2020年四川省泸州市高考数学一诊试卷(文科)

2020年四川省泸州市高考数学一诊试卷（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＝{0, 1, 2, 3}，集合B＝{x||x|≤2}，则A∩B＝（）A.{03}B.{0, 1, 2}C.{1, 2}D.{0, 1, 2, 3}2. 下列函数f(x)中，满足“对任意x1，x2∈(0, +∞)，且x1<x2都有f(x1)>f(x2)”的是（）A.f(x)=√xB.f(x)＝2−xC.f(x)＝ln xD.f(x)＝x33. “sinα＝0”是“sin2α＝0”的（）A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件4. 已知函数y＝f(x)+x是偶函数，且f(2)＝1，则f(−2)＝（）A.2B.3C.4D.55. 一条直线若同时平行于两个相交平面，那么这条直线与这两个平面的交线的位置关系是（）A.异面B.相交C.平行D.不能确定6. 函数f(x)＝(x−1)ln|x|的图象大致为（）A. B.C. D.7. 己知p:∀α∈(0, π2)，sinα<α，q:∃x0∈N，x02−2x0−1＝0，则下列选项中是假命题的为（）A.p∨qB.p∧(￢q)C.p∧qD.p∨(￢q)8. 函数f(x)=sin(2x+φ)(|φ|<π2)的图象向左平移π6个单位后关于原点对称，则函数f(x)在[0, π2]上的最小值为( )A.−√32B.−12C.12D.√329. 我国古代数学名著《九章算术》中，割圆术有，“割之弥细，所失弥少，割之又割，以至于不可割，则与圆周合体而无所失矣”其体现的是一种无限与有限的转化过程，如在√2+√2+√2+⋯中，“…”即代表无限次重复，但原式却是个定值x，这可以通过方程√2+x=x确定x的值，类似地√3+2√3+2√3+⋯的值为（）A.3B.√13+12C.6D.2√210. 若将甲桶中的aL水缓慢注入空桶乙中，则x min后甲桶中剩余的水量符合衰减函数f(x)＝ae nx（其中e是自然对数的底数）．假设过5min后甲桶和乙桶的水量相等，再过mmin后，甲桶中的水只有a4L，则m的值为（）A.5B.8C.9D.1011. 如图，三棱锥P−ABC中，PA⊥平面ABC，且△ABC为等边三角形，若AB＝3，PA＝2，则三棱锥P−ABC的外接球的表面积为（）A.4πB.16πC.8πD.32π12. 已知函数f(x)＝log3x的图象与函数g(x)的图象关于直线y＝x对称，函数ℎ(x)是最小正周期为2的偶函数，且当x∈[0, 1]时，ℎ(x)＝g(x)−1，若函数y＝k⋅f(x)+ℎ(x)有3个零点，则实数k的取值范围是（）A.(1, 21og73)B.(−2, −21og53)C.(−21og53, −1)D.(−log 73, −12)二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在答题卡上．函数f(x)=√−log 2x 的定义域为________．设函数f(x)={x 2,0≤x <5f(x −5),x ≥5 ，那么f(18)的值________．（文）函数f(x)＝cos 2x +2sin x 的最小值为________．己知正方体有8个不同顶点，现任意选择其中4个不同顶点，然后将它们两两相连，可组成平面图形或空间几何体．在组成的空间几何体中，可以是下列空间几何体中的________． ①每个面都是直角三角形的四面体； ②每个面都是等边三角形的四面体；③每个面都是全等的直角三角形的四面体：④有三个面为等腰直角三角形，有一个面为等边三角形的四面体．三、解答题：本大题共5小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．