2020年广西、云南省、贵州省、四川省四省名校高考数学第一次大联考试卷(文科)(附详解)

2020年广西、云南省、贵州省、四川省四省名校高考数学第一次大联考试卷（文科）
一、单选题（本大题共12小题，共60.0分）
1.设全集为R，集合A={x|log2x<1}，B={x|x2≥1}，则A∩(∁R B)=()
A. (−1,1)
B. (−1,2)
C. (0,1)
D. (0,2)
2.已知复数z=1−i
(1+i)2
.则z−在复平面内对应的点位于()
A. 第一象限
B. 第二象限
C. 第三象限
D. 第四象限
3.在一项由“一带一路”沿线20国青年参与的评选中，“高铁”、“支付宝”、“共
享单车”和“网购”
被称作中国“新四大发明”.曾以古代“四大发明”推动世界进步的中国，正再次以科技创新向世界展示自己的发展理念．某班假期分为四个社会实践活动小组，分别对“新四大发明”对人们生活的影响进行调查，于开学进行交流报告会，四个小组随机排序，则“支付宝”小组和“网购”小组不相邻的概率为()
A. 1
6B. 1
4
C. 1
3
D. 1
2
4.已知数列{a n}满足a n+2−a n+1=a n+1−a n(n∈N∗)，且a5=10，a7=14，则
a2020−a2019=()
A. 2
B. 1
C. −2
D. −1
5.若a，b是不同的直线，α，β是不同的平面，则下列四个命题：
①若a//α，b//β，a⊥b，则α⊥β；
②若a//α，b//β，a//b，则α//β；
③若a⊥α，b⊥β，a//b，则α//β；
④若a//α，b⊥β，a⊥b，则α//β，
正确的个数为()
A. 0
B. 1
C. 2
D. 3
6.根据最小二乘法由一组样本点(x i,y i)(其中i=1，2，…，300)，求得的回归方程是
y^=b^x+a^，则下列说法正确的是()
A. 至少有一个样本点落在回归直线y^=b^x+a^上
B. 若所有样本点都在回归直线y^=b^x+a^上，则变量间的相关系数为1
C. 对所有的解释变量x i(i=1,2….300)，b̂x i+â的值一定与y i有误差
D. 若回归直线y^=b^x+a^的斜率b̂>0，则变量x与y正相关
7.若抛物线y2=2px的准线为圆x2+y2+4x=0的一条切线．则抛物线的方程为
()
A. y2=−16x
B. y2=−8x
C. y2=16x
D. y2=8x
8.某程序框图如图所示，其中g(n)=1
n2+n
，若输出的S=
2019
2020
，则判断框内可以填入的条件为()
A. n<2020？
B. n≤2020？
C. n>2020？
D. n≥2020？
9.已知球O表面上的四点A，B，C，P满足AC=BC=√2，AB=2，若四面体ABCD体
积的最大值为2
3
，则球O的表面积为()
A. 25
4π B. 25
9
π C. 25
16
π D. 8π
10.已知函数f(x)对任意不相等的实数x1，x2都满足(x1−x2)(f(x1)−f(x2))>0，若
a=f(21.2)，b=f((1
2
)−0.8)c=f(ln2)，则a，b，c的大小关系为()
A. c<a<b
B. c<b<a
C. b<a<c
D. b<c<a
11.若双曲线C：x2
a2−y2
b2
=1(a>0,b>0)的一条渐近线被曲线x2+y2−4x+2=0所
截得的弦长为2.则双曲线C的离心率为()
A. √3
B. 2√3
3C. √5 D. 2√5
5
12.数学家也有许多美丽的错误，如法国数学家费马于1640年提出了以下猜想：F n=
22n+1(n=0,1,2.…)是质数．直到1732年才被善于计算的大数学家欧拉算出F5= 641∗6700417，不是质数．现设a n=log2(F n−1)，(n=1,2,…)，S n表示数列{a n}
的前n项和，则使不等式2
S1S2+22
S2S3
+⋯+2n
S n S n+1
<2n
2020
成立的最小正整数n的值是(
提示210=1024)()
A. 11
B. 10
C. 9
D. 8
二、单空题（本大题共4小题，共20.0分）
13.若点M(x,y)满足不等式x2+y2≤1，则2x+y的最大值是______
14. 如图，在平行四边形OACB 中，
E ，
F 分别为AC 和BC 上的点，且AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =EC ⃗⃗⃗⃗⃗ ，BF ⃗⃗⃗⃗⃗ =1
