2020-2021学年山西省临汾市某校高三(上)8月月考数学(理)试卷(有答案)

2020-2021学年山西省临汾市某校高三（上）8月月考数学（理）
试卷
一、选择题
1. 已知集合A ={x|x 2−4x −5<0}，B ={x||x|>√2}，则A ∩B =( ) A.(5,+∞) B.(1,√2) C.(−√2,5) D.(√2,5)
2. 如图，在复平面内，复数z 1，z 2对应的向量分别是OA →
，OB →
，则复数z 1+z
1z 2
的虚部为
( )
A.1
B.3
C.−1
D.2
3. 已知cos (θ−3π2
)=
5
13
，且cos θ>sin θ，则sin (2θ−2π)=( )
A.−60
169 B.60
169
C.−120
169 D.120
169
4. “净拣棉花弹细，相合共雇王孀，九斤十二是张昌，李德五斤四两．纺讫织成布匹，一百八尺曾量．两家分布要明彰，莫使些儿偏向．”这首古算诗题出自《算法统宗》中的《棉布均摊》，它的意思如下：张昌拣棉花九斤十二两，李德拣棉花五斤四两．共同雇王孀来帮忙细弹、纺线、织布．共织成布匹一百零八尺长，则（注：古代一斤是十六两）( )
A.按张昌37.8尺，李德70.2尺分配就合理了
B.按张昌70.2尺，李德37.8尺分配就合理了
C.按张昌42.5尺，李德65.5尺分配就合理了
D.按张昌65.5尺，李德42.5尺分配就合理了
5. 已知直线l ⊂平面α，则“直线m ⊥平面α”是“m ⊥l ”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
6. 若实数x，y满足不等式组{x+y≤1,
x−2y≥−2,
x+2y≥−2,
则目标函数z=3x+y的最大值为( )
A.3
B.6
C.9
D.12
7. 在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若B，A，C成等差数列，且b=
a cos C+ac cos A，则△ABC外接圆的面积为( )
A.π
3B.2π
3
C.π
D.4π
3
8. 若函数f(x)=e|2x−m|，且f(2x−1)=f(1−2x)，则f(ln3)+f(−ln3)=( )
A.0
B.9e+9
e
C.12
D.18
9. 执行如图所示的程序框图，则输出S的值为( )
A.−1
2
B.0
C.−1
D.1
10. 已知函数f(x)=sinωx−√3cosωx(ω>0)的图象与x轴的两个相邻交点的距离为π，
把f(x)图象上每一点的横坐标缩小到原来的一半，再沿x轴向左平移π
3
个单位长度，然
后纵坐标扩大到原来的2倍得到函数g(x)的图象，若g(x)在[−a,a]上单调递增，则a的
最大值为( )
A.π
12
B.π
6
C.π
4
D.5π
12
11. 若xe x =3，ln y −3e y
=1，则xy =( )
A.3
B.3e
C.3
e
D.e
12. 已知某正三棱锥侧棱与底面所成角的余弦值为
2√1919
，球O 1为该三棱锥的内切球．若
球O 2与球O 1相切，且与该三棱锥的三个侧面也相切，则球O 2与球O 1的表面积之比为( ) A.4
9 B.1
9
C.9
25
D.1
25
二、填空题
已知P (2,6)为抛物线C ：y 2=2px (p >0)上一点，抛物线C 的焦点为F ，则|PF|=________．
已知平面向量a →
，b →
满足|a →
|=|b →
|=|a →
+b →
|，则a →
与a →
−b →
夹角的大小为________.
某学校组织劳动实习，其中两名男生和两名女生参加农场体验活动，体验活动结束后，农场主人与四名同学站一排合影留念．已知农场主人站在中间，两名男生不相邻，则不同的站法共有________种．
已知F 1为双曲线x 2
a 2−y 2
b 2=1(a >0,b >0)的左焦点，P 是双曲线右支上一点，线段PF 1与以该双曲线实轴为直径的圆相交于A ，B 两点，且F 1A →
=AB →
=BP →
，则该双曲线的离心率为________. 三、解答题
已知数列{a n }满足a 1=1
2，且对于任意m ，t ∈N ∗，都有a m+t =a m ⋅a t .
