2020-2021学年山西运城高三上数学月考试卷

2020-2021学年山西运城高三上数学月考试卷
一、选择题
1. 已知集合A={x∈N|x2−2x−3<0}，则满足条件A∪B=A的集合B的个数为( )
A.3
B.4
C.8
D.16
2. 已知i是虚数单位，且z=2+i
1−i ，则z的共轭复数z
¯
在复平面内对应的点在( )
A.第一象限
B.第二象限
C.第三象限
D.第四象限
3. 已知直线l:y=2x+m和圆O:x2+y2=1，则“m=√5”是“直线l与圆O相切”的( )
A.必要不充分条件
B.充分不必要条件
C.充要条件
D.既不充分也不必要条件
4. 已知角α的终边经过点P(sin18∘,cos18∘)，则sin(α−12∘)=( )
A.1 2
B.√3
2
C.−1
2
D.−√3
2
5. 教育部日前出台《关于普通高中学业水平考试的实施意见》，根据意见，学业水平考试成绩以“等级”或“合格、不合格”呈现．计入高校招生录取总成绩的学业水平考试的3个科目成绩以等级呈现，其他科目一般以“合格、不合格”呈现．若某省规定学业水平考试中历史科各等级人数所占比例依次为：A等级15%，B等级35%，C等级30%，D，E等级共20%．现采用分层抽样的方法，从某省参加历史学业水平考试的学生中抽取100人作为样本，则该样本中获得A或B等级的学生中一共有( )
A.45人
B.60人
C.50人
D.90人
6. 函数f(x)=ln(x2−1)
|x|
的图象大致是( )
A. B.C. D.
7. 若2a=5b=M，且1
a
+2
b
=2，则M=( )
A.50
B.10
C.5√2
D.±5√2
8. 设{a n}为等差数列，a1=24，S n为其前n项和，若S6=S11，则公差d=( )
A.2
B.−2
C.−3
D.3
9. 在△ABC中，AN
→
=2
3
NC
→
，P是BN上一点，若AP
→
=tAB
→
+1
4
AC
→
，则实数t的值为( )
A.2
3
B.2
5
C.1
6
D.3
8
10. 函数f(x)=4cos2(ωx+φ)−2(ω>0,0<φ<π
2
)的相邻两条对称轴间的距离为π
2
，f(x)的图象与y轴交点坐标为(0,1)，则下列说法不正确的是( )
A.f(x)在(−π
3
,π
6
)上单调递增 B.ω=1
C.x=5π
6
是f(x)的一条对称轴 D.φ=π
6
11. 已知抛物线C:x2=8y的焦点为F，O为原点，点P是抛物线C的准线上的一动点，点A在抛物线C上，且|AF|=4，则|PA|+|PO|的最小值为( )
A.4√2
B.2√13
C.3√13
D.4√6
12. 已知定义在R上函数f(x)的导函数为f′(x)，∀x∈(0,π)，有f′(x)sin x<f(x)cos x，且f(x)+f(−x)=
0．设a=√2f(π
4
)，b=−2√3
3
f(−π
3
)，c=f(π
2
)，则( )
A.a<b<c
B.b<c<a
C.a<c<b
D.c<b<a
二、填空题
已知函数f(x)=x sin x+cos x+x，则曲线y=f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为________.
若实数x，y满足不等式组{y≥−2，
2x−y+2≥0，
x+y−1≤0，
则z=2x+y的最小值为________.
已知a n，b n是一元二次方程x2−2n+3x+3⋅4n+1=0(n∈N+)的两根，且a n<b n．设c n=b n−a n，则数列{c n}的前n项和S n=________.
在三棱锥A−BCD中，△ABD和△CBD均为边长为2的等边三角形，且二面角A−BD−C的平面角为60∘，则三棱锥的外接球的表面积为________.
三、解答题
在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知a=√5，√5sin B+b cos A=√2b.
(1)求A的值；
(2)若△ABC的面积为3，求(b+c)2.