2BC ⃗⃗⃗⃗⃗ ，若OC ⃗⃗⃗⃗⃗ =m OE ⃗⃗⃗⃗⃗ +n OF ⃗⃗⃗⃗⃗ ，其中m ，n ∈R ，则m +n 的值为______．
15. 若函数f(x)满足f(2−x)=−2−f(x)，且y =f(x)的图象与y =2−x
x−1的图象共有m
个不同的交点(x i ,y i )，则所有交点的横、纵坐标之和∑(m i=1x i +y i )=______． 16. 已知实数a >b >c >0，若不等式1
a−b +1
b−c +k
c−a ≥0恒成立，则k 的最大值是
三、解答题（本大题共7小题，共82.0分）
17. 某城市在进行创建文明城市的活动中，为了解居民对“创文”的满意程度，组织居
民给活动打分(分数为整数，满分为100分)，从中随机抽取一个容量为120的样本，发现所有数据均在[40,100]内．现将这些分数分成以下6组并画出了样本的频率分布直方图，但不小心污损了部分图形，如图所示．观察图形，回答下列问题： (1)算出第三组[60,70)的频数，并补全频率分布直方图；
(2)请根据频率分布直方图，估计样本的众数、中位数和平均数．(每组数据以区间的中点值为代表)
18. 在△ABC 中，内角A ，B.C 所对的边分别为a ，b ，c.已知sinB +sinC =2sinA ，且3b =
4a ．
(1)求cosB 的值：
(2)若f(x)=sin(2x +π
6).求f(B)的值
19.如图，在四棱锥S−ABCD的三视图中，俯视图为边长为1的正方形，正视图与侧视
图均为直角边长等于1的等腰直角三角形，M是SD的中点，AN⊥SC交SC于点N．
(1)求证：SC⊥AM；
(2)求△AMN的面积．
x2+ax−x+xlnx，a∈R．
20.已知函数f(x)=−a
2
(1)讨论函数f(x)的导函数g(x)的单调性；
(2)若函数f(x)在x=1处取得极大值，求a的取值范围．
21.在平面直角坐标系xOy中，已知R为圆x2+y2=1上的一动点．R在x轴．y轴上的
射影分别为点S，T，动点P满足TS
⃗⃗⃗⃗ =SP⃗⃗⃗⃗⃗ ，记动点P的轨迹为曲线C.曲线C与x轴交于
A.B两点．
(1)求曲线C的方程：
(2)已知直线AP，BP分别交直线l：x=4于点M.N.曲线C在点P处的切线与线段MN
交于点Q.求|MQ
NQ
|的值．
22.在极坐标系下，方程ρ=2sin2θ的图形为如图所示的“幸运四
叶草”又称为玫瑰线．
(1)当玫瑰线θ∈[0,π
2
]时，求以极点为圆心的单位圆与玫瑰线的交点的极坐标；
(2)求曲线ρ=2√2
sin(θ+π
4)
上的点M与玫瑰线上的点N的距离的最小值及取得最小值时
点M，N的极坐标(不必写详细解题过程)．
23.若关于x的不等式|x+m|≤n的解集为[−6,2]
(1)求实数m，n的值
(2)若实数y，z满足|my+z|<1
3,|y−nz|<1
3
，求证：|z|<1
9
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：∵全集为R，集合A={x|log2x<1}={x|0<x<2}，
B={x|x2≥1}={x|x≤−1或x≥1}，
∴∁R B={x|−1<x<1}，
∴A∩(∁R B)={x|0<x<1}=(0,1)．
故选：C．
先分别求出集合A，B，从而求出∁R B，由此能求出A∩(∁R B)．
本题考查补集、交集的求法，考查补集、交集定义、不等式性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
2.【答案】B
【解析】解：∵z=1−i
(1+i)2=1−i
2i
=(1−i)(−i)
−2i2
=−1
2
−1
2
i，
∴z−=−1
2+1
2
i，
∴z−在复平面内对应的点的坐标为(−1
2,1
2
)，位于第二象限．
故选：B．
利用复数代数形式的乘除运算化简求得z，进一步求出z−的坐标得答案．
本题考查复数代数形式的乘除运算化简，考查复数的代数表示法及其几何意义，是基础题．
3.【答案】D
【解析】解：“高铁”、“支付宝”、“共享单车”和“网购”，利用隔板法先排“高铁”和“共享单车”，有2种排法，然后有三个空插入“支付宝”和“网购”有6种排法，则共有2×6=12种，四个总共有A44=24种，即“支付宝”小组和“网购”小组不相邻
的概率为12
24=1
2
．
故选：D．
先求出基本事件总数，再求出支付宝”小组和“网购”小组不相邻包含的基本事件个数，求出概率．
本题考查概率的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意等可能事件概率计算公式的合理运用．