(1)求{a n }的通项公式； (2)设b n =(−1)n−1a n a n+1
，求数列{b n }的前n 项和T n .
如图，在直三棱柱ABC −A 1B 1C 1中，△ABC 是以BC 为斜边的等腰直角三角形，O ，M 分别为BC ，AA 1的中点．
(1)证明：OM//平面CB 1A 1；
(2)若四边形BB 1C 1C 为正方形，求平面MOB 1与平面CB 1A 1所成二面角的正弦值．
已知甲盒中有三个白球和三个红球，乙盒中仅装有三个白球，球除颜色外完全相同，现从甲盒中任取三个球放入乙盒中． (1)求乙盒中红球个数X 的分布列与期望；
(2)求从乙盒中任取一球是红球的概率．
已知椭圆E ：x 2a
2
+y 2b 2
=1(a >b >0)的右顶点为A ，斜率为k (k ≠0)的直线l 交E 于A ，B
两点．当k =
√3
2
时，|AB|=√7，且△OAB 的面积为ab
2．（O 为坐标原点）
(1)求椭圆E 的方程；
(2)设F 为E 的右焦点，垂直于l 的直线与l 交于点M ，与y 轴交于点H ，若BF ⊥HF ，且
|MA|=|MO|，求k 的值．
已知函数f (x )=(x 2+4x +3)ln (x +1)−5
2x 2+(a −3)x .
(1)当a =−8时，求f (x )的单调性；
(2)如果对任意x ≥0，f (x )≥0恒成立，求a 的取值范围．
在直角坐标系xOy 中，曲线C 的参数方程为{x =sin t +cos t +2,
y =sin t −cos t （t 为参数）.以坐标原
点为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线l 的极坐标方程为θ=α(0≤α<
(1)求曲线C的极坐标方程；
(2)已知曲线C与直线l交于A，B两点，若|OA|+|OB|=2√3，求直线l的直角坐标方程．
已知函数f(x)=2|x−1|.
(1)求不等式f(x)<3x−4的解集；
(2)已知函数g(x)=f(x)+|2x|的最小值为m，且a，b，c都是正数，a+2b+c=m，
证明：1
a+b +1
b+c
≥2.
参考答案与试题解析
2020-2021学年山西省临汾市某校高三（上）8月月考数学（理）
试卷
一、选择题
1.
【答案】
D
【考点】
绝对值不等式
一元二次不等式的解法
交集及其运算
【解析】
本题考查集合的交集运算，考查运算求解能力．
【解答】
解：因为A=(−1,5)，B=(−∞,−√2)∪(√2,+∞)，
所以A∩B=(√2,5).
故选D．
2.
【答案】
B
【考点】
复数代数形式的混合运算
复数代数形式的乘除运算
复数的代数表示法及其几何意义
【解析】
本题考查复数的四则运算，考查运算求解能力．
【解答】
解：由图知，z1=1+2i，z2=2−i，
则z1+z1
z2=1+2i+1+2i
2−i
=1+3i，
所以复数z1+z1
z2
的虚部为3．故选B．
3.
【答案】
C
【考点】
二倍角的正弦公式
诱导公式
同角三角函数间的基本关系
本题考查三角恒等变换，考查运算求解能力．【解答】
解：∵cos(θ−3π
2)=−sinθ=5
13
，
∴sinθ=−5
13
，
∴cosθ=±12
13
．
又∵cosθ>sinθ，
∴cosθ=12
13
，
∴sin(2θ−2π)=sin2θ
=2sinθcosθ=−120
169
．
故选C．
4.
【答案】
B
【考点】
生活中概率应用
【解析】
【解答】
解：九斤十二两等于9.75斤，五斤四两等于5.25斤，
所以按张昌9.75
9.75+5.25
×108=70.2尺，
李德 5.25
9.75+5.25
×108=37.8尺分配就合理了.