四棱锥P−
ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AB//CD，∠BAD=90∘，CD=2AB=2，PA⊥平面ABCD，
PA=AD=√2，M为PC中点．
(1)求证：平面PBC⊥平面BMD；
(2)求三棱锥D−BMP的体积．
2020年上半年受新冠疫情的影响，国内车市在上半年累计销量相比去年同期有较大下降．国内多地在3月开始陆续发布促进汽车消费的政策，开展汽车下乡活动，这也是继2009年首次汽车下乡之后开启的又一次大规模汽车下乡活动．某销售商在活动的前2天大力宣传后，从第3天开始连续统计了6天的汽车销售量（单位：辆）如下图：
(1)从以上6天中随机选取2天，求这2天的销售量均在24辆以上（含24辆）的概率；
(2)根据上表中前4组数据，求y关于x的线性回归方程ŷ=b̂x+â；
(3)用(2)中的结果计算第7，8天所对应的ŷ，再求ŷ与当天实际销售量y的差，若差值的绝对值都不超过1，则认为求得的线性回归方程“可行”．若“可行”则能通过此回归方程预测以后的销售量．请根据题意进行判断，(2)中的结果是否可行？若可行，请预测第10天的销售量；若不可行，请说明理由．
参考公式：回归直线ŷ=b̂x+â中斜率和截距的最小二乘估计分别为b̂=
∑(x i−x¯)
n
i=1
(y i−y¯)
∑(x i−x¯)
2
n
i=1
，â=y
¯
−b̂x¯．
已知函数f(x)=ln x−2ax+1(a∈R).
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若f(x)有两个零点，求a的取值范围．
已知椭圆C:x2
a2
+y2
b2
=1(a>b>0)的离心率为1
2
，F1，F2分别是椭圆的左，右焦点，P是椭圆上一点，且△PF1F2的周长是6．
(1)求椭圆C的方程；
(2)设直线l经过椭圆的右焦点F2且与C交于不同的两点M，N，试问：在x轴上是否存在点Q，使得直线QM与直线QN的斜率的和为定值？若存在，请求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
在平面直角坐标系xOy中，以O为极点，x轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线C1的参数方程为
{
x=√3
3
+√3
2
t，
y=−2
3
+1
2
t
（t为参数），曲线C2的参数方程为{
x=1
cosφ
，
y=√2tanφ
（φ为参数），曲线C1，C2交于A，B两点．(1)求曲线C1的极坐标方程和曲线C2的普通方程；
(2)已知P点的直角坐标为(√3
3,−2
3
)，求|PA|+|PB|的值．
函数f(x)=|2x−1|+|x+2|．(1)求函数f(x)的最小值；
(2)若f(x)的最小值为M，2a+b=2M(a>0,b>0)，求证：1
2a+1+4
b+3
≥1．
参考答案与试题解析
2020-2021学年山西运城高三上数学月考试卷
一、选择题
1.
【答案】
C
【考点】
子集与交集、并集运算的转换
一元二次不等式的解法
集合的包含关系判断及应用
【解析】
根据集合的描述法可知，集合A中的元素有3个，所以A的子集个数为23=8.
【解答】
解：∵集合A={x∈N|x2−2x−3<0}，
∴{(x−3)(x+1)<0，
x∈N，
∴−1<x<3且x∈N，
∴A={0,1,2}.
又∵A∪B=A，
∴B⊆A，
∴B是A的子集，
∴集合B的个数为23=8.
故选C．
2.
【答案】
D
【考点】
共轭复数
复数代数形式的混合运算
复数的代数表示法及其几何意义
【解析】
先化简复数，求出其共轭复数的坐标，即可得到答案. 【解答】
解：∵z=2+i
1−i =(2+i)(1+i)
(1−i)(1+i)
=1
2
+3
2
i，
∴z¯=1
2−3
2
i，
∴z¯在复平面内对应的点的坐标为(1
2,−3
2
)，在第四象限.
故选D.
3. 【答案】
B
【考点】
必要条件、充分条件与充要条件的判断
直线与圆的位置关系
【解析】
由m=√5可推出直线l与圆O相切，而由直线l与圆O相切不能推出m=√5，故m=√5是直线l与圆O相切的充分不必要条件.
【解答】
解：由m=√5，可求得直线l与圆心O的距离d=√5
√1+4
=1，
∴直线l与圆O相切，
∴由m=√5可推出直线l与圆O相切；
而由直线l与圆O相切，可求得d=
√1+4
=1，
解之得m=√5或m=−√5，
则由直线l与圆O相切不能推出m=√5.
故m=√5是直线l与圆O相切的充分不必要条件.
故选B.
4.
【答案】
B
【考点】
两角和与差的正弦公式
两角和与差的余弦公式
同角三角函数间的基本关系
【解析】
利用任意角的三角函数解得sinα,cosα,再利用角的变换α−12∘=α−(30∘−12∘)展开化简得解.