4.【答案】A
【解析】解：∵数列{a n}满足a n+2−a n+1=a n+1−a n(n∈N∗)，
∴数列{a n}是等差数列，设公差为d．
∵a5=10，a7=14，
∴a1+4d=10，a1+6d=14，
联立解得：a1=d=2，
则a2020−a2019=d=2．
故选：A．
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、方程的解法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
5.【答案】B
【解析】解：①若a//α，b//β，a⊥b，则α⊥β不成立，也有可能是平行的；故①错误，
②若a//α，b//β，a//b，则α//β不成立，有可能相交；故②错误，
③若a⊥α，b⊥β，a//b，则α//β；正确，当a⊥α，a//b时，b⊥α，∵b⊥β，∴α//β成立，故③正确，
④若a//α，b⊥β，a⊥b，则α//β不成立，也有可能是相交，故④错误，
故正确是③，
故选：B．
根据线面平行，面面平行垂直的性质分别进行判断即可．
本题主要考查命题的真假判断，涉及空间直线平行和垂直以及面面平行和垂直的性质和判断，结合相应的定理是解决本题的关键．
【解析】
【分析】
本题考查的知识点是线性回归及最小二乘法，其中熟练掌握最小二乘法的相关基本概念是解答的关键，是基础题．
根据样本点可能全部不在回归直线上，可得A错；根据相关系数绝对值为1，即r=±1，所有样本点都在y^=b^x+a^上，可判断B错误；根据所有的样本点都在y^=b^x+a^上时可判断C错误；根据b̂>0可得变量x与y正相关，可得D正确．
【解答】
解：回归直线必过样本数据中心点，但样本点可能全部不在回归直线上，故A错误；所有样本点都在y^=b^x+a^上，则变量间的相关系数为±1，故B错误；
若所有的样本点都在y^=b^x+a^上，则b̂x i+â的值与y i相等，故C错误；
若y^=b^x+a^的斜率b̂>0，样本点从左到右的趋势应该是上升的，则变量x与y正相关，故D正确．
故选D．
7.【答案】C
【解析】解：∵抛物线的方程为y2=2px(p>0)，
∴抛物线的准线方程为x=−p
．
2
∵圆(x+2)2+y2=4的圆心为(−2,0)，半径r=2．
∴由圆与抛物线的准线相切，可得圆心到直线x=−p
的距离等于半径，
2
|=2，解之得p=8或0舍去．
即|−2+p
2
当p=8时，抛物线方程为y2=16x；
故选：C．
，且已知圆的圆心为(−2,0)，半径r=2.根据圆与由题意得抛物线的准线方程为x=−p
2
抛物线的准线相切，利用点到直线的距离公式加以计算，算出p，即可得到该抛物线方程．
本题给出抛物线的准线与已知圆相切，求抛物线的方程．着重考查了抛物线的标准方程与简单几何性质、直线与圆的位置关系等知识，属于中档题．
【解析】解：由题得g(n)=1n2+n=1
n(n+1)=1
n
−1
n+1
，则S=g(1)+g(2)+g(3)+
⋯g(n)=1−1
2+1
2
−1
3
+1
3
+1
4
+⋯+1
n
−1
n+1
=1−1
n+1
=n
n+1
，
因为S=2019
2020
，故n=2019，由于判断框为否时输出，故n<2020，故选：A．
根据已知可得g(n)=1n2+n=1
n(n+1)=1
n
−1
n+1
，则S=g(1)+g(2)+g(3)+⋯g(n)=
n
n+1
，所以n=2019，再由判断框可得n条件．
本题考查程序框图，属于基础题．
9.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查多面体外接球表面积与棱锥体积的求法，是中档题．
由题意画出图形，可知当平面ABD与平面ABC垂直，且D在平面ABC的投影为三角形ABC 的外心时，四面体ABCD体积最大，求出D到底面ABC的距离，设外接球半径为r，再由勾股定理列式求得r，则答案可求．
【解答】
解：如图，
当平面ABD与平面ABC垂直，且D在平面ABC的投影为三角形ABC的外心时，
四面体ABCD体积最大，设AB中点为G，
由AC=BC=√2，AB=2，得∠ACB=90°，
∴1
3×1
2
×√2×√2×DG=2
3
，解得DG=2，
设四面体ABCD的外接球半径为r，
则r 2=(2−r)2+12，解得r =5
4． ∴球O 的表面积为4π×(5
4)2=254
π．
故选：A ．
10.【答案】B
