 　 第 ５　　　　 页(共 ７ 页)】 BC→＝(－２ ３,２,０),PC→＝(０,４,－２),设平面 PBC 的法向量n→ ＝(x,y,z), 则 n→ ŰBC→＝０, n→ ŰPC→＝０, { ⇒ －２ ３x＋２y＝０, ４y－２z＝０, { 令x＝１,则y＝ ３,z＝２ ３,∴n→ ＝(１,３,２ ３)． (９ 分)ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 由已知 |cos＜m→ ,n→ ＞|＝ １－１５ １６＝ １ ４,∴ λ＋３(１－λ) λ２ ＋３(１－λ)２ Ű １＋３＋１２ ＝ １ ４ ⇒λ＝ １, (１１ 分)ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 因为λ∈(０,１),故线段 PB 上不存在点G,使得直线 AG 与平面PBC 所成的角的正弦 值为 １５ ４ ． (１２ 分)ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ ２０ư(１２ 分) 解:(１)由题意得: b e＝ ab c ＝４ ３,２a＝８,又a２ ＝b２ ＋c２ , (１ 分)ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 联立以上可得:a２ ＝１６,b２ ＝１２,c２ ＝４,∴ 椭圆C 的方程为x２ １６＋ y２ １２＝１． (４ 分)ƺƺƺƺƺ (２)由(１)得 A(４,０), 当直线l⊥x 轴时,又 AE⊥AF,联立 y＝－x＋４, x２ １６＋ y２ １２＝１,{ 得 ７x２ －３２x＋１６＝０, 解得x＝４ ７ 或x＝４,所以xE ＝xF ＝４ ７,此时 P(４ ７,０),直线 AP 的斜率为 ０． (５ 分)ƺƺ 当直线l不垂直于x 轴时,设E(x１,y１),F(x２,y２),直线l∶y＝kx＋t(t≠－４k,k≠０), 联立 y＝kx＋t, ３x２ ＋４y２ ＝４８, { 整理得(３＋４k２ )x２ ＋８ktx＋４t２ －４８＝０, 依题意Δ＝６４k２t２ －４(３＋４k２ )(４t２ －４８)＞０,即 １６k２ －t２ ＋１２＞０(∗)且 x１ ＋x２ ＝ － ８kt ３＋４k２ ,x１Űx２＝４t２ －４８ ３＋４k２ ． (７ 分)ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 又 ∵AE⊥AF, ∴AE→ŰAF→＝(x１－４)Ű(x２－４)＋y１Űy２＝(x１－４)Ű(x２－４)＋(kx１＋t)(kx２＋t)＝(１ ＋k２ )x１Űx２＋(kt－４)(x１＋x２)＋１６＋t２ ＝７t２ ＋３２kt＋１６k２ ３＋４k２ ＝０, ∴７t２ ＋３２kt＋１６k２ ＝０,即(７t＋４k)(t＋４k)＝０,∴t＝－４k ７ 且t满足(∗), (９ 分)ƺƺƺ ∴２OP→＝OE→＋OF→＝(x１＋x２,y１＋y２)＝(－ ８kt ３＋４k２ , ６t ３＋４k２),∴P(－ ４kt ３＋４k２ , ３t ３＋４k２), 故直线AP 的斜率kAP ＝ ３t ３＋４k２ － ４kt ３＋４k２ －４ ＝－ ３t １６k２ ＋４kt＋１２＝ k ８k２ ＋７＝ １ ８k＋７k , (１０ 分)ƺƺ 当k＜０ 时,８k＋７k ≤－４ １４,此时 － １４ ５６ ≤kAP ＜０; 当k＞０ 时,８k＋７k ≥４ １４,此时 ０＜kAP ≤ １４ ５６ ; (１１ 分)ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ ６ Ű数学参考答案(理科) 　 第 ６　　　　 页(共 ７ 页)】 综上,直线 AP 的斜率的取值范围为[－ １４ ５６ , １４ ５６ ]． (１２ 分)ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ ２１ư(１２ 分) 解:(１)当a＝１,b＝－４ 时,f(x)＝x２ －x－３lnx(x∈(０,＋∞))． f′(x)＝２x－１－３x ＝２x２ －x－３x ＝ (２x－３)(x＋１) x , (１ 分)ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 令f′(x)＝０ 得x＝３ ２,或x＝－１(舍去)． ∵ 当x∈(０,３ ２)时,f′(x)＜０,f(x)单调递减, 当x∈(３ ２,＋∞)时,f′(x)＞０,f(x)单调递增, (３ 分)ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ ∴f(x)单调递增区间为(３ ２,＋∞),单调递减区间为(０,３ ２)． (４ 分)ƺƺƺƺƺƺƺƺƺ (２)g(x)＝|ax２ －x－lnx|． 