【解答】
解：由题设得|OP|=√sin218∘+cos218∘=1，
sinα=cos18∘，cosα=sin18∘，
sin(α−12∘)=sin[α−(30∘−18∘)]
=sinαcos(30∘−18∘)−cosαsin(30∘−18∘)
=sinα[
√3
2cos18
∘+
1
2sin18
∘]−cosα[
1
2cos18
∘−
√3
2sin18
∘]
=
√3
2cos
218∘+
√3
2sin
218∘
=√3
2
.
故选B.
5.
【答案】
C
【考点】
分层抽样方法
【解析】
根据分层抽样的概念以及获得A或B等级的比例，简单计算，可得结果．【解答】
解：由题可知：获得A或B等级的学生所占比例为15%+35%=50%，获得A或B等级的学生中一共有100×50%=50（人）．
故选C.
6.
【答案】
D
【考点】
函数奇偶性的判断
函数的图象
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：因为函数f(x)=ln(x 2−1)
|x|
，f(−x)=f(x), 所以函数f(x)是偶函数，图象关于y轴对称，故排除A，C选项；
又f(√2)=
√2=0，f(2)=ln3
2
>0 ,
故排除B选项.
故选D.
7.
【答案】
C
【考点】
指数式与对数式的互化
【解析】
利用指数与对数的关系表示出a，b，然后化简求解即可．【解答】
解：由2a=5b=M可得：
a=log
2M，b=log
5
M，
则1
a +2
b
=1
log2M
+2
log5M
=log
M 2+2log
M
5
=log
M
(2×52)
=log
M
50=2，得M2=50，因为M>0，
所以M=5√2. 故选C.
8.
【答案】
C
【考点】
等差数列的前n项和
等差数列的通项公式
【解析】
根据等差中项公式，即可得到a9=0，再根据等差数列通项公式即可求得公差. 【解答】
解：∵S6=S11，
∴S11−S6=a7+a8+a9+a10+a11
=5a9
=0，
∴a9=a1+8d=0.
∵a1=24，
∴d=−3.
故选C.
9.
【答案】
D
【考点】
向量的共线定理
向量的加法及其几何意义
向量的几何表示
【解析】
利用向量共线以及向量减法的几何意义解得AP
→
，再与已知对照得解.
【解答】
解：由题设BP
→
，PN
→
共线，
设AP
→
−AB
→
=λ(AN
→
−AP
→
)，
由AN
→
=2
3
NC
→
，
得AN
→
=2
5
AC
→
，
代入上式得AP
→
=1
λ+1
AB
→
+2λ
5(λ+1)
AC
→
，
则{
2λ
5(λ+1)
=1
4
，
t=1
λ+1
，
解得{λ=5
3
，t =3
8. 故选D . 10.
【答案】 A
【考点】
二倍角的余弦公式
由y=Asin （ωx+φ）的部分图象确定其解析式 余弦函数的对称性 余弦函数的单调性
【解析】 未提供解析 【解答】
解：由题意知f (x )=4cos 2(ωx +φ)−2=2cos (2ωx +2φ)． ∵ 相邻两条对称轴间的距离为π
2，
∴ T 2=π
2，T =π， 则2ω=
2πT
=2，ω=1，故B 正确；
又∵ f (0)=2cos 2φ=1， 即2φ=π
3
，解得φ=π
6
，故D 正确；
∴ f(x)=2cos (2x +π
3)，
令x ∈(−π3
, π
6
)，则2x +π
3
∈(−π
3
, 2π
3
)，
根据余弦函数的单调性可知，
f (x )在(−π3,π
6)上有增有减，故A 错误；
令x =5π6，则f(x)=2cos 2π=2， 则x =
5π6
是f(x)的一条对称轴，故C 正确.
故选A . 11.
【答案】 B
【考点】
直线与抛物线结合的最值问题 抛物线的标准方程
【解析】
求出A 点坐标，做出O 关于准线的对称点M ，利用两点之间线段最短得出|AM|的长为|PA|+|PO|的最小值． 【解答】 解：如图：
由题意得，抛物线的准线方程为y =−2， ∵ |AF|=4，
∴ A 到准线的距离为4，故A 点纵坐标为2. 把y =2代入抛物线方程可得x =±4． 不妨设A 在第一象限，则A(4,2)，
取点O 关于准线y =−2的对称点为M(0,−4)， 连结AM ，
则|PO|=|PM|，
于是|PA|+|PO|=|PA|+|PM|≥
|AM|．
故|PA|+|PO|的最小值为|AM|=√42+62=2√13 ． 故选B ． 12.
