2020年黑龙江省哈尔滨六中高考数学三模试卷(文科)

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2020年黑龙江省哈尔滨六中高考数学三模试卷(文科)
一、单项选择题(本大题共12小题,共60.0分)
1.已知A={x|x>1},B={x|x<2},则A∩B=()
A. (1,+∞)
B. (1,2)
C. (2,+∞)
D. (−∞,2)
2.已知向量a⃗=(−1,2),b⃗ =(m,1),若向量a⃗与b⃗ 垂直,则m=()
A. 2
B. −2
C. 0
D. 1
3.若z=1+2i
1+i
,则复数z对应的点位于复平面的()
A. 第一象限
B. 第二象限
C. 第三象限
D. 第四象限
4.双曲线x2
4
−y2=1的渐近线方程是()
A. 2x±y=0
B. x±2y=0
C. 4x±y=0
D. x±4y=0
5.若实数x,y满足{x+y≥4
x+3y−6≤0
y≥0
,则z=x−y的最小值是()
A. −2
B. −4
C. 2
D. 6
6.已知等差数列{a n}满足a1+a5=10,a8=3a3,则数列{a n}的前10项的和等于()
A. 10
B. 11
C. 100
D. 110
7.设a=log
3
2,b=ln2,c=212,则()
A. a<b<c
B. b<c<a
C. b<a<c
D. c<b<a
8.若某位同学5次数学成绩和8次语文成绩的茎叶图如图,则该同学的数学成绩平均
分与语文成绩的中位数分别为()
A. 112,107
B. 113,106.5
C. 112,106.5
D. 112,108
9.已知函数f(x)=sin2x−cos2x,则()
A. f(x)的最小正周期为π
2B. 曲线y=f(x)关于(3π
8
,0)对称
C. f(x)的最大值为2
D. 曲线y=f(x)关于x=3π
8
对称10.四棱锥S−ABCD的三视图如图所示,四棱锥S−ABCD的五个顶点都在一个球
面上,则该球的表面积为()
A. 3π
B. 6π
C. 9π
D. 12π
11.若函数f(x)=x3−3x+2a有3个不同的零点,则实数a的取值范围是()
A. [−1,1]
B. (−1,1)
C. (−2,1)
D. (−1,2)
12.设F1,F2分别是椭圆C: x2
a2+y2
b2
=1的左,右焦点,过点F1的直线交椭圆C于M,N两点,若MF1
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =3F
1
N
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,且
cos∠MNF2=4
5
,则椭圆C的离心率为()
A. √2
2B. √3
3
C. √2−1
2
D. √2−1
3
14. 若命题“∃x 0∈R ,2x 02
+2ax 0+1<0”是假命题,则实数a 的取值范围是______. 15. 已知各项都为正数的等比数列{a n },若a 8⋅a 12+5a 10=14,则log 2a 1+log 2a 2+log 2a 3+⋯+log 2a 19=______; 三、多空题(本大题共1小题,共5.0分)
16. 正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1的棱长为2,点K 在棱A 1B 1上运动,过A ,C ,K 三点作正
方体的截面,若K 与B 1重合,此时截面把正方体分成体积之比为λ(0<λ<1)的两部分,则λ= (1) ;若K 为棱A 1B 1的中点,则截面面积为 (2) . 四、解答题(本大题共7小题,共82.0分)
17. 在△ABC 中,角A ,B ,C 所对应的边分别为a ,b ,c ,已知acosC =(2b −c)cosA .
(1)求角A 的大小;
(2)若a =√7,b =2,求△ABC 的面积.
18. 目前,新冠病毒引发的肺炎疫情在全球肆虐,为了止损,某地一水果店老板利用抖音直播卖货,经过一段时间
对一种水果的销售情况进行统计,得到5天的数据如表:
销售单价x i (元/kg) 8 8.5 9 9.5 10 销售量y i (kg)
1100
1000
800
600
500
(Ⅱ)该水果店开展促销活动,当该水果销售单价为6元/kg 时,其销售量达到1800kg ,若由回归直线方程得到的预测数据与此次促销活动的实际数据之差的绝对值不超过50kg ,则认为所得到的回归直线方程是理想的,试问:(Ⅰ)中得到的回归直线方程是否理想?
(Ⅲ)根据(Ⅰ)的结果,若该水果成本是5元/kg ,销售单价x 为何值时(销售单价不超过11元/kg),该水果店利润的预计值最大?
参考公式:回归直线方程y ̂
=b ̂
x +a ̂
,其中b ̂
=∑x i n
i=1y i −nx −y −
∑x i 2n i=1−nx −2,a ̂
=y −−b ̂
x −. 参考数据:∑x i 5i=1y i =35200,∑x i 2
5i=1=407.5.
19. 已知正△ABC 边长为3,点M ,N 分别是AB ,AC 边上的点,AN =BM =1,如图1所示.将△AMN 沿MN 折
起到△PMN 的位置,使线段PC 长为√5,连接PB ,如图2所示. (Ⅰ)求证:直线PN ⊥平面BCNM ; (Ⅱ)求四棱锥P −BCNM 的体积.
20. 已知椭圆E :x 2
a 2
+y
2
b
2=1(a >b >0)的长轴长为4,且其离心率e =1
2. (Ⅰ)求椭圆E 的方程;
(Ⅱ)若过椭圆E 右焦点的直线l 交椭圆于M ,N 两点,求△MON 面积的最大值.(其中O 为坐标原点)
21. 已知函数f(x)=a(x +lnx),g(x)=xe x .
(1)求函数g(x)在x =0处的切线方程; (2)设ℎ(x)=f(x)−g(x).
①当a =e 时,求函数ℎ(x)的单调区间; ②当a =1时,求函数ℎ(x)的极大值.
22. 在直角坐标系
xOy 中,直线C 1的参数方程为{x =−√5
5t
y =1+2√5t
5
(其中t 为参数).以坐标原点O 为极点,x 轴非负半轴为极轴建立极坐标系,曲线C 2的极坐标方程为ρcos 2θ=sinθ. (1)求C 1和C 2的直角坐标方程;
(2)设点P(0,1),直线C 1交曲线C 2于A ,B 两点,求|PA|2+|PB|2的值.
23.函数f(x)=|2x−1|+|x+2|.
(Ⅰ)求函数f(x)的最小值;
(Ⅱ)若f(x)的最小值为M,a+2b=2M(a>0,b>0),求证:1
a+1+1
2b+1
≥4
7

答案和解析
1.【答案】B
【解析】解:∵A ={x|x >1},B ={x|x <2}, ∴A ∩B =(1,2). 故选:B .
进行交集的运算即可.
本题考查了描述法、区间的定义,交集的运算,考查了计算能力,属于基础题. 2.【答案】A
【解析】解:∵向量a ⃗ =(−1,2),b ⃗ =(m,1),向量a ⃗ 与b ⃗ 垂直,
∴a ⃗ ⋅b ⃗ =−m +2=0,
解得m =2. 故选:A .
利用向量垂直的性质直接求解.
本题考查实数值的求法,考查向量的数量积、向量垂直的性质等基础知识,考查运算求解能力,是基础题. 3.【答案】A
【解析】解:∵z =
1+2i 1+i
=
(1+2i)(1−i)(1+i)(1−i)=32
+1
2
i ,
∴复数z 对应的点的坐标为(32,1
2),位于复平面的第一象限.
故选:A .
直接利用复数代数形式的乘除运算化简,求得z 的坐标得答案.
本题考查复数代数形式的乘除运算,考查复数的代数表示法及其几何意义,是基础题. 4.【答案】B
【解析】 【分析】
本题考查了双曲线的渐进方程,把双曲线的标准方程中的“1”转化成“0”即可求出渐进方程.属于基础题. 渐近线方程是x 24
−y 2=0,整理后就得到双曲线的渐近线.
【解答】 解:双曲线
x 24−y 2=1
其渐近线方程是
x 24
−y 2=0
整理得x ±2y =0. 故选:B . 5.【答案】C
【解析】解:作出实数x ,y 满足{x +y ≥4
x +3y −6≤0y ≥0表示的平面区域,
得到如图的△ABC 及其内部,{x +y =4x +3y −6=0⇒{x =3
y =1;
当l 经过点C 时,目标函数z 达到最小值 ∴z 最小值=F(3,1)=2.
故选:C .
作出题中不等式组表示的平面区域,得如图的△ABC 及其内部,再将目标函数z =x −y 对应的直线进行平移,可得当x =0,y =1时,z =x −y 取得最小值.
本题给出二元一次不等式组,求目标函数z =x −y 的最小值,着重考查了二元一次不等式组表示的平面区域和简单的线性规划等知识,属于基础题. 6.【答案】C
【解析】解:设等差数列{a n }的公差为d , ∵a 1+a 5=10,a 8=3a 3,
∴2a 1+4d =10,a 1+7d =3(a 1+2d), 解得a 1=1,d =2. ∴S 10=10a 1+
10×92
d =10+90=100.
故选:C .
利用等差数列的通项公式即可得出.
本题考查了等差数列的通项公式,属于基础题. 7.【答案】A
【解析】解:∵a =log 32=1log 2
3,b =ln2=1
log 2
e ,
∵log 23>log 2e >1, ∴1
log
2
3
<1
log 2
e , 又1>ln2,c =21
2>1,
∴a <b <c ,
故选:A .
将a ,b 利用换底公式,通过对数函数的单调性判断a ,b 的大小,再根据与特殊点的比较可得答案. 本题主要考查对数函数的单调性与特殊点的问题.要熟记一些特殊点,比如log a a =1,log a 1=0. 8.【答案】C
【解析】解:某位同学5次数学成绩和8次语文成绩,分别是 数学:108、106、113、111、122.
语文:96、98、99、106、107、108、112、115. 数学平均分=
106+108+113+111+122
5
=112.
语文的中位数=106+107
2
=106.5.
故选:C .
先从茎叶图中分析出数学和语文的成绩数据,再根据平均数和中位数的求示进行运算.
本题主要考查了茎叶图,茎叶图的茎是高位,叶是低位,所以本题中“茎是十位”,叶是个位,从图中分析出参与运算的数据,代入相应公式即可解答.从茎叶图中提取数据是利用茎叶图解决问题的关键. 9.【答案】D
【解析】解:函数f(x)=sin2x −cos2x =√2sin(2x −π
4), 所以函数的最小正周期T =
2π2
=π,所以A 不正确;
f(x)的最大值为√2,所以C 不正确; 函数的对称中心满足2x −π
4=kπ,所以x =π
8+
kπ2
,k ∈Z ,可得B 不正确;
函数的对称轴满足2x −π
4=kπ+π
2,k ∈Z ,解得x =3π8
+

2
,k ∈Z ,当k =0时,x =3π8
,所以D 正确.
故选:D .
现将函数化简可得f(x)=sin2x −cos2x =√2sin(2x −π
4),进而求出函数的最小正周期即函数的最大值,可判断A.C 不正确,然后求出函数的对称轴,即对称中心所满足的条件,可得B 不正确,D 答案正确
本题考查三角函数的化简及三角函数的性质,属于基础题. 10.【答案】B
【解析】解:根据几何体的三视图转换为直观图为:该几何体为四棱锥体.
如图所示:
设该四棱锥的外接球的半径为r ,
则(2r)2=(√2)2+(√2)2+(√2)2,解得r =√6
2,
所以外接球的表面积为S 表=4π×(√6
2
)2=6π.
故选:B .
首先把三视图转换为几何体的直观图,进一步求出几何体的外接球的表面积.
本题考查的知识要点:三视图和几何体之间的转换,几何体的外接球的表面积公式的应用,主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力,属于基础题型. 11.【答案】B
【解析】解:f′(x)=3x 2−3=3(x +1)(x −1), 令f′(x)>0,解得:x >1或x <−1, 令f′(x)<0,解得:−1<x <1,
故f(x)在(−∞,−1)递增,在(−1,1)递减,在(1,+∞)递增, 故f(x)极大值=f(−1)=2+2a ,f(x)极小值=f(1)=−2+2a , 若函数f(x)恰有3个不同的零点,
则只需{2+2a >0
−2+2a <0
,解得:−1<a <1,
故选:B .
求出函数的导数,解关于导函数的不等式,求出函数的极值,结合函数的零点的个数得到关于a 的不等式组,解出即可.
本题考查了函数的单调性问题,极值问题,考查导数的应用以及函数的零点问题,是一道常规题.
【解析】 【分析】
本题考查椭圆的性质,及余弦定理的应用,属于中档题.
设|NF 1|=m ,因为MF 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =3F 1N ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,及由椭圆的定义可得|MF 1|,|MF 2|,|NF 2|的值,在两个三角形中由余弦定理可得
a ,c 的关系,进而求出椭圆的离心率. 【解答】
解:设|NF 1|=m ,因为MF 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =3F 1N ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,所以|MF 1|=3m ,由椭圆的定义可得
|MF 2|=2a −3m ,|NF 2|=2a −m ,
在△MNF 2中,由余弦定理可得|MF 2|2=|MN|2+|NF 2|2−2|MN|⋅
|NF 2|cos∠MNF 2,即(2a −3m)2=(4m)2+(2a −m)2−2⋅4m ⋅(2a −m)⋅4
5,整理可得m =a
3①
在△NF 1F 2中,由余弦定理可得:|F 1F 2|2=|NF 1|2+|NF 2|2−2|NF 1|⋅|NF 2|⋅cos∠MNF 2,即(2c)2=m 2+(2a −m)2−2m ⋅(2a −m)⋅4
5, 即4c 2=
a 29
+
25a 29

2a 3

5a 3
⋅4
5,整理可得:c 2
a 2=1
2,
所以椭圆的离心率e =c a
=
√2
2
, 故选:A .
13.【答案】y =−1
8
【解析】解:抛物线方程y =2x 2,可化为x 2=1
2y , ∴2p =1
2, ∴p
2=18,
∴抛物线的准线方程为y =−1
8. 故答案为:y =−1
8.
抛物线方程化为标准方程,求出p ,即可得到抛物线的准线方程.
本题考查抛物线的几何性质,考查学生的计算能力,将抛物线方程化为标准方程是关键. 14.【答案】[−√2,√2]
【解析】解:∵命题“∃x 0∈R ,2x 02
+2ax 0+1<0”是假命题, ∴命题“∀x ∈R ,2x 2+2ax +1≥0”是真命题, ∴△=4a 2−8≤0, 解得−√2≤a ≤√2.
则实数a 的取值范围是[−√2,√2]. 故答案为:[−√2,√2].
命题“∃x 0∈R ,2x 02
+2ax 0+1<0”是假命题,可得命题“∀x ∈R ,2x 2+2ax +1≥0”是真命题,于是△≤0,解出即可得出.
本题考查了特称命题与全称命题之间的关系、不等式的解法,考查了推理能力与计算能力,属于基础题.
【解析】解:∵各项都为正数的等比数列{a n },a 8⋅a 12+5a 10=14,
∴{a 102+5a 10−14=0a 10>0
,解得a 10=2, ∴log 2a 1+log 2a 2+log 2a 3+⋯+log 2a 19 =log 2(a 1×a 2×a 3×…×a 19)
=log 2a 1019
=log 2219
=19.
故答案为:19.
由各项都为正数的等比数列{a n },a 8⋅a 12+5a 10=14,解得a 10=2,再由log 2a 1+log 2a 2+log 2a 3+⋯+log 2a 19=
log 2a 10
19
,能求出结果. 本题考查对数值的求法,考查等比数列的性质、对数的运算法则等基础知识,考查运算求解能力,是基础题.
16.【答案】1
5
92
【解析】解:当K 与B 1重合时,截面截正方体一部分为三棱锥B 1−ABC ,另一部分为多面体ACDA 1B 1C 1D 1. 此时V B 1−ABC =13×12×2×2×2=4
3,正方体的体积为8, 则剩余多面体的体积为8−43=203

此时λ=
43203
=1
5
; 当K 为棱A 1B 1的中点,所得截面如图, 设截面交B 1C 1 于H ,
∵正方体上下底面平行,∴交线KH//AC , ∵AC//A 1C 1,∴KH//A 1C 1,
又K 为棱A 1B 1的中点,∴H 为B 1C 1的中点, 则截面为等腰梯形ACHK .
由已知可得AC =2√2,KH =√2, 等腰梯形ACHK 的高为(√22
)=3√22

∴截面面积为S =1
2×(√2+2√2)×
3√22
=9
2.
故答案为:1
5;9
2.
当K 与B 1重合时,截面截正方体一部分为三棱锥B 1−ABC ,另一部分为多面体ACDA 1B 1C 1D 1.求出三棱锥的体积,由正方体的体积减去三棱锥的体积可得剩余多面体的体积,坐标可得λ值;当K 为棱A 1B 1的中点,证明截面为等腰梯形,求出等腰梯形的高,再由梯形面积公式求解.
本题考查多面体体积的求法,考查空间想象能力与思维能力,考查运算求解能力,是中档题. 17.【答案】解:(1)方法一:∵acosC =(2b −c)cosA , ∴a ⋅
a 2+
b 2−
c 2
2ab
=(2b −c)⋅
b 2+
c 2−a 2
2bc

∴c(a 2+b 2−c 2)=2b(b 2+c 2−a 2)−c(b 2+c 2−a 2), ∴c ⋅2b 2=2b(b 2+c 2−a 2),
∴cosA =
b 2+
c 2−a 2
2bc
=1
2

∵0<A <π, ∴A =π
3

方法二:acosC =(2b −c)cosA ,
由正弦定理得:sinAcosC =2sinBcosA −sinCcosA , ∴sinAcosC +sinCcosA =2sinBcosA , ∴sin(A +C)=2sinBcosA , ∴sinB ≠0, ∴cosA =12, ∵0<A <π, ∴A =π
3;
(2)因为a =√7,b =2,A =π
3, 由余弦定理得a 2=b 2+c 2−2bccosA , √72
=22+c 2−2×2×ccos π3, 即c 2−2c −3=0. 又c >0,所以c =3.
故△ABC 的面积为S =1
2
bcsinA =1
2
×2×3×√3
2
=
3√32

【解析】(1)方法一:根据余弦定理即可求出;
方法二:根据正弦定理与三角函数的恒等变换求得角A 的值; (2)根据题意,利用余弦定理和三角形面积公式求得结果.
本题考查了正弦、余弦定理的应用问题,也考查了三角恒等变换与面积公式的应用问题,是中档题.
18.【答案】解:(Ⅰ)由表中数据,计算x −
=1
5×(8+8.5+9+9.5+10)=9,
y −
=1
5×(1100+1000+800+600+500)=800,
又∑x i 5i=1y i =35200,∑x i 2
5i=1=407.5,
所以b ̂=35200−5×9×800407.5−5×92
=−3200,
a ̂
=y −
−b ̂
x −
=800−(−320)×9=3680, 所以y 关于x 的线性回归方程为y ̂
=−320x +3680; (Ⅱ)当x =6时,计算y ̂
=−320×6+3680=1760,
则|1760−1800|=40<50,
所以可以认为所得到的回归直线方程是理想的;
(Ⅲ)设销售利润为M ,则M =(x −5)(−320x +3680)(5<x ≤11); 又M =−320x 2+5280x −19400, −5280
所以该产品单价定为8.25元时,公司才能获得最大利润.
【解析】(Ⅰ)由表中数据计算x −、y −
,求出回归系数,写出线性回归方程; (Ⅱ)计算x =6时y ̂
的值,再验证回归直线方程是否理想;
(Ⅲ)写出销售利润函数M(x),求出x 取何值时M 取最大值.
本题考查了线性回归方程的求法与应用问题,也考查了运算求解能力,是中档题.
19.【答案】(Ⅰ)证明:依题意得,在△AMN 中,AM =2,AN =1,∠A =π
3,
由余弦定理得MN 2=22+12−2×2×1×cos π
3=3,即MN =√3, ∴MN 2+AN 2=AM 2,得AN ⊥MN ,即PN ⊥MN .
在图2的△PNC 中,∵PN =1,NC =2,PC =√5,∴PC 2=PN 2+NC 2, 得PN ⊥NC .
又∵MN ∩NC =N ,MN ,NC ⊂平面BCNM , ∴PN ⊥平面BCNM ;
(Ⅱ)解:由(Ⅰ)可知PN ⊥平面BCNM . ∴PN 为四棱锥P −BCNM 的高,
又S BCNM =S △ABC −S △AMN =√3
4
⋅32−1
2
⋅1⋅2⋅√3
2
=
7√3
4. ∴V P−BCNM =13S BCNM ⋅PN =7
12√3.
【解析】(Ⅰ)在△AMN 中,由余弦定理得MN =√3,可得MN 2+AN 2=AM 2,得AN ⊥MN ,即PN ⊥MN ,再证明PN ⊥NC.由直线与平面垂直的判定可得PN ⊥平面BCNM ;
(Ⅱ)由(Ⅰ)可知PN ⊥平面BCNM ,可得PN 为四棱锥P −BCNM 的高,求出四边形BCNM 的面积,代入棱锥体积公式求解四棱锥P −BCNM 的体积.
本题考查直线与平面垂直的判定,考查空间想象能力与思维能力,训练了多面体体积的求法,是中档题. 20.【答案】解:(Ⅰ)由已知得a =2,c =1,b =√3, 则E 的方程为
x 24
+
y 23
=1;
(Ⅱ)由已知直线l 斜率不为0,F(1,0),所以设直线l 方程为:x =my +1,M(x 1,y 1),N(x 2,y 2), 由{x =my +1x 24
+y 23
=1
得:(3m 2+4)y 2+6my −9=0,故△=144(m 2+1)>0,
y 1+y 2=−6m 3m 2+4,y 1y 2=−9
3m 2+4,
S △MON =12|OF|⋅|y 1−y 2|=12⋅1⋅√(y 1+y 2)2−4y 1y 2=12⋅√36m 2(3m 2+4)2−4⋅−93m 2+4=6√m 2+13m 2+4

设t =√m 2+1(t ≥1),则S △MON =6t 3t 2+1=6
3t+1t

又因为y =3t +1t ,则y′=3−1t 2>0在[1,+∞)恒成立,所以y =3t +1
t 在[1,+∞)上单调增, 所以当t =1时,△MON 面积有最大值3
2,此时m =0. 所以△MON 面积的最大值为3
2.
【解析】(Ⅰ)由长轴长及离心率可得a ,c 的值,再由a ,b ,c 之间的关系求出b 的值,进而求出椭圆的方程; (Ⅱ)由题意可知直线l 的斜率不为0,设直线l 的方程,与椭圆联立求出两根之和及两根之积,进而求出三角形MON 的面积的表达式,换元,求导可得函数的单调性,进而求出△MON 面积的最大值.
本题考查求椭圆的方程及直线与椭圆的综合,及换元法的应用,及求导的方法求函数的单调性,属于中档题. 21.【答案】解:(1)∵g′(x)=(x +1)e x , ∴切线斜率k =g′(0)=(0+1)e 0=1, 又∵g(0)=0,∴切线方程为y =x …(3分)
(2)当a =e 时,ℎ(x)=e(x +lnx)−xe x 由ℎ′(x)=e(1+1
x
)−(x +1)e x =
(x+1)(e−xe x )
x
(x >0),
设k(x)=e −xe x ,k′(x)=−(x +1)e x <0,即k(x)=e −xe x 在(0,+∞)上单调递减,又因为k(1)=e −1⋅e 1=0, 所以0<x <1时,k(x)>0,即ℎ′(x)>0,此时函数ℎ(x)单调递增,x >1时,k(x)<0,即ℎ′(x)<0,此时函数ℎ(x)
单调递减,
所以当a =e 时,函数ℎ(x)的单调增区间为(0,1),单调减区间为(1,+∞)…(7分) ②当a =1时,ℎ(x)=x +lnx −xe x (x >0),ℎ′(x)=1+1
x −(x +1)e x =
(x+1)(1−xe x )
x

令M(x)=1−xe x ,M′(x)=−(x +1)e x <0,则M(x)在[0,+∞)单调递减,
又M(0)=1−0>0,M(1)=1−e <0,∴∃x 0∈(0,1)使得M(x 0)=1−x 0e x 0=0, 故当x ∈(0,x 0),M(x)>0即ℎ′(x)>0,此时ℎ(x)单调递增; 当x ∈(x 0,+∞),M(x)<0即ℎ′(x)<0,此时ℎ(x)单调递减; 且ℎ′(x 0)=0∴ℎ(x)极大值=ℎ(x 0)=x 0+lnx 0−x 0e x 0,
又x 0e x 0=1,∴ln(x 0e x 0)=ln1=0,所以lnx 0+lne x 0=lnx 0+x 0=0,
故ℎ(x)极大值=ℎ(x 0)=x 0+lnx 0−x 0e x
0=0−1=−1.…(12分)
【解析】(1)先对函数求导,然后结合导数的几何意义可求切线斜率,进而可求切线方程; (2)①把a =e 代入,然后对函数求导,结合导数与单调性关系即可求解; ②把a =1代入后对函数求导,然后结合极值与导数的关系即可求解.
本题主要考查了利用导数求解曲线的切线方程及利用导数求解函数的单调区间及极值,属于中档试题.
22.【答案】解:(1)直线C 1的参数方程为{x =−√5
5
t
y =1+
2√5t
5(其中t 为参数).由已知得C 1,的直角坐标方程为y =−2x +1. 曲线C 2的极坐标方程为ρcos 2θ=sinθ.根据{x =ρcosθ
y =ρsinθ
x 2+y 2=ρ2
,转换为直角坐标方程为:x 2=y .
(2)将直线C 1的参数方程代入C 2直角方程得:t 2−2√5t −5=0, 不妨设A ,B 对应的参数分别为t 1,t 2, 则△>0恒成立,
所以t 1+t 2=2√5,t 1t 2=−5, 又因为P(0,1),
所以由参数t 的几何意义得:|PA|2+|PB|2=t 12+t 22
=(t 1+t 2)2−2t 1t 2=30, ∴|PA|2+|PB|2=30.
【解析】(1)直接利用转换关系的应用,把参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换. (2)利用关系式的变换和一元二次方程根和系数关系式的应用求出结果.
本题考查的知识要点:参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间的转换,一元二次方程根和系数关系式的应用,主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力,属于基础题型.
23.【答案】解:(Ⅰ)f(x)={−3x −1,x <−2
−x +3,−2≤x ≤1
23x +1,x >
1
2

易知,当x =12时,函数f(x)取得最小值,且最小值为f(12)=5
2; (Ⅱ)证明:由(Ⅰ)可知,M =5
2,则a +2b =5, ∴(a +1)+(2b +1)=7, ∴
1a+1
+
12b+1
=17
[(a +1)+(2b +1)](
1
a+1
+
1
2b+1
)=17
(2+
a+12b+1
+
2b+1a+1
)≥17
(2+2√
a+1
2b+1

2b+1a+1
)=4
7

当且仅当{a+1
2b+1=
2b+1
a+1a +2b =5
,即a =52,b =5
4时取等号.
【解析】(Ⅰ)将函数化为分段函数的形式,利用函数的性质即可求得最小值; (Ⅱ)由(Ⅰ)可知(a +1)+(2b +1)=7,再利用基本不等式即可得证.
本题考查含绝对值的函数最值求法,考查基本不等式的运用,考查推理能力及运算能力,属于基础题.。

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