已知函数f(x)=13x 3−x 2+ax （其中a 为常数）．(Ⅰ)若x ＝−1是f(x)的极值点，求函数f(x)的减区间； (Ⅱ)若f(x)在(−2, +∞)上是增函数，求a 的取值范围．在△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，己知c ＝a(cos B −sin B)． (Ⅰ)求A ；(Ⅱ)已知c =√10，BC 边上的高AD ＝1，求b 的值．己知函数f(x)＝2cos x(sin x +cos x)−1(x ∈R)． (Ⅰ)求函数f(x)的最小值及取最小值时x 取值的集合；(Ⅱ)若将函数f(x)的图象上所有点的横坐标扩大为原来的4倍，纵坐标不变，得到函数g(x)的图象，且g(α)=15，α∈(π2, 3π2)，求g(α−π2)的值．如图，己知BD 为圆锥AO 底面的直径，点C 是圆锥底面的圆周上，AB ＝BD ＝2，∠BDC =π6，AE ＝ED ，F 是AC 上一点，且平面BFE ⊥平面ABD ． (Ⅰ)求证：AD ⊥BF ；(Ⅱ)求多面体BCDEF 的体积．己知函数f(x)＝ln x ，g(x)=1x +a （其中a 是常数）， (Ⅰ)求过点P(0, −1)与曲线f(x)相切的直线方程；(Ⅱ)是否存在k ≠1的实数，使得只有唯一的正数a ，当x >1a 时不等式f(x)g(x −1a )≤kx 恒成立，若这样的实数k 存在，试求k ，a 的值；若不存在，请说明理由．（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]如图，在极坐标系Ox 中，过极点的直线l 与以点A(2, 0)为圆心、半径为2的圆的一个交点为B(2, π3)，曲线M 1是劣弧OB̂，曲线M 2是优弧OB ̂． (Ⅰ)求曲线M 1的极坐标方程；(Ⅱ)设点P(ρ1, θ)为曲线M 1上任意一点，点Q(ρ2, θ−π3)在曲线M 2上，若|OP|+|OQ|＝6，求θ的值．[选修4-5：不等式选讲]设f(x)＝|x −3|+|x −4|． (Ⅰ)解不等式f(x)≤2；(Ⅱ)已知x ，y 实数满足2x 2+3y 2＝a(a >0)，且x +y 的最大值为1，求a 的值．参考答案与试题解析2020年四川省泸州市高考数学一诊试卷（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】B【考点】交集及其运算【解析】可以求出集合B，然后进行交集的运算即可．【解答】A＝{0, 1, 2, 3}，B＝{x|−2≤x≤2}，∴A∩B＝{0, 1, 2}．2.【答案】B【考点】函数单调性的性质与判断【解析】对任意x1，x2∈(0, +∞)，且x1<x2都有f(x1)>f(x2)”，可知函数f(x)在(0, +∞)上单调递减，结合选项即可判断．【解答】“对任意x1，x2∈(0, +∞)，且x1<x2都有f(x1)>f(x2)”，∴函数f(x)在(0, +∞)上单调递减，结合选项可知，f(x)=√x在(0, +∞)单调递增，不符合题意，f(x)＝2−x=(12)x在(0, +∞)单调递减，符合题意，f(x)＝ln x在(0, +∞)单调递增，不符合题意，f(x)＝x3在(0, +∞)单调递增，不符合题意，3.【答案】A【考点】充分条件、必要条件、充要条件【解析】解出关于α的集合，结合充分必要条件的定义，从而求出答案．【解答】sin2α＝0，则A＝{α|α=12nπ, k∈Z}，sinα＝0，则B＝{α|α＝kπ=12⋅2kπ, k∈Z}，B是A的真子集，所以前者是后者的充分不必要条件，4.【答案】D【考点】函数奇偶性的性质与判断【解析】由函数y＝f(x)+x是偶函数，得f(−2)−2＝f(2)+2，得f(−2)＝f(2)+2+2＝（5）【解答】∵函数y＝f(x)+x是偶函数，∴f(−2)−2＝f(2)+2，∴f(−2)＝f(2)+2+2＝（5）5.