【答案】 D
【考点】
利用导数研究函数的单调性 函数奇偶性的性质 函数单调性的性质 【解析】 构造函数g (x )=f (x )sin x
，利用导数判断出函数f (x )的单调性，即可判断各个选项．
【解答】
解：根据题意，令g (x )=f (x )sin x
，x ∈(0,π)， 则其导数g ′(x )=
f ′(x )sin x−f (x )cos x
sin 2x
.
又x∈(0,π)，且恒有f′(x)sin x<f(x)cos x，
所以g′(x)<0，所以函数g(x)在(0,π)上单调递减. 又f(x)+f(−x)=0，
所以f(x)为奇函数，−2√3
3f(−π
3
)=2√3
3
f(π
3
).
又π
4<π
3
<π
2
，
所以g(π
4)>g(π
3
)>g(π
2
)，
即f(π
4
)
sinπ
4
>f(
π
3
)
sinπ
3
>f(
π
2
)
sinπ
2
，√2f(π
4
)>2√3
3
f(π
3
)>f(π
2
)，
即√2f(π
4)>−2√3
3
f(−π
3
)>f(π
2
)，
所以c<b<a.
故选D.
二、填空题
【答案】
x−y+1=0
【考点】
利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】
本题主要考查导数的几何意义，根据导数的几何意义求出切线的斜率，按照点斜式写出直线方程即可. 【解答】
解：f(x)=x sin x+cos x+x，
f(0)=0sin0+cos0+0=1，
f′(x)=sin x+x cos x−sin x+1=x cos x+1，
所以切线的斜率为k=f′(0)=1，
所以切线方程为y−1=x−0，即x−y+1=0.
故答案为：x−y+1=0.
【答案】
−6
【考点】
求线性目标函数的最值
简单线性规划
【解析】
作出不等式组所表示的平面区域，利用目标函数的几何意义进行求解.
【解答】
解：作出不等式组所表示的平面区域如图所示：由z=2x+y可得y=−2x+z，
平移直线y=−2x+z，
当直线经过点B(−2,−2)时，直线在y轴上的截距最小，
此时z有最小值为2×(−2)−2=−6.
故答案为：−6.
【答案】
2n+3−8
【考点】
数列递推式
等比数列的前n项和
【解析】
由a n，b n是方程的两个根，可知a n+b n=2n+3，a n b n=3⋅4n+3，进一步可求得b n−a n=
√4n+3−12⋅4n+1=2n+2，于是有c n=2n+2，则由等比数列求和公式可求出{c n}的前n项和为S n=23⋅(1−2n)
1−2
= 8⋅(2n−1)=2n+3−8，从而得到答案.
【解答】
解：由a n，b n是方程的两个根，可知a n+b n=2n+3，a n b n=3⋅4n+1，
则由a n<b n可求得b n−a n=√4n+3−12⋅4n+1=2n+2，
于是有c n=2n+2，
则由等比数列求和公式可求出{c n}的前n项和为：
S n=
23⋅(1−2n)
1−2
=8⋅(2n−1)
=2n+3−8.
故答案为：2n+3−8.
【答案】
52π
9
【考点】
球内接多面体
球的表面积和体积
【解析】
由题意折起的三棱锥为一条侧棱垂直于底面，由一条侧棱垂直于底面，可得外接球的球心为过底面外接圆的圆心作垂直于底面的垂线与中截面的交点，求出折起的三棱锥的棱长，进而求出外接球的表面积．
【解答】
解：由题意，取BD 中点E ，连结AE ，CE ，
∵ △ABD 和△CBD 均为边长为2的等边三角形， ∴ AE =CE ，AE ⊥BD ，CE ⊥BD .
又二面角的平面角为60∘，即∠AEC =60∘， 则△AEC 为正三角形. 又BD =2，
则AE =√3，
如图所示，设
△
ABD 和△BCD 的外心分别为点P ，Q ，
则PE =QE =1
3AE =
√33
， 过点P ，Q 在平面ACE 内作AE 和CE 的垂线交于点O ，则O 为该三棱锥的外接球球心，
易知，∠OEP =30∘，
∴ OP =PE ⋅tan 30∘=1
3
，PA =2
3
AE =
2√3
3
， ∴ 球O 的半径为OA =√PO 2+PA 2=
√13
3
， ∴ 该三棱锥的外接球的表面积为S =4πR 2=529
π.