故选B．
5.
【答案】
A
【考点】
必要条件、充分条件与充要条件的判断
空间中直线与平面之间的位置关系
【解析】
本题考查线面垂直的判定、性质定理以及充分必要条件，考查逻辑推理能力．【解答】
解：∵直线m⊥平面α，
∴m垂直于平面α内所有直线．
又∵直线l⊂平面α，
∴直线m⊥直线l．
反之不成立．
故选A．
6.
【考点】
求线性目标函数的最值 【解析】
本题考查线性规划，考查运算求解能力． 【解答】
解：如图作出可行域，
联立{x +y =1,x +2y =−2,
解得{x =4,
y =−3.
当直线3x +y =0平移到过点(4,−3)时，z 取得最大值9 .
故选C . 7. 【答案】 A
【考点】 等差中项
两角和与差的正弦公式 解三角形 正弦定理
【解析】
本题考查正弦定理以及三角恒等变换，考查运算求解能力． 【解答】
解：因为B ，A ，C 成等差数列， 所以2A =B +C ，则A =π
3．
已知b =a cos C +ac cos A ，
由正弦定理可知，sin B =sin A cos C +a sin C cos A ， 由sin B =sin [π−(A +C)]=sin (A +C) =sin A cos C +cos A sin C ， 易得a =1．
所以△ABC 外接圆的半径为a
2sin A =√33
， 从而△
ABC 外接圆的面积为(√3
3)2
π
=π
3 .
【答案】 D
【考点】 函数的求值 【解析】
本题考查函数图象的对称性，考查数形结合的数学思想． 【解答】
解：由f(2x −1)=f(1−2x)，
可知函数f(x)=e |2x−m|的图象关于y 轴对称， 则m
2=0，
得m =0，
故f(x)=e |2x|，
f(ln 3)+f(−ln 3)=2f(ln 3)=2e 2ln 3=18． 故选D . 9.
【答案】 B
【考点】 程序框图 【解析】
本题考查程序框图，考查逻辑推理能力． 【解答】
解：由程序框图可知，
第一次循环，i =1，a 1=−1
2
，S =−1
2
；
第二次循环，i =2，a 2=−1
2
，S =−1；
第三次循环，i =3，a 3=1，S =0； ⋯⋯；
第八次循环，i =8，a 8=−1
2，S =−1；
第九次循环，i =9，a 9=1，S =0. 由于i =9>8，
停止循环，所以输出S =0． 故选B ． 10.
【答案】 A
【考点】
两角和与差的正弦公式
函数y=Asin （ωx+φ）的图象变换 正弦函数的单调性
【解析】
本题考查三角函数的图象及其性质，考查数形结合的数学思想，逻辑推理能力．【解答】
解：由题意，知f(x)=sinωx−√3cosωx=2sin(ωx−π
3
)．
因为函数f(x)的图象与x轴的两个相邻交点的距离为π，
所以函数f(x)的最小正周期T=2π
ω
=2π，
所以ω=1，
所以f(x)=2sin(x−π
3
)．
由题意，可得g(x)=4sin[2(x+π
3)−π
3
]=4sin(2x+π
3
)，
所以由−π
2+2kπ≤2x+π
3
≤π
2
+2kπ（k∈Z），
得−5π
12+kπ≤x≤π
12
+kπ（k∈Z），
因此[−a,a]⊂[−5π
12,π
12
]，
则−a<a，−a≥−5π
12，a≤π
12
，
即0<a≤π
12，从而a的最大值为π
12
．
故选A．
11.
【答案】
B
【考点】
对数及其运算
指数函数的单调性与特殊点
【解析】
本题考查指数、对数之间的转化关系，考查逻辑推理能力，运算求解能力．【解答】
解：由ln y−3e
y
=1，
可得ln y
e =3e
y
．
则y
e ln y
e
=3，
令t=ln y
e
，
则te t=3．
又因为y=xe x在(0,+∞)上单调递增，所以t=x，即y=e x+1，
则xy=xe x+1=3e .