【答案】C【考点】平面与平面平行的性质平面与平面平行的判定【解析】由题意设α∩β＝l，a // α，a // β，然后过直线a作与α、β都相交的平面γ，利用平面与平面平行的性质进行求解．【解答】设α∩β＝l，a // α，a // β，过直线a作与α、β都相交的平面γ，记α∩γ＝b，β∩γ＝c，则a // b且a // c，∴b // c．又b⊂α，α∩β＝l，∴b // l．∴a // l．6.【答案】A【考点】函数的图象与图象的变换【解析】利用排除法，根据函数值即可判断．【解答】当x>1时，f(x)＝(x−1)ln x>0，故排除C，D，当0<x<1时，x−1<0，ln x<0，∴f(x)＝(x−1)ln x>0，故排除B7.【答案】C【考点】复合命题及其真假判断【解析】命题p：由三角函数定义，即可判断出真假；命题q：由求根公式，即可判断出真假．根据复合命题真值表判断结果即可．【解答】命题p：由三角函数的定义，角α终边与单位圆交于点P，过P作PM⊥x轴，垂足是M，单位圆交x轴于点A，则sinα＝MP，弧长PA即为角α；显然MP<弧长PA；∴p:∀α∈(0, π2)，sinα<α是真命题；命题q：解方程x02−2x0−1＝0，则x＝1±√2，因此q:∃x0∈N，x02−2x0−1＝0，是假命题．则下列选项中是假命题的为p∧q．而A，B，D都是真命题．8.【答案】A【考点】三角函数的最值函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换函数奇偶性的性质【解析】由函数图象的平移得到y=sin[2(x+π6)+ϕ]=sin(2x+π3+ϕ)，再由函数为奇函数及φ的范围得到π3+ϕ=0，求出φ的值，则函数解析式可求，再由x的范围求得函数f(x)在[0, π2]上的最小值．【解答】解：函数f(x)=sin(2x+φ)图象向左平移π6个单位得y=sin[2(x+π6)+φ]=sin(2x+π3+φ)，由于函数图象关于原点对称，∴函数为奇函数，又|φ|<π，∴π3+φ=0，得φ=−π3，∴f(x)=sin(2x−π3)，由于0≤x≤π2，∴0≤2x≤π，∴−π3≤2x−π3≤2π3，当2x−π3=−π3，即x=0时，f(x)min=sin(−π3)=−√32．故选A.9.【答案】A【考点】类比推理【解析】通过已知得到求值方法：先换元，再列方程，解方程，求解（舍去负根），再运用该方法，注意两边平方，得到方程，解出方程舍去负的即可．【解答】由已知代数式的求值方法：先换元，再列方程，解方程，求解（舍去负根），可得要求的式子．令√3+2√3+2√3+⋯=m(m>0)，则两边平方得，则3+2√3+2√3+⋯=m2，即3+2m＝m2，解得，m＝3，m＝−1舍去．10.【答案】A【考点】函数与方程的综合运用【解析】由题意，函数y＝f(t)＝ae nt满足f(5)=12a，解出n=15ln12．再根据f(k)=14a，建立关于k的指数方程，由对数恒成立化简整理，即可解出k的值，由m＝k−5即可得到．【解答】∵5min后甲桶和乙桶的水量相等，∴函数y＝f(t)＝ae nt，满足f(5)＝ae5n=12a可得n=15ln12，因此，当kmin后甲桶中的水只有a4升，即f(k)=14a，即15ln12⋅k＝ln14，即为15ln12⋅k＝2ln12，解之得k＝10，经过了k−5＝5分钟，即m＝（5）11.【答案】B【考点】球的表面积和体积【解析】根据题给信息，可以将直三棱锥补形成为直棱柱问题，即可用直棱柱外接球问题的求解方法求解．