故答案为：52
9π. 三、解答题 【答案】
解：(1)在△ABC 中，a =√5， 所以a sin B +b cos A =√2b ， 则sin A sin B +sin B cos A =√2sin B . 因为sin B ≠0，
所以sin A +cos A =√2，
所以√2sin (A +π
4)=√2，即sin (A +π
4)=1 .
因为0<A <π，π
4
<A +π
4
<
5π4
，
所以A +π4
=π2
，即A =π
4
.
(2)由余弦定理可得a 2=b 2+c 2−2bc cos A ， 即5=b 2+c 2−√2bc ，
因为△ABC 的面积为3，
所以1
2bc sin A =3，即bc =6√2，
又5=(b +c )2−(2+√2)bc ， 所以(b +c )2=17+12√2. 【考点】
两角和与差的正弦公式 余弦定理 正弦定理 三角函数值的符号 【解析】 此题暂无解析 【解答】
解：(1)在△ABC 中，a =√5， 所以a sin B +b cos A =√2b ， 则sin A sin B +sin B cos A =√2sin B . 因为sin B ≠0， 所以sin A +cos A =√2，
所以√2sin (A +π
4)=√2，即sin (A +π
4)=1 . 因为0<A <π，π
4<A +π
4<5π4
，
所以A +π
4
=π
2
，即A =π
4
.
(2)由余弦定理可得a 2=b 2+c 2−2bc cos A ，
即5=b 2+c 2−√2bc ，
因为△ABC 的面积为3， 所以1
2bc sin A =3，即bc =6√2，
又5=(b +c )2−(2+√2)bc ， 所以(b +c )2=17+12√2. 【答案】
(1)证明：在直角梯形ABCD 中，
由勾股定理得BD =√AB 2+AD 2=√12+(√2)2=√3，
cos∠BDC=cos∠DBA=
√3
，
在△BCD中，由余弦定理得：
BC2=BD2+CD2−2BD⋅CD cos∠BDC=3，
BC=√3．
又∵PB=√12+(√2)2=√3，PD=√(√2)2+(√2)2=2，∴△PCD，△PCB是等腰三角形．
∵M为PC中点，
∴PC⊥MD，PC⊥MB．
∵BM，DM⊂平面BMD且BM∩DM=M，
∴PC⊥平面BMD．
又PC⊂平面PBC，
∴平面PBC⊥平面BMD．
(2)解：由题可得P到平面BCD的距离是PA，
M到平面BCD的距离是P到平面BCD的距离的1
2
．
∴V D−BMP=V D−BMC=V M−BCD
=1
3×1
2
×2×√2×1
2
×√2=1
3
．
【考点】
平面与平面垂直的判定
柱体、锥体、台体的体积计算
【解析】
无
无
【解答】
(1)证明：在直角梯形ABCD中，
由勾股定理得BD=√AB2+AD2=√12+(√2)2=√3，
cos∠BDC=cos∠DBA=
√3
，
在△BCD中，由余弦定理得：
BC2=BD2+CD2−2BD⋅CD cos∠BDC=3，
BC=√3．
又∵PB=√12+(√2)2=√3，PD=√(√2)2+(√2)2=2，∴△PCD，△PCB是等腰三角形．
∵M为PC中点，
∴PC⊥MD，PC⊥MB．
∵BM，DM⊂平面BMD且BM∩DM=M，
∴PC⊥平面BMD．
又PC⊂平面PBC，
∴平面PBC⊥平面BMD．(2)解：由题可得P到平面BCD的距离是PA，
M到平面BCD的距离是P到平面BCD的距离的1
2
．
∴V D−BMP=V D−BMC=V M−BCD
=1
3
×1
2
×2×√2×1
2
×√2=1
3
．
【答案】
解：(1)设“从6天中随机选取2天，这2天的销售量均在24辆以上（含24辆）”为事件A，
这6个数据为3，4，5，6，7，8，抽取两个事件的基本事件有：(3,4)，(3,5)，(3,6)，(3,7)，(3,8)，(4,5)，(4,6)，(4,7)，(4,8)，(5,6)，(5,7)，(5,8)，(6,7)，(6,8)，(7,8)共15种，
其中事件A发生的基本事件包括(6,7)，(6,8)，(7,8)共3种，
所以P(A)=3
15
=1