【答案】
C
【考点】
多面体的内切球问题
直线与平面所成的角
球的表面积和体积
【解析】
本题考查三棱锥内切球的应用，考查空间想象能力，逻辑推理能力．【解答】
解：如图，取△ABC的外心O，连接PO，AO，
则PO必过O1，O2，且PO⊥平面ABC，
可知∠PAO为侧棱与底面所成的角，
即cos∠PAO=2√19
19
.
取AB的中点M，连接PM，MC.
设圆O1，O2的半径分别为R，r，
令OA=2，
则PA=√19，AB=2√3，AM=√3，
OM=1，PM=√PA2−AM2=4，
所以r
PO2=OM
PM
=1
4
，
即PO2=4r.
从而PO1=4r+r+R=5r+R，
所以R
PO1=R
5r+R
=1
4
，
则r
R =3
5
，
所以球O2与球O1的表面积之比为9
25
．故选C．
二、填空题
【答案】
13
2
【考点】
抛物线的标准方程 【解析】
本题考查抛物线的标准方程，考查运算求解能力.
【解答】
解：由P(2,6)为抛物线C:y 2=2px(p >0)上一点， 得62=4p ，可得p =9， 则|PF |=2+9
2=132
.
故答案为：132.
【答案】 π6
【考点】
数量积表示两个向量的夹角 向量的模
【解析】
本题考查平面向量，考查运算求解的能力． 【解答】
解：由|a →
|=|b →
|=|a →
+b →
|，
得|a →
+b →
|2
=|a →|2
+|b →
|2
+2|a →
|⋅|b →
|cos <a →,b →
>， 得cos <a →,b →
>=−1
2， |a →
−b →
|2
=|a →|2+|b →
|2
−2|a →
|⋅|b →
|cos <a →,b →
> =3|a →
|2，
∴ cos <a →,a →
−b →
>=
a →⋅(a →−
b →)|a →
|⋅|a →−b →
|
=
√32
， ∴ <a →,a →
−b →
>=π6
． 故答案为：π
6．
【答案】
16
【考点】
排列、组合及简单计数问题 【解析】
本题考查计数原理，考查逻辑推理能力． 【解答】
解：农场主人在中间共有A 44=24种站法，
农场主人在中间，两名男生相邻共有2A 22⋅A 22
=8种站法，
故所求站法共有24−8=16（种）. 故答案为：16． 【答案】 √97
5
【考点】
双曲线的离心率 平行向量的性质
【解析】
本题考查双曲线与圆的几何性质，考查数形结合的数学思想． 【解答】 解：设F 2为双曲线
x 2a 2
−
y 2b 2
=1的右焦点，连结PF 2；
取AB 的中点M ，连结OM ，OA ，如图所示，
则OM ⊥PF 1． 因为F 1A →
=AB →
=BP →
， 所以M 是PF 1的中点，
则OM//PF 2 ，|OM|=1
2|PF 2|且PF 2⊥PF 1． 设|AB|=t ，则|PF 1|=3t ， |PF 2|=3t −2a ，|AM|=t 2． 因为|OM|2+|AM|2=|OA|2， 所以(
3t−2a 2)2+(t 2)2
=a 2，
解得t =6
5a ， 则|PF 1|=
185
a ，|PF 2|=8
5a .
又因为|PF 1|2+|PF 2|2=|F 1F 2|2， 所以(18
5a)2
+(8
5a)2
=(2c)2， 可得c 2
a 2=9725，
所以e2=97
25
，
即该双曲线的离心率e=√97
5
.
故答案为：√97
5
.
三、解答题
【答案】
解：(1)∵对于任意m，t∈N∗，都有a m+t=a m⋅a t成立，∴令m=n，t=1，
得a n+1=a n⋅a1，∴a n+1=1
2
a n，n∈N∗，
∴数列{a n}是首项和公比都为1
2
的等比数列，
∴a n=1
2⋅(1
2
)n−1=(1
2
)
n
，n∈N∗．
(2)∵b n=(−1)n−1
a n a n+1
=(−1)n−1⋅2n⋅2n+1
=(−1)n−1⋅22n+1，
∴T n=23−25+27−29+⋯+(−1)n−1⋅22n+1
=23[1−(−22)n]
1−(−22)=8
5
−(−1)n⋅22n+3
5
.