【解答】因为是直三棱锥，底面是正三角形，所以可以将图补形成为正三棱柱，如图所示，此时三棱锥四个点的外接球，与三棱柱6个点的外接球是同一个，所以问题转化为求解正三棱柱外接球的问题，设球心为O ，作OO ′⊥平面ABC ，连接O ′A ，OA ，则OO ′=12PA ＝1， 设△ABC 的外接圆半径为r ，由正弦定理，得，2r =ABsin 60=3×√3=2√3，所以r =√3，在Rt △OO ′A 中，O ′A 2+OO ′2＝OA 2，所以3+1＝R 2，解得R ＝2， 所以S ＝4πR 2＝16π． 12.【答案】 B【考点】函数的零点与方程根的关系 【解析】把函数y ＝k ⋅f(x)+ℎ(x)有3个零点，转化为k log 3x ＝−ℎ(x)有3个不同根，画出函数y ＝k log 3x 与y ＝−ℎ(x)的图象，转化为关于k 的不等式组求解． 【解答】由函数f(x)＝log 3x 的图象与函数g(x)的图象关于直线y ＝x 对称，得g(x)＝3x ，函数ℎ(x)是最小正周期为2的偶函数，当x ∈[0, 1]时，ℎ(x)＝g(x)−1＝3x −1， 函数y ＝k ⋅f(x)+ℎ(x)有3个零点，即k log 3x ＝−ℎ(x)有3个不同根， 画出函数y ＝k log 3x 与y ＝−ℎ(x)的图象如图：要使函数y ＝k log 3x 与y ＝−ℎ(x)的图象有3个交点，则k <0，且{klog 33>−2klog 35<−2，即−2<k <−21og 53．∴ 实数k 的取值范围是(−2, −21og 53)．二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在答题卡上． 【答案】【考点】函数的定义域及其求法 【解析】由题意可得，{x >0−log 2x ≥0 ，解不等式即可求解．【解答】由题意可得，{x >0−log 2x ≥0 ，解可得，0<x ≤(1) 即函数的定义域为(0, 1] 故答案为：(0, 1] 【答案】 9【考点】 函数的求值 求函数的值【解析】推导出f(18)＝f(3×5+3)＝f(3)，由此能求出结果． 【解答】∵ 函数f(x)={x 2,0≤x <5f(x −5),x ≥5 ，∴ f(18)＝f(3×5+3)＝f(3)＝32＝9． 【答案】 −3【考点】二倍角的三角函数 三角函数的最值【解析】利用二倍角公式对已知函数化简，f(x)＝cos 2x +2sin x ＝−2sin 2x +2sin x +1结合−1≤sin x ≤1及二次函数的性质可求函数的最小值 【解答】∵ f(x)＝cos 2x +2sin x ＝−2sin 2x +2sin x +1 ＝−2(sin x −12)2+32∵ −1≤sin x ≤1当sin x ＝−1时，函数有最小值−3 【答案】 ①②④ 【考点】命题的真假判断与应用【解析】画出正方体的图形，在几何体中找出满足结论的图形即可．【解答】①每个面都是直角三角形的四面体；如：E−ABC，所以①正确；②每个面都是等边三角形的四面体；如E−BGD，所以②正确；③每个面都是全等的直角三角形的四面体：这是不可能的，③错误；④有三个面为等腰直角三角形，有一个面为等边三角形的四面体．如：A−BDE，所以④正确；三、解答题：本大题共5小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．【答案】（I）∵f(x)=13x3−x2+ax，∴f′(x)＝x2−2x+a，∵x＝−1是f(x)的极值点，∴f′(−1)＝3+a＝0，∴a＝−3，f′(x)＝x2−2x−3，当x<−1或x>3时，f′(x)>0，当−1<x<3时，f′(x)<0，即a＝−3时符合题意，即f(x)的单调单调递减区间(−1, 3)，(II)f(x)在(−2, +∞)上是增函数，∴f′(x)＝x2−2x+a≥0在(−2, +∞)上恒成立，∴a≥−x2+2x在(−2, +∞)上恒成立，令g(x)＝2x−x2，则g(x)在(−2, 1)上单调递增，在(1, +∞)上单调递减，故g(x)max＝g(1)＝1，∴a≥1，即a的范围为[1, +∞)．