【解析】解：根据题意，利用(x 1−x 2)⋅[f(x 1)−f(x 2)]>0分析可得函数为增函数， ∵1<(1
2)−0.8=20.8<21.2，ln2<1， ∴a >b >c ， 故选：B ．
根据题意，利用(x 1−x 2)⋅[f(x 1)−f(x 2)]>0分析可得函数为增函数，进而分析21.2、(1
2)−0.8、ln2，的大小，借助单调性，分析可得答案．
本题考查函数单调性的判定与应用，关键是应用(x 1−x 2)⋅[f(x 1)−f(x 2)]>0，判定函数的单调性．
11.【答案】B
【解析】解：双曲线C ：
x 2
a 2
−y 2
b 2=1(a >0,b >0)的一条渐近线不妨为：bx +ay =0， 圆x 2+y 2−4x +2=0即为(x −2)2+y 2=2的圆心(2,0)，半径为√2， 双曲线的一条渐近线被圆x 2+y 2−4x +2=0所截得的弦长为2， 可得圆心到直线的距离为：√(√2)2−12=1=√a 2+b
2
，4b 2c 2
=
4c 2−a 2
c 2
=1，
解得：e =
c a
=
2√33
，
故选：B ．
通过圆的圆心与双曲线的渐近线的距离，列出关系式，然后求解双曲线的离心率即可． 本题考查双曲线的简单性质的应用，主要是离心率的求法，考查圆的方程的应用，考查计算能力．
12.【答案】C
【解析】解：F n =22n
+1(n =0,1,2.…)，
由于a n =log 2(F n −1)=log 2(2
2n
+1−1)=2n ，
故S n =2(1−2n )1−2
=2(2n −1)，
则2n
S
n S n+1
=2n
4(2n −1)(2n+1−1)=1
4(1
2n −1−1
2n+1−1)，
则不等式2
S
1S 2
+22
S
2S 3
+⋯+2n
S
n S n+1
<2n
2020，
即为14(1−
122−1+
1
22−1
−
123−1
+⋯+12n −1
−
1
2n+1−1
)<
2n
2020
，
即有1
4(1−1
2n+1−1)<2n
2020，
即为505(1−1
2n+1−1)<2n ，
由28=256，29=512，210=1024，可得当不等式成立时n 的最小值为9． 故选：C ．
首项利用已知条件求出数列的通项公式，再由等比数列的求和公式，可得2n
S
n S n+1
=
2n
4(2n −1)(2n+1−1)
=1
4(1
2n −1−1
2n+1−1)，进一步利用裂项相消法求出数列的和，进而确定结果．
本题考查的知识要点：数列的通项公式的求法及应用，裂项相消法在数列求和中的应用，主要考查学生的运算能力和转化能力，属于中档题．
13.【答案】√5
【解析】解：∵x 2+y 2≤1， 则可令x =cosθ，y =sinθ，
∴2x +y =2cosθ+sinθ=√5sin(θ+φ)，其中tanφ=2， 根据三角函数的有界限，2x +y 的最大值为√5， 故答案为：√5．
令x =cosθ，y =sinθ，则2x +y =2cosθ+sinθ=√5sin(θ+φ)，进而得到答案． 本题考查的知识点是三角函数的最大值，转化思想，圆的参数方程，难度中档．
14.【答案】4
3
【解析】解：由题可知：OE ⃗⃗⃗⃗⃗ =OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +1
2AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +1
2
OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ；OF ⃗⃗⃗⃗⃗ =OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +BF ⃗⃗⃗⃗⃗ =OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +12BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =12
OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +OB
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ； 所以OA ⃗⃗⃗⃗⃗ =43OE ⃗⃗⃗⃗⃗ −23OF ⃗⃗⃗⃗⃗ ，OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =−23OE ⃗⃗⃗⃗⃗ +4