【考点】
等比数列的前n项和
等比关系的确定
等比数列的通项公式
【解析】
无
无
【解答】
解：(1)∵对于任意m，t∈N∗，都有a m+t=a m⋅a t成立，∴令m=n，t=1，
得a n+1=a n⋅a1，∴a n+1=1
2
a n，n∈N∗，
∴数列{a n}是首项和公比都为1
2
的等比数列，
∴a n=1
2⋅(1
2
)n−1=(1
2
)
n
，n∈N∗．
(2)∵b n=(−1)n−1
a n a n+1
=(−1)n−1⋅2n⋅2n+1
=(−1)n−1⋅22n+1，
∴T n=23−25+27−29+⋯+(−1)n−1⋅22n+1
=23[1−(−22)n]
1−(−22)=8
5
−(−1)n⋅22n+3
5
.
【答案】
(1)证明：如图，连接BC 1，交CB 1于点N ， 连接A 1N ，ON ，则N 为CB 1的中点．
因为O 为BC 的中点，
所以ON//BB 1，且ON =1
2BB 1. 又MA 1//BB 1，MA 1=12BB 1，
所以ONA 1M 为平行四边形，即OM//A 1N . 因为OM ⊄平面CB 1A 1， 所以OM//平面CB 1A 1．
(2)解：连接OA ，令BC =2， 因为AB =AC ，O 为BC 的中点， 所以AO ⊥BC .
又三棱柱ABC −A 1B 1C 1是直三棱柱，ON//BB 1， 所以OA ，OB ，ON 互相垂直，
分别以OB →
，ON →
，OA →
的方向为x 轴、y 轴、z 轴的正方向， 建立如图所示的空间直角坐标系O −xyz ．
因为AB =AC =√2，BC =AA 1=2，
所以O(0,0,0)，B 1(1,2,0)，M(0,1,1)，C(−1,0,0)， 所以OM →
=NA 1→
=(0,1,1)，OB 1→
=(1,2,0)，CB 1→
=(2,2,0). 设平面MOB 1的法向量为m →
=(x,y,z)， 则{OM →
⋅m →
=0,
OB 1→⋅m →=0, 即{y +z =0,x +2y =0,
令z =1，可得y =−1，x =2，
所以平面MOB 1的一个法向量为m =(2,−1,1). 设平面CB 1A 1的法向量为n →=(a,b,c)，
则{NA 1→
⋅n →
=0,CB 1→⋅n →=0, 即{b +c =0,2a +2b =0,
令c =1，可得b =−1，a =1，
所以平面CB 1A 1的一个法向量为n →
=(1,−1,1)， 所以cos ⟨n →,m →
⟩ =√22+(−1)2+12×√12+(−1)2+12
=
3√2
=
2√2
3
， 所以平面MOB 1与平面CB 1A 1所成二面角的正弦值为1
3． 【考点】
用空间向量求平面间的夹角 直线与平面平行的判定
【解析】 此题暂无解析 【解答】
(1)证明：如图，连接BC 1，交CB 1于点N ， 连接A 1N ，ON ，则N 为CB 1的中点．
因为O 为BC 的中点，
所以ON//BB 1，且ON =1
2BB 1. 又MA 1//BB 1，MA 1=12BB 1，
所以ONA 1M 为平行四边形，即OM//A 1N . 因为OM ⊄平面CB 1A 1， 所以OM//平面CB 1A 1．
(2)解：连接OA ，令BC =2， 因为AB =AC ，O 为BC 的中点， 所以AO ⊥BC .