【考点】利用导数研究函数的极值利用导数研究函数的单调性【解析】（I）先对函数求导，然后结合已知可知f′(−1)＝0，代入即可求解，(II)由题意可得，f′(x)＝x2−2x+a≥0在(−2, +∞)恒成立，分离得a≥−x2+2x在(−2, +∞)上恒成立，结合恒成立与最值的相互转化及二次函数的单调性即可求解．【解答】（I）∵f(x)=13x3−x2+ax，∴f′(x)＝x2−2x+a，∵x＝−1是f(x)的极值点，∴f′(−1)＝3+a＝0，∴a＝−3，f′(x)＝x2−2x−3，当x<−1或x>3时，f′(x)>0，当−1<x<3时，f′(x)<0，即a＝−3时符合题意，即f(x)的单调单调递减区间(−1, 3)，(II)f(x)在(−2, +∞)上是增函数，∴f′(x)＝x2−2x+a≥0在(−2, +∞)上恒成立，∴a≥−x2+2x在(−2, +∞)上恒成立，令g(x)＝2x−x2，则g(x)在(−2, 1)上单调递增，在(1, +∞)上单调递减，故g(x)max＝g(1)＝1，∴a≥1，即a的范围为[1, +∞)．【答案】（1）∵c＝a(cos B−sin B)，∴由正弦定理可得sin C＝sin A(cos B−sin B)，可得sin A cos B+sin B cos A＝sin A cos B−sin A sin B，可得cos A sin B+sin A sin B＝0，∵B为三角形内角，sin B≠0，∴tan A＝−1，∵A∈(0, π)，∴A=3π4．（2）∵S=12bc sin A=12AD⋅a，∴代入c=√10，AD＝1，sin A=√22，可得a=√5b，∵由余弦定理可得a2＝b2+c2−2bc cos A＝b2+10+2√5b，∴代入a=√5b，可得4b2−2√5b−10＝0，∴解得b=√5，或b=−√52（舍去），∴b=√5．【考点】正弦定理【解析】(Ⅰ)由正弦定理，三角函数恒等变换的应用化简已知等式，结合sin B≠0，可得tan A＝−1，结合范围A∈(0, π)，可求A=3π4．(Ⅱ)由已知利用三角形的面积公式可求得a=√5b，由余弦定理可得4b2−2√5b−10＝0，解方程可求b的值．【解答】（1）∵c＝a(cos B−sin B)，∴由正弦定理可得sin C＝sin A(cos B−sin B)，可得sin A cos B+sin B cos A＝sin A cos B−sin A sin B，可得cos A sin B+sin A sin B＝0，∵B为三角形内角，sin B≠0，∴tan A＝−1，∵A∈(0, π)，∴A=3π4．（2）∵S=12bc sin A=12AD⋅a，∴代入c=√10，AD＝1，sin A=√22，可得a=√5b，∵由余弦定理可得a2＝b2+c2−2bc cos A＝b2+10+2√5b，∴代入a=√5b，可得4b2−2√5b−10＝0，∴解得b=√5，或b=−√52（舍去），∴b=√5．【答案】（1）∵函数f(x)＝2cos x(sin x+cos x)−1＝2sin x cos x+2cos2x−1＝sin2x+cos2x=√2sin(2x+π4)，故当2x+π4=2kπ−π2时，函数f(x)取得最小值．∴f(x)的最小值为−√2，f(x)取最小值时x取值的集合为{x|x＝kπ−3π8, k∈Z}．（2）将函数f(x)的图象上所有点的横坐标扩大为原来的4倍，纵坐标不变，得到函数g(x)=√2sin(x2+π4)的图象，且g(α)=√2sin(α2+π4)=15，∴sin(α2+π4)=√210．∵α∈(π2, 3π2)，∴α2+π4∈(π2, π)，∴cos(α2+π4)=−√1−sin2(α2+π4)=−7√210．∴g(α−π2)=√2sin(α2+π4)=√2sinα2=√2sin[(α2+π4)−π4]=√2sin(α2+π4)cosπ4−√2cos(α2+π4)sinπ4=√2⋅√210⋅√22−√2⋅(−7√210)⋅√22=4√25．