3
OF ⃗⃗⃗⃗⃗ ，
又因为OC ⃗⃗⃗⃗⃗ =OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +OB
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，代入得OC ⃗⃗⃗⃗⃗ =23OE ⃗⃗⃗⃗⃗ +2
3OF ⃗⃗⃗⃗⃗ ， 所以m +n =23+23=4
3． 故答案为：4
3．
根据题意分别用OE ⃗⃗⃗⃗⃗ 、OF ⃗⃗⃗⃗⃗ 表示出OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ,OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，再根据OC ⃗⃗⃗⃗⃗ =OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 可得OC ⃗⃗⃗⃗⃗ =23OE ⃗⃗⃗⃗⃗ +2
3
OF ⃗⃗⃗⃗⃗ ． 本题考查平面向量的基本定理，属于基础题．
15.【答案】0
【解析】解：函数f(x)(x ∈R)满足f(2−x)=−2−f(x)， ∴函数f(x)关于点(1,−1)中心对称．
函数y =2−x
x−1=1−1
x−1关于点(1,−1)中心对称． 即任意两个交点的横坐标的和为2，纵坐标的和为−2，
与y =f(x)图象的交点为(x 1,y 1)，(x 2,y 2)，…，(x m ,y m )，则和∑(m i=1x i +y i )=0． 故答案为：0．
函数f(x)(x ∈R)满足f(2−x)=−2−f(x)，可得函数f(x)关于点(1,−1)中心对称．函数y =2−x
x−1=1−1
x−1关于点(1,−1)中心对称．即可得出．
本题考查了函数的图象与性质、中点坐标公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
16.【答案】4
【解析】 【分析】
本题为多变量的最值问题，故可以考虑基本不等式来求解，而难点主要在于变形配凑． 1
a−b
+1
b−c +k
c−a ≥0可以变形为k ≤(a −c)(1
a−b +1
b−c )，再用a −c =(a −b)+(b −c)变形，然后展开，利用基本不等式求解即可． 【解答】
解：由不等式1
a−b +1
b−c +k
c−a ≥0恒成立，a >b >c >0， 得k ≤(a −c)(1
a−b +1
b−c )，
又(a−c)(1
a−b +1
b−c
)
=[(a−b)+(b−c)](
1
a−b
+
1
b−c
)
=1+1+a−b
b−c +b−c
a−b
≥2+2√(a−b)(b−c)
(b−c)(a−b)
=4，
当且仅当a−b=b−c即a+c=2b时取等号；
故k≤4，则k的最大值是为4．
故答案为：4．
17.【答案】解：(1)因为各组的频率之和等于1，所以分数在[60,70)内的频率为：
f=1−10(0.005+0.015+0.030+0.025+0.010)=0.15，
所以第三组[60,70)的频数为120×0.15=18(人)
，完整的频率分布直方图如图，
(2)因为众数的估计值是频率分布直方图中最高矩形的中点，
从图中可看出众数的估计值为75分；
因为(0.05+0.15+0.15)×10=0.35<0.5，(0.05+0.15+0.15+0.3)×10>0.5，所以中位数位于[70,80)上，
所以中位数的估计值为：70+0.5−0.35
0.030
=75；
又根据频率分布直方图，样本的平均数的估计值为：
45×(10×0.005)+55×(10×0.015)+65×(10×0.015)
+75×(10×0.03)+85×(10×0.025)+95×(10×0.01)=73.5(分)．
所以，样本的众数为75分，平均数为73.5分．
【解析】(1)频率分布直方图中，小矩形的面积等于这一组的频率，而频率的和等于1，可求出分数在[60,70)内的频率，即可求出矩形的高，画出图象即可；
(2)根据众数是频率分布直方图中最高矩形的底边中点的横坐标，x=中位数将所有的小长方形的面积均分；同一组数据常用该组区间的中点值作为代表，将中点值与每一组的
频率相差再求出它们的和即可求出本次考试的平均分．
本题主要考查了频率及频率分布直方图，以及平均数和概率的有关问题，考查运用统计知识解决简单实际问题的能力，数据处理能力和运用意识．本题属于中档题．