又三棱柱ABC −A 1B 1C 1是直三棱柱，ON//BB 1， 所以OA ，OB ，ON 互相垂直，
分别以OB →
，ON →
，OA →
的方向为x 轴、y 轴、z 轴的正方向， 建立如图所示的空间直角坐标系O −xyz ．
因为AB =AC =√2，BC =AA 1=2，
所以O(0,0,0)，B 1(1,2,0)，M(0,1,1)，C(−1,0,0)， 所以OM →
=NA 1→
=(0,1,1)，OB 1→
=(1,2,0)，CB 1→
=(2,2,0). 设平面MOB 1的法向量为m →
=(x,y,z)， 则{OM →
⋅m →
=0,
OB 1→⋅m →=0, 即{y +z =0,x +2y =0,
令z =1，可得y =−1，x =2，
所以平面MOB 1的一个法向量为m =(2,−1,1). 设平面CB 1A 1的法向量为n →=(a,b,c)， 则{NA 1→
⋅n →
=0,CB 1→⋅n →=0, 即{b +c =0,2a +2b =0,
令c =1，可得b =−1，a =1，
所以平面CB 1A 1的一个法向量为n →
=(1,−1,1)， 所以cos ⟨n →,m →
⟩=2×1−1×(−1)+1×1√22+(−1)2+12×√12+(−1)2+12
=4
3
√
2
=2√2
3
， 所以平面MOB 1与平面CB 1A 1所成二面角的正弦值为13
． 【答案】
解：(1)由题意知X 的可能取值为0，1，2，3， P(X =0)=C 30C 33C 6
3=1
20， P(X =1)=C 31C 32C 6
3=9
20， P(X =2)=C 32C 31C 6
3=920， P(X =3)=
C 33C 30C 6
3=120，
所以X 的分布列为：
所以E(X)=0×1
20+1×9
20
+2×9
20
+3×1
20
=3
2
．
(2)当乙盒中红球个数为0时，P1=0，
当乙盒中红球个数为1时，P2=9
20×1
6
=3
40
，
当乙盒中红球个数为2时，P3=9
20×2
6
=3
20
，
当乙盒中红球个数为3时，P4=1
20×3
6
=1
40
，
所以从乙盒中任取一球是红球的概率为P1+P2+P3+P4=1
4
．【考点】
互斥事件的概率加法公式
离散型随机变量的期望与方差
离散型随机变量及其分布列
古典概型及其概率计算公式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)由题意知X的可能取值为0，1，2，3，
P(X=0)=C30C33
C63=1
20
，
P(X=1)=C31C32
C63=9
20
，
P(X=2)=C32C31
C63=9
20
，
P(X=3)=C33C30
C63=1
20
，
所以X的分布列为：
所以E(X)=0×1
20+1×9
20
+2×9
20
+3×1
20
=3
2
．
(2)当乙盒中红球个数为0时，P1=0，
当乙盒中红球个数为1时，P2=9
20×1
6
=3
40
，
当乙盒中红球个数为2时，P3=9
20×2
6
=3
20
，
当乙盒中红球个数为3时，P 4=
120
×36
=
1
40
，
所以从乙盒中任取一球是红球的概率为P 1+P 2+P 3+P 4=1
4． 【答案】 解：(1)由当k =√3
2
时，△OAB 的面积为ab
2，可知此时B 为椭圆的下顶点．
所以k =
b a
=
√3
2
，|AB|=√a 2+b 2=√7，得a 2=4，b 2=3，
所以椭圆E 的方程为x 2
4+
y 23
=1．
(2)设B (x B ,y B )，直线l 的方程为y =k(x −2)， 由方程组 {x 2
4+y 2
3=1,y =k (x −2),
消去y ， 整理得(4k 2+3)x 2−16k 2x +16k 2−12=0， 解得x =2或x =8k 2−64k 2+3
，
由题意得x B =
8k 2−64k 2+3
，从而y B =
−12k
4k 2+3
.