【考点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换两角和与差的三角函数【解析】(Ⅰ)由题意利用三角恒等变换化简函数f(x)得解析式，再根据正弦函数的最值求得函数f(x)的最小值及取最小值时x取值的集合．(Ⅱ)由题意利用函数y＝A sin(ωx+φ)的图象变换规律，求得g(x)的解析式，再利用两角和的正弦公式求得g(α−π2)的值．【解答】（1）∵函数f(x)＝2cos x(sin x+cos x)−1＝2sin x cos x+2cos2x−1＝sin2x+cos2x=√2sin(2x+π4)，故当2x+π4=2kπ−π2时，函数f(x)取得最小值．∴f(x)的最小值为−√2，f(x)取最小值时x取值的集合为{x|x＝kπ−3π8, k∈Z}．（2）将函数f(x)的图象上所有点的横坐标扩大为原来的4倍，纵坐标不变，得到函数g(x)=√2sin(x2+π4)的图象，且g(α)=√2sin(α2+π4)=15，∴sin(α2+π4)=√210．∵α∈(π2, 3π2)，∴α2+π4∈(π2, π)，∴cos(α2+π4)=−√1−sin2(α2+π4)=−7√210．∴g(α−π2)=√2sin(α2+π4)=√2sinα2=√2sin[(α2+π4)−π4]=√2sin(α2+π4)cosπ4−√2cos(α2+π4)sinπ4=√2⋅√210⋅√22−√2⋅(−7√210)⋅√22=4√25．【答案】（1）证明：∵△ABD是等边三角形，AE＝ED，∴AD⊥BE，∵平面BFE⊥平面ABD，且交线为BE，∴AD⊥平面BEF，∵BF⊂平面BEF，∴AD⊥BF．（2）∵∠BDC＝30∘，∠BCD＝90∘，BD＝2，∴CD=√3，cos∠CAD=4+4−32×2×2=58，在Rt△AEF中，cos∠CAD=AEAF=58，∵AE＝1，∴AF=85，CF=25，∴点F到平面ABE的距离为点C到平面ABE的距离的45，∴V F−ABE=12×45V C−ABD=25V A−BCD，∴多面体BCDEF的体积为：V BCDEF=35V A−BCD=35×13S△BCD×AO=15×√32×√3=310．【考点】柱体、锥体、台体的体积计算直线与平面垂直【解析】(Ⅰ)推导出AD⊥BE，从而AD⊥平面BEF，由此能证明AD⊥BF．(Ⅱ)推导出点F到平面ABE的距离为点C到平面ABE的距离的45，V F−ABE=12×45V C−ABD=25V A−BCD，多面体BCDEF的体积为：V BCDEF=35V A−BCD，由此能求出结果．【解答】（1）证明：∵△ABD是等边三角形，AE＝ED，∴AD⊥BE，∵平面BFE⊥平面ABD，且交线为BE，∴AD⊥平面BEF，∵BF⊂平面BEF，∴AD⊥BF．（2）∵∠BDC＝30∘，∠BCD＝90∘，BD＝2，∴CD=√3，cos∠CAD=4+4−32×2×2=58，在Rt△AEF中，cos∠CAD=AEAF=58，∵AE＝1，∴AF=85，CF=25，∴点F到平面ABE的距离为点C到平面ABE的距离的45，∴V F−ABE=12×45V C−ABD=25V A−BCD，∴ 多面体BCDEF 的体积为：V BCDEF =35V A−BCD =35×13S △BCD ×AO =15×√32×√3=310．