5
．
(2)因为x¯=3+4+5+6
4
=9
2
，
y¯=17+20+19+24
4
=20，
∑x i2
4
i=1
=86，∑x i
4
i=1
y i=370，
所以b̂=∑x i
n
i=1
y i−nx¯y¯
∑x i2
n
i=1
−nx¯2
=370−4×
9
2
×20
86−4×81
4
=2，
â=y¯−b̂x¯=20−2×9
2
=11，
所以所求线性回归方程为ŷ=2x+11．
(3)当x=7时，ŷ=2×7+11=25，此时|24−25|=1≤1；
当x=8时，ŷ=2×8+11=27，此时|27−27|=0≤1；
所以所求线性回归方程为ŷ=2x+11是“可行”的，
当x=10时，ŷ=2×10+11=31，
所以预测第10天的销售量为31辆．
【考点】
列举法计算基本事件数及事件发生的概率
求解线性回归方程
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)设“从6天中随机选取2天，这2天的销售量均在24辆以上（含24辆）”为事件A，
这6个数据为3，4，5，6，7，8，抽取两个事件的基本事件有：(3,4)，(3,5)，(3,6)，(3,7)，(3,8)，(4,5)，(4,6)，(4,7)，(4,8)，(5,6)，(5,7)，(5,8)，(6,7)，(6,8)，(7,8)共15种，
其中事件A发生的基本事件包括(6,7)，(6,8)，(7,8)共3种，
所以P(A)=3
15
=1
5
．
(2)因为x¯=3+4+5+6
4
=9
2
，
y¯=17+20+19+24
4
=20，
∑x i 24i=1=86，∑x i 4
i=1y i =370，
所以b ̂=∑x i n
i=1y i −nx ¯y
¯
∑x i 2n i=1−nx ¯2
=370−4×9
2×20
86−4×
81
4
=2，
a ̂=y ¯
−b
̂x ¯
=20−2×92
=11， 所以所求线性回归方程为y ̂=2x +11．
(3)当x =7时，y ̂=2×7+11=25，此时|24−25|=1≤1；
当x =8时，y ̂=2×8+11=27，此时|27−27|=0≤1； 所以所求线性回归方程为y ̂=2x +11是“可行”的， 当x =10时，y ̂=2×10+11=31， 所以预测第10天的销售量为31辆．
【答案】
解：(1)函数f (x )=ln x −2ax +1，定义域为(0,+∞)， f ′(x )=1
x −2a ，
当a ≤0时，f ′(x )>0，
故f (x )在定义域(0,+∞)上单调递增，此时无单调递减区间． 当a >0时，令f ′(x )=1
x
−2a =0，得x =
12a
>0， 当x ∈(0,1
2a )时，f ′(x )>0，故f (x )单调递增； 当x ∈(
12a
,+∞)时，f ′(x )<0，故f (x )单调递减． 综上所述，当a ≤0时，f (x )在定义域(0,+∞)上单调递增，此时无单调递减区间； 当a >0时，f (x )在(0,1
2a )上单调递增，在(1
2a ,+∞)上单调递减． (2)由(1)知，a ≤0时，f (x )至多一个零点，不符合题意；
当a >0时，f (x )在x ∈(0,1
2a )上单调递增，在x ∈(1
2a ,+∞)上单调递减． f (x )要有两个零点，需满足f (12a )>0， 即ln 1
2a >0，1
2a >1，0<a <12． 因为f (1
e )=−1−
2a e
+1<0， 所以f (x )在(0,1
2a )上有一个零点； 因为
1a 2
>
12a ，f (1a 2)=−2ln a −2
a
+1， 令ℎ(a)=−2ln a −2
a +1，ℎ′(a)=−2
a +2
a 2=2(1−a )a 2
>0，
所以ℎ(a)在(0,1
2)上单调递增， ℎ(a)<ℎ(1
2)=2ln 2−3<0，
所以f (1
a 2)<0， 所以f (x )在(
12a
,+∞)上有一个零点，
所以当0<a <1
2时，f (x )有两个零点． 【考点】
利用导数研究与函数零点有关的问题 利用导数研究函数的单调性