因为|MA|=|MO|，
所以M 的坐标为(1,−k)，
因此直线MH 的方程为y =−1
k x +1
k −k ，则H 的坐标为(0,1
k −k)． 由BF ⊥HF 得BF →
⋅HF →
=0．
由(1)知F (1,0)，则FH →
=(−1,1
k −k)，BF →
=(9−4k 2
4k 2+3,12k
4k 2+3)， 所以4k 2−9
4k 2+3+12k
4k 2+3(1k −k)=0， 解得k =−
√6
4
或k =
√6
4
， 所以直线l 的斜率k =−√6
4
或k =
√6
4
． 【考点】
圆锥曲线的综合问题 直线与椭圆的位置关系 椭圆的标准方程 【解析】 无 【解答】 解：(1)由当k =√3
2
时，△OAB 的面积为ab
2，可知此时B 为椭圆的下顶点．
所以k =b
a =
√3
2
，|AB|=√a 2+b 2=√7，得a 2=4，b 2=3，
所以椭圆E 的方程为x 2
4+
y 23
=1．
(2)设B (x B ,y B )，直线l 的方程为y =k(x −2)， 由方程组 {x 2
4+
y 2
3=1,y =k (x −2),
消去y ，
整理得(4k 2+3)x 2−16k 2x +16k 2−12=0， 解得x =2或x =
8k 2−64k 2+3
，
由题意得x B =8k 2−6
4k 2+3，从而y B =−12k
4k 2+3. 因为|MA|=|MO|，
所以M 的坐标为(1,−k)，
因此直线MH 的方程为y =−1
k x +1
k −k ，则H 的坐标为(0,1
k −k)． 由BF ⊥HF 得BF →
⋅HF →
=0．
由(1)知F (1,0)，则FH →
=(−1,1
k
−k)，BF →
=(
9−4k 2
4k 2+3,
12k
4k 2+3
)，
所以4k 2−9
4k 2+3+12k 4k 2+3(1
k −k)=0， 解得k =−
√6
4
或k =
√64
， 所以直线l 的斜率k =−√6
4
或k =
√6
4
． 【答案】
解：(1)当a =−8时，f(x)的定义域为(−1,+∞)， f ′(x)=(2x +4)ln (x +1)−4x −8 =(2x +4)[ln (x +1)−2]， 令f ′(x)=0，解得x =e 2−1，
当−1<x <e 2−1时，f ′(x)<0，则f(x)在(−1,e 2−1)上单调递减； 当x >e 2−1时，f ′(x)>0，则f(x)在(e 2−1,+∞)上单调递增． (2)当x ≥0时，f ′(x)=(2x +4)ln (x +1)−4x +a ， 设函数g(x)=f ′(x)=(2x +4)ln (x +1)−4x +a ， 则g ′(x)=2ln (x +1)−
2x x+1
.
设函数ℎ(x)=2ln (x +1)−2x
x+1
，x ∈[0,+∞)，
则ℎ′(x)=
2x (x+1)2
≥0.
又ℎ(x)≥ℎ(0)=0，从而g ′(x)≥0， 所以f ′(x)在[0,+∞)上单调递增.
当a ≥0时，f ′(x)≥f ′(0)=a ≥0，则f(x)在[0,+∞)上单调递增， 又f(0)=0，符合题意.
当a <0时，设f ′(x)在(0,+∞)上的唯一零点为x 0. 当x ∈[0,x 0)时，f ′(x)<0； 当x ∈(x 0,+∞)时，f ′(x)>0，
故f(x)在(0,x 0)上单调递减，在(x 0,+∞)上单调递增，
所以f(x 0)<f(0)=0，不符合题意.
综上，a 的取值范围为[0,+∞)．
【考点】
利用导数研究不等式恒成立问题
函数恒成立问题
利用导数研究函数的单调性
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)当a =−8时，f(x)的定义域为(−1,+∞)，
f ′(x)=(2x +4)ln (x +1)−4x −8
=(2x +4)[ln (x +1)−2]，
令f ′(x)=0，解得x =e 2−1，
当−1<x <e 2−1时，f ′(x)<0，则f(x)在(−1,e 2−1)上单调递减； 当x >e 2−1时，f ′(x)>0，则f(x)在(e 2−1,+∞)上单调递增．
(2)当x ≥0时，f ′(x)=(2x +4)ln (x +1)−4x +a ，
设函数g(x)=f ′(x)=(2x +4)ln (x +1)−4x +a ，
则g ′(x)=2ln (x +1)−2x x+1.