18.【答案】解：(1)由已知等式sinB+sinC=2sinA，利用正弦定理化简得：b+c=2a，
由3b=4a，得：b=4
3a，c=2
3
a，
由余弦定理，可得cosB=a 2+c2−b2
2ac
=a
2+4
9
a2−16
9
a2
2⋅a⋅2
3
a
=−1
4
．
(2)由(1)可得sinB=√1−cos2B=√15
4
，
从而sin2B=2sinBcosB=−√15
8
，
cos2B=cos2B−sin2B=−7
8
，
故f(B)=sin(2B+π
6)=sin2Bcosπ
6
+cos2Bsinπ
6
=−√15
8
×√3
2
−7
8
×1
2
=−3√5+7
16
．
【解析】(1)由已知等式利用正弦定理化简得：b+c=2a，结合3b=4a，可求b=4
3
a，
c=2
3
a，由余弦定理即可求得cosB的值．
(2)由(1)利用同角三角函数基本关系式可求sinB，利用二倍角公式可求sin2B，cos2B，进而根据两角和的正弦函数公式可求f(B)的值．
此题考查了正弦、余弦定理，以及特殊角的三角函数值，熟练掌握定理是解本题的关键，考查了计算能力和转化思想，属于基础题．
19.【答案】解：(1)由四棱锥S−ABCD的三视图，可知底面ABCD是正方形，SA⊥底面ABCD，SA=AD=1．
又CD⊂平面ABCD，∴SA⊥CD．
∵CD⊥AD，∴SA∩AD=A，∴CD⊥平面SAD．
∵AM⊂平面SAD，∴CD⊥AM，
又SA=AD=1.M是SD的中点，∴AM⊥SD，
∵SD∩CD=D，∴AM⊥平面SCD．
∵SC⊂平面SDC，∴SC⊥AM．
(2)∵M是SD的中点，∴V S−ACM=V D−ACM=
V M−ADC．
∴V S−ACM=1
3S△ACD⋅1
2
SA=1
3
⋅1
2
⋅1
2
=1
12
，
∵AN⊥SC，AM⊥SC.AN∩AM=A，∴SC⊥平面AMN．
∴V S−ACM=1
3
S△AMN⋅SC．
∵SC=√3，∴△AMN的面积为S△AMN=3V S−AMN
SC =√3
12
．
【解析】(1)由四棱锥S−ABCD的三视图，可知底面ABCD是正方形，SA⊥底面ABCD，SA=AD=1.利用线面垂直的判定与性质定理即可证明结论．
(2)由M是SD的中点，可得V S−ACM=V D−ACM=V M−ADC.利用三棱锥的体积计算公式即可得出．
本题考查了正方形的性质、线面垂直的判定与性质定理、三棱锥的体积计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
20.【答案】解：(1)∵f(x)=−a
2
x2+ax−x+xlnx，
∴g(x)=f′(x)=−ax+a+lnx，
∴g′(x)=1
x −a=1−ax
x
，(x>0)，
①当a≤0时，g′(x)>0，g(x)在(0,+∞)上单调递增，
②当a>0时，若x∈(0,1
a )，g′(x)>0，g(x)在(0,1
a
)上单调递增，
若x∈(1
a ,+∞)，g′(x)<0，g(x)在(1
a
,+∞)上单调递减，
(2)∵g(1)=f′(1)=0，
①由(1)当a≤0时，f′(x)在(0,+∞)上单调递增，
若x∈(0,1)，f′(x)<0，f(x)单调递减
x∈(1,+∞)，f′(x)>0，f(x)单调递增，
当x=1时，函数取得极小值，不符合题意，
②当a=1时，f′(x)在(0,1)上单调递增，(1,+∞)单调递减∴f′(x)≤f′(1)=0，
∴f(x)在(0,+∞)上单调递减，没有极值，不符合题意，
③当a>1时，0<1
a
<1，
由(1)f′(x)在(0,1
a
)上单调递减，且f′(1)=0，
若x ∈(1
a ,1)，f′(x)>0，f(x)单调递增，若x ∈(1,+∞)，f′(x)<0，f(x)单调递减， 故x =1时，函数取得极大值，符合题意 综上可得，a 的范围(1,+∞)．
【解析】(1)对g(x)求导，然后讨论判定其正负即可求解其单调区间， (2)结合导数取得极大值的条件进行讨论求解．
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，属于中档题．
21.【答案】解：(1)设R(x 1,y 1)P(x,y)，则x 12+y 12
=1，
又R 在x ，y 轴上的射影分别为点S ，T ， 所以S(x 1,0)，T(0,y 1)
由TS ⃗⃗⃗⃗ =SP ⃗⃗⃗⃗⃗ ，得{x 1=x
2y 1=−y ，代入x 12+y 12=1，得