【解析】 此题暂无解析 【解答】
解：(1)函数f (x )=ln x −2ax +1，定义域为(0,+∞)， f ′(x )=1
x −2a ，
当a ≤0时，f ′(x )>0，
故f (x )在定义域(0,+∞)上单调递增，此时无单调递减区间． 当a >0时，令f ′(x )=1
x
−2a =0，得x =
12a
>0，
当x ∈(0,1
2a )时，f ′(x )>0，故f (x )单调递增； 当x ∈(
12a
,+∞)时，f ′(x )<0，故f (x )单调递减．
综上所述，当a ≤0时，f (x )在定义域(0,+∞)上单调递增，此时无单调递减区间； 当a >0时，f (x )在(0,1
2a )上单调递增，在(1
2a ,+∞)上单调递减． (2)由(1)知，a ≤0时，f (x )至多一个零点，不符合题意；
当a >0时，f (x )在x ∈(0,1
2a )上单调递增，在x ∈(1
2a ,+∞)上单调递减． f (x )要有两个零点，需满足f (12a )>0， 即ln 1
2a >0，1
2a >1，0<a <12． 因为f (1
e )=−1−
2a e
+1<0，
所以f (x )在(0,1
2a )上有一个零点； 因为
1a 2
>
12a ，f (1a 2)=−2ln a −2
a
+1，
令ℎ(a)=−2ln a −2
a +1，ℎ′(a)=−2
a +2
a 2=2(1−a )a 2
>0，
所以ℎ(a)在(0,1
2)上单调递增， ℎ(a)<ℎ(1
2)=2ln 2−3<0，
所以f(1
a2
)<0，
所以f(x)在(1
2a
,+∞)上有一个零点，
所以当0<a<1
2
时，f(x)有两个零点．【答案】
解：(1)设椭圆C的焦距为2c(c>0)，
由椭圆的定义知△PF1F2的周长为2a+2c，所以2a+2c=6.①
又因为椭圆C:x 2
a2+y2
b2
=1(a>b>0)的离心率e=c
a
=1
2
，
所以a=2c.②
联立①②解得a=2，c=1，所以b=√a2−c2=√3，
故所求椭圆C的方程为x 2
4+y2
3
=1．
(2)若存在满足条件的点Q(t,0)．当直线l的斜率存在时，
设y=k(x−1)，联立x 2
4+y2
3
=1，
消y得(3+4k2)x2−8k2x+4k2−12=0. 设M(x1,y1)，N(x2,y2)，
则x1+x2=8k2
3+4k2，x1x2=4k2−12
3+4k2
.
因为k QM+k QN=y1
x1−t +y2
x2−t
=k(x1−1)(x2−t)+k(x2−1)(x1−t)
(x1−t)(x2−t)
=2kx1x2−k(1+t)(x1+x2)+2kt x1x2−t(x1+x2)+t2
=k⋅8k2−24
3+4k2−
8k2(1+t)
3+4k2+2t 4k2−12
3+4k2−
8k2t
3+4k2+t
2
=k⋅8k2−24−8k2(1+t)+2t(3+4k2) 4k2−12−8k2t+t2(3+4k2)
=6k(t−4)
4(t−1)2k2+3t2−12
，
所以要使对任意实数k，k QM+k QN为定值，则只有t=4，
此时，k QM+k QN=0．
当直线l与x轴垂直时，若t=4，也有k QM+k QN=0．
故在x轴上存在点Q(4，0)，使得直线QM与直线QN的斜率的和为定值0．【考点】
圆锥曲线中的定点与定值问题
椭圆的标准方程【解析】
【解答】
解：(1)设椭圆C的焦距为2c(c>0)，
由椭圆的定义知△PF1F2的周长为2a+2c，
所以2a+2c=6.①
又因为椭圆C:x
2
a2
+y2
b2
=1(a>b>0)的离心率e=c
a
=1
2
，
所以a=2c.②
联立①②解得a=2，c=1，
所以b=2−c2=√3，
故所求椭圆C的方程为x
2
4
+y2
3
=1．
(2)若存在满足条件的点Q(t,0)．
当直线l的斜率上存在时，
设y=k(x−1)，联立x
2
4
+y2
3
=1，
消y得(3+4k2)x2−8k2x+4k2−12=0.
设M(x1,y1)，N(x2,y2)，
则x1+x2=8k2
3+4k2
，x1x2=4k2−12
3+4k2
.