设函数ℎ(x)=2ln (x +1)−2x x+1，x ∈[0,+∞)，
则ℎ′(x)=2x (x+1)2≥0.
又ℎ(x)≥ℎ(0)=0，从而g ′(x)≥0，
所以f ′(x)在[0,+∞)上单调递增.
当a ≥0时，f ′(x)≥f ′(0)=a ≥0，则f(x)在[0,+∞)上单调递增， 又f(0)=0，符合题意.
当a <0时，设f ′(x)在(0,+∞)上的唯一零点为x 0.
当x ∈[0,x 0)时，f ′(x)<0；
当x ∈(x 0,+∞)时，f ′(x)>0，
故f(x)在(0,x 0)上单调递减，在(x 0,+∞)上单调递增，
所以f(x 0)<f(0)=0，不符合题意.
综上，a 的取值范围为[0,+∞)．
【答案】
解：(1)由曲线C 的参数方程{x =sin t +cos t +2,y =sin t −cos t
（t 为参数）， 得曲线C 的普通方程为(x −2)2+y 2=2，
得x 2+y 2−4x +2=0，
曲线C 的极坐标方程为ρ2−4ρcos θ+2=0．
(2)将直线l 的极坐标方程代入曲线C 的极坐标方程，
得ρ2−4ρcos α+2=0，
又ρ1⋅ρ2=2>0，
所以|OA|+|OB|=|ρ1+ρ2|=|4cos α|=2√3，
即α=π6或5π6，
所以直线l 的直角坐标方程为y =±
√33
x ． 【考点】
圆的参数方程
圆的极坐标方程
直线与圆的位置关系
【解析】
左侧图片未给出解析．
左侧图片未给出解析．
【解答】
解：(1)由曲线C 的参数方程{x =sin t +cos t +2,y =sin t −cos t
（t 为参数）， 得曲线C 的普通方程为(x −2)2+y 2=2，
得x 2+y 2−4x +2=0，
曲线C 的极坐标方程为ρ2−4ρcos θ+2=0．
(2)将直线l 的极坐标方程代入曲线C 的极坐标方程，
得ρ2−4ρcos α+2=0，
又ρ1⋅ρ2=2>0，
所以|OA|+|OB|=|ρ1+ρ2|=|4cos α|=2√3，
即α=π6或5π6，
所以直线l 的直角坐标方程为y =±√33x ． 【答案】
(1)解：由题可得2|x −1|<3x −4，
所以−(3x −4)<2(x −1)<3x −4，
解得x >2，
所以不等式f (x )<3x −4的解集为(2,+∞) ．
(2)证明：g (x )=2|x −1|+|2x|≥|2x −2−2x|=2， 则m =2，
则(a +b )+(b +c )=2，
故1a+b +1b+c =12(1a+b +1b+c )[(a +b)+(b +c)]
=12(2+b+c a+b +a+b b+c )≥2，
当且仅当a +b =b +c =1时取等号．
【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】
（1）解：
由题可得|x −1|<3x −4，所以−(3x −4)<2(x −1)<3x −4， 解得x >2,所以不等式f (x )<3x −4的解集为(2,+∞) ．
【解答】
(1)解：由题可得2|x−1|<3x−4，
所以−(3x−4)<2(x−1)<3x−4，
解得x>2，
所以不等式f(x)<3x−4的解集为(2,+∞)．
(2)证明：g(x)=2|x−1|+|2x|≥|2x−2−2x|=2，则m=2，
则(a+b)+(b+c)=2，
故1
a+b +1
b+c
=1
2
(1
a+b
+1
b+c
)[(a+b)+(b+c)]
=1
2(2+b+c
a+b
+a+b
b+c
)≥2，
当且仅当a+b=b+c=1时取等号．。