【答案】（I ）设过P(0, −1)的直线与曲线f(x)相切于点(x 0, ln x 0)， ∵ f′(x)=1x ，∴ 在(x 0, ln x 0)点处的切线方程为y −ln x 0=1x 0(x −x 0)，把(0, −1)代入可得ln x 0＝0即x 0＝1， 故切线方程为y ＝x −1；(II)假设存在k ≠1的正实数，使得只有唯一的正数a ，当x >1a时不等式f(x)g(x −1a)≤kx 恒成立，即a 2x ax−1ln x ≤kx 恒成立，∵ x >1a ， ∴ ln x ≤k(ax−1)a 即ln x −k(ax−1)a ≤0，令m(x)＝ln x −k(ax−1)a 2=ln x −ka x +ka 2，(x >1a )，则m ′(x)=1x −ka =0可得x =ak ， （1）当ak >1a 即0<k <a 2时，x ∈(1a ,x 0)时，m′(x)>0，则m(x)在(1a ,x 0)上为增函数， 当x ∈(x 0, +∞)时，m′(x)<0，则m(x)在(x 0, +∞)上为减函数， 则m(x)max ＝m(x 0)=ln ak +ka 2−1≤0， 即ka 2+ln ak ≤1，令ℎ(a)=ka 2+ln ak ，(a >√k)， 则ℎ′(a)=1a −2ka 3=a 2−2k a 3，由ℎ′(a)＝0可得，a =√2k(a >√k)，当a ∈(√k,√2k)时，ℎ′(a)<0时，ℎ(a)在(√k,√2k)单调递减，当a ∈(√2k,+∞)时，ℎ′(a)>0时，ℎ(a)在(√2k,+∞)单调递增， 故存在唯一的正数a >√k ，使得ℎ(a)≤1，只能ℎ(a)min ＝1， ∴ ℎ(a)min ＝ℎ(√2k)=12+ln √2k=1故k =2e ，此时a 只有唯一的值2√ee（2）当a k≤1a即k ≥a 2，m′(x)>0，m(x)在(1a,+∞)为增函数，∴ lim x→1am(x)=ln 1a≤0，即a ≥1，故k >1， 显然满足1≤a <√k 的a 不唯一， 综上可知，存在实数k =2e ，a 只有唯一值2√e e，当x >1a 时，原式恒成立．【考点】利用导数研究函数的单调性利用导数研究曲线上某点切线方程【解析】（I ）根据导数的几何意义先求出切线斜率，进而可求切线方程，(II)假设存在k ≠1的正实数，使得只有唯一的正数a ，当x >1a 时不等式f(x)g(x −1a )≤kx 恒成立，然后根据恒成立与最值求解的相互转化思想即可求解． 【解答】（I ）设过P(0, −1)的直线与曲线f(x)相切于点(x 0, ln x 0)， ∵ f′(x)=1x ，∴ 在(x 0, ln x 0)点处的切线方程为y −ln x 0=1x 0(x −x 0)，把(0, −1)代入可得ln x 0＝0即x 0＝1， 故切线方程为y ＝x −1；(II)假设存在k ≠1的正实数，使得只有唯一的正数a ，当x >1a 时不等式f(x)g(x −1a )≤kx 恒成立， 即a 2xax−1ln x ≤kx 恒成立，∵ x >1a ， ∴ ln x ≤k(ax−1)a 2即ln x −k(ax−1)a 2≤0，令m(x)＝ln x −k(ax−1)a 2=ln x −ka x +k a 2，(x >1a)，则m ′(x)=1x −ka =0可得x =ak ， （1）当ak >1a 即0<k <a 2时，x ∈(1a ,x 0)时，m′(x)>0，则m(x)在(1a ,x 0)上为增函数，当x∈(x0, +∞)时，m′(x)<0，则m(x)在(x0, +∞)上为减函数，则m(x)max＝m(x0)=ln ak +ka2−1≤0，即ka2+ln ak≤1，令ℎ(a)=ka2+ln ak，(a>√k)，则ℎ′(a)=1a −2ka3=a2−2ka3，由ℎ′(a)＝0可得，a=√2k(a>√k)，当a∈(√k,√2k)时，ℎ′(a)<0时，ℎ(a)在(√k,√2k)单调递减，当a∈(√2k,+∞)时，ℎ′(a)>0时，ℎ(a)在(√2k,+∞)单调递增，故存在唯一的正数a>√k，使得ℎ(a)≤1，只能ℎ(a)min＝1，∴ℎ(a)min＝ℎ(√2k)=12+ln√2k=1故k=2e ，此时a只有唯一的值2√ee（2）当ak ≤1a即k≥a2，m′(x)>0，m(x)在(1a,+∞)为增函数，∴limx→1a m(x)=ln1a≤0，即a≥1，故k>1，显然满足1≤a<√k的a不唯一，综上可知，存在实数k=2e ，a只有唯一值2√ee，当x>1a时，原式恒成立．