x 24
+y 2=1，故曲线C 的方程为
x 24
+y 2=1；
(2)设P(x 0,y 0)(x 0≠±2)，则
x 0
24+y 02=1，
不妨设直线AP 的方程为y =y
x 0+2(x +2)，令x =4，得点M 的纵坐标为y M =6y 0
x
0+2
，同理
可得点N 的纵坐标y N =2y 0
x
0−2
，
设曲线C 在点P 处的切线方程为y −y 0=k(x −x 0)，
联立{y =k(x −x 0)+y 0
x 2+4y 2
=4，整理得(1+4k 2)x 2+8k(y 0−kx 0)x +4(y 0−kx 0)2−4=0， 因为△=0，即64k 2(y 0−kx 0)2−16(1+4k 2)[(y 0−kx 0)2−1]=0，
整理得y 02−2kx 0y 0+k 2x 02
=1+4k 2， 将y 0
2=1−
x 0
24
，x 02=4(1−y 02
)代入上式并整理，得(2y 0k +
x 02
)2
=0，解得k =−x
4y 0
，
所以曲线C 在点P 处的切线方程为y −y 0=−x
4y 0(x −x 0)，
令x =4，则点Q 的纵坐标为y Q =y 0−
x 0(4−x 0)4y 0
=
4y 02−4x 0+x 0
24y 0
=
4(1−x 0)4y 0=
1−x 0y 0
，
设MQ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =λQN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，所以y Q −y M =λ(y N −y Q )，即1−x 0y 0
−6y 0
x
+2=λ(2y 0
x
−2
−1−x 0y 0
)，
所以
(1−x 0)(x 0+2)−6y 0
2y 0(x 0+2)
=λ⋅
2y 02−(1−x 0)(x 0
−2)y 0(x 0−2)，
将y 02=1−
x 0
24
代入上式得−2+x 02
=λ(−2+x 02
)，
解得λ=1，所以|MQ|
|NQ|=1．
【解析】(1)设R(x 1,y 1)P(x,y)，则S(x 1,0)，T(0,y 1)，根据TS ⃗⃗⃗⃗ =SP ⃗⃗⃗⃗⃗ ，代入即可； (2)根据条件分别表示出M 、N 、Q 的纵坐标，利用MQ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =λQN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，求出λ即可． 本题考查点的轨迹方程，考查直线与椭圆相交，综合性较强，属于中档题．
22.【答案】解：(1)∵玫瑰线方程为：ρ=2sin2θ，以极点为圆心的单位圆的极坐标方
程为：ρ=1，
∴2sin2θ=1，∴sin2θ=1
2， 又∵θ∈[0,π
2]，∴0≤2θ≤π， ∴2θ=π
6或5π
6，∴θ=π
12或5π
12，
∴交点的极坐标为(1,π
12)或(1,5π
12)；
(2)|MN|min =2√2−2，此时点M(2√2,π
4)，点N(2,π
4).
【解析】(1)先求出以极点为圆心的单位圆的极坐标方程，与玫瑰线方程联立即可求出交点的极坐标；
(2))|MN|min =2√2−2，此时点M(2√2,π
4)，点N(2,π
4). 本题主要考查了简单曲线的极坐标方程，是中档题．
23.【答案】解：(1)由|x +m|≤n ，得−n −m ≤x ≤n −m ．
因为不等式|x +m|≤n 的解集为[−6,2]， 所以{−n −m =−6n −m =2，所以{m =2
n =4，
所以实数m ，n 的值分别为2，4； (2)证明：由(1)知m =2，n =4， 因为|my +z|<1
3，|y −nz|<1
3，
所以|2y +z|<1
3，|y −4z|<1
3，所以|2y +z|+|2y −8z|<1． 因为|2y +z|+|2y −8z|≥|(2y +z)−(2y −8z)|=|9z|，
所以|9z|<1，所以|z|<1
9．
【解析】(1)根据不等式|x +m|≤n 的解集为[−6,2]，可得{−n −m =−6
n −m =2，解方程组得
m ，n 的值；
(2)由条件可得|2y +z|+|2y −8z|<1，再由绝对值三角不等式得|2y +z|+|2y −8z|≥|9z|，从而证明|z|<1
9．
本题考查了由不等式的解集求参数的值和绝对值三角不等式，考查了方程思想和转化思想，属中档题．。