因为k OM+k ON=y1
x1−t
+y2
x2−t
=
k(x1−1)(x2−t)+k(x2−1)(x1−t)
(x1−t)(x2−t)
=
2kx1x2−k(1+t)(x1+x2)+2kt
x1x2−t(x1+x2)+t2
=k⋅
8k2−24
3+4k2−
8k2(1+t)
3+4k2+2t
4k2−12
3+4k2−
8k2
3+4k2+t
2
=k⋅
8k2−24−8k2(1+t)+2t(3+4k2)
4k2−12−8k2t+t2(3+4k2)
=6k(t−4)
4(t−1)2k2+3
，
所以要使对任意实数k，k QM+k QN为定值，则只有t=4，
此时，k QM+k QN=0．
当直线l与x轴垂直时，若t=4，也有k QM+k QN=0．
故在x轴上存在点Q(4，0)，使得直线QM与直线QN的斜率的和为定值0．【答案】
解：(1)曲线C1的参数方程为{
x=√3
3
+√3
2
t，
y=−2
3
+1
2
t
（t为参数），
消去t得，x−√3y−√3=0，
将x=ρcosθ，y=ρsinθ代入上式得曲线C1的极坐标方程为：
ρcos θ−√3ρsin θ−√3=0，即ρsin (θ−π
6)=
−√32
. 曲线C 2的参数方程为{x =1
cos φ，y =√2tan φ
（φ为参数），
消去φ得，x 2
−
y 22
=1，
所以曲线C 2的普通方程为x 2
−
y 22
=1.
(2)将{x =√3
3+√3
2t ，y =−23+12t
代入x 2−y 22
=1中， 得58
t 2+43
t −8
9
=0.
设A ，B 两点所对的参数分别为t 1，t 2， 则t 1+t 2=−32
15
，t 1⋅t 2=−64
45
，
所以|PA|+|PB|=|t 1−t 2|=√(t 1+t 2)2−4t 1⋅t 2=165
.
【考点】
直线的极坐标方程 双曲线的参数方程 参数方程的优越性 【解析】 此题暂无解析 【解答】
解：(1)曲线C 1的参数方程为{x =√3
3+√3
2t ，y =−23+12t （t 为参数）， 消去t 得，x −√3y −√3=0，
将x =ρcos θ，y =ρsin θ代入上式得曲线C 1的极坐标方程为： ρcos θ−√3ρsin θ−√3=0，即ρsin (θ−π
6)=−
√32
. 曲线C 2的参数方程为{x =
1cos φ
，
y =√2tan φ
（φ为参数），
消去φ得，x 2−
y 22
=1，
所以曲线C 2的普通方程为x 2
−
y 22
=1.
(2)将{x =√3
3+√3
2t ，y =−23+12t 代入x 2
−y 22
=1中， 得5
8t 2+4
3t −8
9=0.
设A ，B 两点所对的参数分别为t 1，t 2， 则t 1+t 2=−32
15，t 1⋅t 2=−64
45，
所以|PA|+|PB|=|t 1−t 2|=√(t 1+t 2)2−4t 1⋅t 2=165
.
【答案】
(1)解：f (x )=|2x −1|+|x +2|={
−3x −1，x ≤−2，−x +3，−2<x <1
2，3x +1，x ≥12，
当x ≤−2时，f (x )≥5； 当−2<x <1
2
时，5
2
<f (x )<5；
当x ≥12
时，f (x )≥5
2
．
所以f (x )的最小值为5
2
．
(2)证明：由(1)知M =5
2
，即2a +b =5，
又因为a >0，b >0， 所以
12a+1
+
4b+3
=19[(2a +1)+(b +3)](
1
2a+1
+
4
b+3
)
=1
9(5+b+3
2a+1+4(2a+1)b+3
)≥1
9(5+2√b+3
2a+1⋅
4(2a+1)b+3
)=1，
当且仅当{
2a +b =5，
b +3=2(2a +1)，
即a =1，b =3时，等号成立，
所以1
2a+3+4
b+3≥1．
【考点】
绝对值不等式的解法与证明 基本不等式在最值问题中的应用 【解析】 此题暂无解析 【解答】
(1)解：f (x )=|2x −1|+|x +2|={
−3x −1，x ≤−2，−x +3，−2<x <1
2，3x +1，x ≥12，
当x ≤−2时，f (x )≥5； 当−2<x <1
2时，5
2<f (x )<5； 当x ≥1
2时，f (x )≥5
2．
所以f(x)的最小值为5
2
．
(2)证明：由(1)知M=5
2
，即2a+b=5，又因为a>0，b>0，
所以1
2a+1+4
b+3
=1
9
[(2a+1)+(b+3)](1
2a+1
+4
b+3
)
=1
9(5+b+3
2a+1
+4(2a+1)
b+3
)≥1
9
(5+2√b+3
2a+1
⋅4(2a+1)
b+3
)=1，
当且仅当{
2a+b=5，
b+3=2(2a+1)，
即a=1，b=3时，等号成立，
所以1
2a+3+4
b+3
≥1．。