（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】（1）过极点的直线l与以点A(2, 0)为圆心、半径为2的圆上任意一点(ρ, θ)，整理得ρ＝4cosθ．由于的圆的一个交点为B(2, π3)，曲线M1是劣弧OB̂，所以M1的方程为ρ=4cosθ(π3≤θ≤π2)．（2）点P(ρ1, θ)为曲线M1上任意一点，所以ρ1=4cosθ(π3≤θ≤π2)，点Q(ρ2, θ−π3)在曲线M2上，所以ρ2=4cos(θ−π3)(−π2≤θ−π3≤π3)．整理得ρ2=4cos(θ−π3)(−π6≤θ≤π3)．由于|OP|+|OQ|＝6，所以ρ1+ρ2＝6，整理得4cosθ+4cos(θ−π3)=6，即：4√3sin(θ+π3)=6，由于π3≤θ≤π2且−π6≤θ≤π3．解得θ=π3．【考点】圆的极坐标方程【解析】(Ⅰ)利用参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间的转换，求出结果．(Ⅱ)利用极径和三角函数关系式的变换的应用求出结果．【解答】（1）过极点的直线l与以点A(2, 0)为圆心、半径为2的圆上任意一点(ρ, θ)，整理得ρ＝4cosθ．由于的圆的一个交点为B(2, π3)，曲线M1是劣弧OB̂，所以M1的方程为ρ=4cosθ(π3≤θ≤π2)．（2）点P(ρ1, θ)为曲线M1上任意一点，所以ρ1=4cosθ(π3≤θ≤π2)，点Q(ρ2, θ−π3)在曲线M2上，所以ρ2=4cos(θ−π3)(−π2≤θ−π3≤π3)．整理得ρ2=4cos(θ−π3)(−π6≤θ≤π3)．由于|OP|+|OQ|＝6，所以ρ1+ρ2＝6，整理得4cosθ+4cos(θ−π3)=6，即：4√3sin(θ+π3)=6，由于π3≤θ≤π2且−π6≤θ≤π3．解得θ=π3．[选修4-5：不等式选讲]【答案】（1）由函数f(x)＝|x−3|+|x−4|，当x<3时，不等式f(x)≤2化为−x+3−x+4≤2，解得2.5≤x<3；当3≤x≤4时，不等式f(x)≤2化为x−3−x+4≤2，即1≤2恒成立，此时3≤x≤4；当x>4时，不等式f(x)≤2化为x−3+x−4≤2，解得4<x≤4.5；综上知，不等式f(x)≤2的解集为{x|2.4≤x≤4.5}；（2）由柯西不等式得[(√2x)2+(√3y)2][(√2)2+(√3)2]≥(x+y)2，又2x2+3y2＝a(a>0)，所以(x+y)2≤56a，当且仅当2x＝3y时取等号；又因为x+y的最大值为1，所以56a ＝1，解得a 的值为65．【考点】绝对值不等式的解法与证明 【解析】(Ⅰ)讨论x 的取值范围，去掉绝对值求出不等式f(x)≤2的解集；(Ⅱ)结合题意，利用柯西不等式求得(x +y)2的最大值，列方程求出a 的值． 【解答】（1）由函数f(x)＝|x −3|+|x −4|，当x <3时，不等式f(x)≤2化为−x +3−x +4≤2，解得2.5≤x <3；当3≤x ≤4时，不等式f(x)≤2化为x −3−x +4≤2，即1≤2恒成立，此时3≤x ≤4； 当x >4时，不等式f(x)≤2化为x −3+x −4≤2，解得4<x ≤4.5； 综上知，不等式f(x)≤2的解集为{x|2.4≤x ≤4.5}；（2）由柯西不等式得[(√2x)2+(√3y)2][(√2)2+(√3)2]≥(x +y)2，又2x 2+3y 2＝a(a >0)，所以(x +y)2≤56a ，当且仅当2x ＝3y 时取等号； 又因为x +y 的最大值为1， 所以56a ＝1，解得a 的值为65．。