设φ(x)＝ax２ －x－lnx(x≥１),φ′(x)＝２ax－１－１x , １)当a≤０ 时,∵φ′(x)＜０,则φ(x)在[１,＋∞)上单调递减,且φ(１)＝a－１＜０, ∴g(x)＝－φ(x),g(x)在[１,＋∞)上单调递增,∴g(x)min＝g(１)＝１－a． (６ 分)ƺƺƺ ２)当a＞０ 时,φ′(x)＝２ax２ －x－１x , 设t(x)＝２ax２ －x－１,∵Δ＝１＋８a＞０,∴t(x)＝０ 有两根x１,x２． ∵x１＋x２＝ １ ２a＞０,x１x２＝－ １ ２a＜０,不妨令x１＜０＜x２, ∴ 当x∈(０,x２)时,t(x)＜０,即φ′(x)＜０,φ(x)在(０,x２)上单调递减, 当x∈(x２,＋∞)时,t(x)＞０,即φ′(x)＞０,φ(x)在(x２,＋∞)上单调递增． (８ 分)ƺƺ ① 当t(１)＝２a－２≥０,即a≥１ 时,x２≤１,φ(x)在[１,＋∞)上单调递增． 又 ∵φ(１)＝a－１≥０,∴g(x)＝φ(x),∴g(x)min＝φ(x)min＝φ(１)＝a－１． (９ 分)ƺƺƺ ② 当t(１)＜０,即 ０＜a＜１ 时,x２ ＞１,φ(x)在(１,x２)上单调递减,在(x２,＋∞)上单调递 增． 又 ∵φ(１)＝a－１＜０,φ(x)min＝φ(x２)＝ax２ －x２－lnx２, φ(２a )＝aŰ４a２ －２a －ln２a ＝２a －ln２a ＞０, ∴ 存在x０∈(x２,２a )⊆[１,＋∞)使得φ(x２)＝０, (１１ 分)ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ ∴g(x)min＝|φ(x０)|＝０．综上可得g(x)min＝ １－a,a≤０, ０,０＜a＜１, a－１,a≥１． ì î í ïï ïï (１２ 分)ƺƺƺƺƺƺƺƺƺ ２２ư(１０ 分) 解:(１)将直线l的参数方程 x＝１＋t, y＝ ３＋ ３t{ (t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)ƺƺ ６ Ű数学参考答案(理科) 　 第 ７　　　　 页(共 ７ 页)】 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 (３ 分)ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 因为点 P 在曲线C 上,所以ρ０＝２ ２sin(θ０＋ π ４), 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 ï ï 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 ï ï 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)① 当x≤－１ 时,－(x－２)＋(x＋１)＜２,无解; ② 当 －１＜x＜２ 时,－(x－２)－(x＋１)＜２,－１ ２＜x＜２; ③ 当x≥２ 时,(x－２)－(x＋１)＜２,恒成立,x≥２, 所以该不等式的解集为 x|x＞－１ ２ { } ． (５ 分)ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ (２)因为 |x－２|－|x＋１| ≤|x－２－(x＋１)|≤３, 当有仅当(x－２)Ű(x＋１)≥０,即x≤－１ 或x≥２ 时取“＝”, 所以 －３≤f(x)≤３,即 －９ ２≤f(x)－３ ２≤３ ２ ． (７ 分)ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 又 １ ２m＋２n ＝(１ ２m＋２n )Ű m＋n ３ ＝１ ３(１ ２＋ n ２m＋２m n ＋２)≥３ ２, 当且仅当 n ２m＝２m n ,即 m＝１,n＝２ 时取等号, (９ 分)ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 所以 １ ２m＋２n ≥f(x)－３ ２ ． (１０ 分)ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ ６