2019-2020学年河南省平顶山一中高三(下)开学数学试卷(文科)

2019-2020学年河南省
平顶山一中高三（下）开学数学试卷（文科）
一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）
1.已知集合A={1,2，3，6}，B={x|2x>4}，则A∩B=()
A. {6}
B. {3,6}
C. {1,2}
D. {2,3，6}
2.若复数z满足z(1−2i)=10，则复数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.已知双曲线C的两条渐近线的夹角为60°，则双曲线C的方程不可能为()
A. x2
3−y2=1 B. x2
3
−y2
9
=1 C. y2
3
−x2
12
=1 D. y2
21
−x2
7
=1
4.设向量m⃗⃗⃗ ，n⃗满足|m⃗⃗⃗ |=2，|n⃗|=3，现有如下命题：
命题p：|m⃗⃗⃗ −2n⃗|的值可能为9；
命题q：“(m⃗⃗⃗ −2n⃗ )⊥m⃗⃗⃗ ”的充要条件为“cos<m⃗⃗⃗ ，n⃗>=1
3
”；
则下列命题中，真命题为()
A. p
B. p∧q
C. (￢p)∧q
D. p∨(￢q)
5.已知α∈(0,π)，且sinα=3
5，则tan(α+π
4
)=()
A. −1
7B. 7 C. −1
7
或−7 D. 1
7
或7
6.函数f(x)=sin2x+x3
e|x|
在[−2π,2π]上的图象大致为()
A.
B.
C.
D.
7.德国数学家莱布尼兹(1646年−1716年)于1674年得到了第一
个关于π的级数展开式，该公式于明朝初年传入我国．在我国科技水平业已落后的情况下，我国数学家、天文学家明安图(1692年−1765年)为提高我国的数学研究水平，从乾隆初年(1736年)开始，历时近30年，证明了包括这个公式在内的三个公式，同时求得了展开三角函数和反三角函数的6个新级数公式，著有《割圆密率捷法》一书，为我国用级数计算π开创了先河．如图所示的程序框图可以用莱布尼兹“关于π的级数展开式”计算π的近似值(其中P表示π的近似值)，若输入n=10，则输出的结果是()
A. P =4(1−13+15−17+⋯+1
17) B. P =4(1−1
3+1
5−1
7+⋯−1
19) C. P =4(1−1
3+1
5−1
7+⋯+1
21) D. P =4(1−1
3+1
5−1
7+⋯−1
21)
8. 已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 4=−3，S 12=63，若a i +a j =0(i,j ∈N ∗)，
则i 的取值集合是( ) A. {1,2，3} B. {6,7，8} C. {1,2，3，4，5} D. {6,7，8，9，10} 9. 若a =0.50.6，b =0.60.5，c =20.5，则下列结论正确的是( )
A. b >c >a
B. c >a >b
C. a >b >c
D. c >b >a
10. 张衡是中国东汉时期伟大的天文学家、数学家，他曾经得出圆周率的平方除以十六
等于八分之五．已知三棱锥A −BCD 的每个顶点都在球O 的球面上．
AB ⊥底面BCD ，BC ⊥CD ，且AB =CD =√3，BC =2，利用张衡的结论可得球O 的表面积为( ) A. 30 B. 10√10 C. 33 D. 12√10 11. 一个圆锥的母线长为2+2√2，且母线与底面所成角为π
4，则该圆锥内切球的表面积
为( )
A. 2π
B. 8π
C. 8√2π3
D. (6+2√2)π
12. 已知定义在R 上的函数g(x)，其导函数为g′(x)，若g(x)=g(−x)+x 3，且当x ≥0
时，g′(x)>3
2x 2，则不等式2g(x +1)−2g(x)<3x 2+3x +1的解集为( )
A. (−1
2,0)
B. (−∞,−1
2)
C. (1
2,+∞)
D. (−∞,1
2)
二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 函数f(x)=9x 2+√x −1的最小值为______．
14. 已知实数x ，y 满足{x +2≥y
x +y ≤3x −3y ≤6
，则z =2x +y 的最大值为______．
15. “北斗三号”卫星的运行轨道是以地心为一个焦点的椭圆．设地球半径为R ，若其
近地点、远地点离地面的距离大约分别是2
3R ，4R ，则“北斗三号”卫星运行轨道的离心率为______．
16. 若一个数列的第m 项等于这个数列的前m 项的乘积，则称该数列为“m 积数列”，
若各项均为正数的等比数列{a n }是一个“2020积数列”，且a 1>1，则当其前n 项的乘积取最大值时，n 的最大值为______． 三、解答题（本大题共7小题，共82.0分）
17. △ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且2csin(5π
2+A)=acosB +bcosA ．
(1)求角A ；
(2)若3a =b +c ，且△ABC 外接圆的半径为1，求△ABC 的面积．
18.某农科所为改良玉米品种，对已选出的一组玉米的茎高进行统计，获得茎叶图(单
)180
抗倒伏易倒伏总计
矮茎
高茎
总计
0.01的前提下，
认为抗倒伏与玉米矮茎有关？
(2)为改良玉米品种，现采用分层抽样的方法从抗倒伏的玉米中抽出5株，再从这5
株玉米中选取2株进行杂交试验，则选取的植株均为矮茎的概率是多少？
(其中n=a+b+c+d)
参考公式：K2=n(ad−bc)2
(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)
参考数据：
P(K2≥k0)0.100.050.0100.001
k0 2.706 3.841 6.63510.828
19.已知首项为3
的等比数列{a n}的前n项和为S n，n∈N∗，且−2S2，S3，4S4成等差数
2
列．
(Ⅰ)求数列{a n}的通项公式；
(Ⅱ)对于数列{A n }，若存在一个区间M，均有A i∈M，(i=1,2，3…)，则称M为数列{A n }的“容值区间”，设b n=S n+1S
，试求数列{b n}的“容值区间”长度的最
n
小值．
20. 已知A(−2,0)，B(2,0)，直线PA 的斜率为k 1，直线PB 的斜率为k 2，且k 1k 2=−3
4． (1)求点P 的轨迹C 的方程；
(2)设F 1(−1,0)，F 2(1,0)，连接PF 1并延长，与轨迹C 交于另一点Q ，点R 是PF 2中点，O 是坐标原点，记△QF 1O 与△PF 1R 的面积之和为S ，求S 的最大值．
21. 已知函数f(x)=alnx −(x −1)e x ，其中a 为非零常数．
(1)讨论f(x)的极值点个数，并说明理由；
(2)若a >e ，(i)证明：f(x)在区间(1,+∞)内有且仅有1个零点；(ii)设x 0为f(x)的极值点，x 1为f(x)的零点且x 1>1，求证：x 0+2lnx 0>x 1． 22. 在直角坐标系xOy 中，曲线C 的参数方程{
x =2√3cosβ
y =2sinβ
(β为参数).直线l 的参数方程{
x =√3+tcosα
y =1+tsinα
(t 为参数)． (Ⅰ)求曲线C 在直角坐标系中的普通方程；
(Ⅱ)以坐标原点O 为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，当曲线C 截直线l 所得线段的中点极坐标为(2,π
6)时，求直线l 的倾斜角．
23. 已知函数f(x)=|x −3|−2|x|．
(1)求不等式f(x)≥2的解集；
(2)若f(x)的最大值为m，a，b，c为正数且a+b+c=m，求证：a2+b2+c2≥3．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：因为集合A={1,2，3，6}，
B={x|2x>4}={x|x>2}，
所以A∩B={3,6}．
故选：B．
求出集合A，B，由此能求出A∩B．
本题考查交集的求法，考查交集定义等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．2.【答案】A
【解析】解：z(1−2i)=10，z(1−2i)(1+2i)=10(1+2i)，化为：z=2+4i．z在复平面内所对应的点(2,4)位于第一象限．
故选：A．
利用复数运算法则、几何意义即可得出．
本题考查了复数运算法则、几何意义，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．3.【答案】C
【解析】解：依题意，双曲线C的渐近线方程为y=±√3
3
x或y=±√3x，
观察选项可知．双曲线C的方程不可能为y2
3−x2
12
=1．
故选：C．
利用渐近线的夹角，判断渐近线方程，观察选项判断即可．
本题考查双曲线的简单性质的应用，是基本知识的考查，基础题．
4.【答案】C
【解析】解：依题意：|m⃗⃗⃗ −2n⃗|=√m⃗⃗⃗ 2+4n⃗2−4|m⃗⃗⃗ ||n⃗|cos<m⃗⃗⃗ ,n⃗>≤
√4+36+24=8，
所以：|m⃗⃗⃗ −2n⃗|的最大值为8，p假，
即向量：m⃗⃗⃗ ，n⃗共线反向时取得，
故命题p为假：(m⃗⃗⃗ −2n⃗ )⊥m⃗⃗⃗ ⇔(m⃗⃗⃗ −2n⃗ )⋅m⃗⃗⃗ =0
⇔m⃗⃗⃗ 2−2m⃗⃗⃗ ⋅n⃗=0⇔4−2×2×3×cos〈m⃗⃗⃗ ，n⃗ 〉=0⇔cos〈m⃗⃗⃗ ，n⃗ 〉=1
3
，
故命题q为真；故(￢p)∧q为真．
故选：C．
利用向量的模与数量积判断命题P的真假，向量垂直的充要条件判断命题q的真假，然后判断选项的正误即可．
本题以命题的真假判断为载体，考查向量的数量积的运算与性质，充要条件的应用，属于中档题．
5.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查三角函数的化简求值，考查同角三角函数基本关系式及两角和的正切，是基础题．
由已知求得tanα，再由两角和的正切求解．
【解答】
解：∵α∈(0,π)，且sinα=3
5， ∴cosα=±√1−sin 2α=±45， ∴tanα=
sinαcosα=±3
4
． 当α=3
4时，tan(α+π
4)=
tanα+tan
π
41−tanαtan
π
4
=34+11−34
×1=7；
当α=−3
4时，tan(α+π
4)=tanα+tan π41−tanαtan π4=
−3
4+1
1−(−3
4
)×1=1
7
．
∴tan(α+π
4)=1
7或7．
故选：D ．
6.【答案】A
【解析】解：根据题意，函数f(x)=
sin2x+x 3
e |x|
，则有f(−x)=
sin2(−x)+(−x)3
e |x|
=−
sin2x+x 3
e |x|
=
−f(x)，
故函数f(x)为奇函数，图象关于原点对称，排除C ； 又由f(π
4)=
sin π2+(π4
)3
e
|π4|
>0.5，排除B ，D ；
故选：A ．
根据题意，分析可得f(x)为奇函数且f(π
4)=
sin π2
+(π4
)3
e
|π
4|>0.5，
据此由排除法分析可得答案． 本题考查函数的图象分析，注意分析函数的奇偶性，属于基础题．
7.【答案】B
【解析】解：由程序框图知：算法的功能是求P =4S =4((−1)0
2×1−1
+(−1)1
2×2−1+(−1)2
2×3−1…+(−1)92×10−1
)的值，
∵输入n =10，∴跳出循环的i 值为11，
∴输出P =4S =4((−1)0
2×1−1+(−1)1
2×2−1+(−1)2
2×3−1…+(−1)9
2×10−1)=4(1−1
3+1
5−⋯−1
19). 故选：B ．
模拟程序的运行可得算法的功能是求P =4S =4(
(−1)02×1−1
+(−1)12×2−1
+(−1)22×3−1
…+
(−1)9
2×10−1
)的值，
根据条件确定跳出循环的i 值，即可计算得解． 本题考查了当型循环结构的程序框图，根据框图的流程判断算法的功能是解答本题的关键，属于基础题． 8.【答案】C
【解析】解：因为S 4=−3，S 12=63，∴4a 1+6d =−3，12a 1+66d =63， 解得d =3
2，a 1=−3． ∴a n =−3+(n −1)×3
2=
3n−92
．
若a i+a j=0，则3(i+i)−18
2
=0，化为：i+j=6，
∵i，j∈N∗，
∴i=1，2，3，4，5．
∴i的取值集合是{1,2，3，4，5}．
故选：C．
利用通项公式求和公式即可得出．
本题考查了通项公式、求和公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．9.【答案】D
【解析】解：∵0<0.50.6<0.50.5<0.60.5<0.60=1，
∴0<a<b<1，
又∵20.5>20=1，∴c>1，
∴c>b>a，
故选：D．
利用指数函数的性质求解．
本题主要考查了有理数指数幂的大小比较，是基础题．
10.【答案】B
【解析】解由题意将此三棱锥放在长方体中，由题意可知长
方体的长宽高分别为，√3，2，√3，
设外接球的半径为R，则(2R)2=3+4+3=10，
所以外接球的表面积为S=4πR2=10π，
又因为圆周率的平方除以十六等于八分之五，即π2
16=5
8
，
所以π=√10，所以S=10√10，
故选：B．
由题意将此三棱锥放在长方体中求出长方体的对角线，再由
外接球的直径等于长方体的对角线可得球的半径，进而求出
球的表面积，圆周率的平方除以十六等于八分之五，求出π
的值进而求出面积．
考查三棱锥的棱长与外接球半径的关系及球的表面积公式，属于中档题．11.【答案】B
【解析】解：根据题意，所以经过内切球的球心的截面，
如图所示：
一个圆锥的母线长为2+2√2，且母线与底面所成角为π
4
，
根据题意，△ABC为等腰直角三角形．即∠BAC=90°，
解得BC=4+2√2
所以：利用三角形的面积相等：
1
2×(2+2√2)×(2+2√2)=12×(2+2√2)×R +12×(2+2√2)×R +1
2(4+2√2)×R ， 解得：R =
6+4√2
4+3
√2
=√2，
所以球的变面积为S =4π(√2)2=8π． 故选：B ．
首先求出球的轴截面，进一步求出球的半径，最后求出结果．
本题考查的知识要点：圆锥的的内切球的关系的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力和空间思维能力的应用，属于基础题型． 12.【答案】B
【解析】解：定义在R 上的函数g(x)，g(x)=g(−x)+x 3， g(x)−
x 32
=g(−x)+
x 32
=g(−x)−
(−x)32
，
令ℎ(x)=g(x)−x 32
，则ℎ(x)=ℎ(−x)，
∴ℎ(x)为偶函数ℎ′(x)=g′(x)−3x 22
，
又当x ≥0时，g′(x)>
3x 22
，
∴ℎ′(x)>0，ℎ(x)在[0,+∞)为增函数， 且ℎ(x)在(−∞,0)为减函数，
不等式2g(x +1)−2g(x)<3x 2+3x +1⇔g(x)−x 32
>g(x +1)−
(x+1)3
2
，
即ℎ(x)>ℎ(x +1)，∴|x|>|x +1|解得x <−1
2，
故选：B ．
构造函数通过ℎ(x)在[0,+∞)为增函数，ℎ(x)在(−∞,0)为减函数，转化不等式求解即可．
本题考查函数的导数的应用，函数的奇偶性以及函数的单调性的判断与应用，考查计算能力，是中档题． 13.【答案】9
【解析】解：∵f(x)的定义域为[1,+∞)， 又f(x)在定义域上单调递增， ∴f(x)min =f(1)=9． 故答案为：9．
先求函数的定义域，确定函数的单调性，即可求出答案． 本题考查函数的性质，属于基础题．
14.【答案】27
4
【解析】解：作出不等式组所表示的平面区域如图阴影部分所示；
观察可知，当直线z =2x +y 过点C 时，z 有最大值； 联立{x −3y −6=0
x +y −3=0⇒{x =15
4y =−
34，
故z的最大值为27
4
．
故答案为：27
4
．
作出不等式组对应的平面区域，利用目标函数的几何意义，通过数形结合即可的得到结论．
本题考查线性规划的简单应用，画出可行域是解题的关键．
15.【答案】1
2
【解析】解：由题意椭圆中：a+c=4R+R=5R，a−c=2
3R+R=5
3
R，
解得：a=10
3R，c=5
3
R，
所以离心率e=c
a =1
2
，
故答案为：1
2
．
由题意可得a，c之间的关系式，进而求出离心率．
考查椭圆的性质，属于基础题．
16.【答案】1010
【解析】解：若一个数列的第m项等于这个数列的前m项的乘积，则称该数列为“m 积数列”，
若各项均为正数的等比数列{a n}是一个“2020积数列”，且a1>1，
∴q>0．
∴a2020=a1⋅a2⋅a3…a2020，∴a1⋅a2⋅a3…2019=1．
∵a1⋅a2019=a2⋅a2018=a3⋅a2017=⋯=a1010
2=1，
则当其前n项的乘积取最大值时，n的最大值为1010，
故答案为：1010．
由题意可得a1⋅a2⋅a3…2019=1.再根据等比数列的性质，a1⋅a2019=a2⋅a2018=a3⋅a2017=⋯=a1010
2=1，由此可得当其前n项的乘积取最大值时，n的最大值．
题考查等比数列前n项的乘积取最大值时n的值的求法，考查等比数列的性质等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想、函数与方程思想，是中档题．
17.【答案】解：(1)∵2csin(5π
2
+A)=acosB+bcosA，
∵2ccosA=acosB+bcosA，
由正弦定理得，2sinCcosA=sinAcosB+sinBcosA=sin(A+B)=sinC，
∴2sinCcosA=sinC，
又0<C<π，
∴sinC≠0，
∴cosA=1
2
，
又0<A<π，
∴A=π
3
．
(2)设△ABC外接圆的半径为R，则R=1，a=2RsinA=√3，
由余弦定理得a2=b2+c2−2bccosπ
3
=(b+c)2−3bc，即3=27−3bc，
∴bc=8，
∴△ABC的面积S=1
2bcsinA=1
2
×8×√3
2
=2√3．
【解析】(1)由正弦定理，三角函数恒等变换的应用化简已知等式可得cosA=1
2
，结合范围0<A<π，可求A的值．
(2)设△ABC外接圆的半径为R，则R=1，由正弦定理，余弦定理可求bc=8，进而根据三角形的面积公式即可求解．
本题主要考查了正弦定理，三角函数恒等变换的应用，余弦定理，三角形的面积公式在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于基础题．
根据列联表计算K2=45×(15×16−10×4)2
25×20×19×26
≈7.286>6.635，
因此可以在犯错误的概率不超过0.01的前提下，认为抗倒伏与玉米矮茎有关；
(2)根据题意得，抽到的高茎玉米有2株，记为A、B，矮茎玉米有3株，记为c、d、e，从这5株玉米中抽出2株，基本事件为AB、Ac、Ad、Ae、Bc、Bd、Be、cd、ce、de共10种，
其中都为矮茎的基本事件是cd、ce、de共3种，
故所选取的植株均为矮茎的概率是P=3
10
．
【解析】(1)根据统计数据填写列联表，计算K2，对照临界值得出结论；
(2)利用列举法求出基本事件数，计算对应的概率值．
本题考查了列联表与独立性检验问题，也考查了列举法求古典概型的概率问题，是基础题．
19.【答案】解：(Ⅰ)设等比数列{a n}的公比为q(q≠0)，
由−2S2，S3，4S4成等差数列，
知−2S2+4S4=2S3，
则−2(3
2+3
2
q)+4(3
2
+3
2
q+3
2
q2+3
2
q3)=2(3
2
+3
2
q+3
2
q2)，
化简得3q2+6q3=0，解得q=−1
2
，
则a n=3
2⋅(−1
2
)n−1；
(Ⅱ)由(Ⅰ)可知S n=1−(−1
2
)n，
当n为偶数时，S n=1−(1
2
)n，易知S n随n增大而增大，
∴S n ∈[34,1)，此时b n =S n +1S n
∈(2,25
12],
当n 为奇数时，S n =1+(1
2)n ，易知S n 随n 增大而减小， ∴S n ∈(1,32]，此时b n =S n +1S n
∈(2,13
6],
又136>2512，∴b n ∈(2,13
6], 区间长度为13
6−2=1
6．
故数列{b n }的“容值区间”长度的最小值为1
6．
【解析】(Ⅰ)设等比数列{a n }的公比为q(q ≠0)，运用等差数列的中项的性质，以及等比数列的通项公式，解方程可得q ，即可得到所求通项公式；
(Ⅱ)运用等比数列的求和公式，讨论n 为偶数，n 为奇数，结合数列的单调性，以及“容
值区间”的定义，即可得到所求区间的最小值．
本题考查等差数列的中项的性质和等比数列的通项公式，考查新定义的理解和运用，以及分类讨论的思想方法，注意运用单调性，考查化简整理的运算能力，属于中档题．
20.【答案】解：(1)设P(x,y)，∵A(−2,0)，B(2,0)，∴k 1=y x+2，k 2=y
x−2，
又k 1k 2=−3
4，∴
y 2x 2−4=−3
4，∴
x 24
+
y 23
=1(x ≠±2)，
∴轨迹C 的方程为x 24
+y 23
=1(x ≠±2)(注：x ≠±2或y ≠0，如不注明扣一分)．
(2)由O ，R 分别为F 1，F 2，PF 2的中点，故OR//PF 1，
故△PF 1R 与△PF 1O 同底等高，故S △PF 1R =S △PF 1O ，S =S △QF 1O +S △PF 1E =S △PQO ， 当直线PQ 的斜率不存在时，其方程为x =−1，此时S △PQO =1
2×1×[3
2−(−3
2)]=3
2； 当直线PQ 的斜率存在时，设其方程为：y =k(x +1)，设P(x 1,y 1)，Q(x 2,y 2)， 显然直线PQ 不与x 轴重合，即k ≠0；
联立{y =k(x +1)x 24
+y 23
=1
，解得(3+4k 2)x 2+8k 2x +4k 2−12=0，△=144(k 2+1)>0，
故{x 1+x 2=−8k 2
3+4k 2x 1x 2=4k 2−123+4k 2
， 故|PQ|=√1+k 2|x 1−x 2|=√1+k 2√(x 1+x 2)2−4x 1x 2=12(1+k 2)3+4k 2
，
点O 到直线PQ 的距离d =√1+k 2
，S =12
|PQ|d =6√k 2(k 2+1)(3+4k 2)2
，令u =3+4k 2∈(3,+∞)，
故S =6√
u−34⋅u+1
4u 2
=32√−3
u 2−2
u +1∈(0,3
2)，
故S 的最大值为3
2．
【解析】(1)利用直线的斜率公式及性质，即可求得a 和b 的值，求得椭圆方程； (2)由题意可知：S =S △QF 1O +S △PF 1E =S △PQO ，分类讨论，当直线的斜率存在时，设直
线l 的方程，代入椭圆方程，利用韦达定理及弦长公式，根据三角形的面积公式利用二次函数的性质，即可求得答案．
本题考查椭圆的标准方程及性质，直线与椭圆的位置关系，考查韦达定理，弦长公式，点到直线的距离公式，考查二次函数性质的应用，考查转化思想，属于中档题． 21.【答案】解：(1)解：由已知，f(x)的定义域为(0,+∞)， ∵f ′(x)=a
x −xe x =
a−x 2e x
x
，
①当a <0时，a −x 2e x <0，从而f′(x)<0， 所以f(x)在(0,+∞)内单调递减，无极值点， ②当a >0时，令g(x)=a −x 2e x ，
则由于g(x)在[0,+∞)上单调递减，g(0)=a >0，g(√a)=a −ae √a =a(1−e √a )<0，
所以存在唯一的x 0∈(0,+∞)，使得g(x 0)=0，
所以当x ∈(0,x 0)时，g(x)>0，即f′(x)>0；当x ∈(x 0,+∞)时，g(x)<0，即f′(x)<0，
所以当a >0时，f(x)在(0,+∞)上有且仅有一个极值点． (2)证明：(i)由(1)知f ′
(x)=
a−x 2e x
x
．
令g(x)=a −x 2e x ，由a >e 得g(1)=a −e >0，
所以g(x)=0在(1,+∞)内有唯一解，从而f′(x)=0在(0,+∞)内有唯一解， 不妨设为x 0，则f(x)在(1,x 0)上单调递增，在(x 0,+∞)上单调递减， 所以x 0是f(x)的唯一极值点．
令ℎ(x)=lnx −x +1，则当x >1时，ℎ′(x)=1
x −1<0，
故ℎ(x)在(1,+∞)内单调递减，
从而当x >1时，ℎ(x)<ℎ(1)=0，所以lnx <x −1．
从而当a >e 时，lna >1，且f(lna)=aln(lna)−(lna −1)e lna <a(lna −1)−(lna −1)a =0
又因为f(1)=0，故f(x)在(1,+∞)内有唯一的零点．
(ii)由题意，{f′(x 0)=0f(x 1)=0即{a −x 02e x 0
=0
alnx 1−(x 1−1)e x 1=0，
从而x 02e x 0
lnx 1=(x 1−1)e x 1，即lnx 1=
x 1−1
x 0
2e x 1−x 0．
因为当x 1>1时，lnx 1<x 1−1，又x 1>x 0>1， 故
x 1−1
x 0
2e x 1−x 0<x 1−1，即e x 1−x 0<x 02，
两边取对数，得lne x 1−x 0<lnx 02， 于是x 1−x 0<2lnx 0， 整理得x 0+2lnx 0>x 1．
【解析】(1)先对函数求导，然后结合导数与单调性的关系，对a 进行分类讨论即可求解函数的单调性，进而可确定极值，
(2)(i)转化为证明f′(x)=0只有一个零点，结合函数与导数知识可证；
(ii)由题意可得，{f′(x 0)=0f(x 1)=0，代入可得，{a −x 02e x 0
=0
alnx 1−(x 1−1)e x 1=0
，结合函数的性质可
证．
本题考查利用导数研究函数的极值问题，体现了转化的思想方法，还综合考查了函数与导数的综合应用，属于难题．
22.【答案】解：(I)由曲线C 的参数方程{x =2√3cosβy =2sinβ
，(β为参数)．
得：{
cosβ=
2√3sinβ=y 2
∴曲线C 的参数方程化为普通方程为：
x 2
12
+
y 24
=1．
(II)解法一：中点极坐标(2,π
6)化成直角坐标为(√3,1)． 设直线l 与曲线C 相交于A(x 1,y 1)，B(x 2,y 2)两点，
x 1+x 22
=√3,
y 1+y 22
=1．
则{x 1
212
+y 12
4=1①x 2212
+y 2
24=1②
②−①得
x 22−x 1
212
+
y 22−y 1
24
=0，
化简得：y 2−y 1x 2
−x 1
=−x 1+x
2
3(y 1
+y 2
)
=−2√3
3×2=−√3
3
． 即k l =−√3
3
=tanα．
又∵α∈(0,π)， ∴直线l 的倾斜角为5π
6．
解法二：中点极坐标(2,π6)化成直角坐标为(√3,1)，
将{x =√3+tcosαy =1+tsinα
分别代入x 212+y 24=1，
得(√
3+tcosα)2
12
+
(1+tsinα)2
4
=1．
∴(cos 2α+3sin 2α)t 2+(6sinα+2√3cosα)t −6=0， ∴t 1+t 2=−
6sinα+2√3cosα
cos 2α+3sin 2α
=0，
即−6sinα−2√3cosα=0． ∴sinα
cosα=−
√3
3
，即tanα=−
√33
又∵α∈(0,π)， ∴直线l 的倾斜角为5π
6．
【解析】(I)由曲线C 的参数方程{x =2√3cosβ
y =2sinβ，(β为参数).利用平方关系即可得出．
(II)解法一：中点极坐标(2,π
6)化成直角坐标为(√3,1).设直线l 与曲线C 相交于A(x 1,y 1)，B(x 2,y 2)两点，
x 1+x 22
=√3,
y 1+y 22
=1．
把A(x 1,y 1)，B(x 2,y 2)两点坐标代入椭圆方程化简，可得直线的斜率．
解法二：中点极坐标(2,π6)化成直角坐标为(√3,1)，将{x =√3+tcosαy =1+tsinα
分别代入x 212+y 24=
1，得(cos 2α+3sin 2α)t 2+(6sinα+2√3cosα)t −6=0，
利用根与系数的关系、参数的意义即可得出．
本题考查了参数方程化为普通方程、一元二次方程的根与系数的关系、参数的意义、三角函数求值，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
23.【答案】解：(1)当x <0时，f(x)=3−x +2x =x +3，由f(x)≥2得x ≥−1，故−1≤x <0；
当0≤x ≤3时，f(x)=3−x −2x =3−3x ，由f(x)≥2得x ≤1
3，故0≤x ≤1
3； 当x >3时，f(x)=x −3−2x =−x −3，由f(x)≥2得x ≤−5，故此时无解； 综上，−1≤x ≤1
3，即不等式f(x)≥2的解集为[−1,1
3]；
(2)由绝对值三角不等式及绝对值的非负性可得：
f(x)=|x −3|−2|x|=|x −3|−|x|−|x|≤3−|x|≤3，当且仅当x =0时取等号， 故f(x)max =3，即m =3，则a +b +c =3，由柯西不等式得：
(12+12+12)(a 2+b 2+c 2)≥(a +b +c)2=9，则a 2+b 2+c 2≥3， 当且仅当a =b =c =1取等号．
【解析】(1)第一问主要考察绝对值不等式的解法，常用方法是零点分段法； (2)第二问主要考察绝对值三角不等式和柯西不等式．
利用零点分段法需要注意每种情况之间与各种情况之间范围的关系；每种情况之间取交集，各种情况之间取并集；证明不等式时要注意取等条件．。