2020-2021学年河南省南阳市高三（下）3月联考数学（文）试卷北师大版

这是一份2020-2021学年河南省南阳市高三（下）3月联考数学（文）试卷北师大版，共13页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


1. 已知集合A=x|2x<4，B=x|y=x−1，则A∩B等于( )
A.2,+∞B.[1,+∞)C.1,2D.[1,2)

2. 若复数z在复平面内的对应点为(1,−1)，则z1+i的虚部为( )
A.−iB.−1C.0D.1

3. 等比数列an的前n项和为Sn，若an>0，q>1，a3+a5=20，a2a6=64，则S4等于( )
A.15B.20C.31D.32

4. 已知空间中不过同一点的三条直线m，n，l，则“m，n，l两两相交”是“m，n，l在同一平面”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

5. 候鸟每年都要随季节的变化进行大规模的迁徙．研究某种鸟类的专家发现，该种鸟类的飞行速度v（单位：m/s）与其耗氧量Q之间的关系为v=a+lg2Q10（其中a是实数）．据统计，该种鸟类在静止的时候其耗氧量为20个单位．若这种鸟类为赶路程，飞行的速度不能低于2m/s，其耗氧量至少需要( )个单位．
A.70B.60C.80D.75

6. 如图来自古希腊数学家希波克拉底所研究的几何图形，此图由一个半圆和一个四分之一圆构成，两个阴影部分分别标记为A和M．在此图内任取一点，此点取自A区域的概率记为P(A)，取自M区域的概率记为P(M)，则( )

A.P(A)>P(M)
B.P(A)C.P(A)＝P(M)
D.P(A)与P(M)的大小关系与半径长度有关

7. 已知[x]表示不超过x的最大整数．执行如图所示的程序框图，若输入x的值为2.4，则输出z的值为( )

A.1.2B.0.6C.0.4D.−0.4

8. 函数f(x)=(e​x−e​−x)csxx​2的部分图象大致形状是( )
A.B.
C.D.

9. 若P为直线x−y+4=0 上一个动点，从点P引圆C:x2+y2−4x=0的两条切线PM，PN（切点为M，N），则|MN|的最小值是( )
A.43B.473C.374D.6

10. 已知函数fx=Asinωx+φ(A>0，ω>0，|φ|<π2)的部分图象如图所示．现将函数fx图象上的所有点向右平移π4个单位长度后，横坐标再缩短到原来的12倍得到函数gx的图象，则函数gx的解析式为( )

A.gx=2sin12x−π4B.gx=2sin4x+π4
C.gx=2sin12x+π4D.gx=2sin4x−π4

11. fx=x2,x≤0，lnx+1,x>0，对于∀x∈[−1,+∞)，均有fx−1≤ax+1，则实数a的取值范围是( )
A.1e2,+∞B.1e,+∞C.[1,+∞)D.1e2,1e

12. 侧棱长为23的正四棱锥V−ABCD内，有一半球，其大圆面落在正四棱锥底面上，且与正四棱锥的四个侧面相切，当正四棱锥的体积最大时，该半球的半径为( )
A.1B.2C.22D.2
二、填空题

已知单位向量e1→，e2→的夹角是2π3，向量a→=3e1→+λe2→，若a→⊥e2→，则实数λ=________.

已知实数x，y满足2x+y−2≥0，3x−y−3≤0，x−2y+4≥0， 则z=x−3y的最小值为________.

在数列{an}中，满足an+1+(−1)nan=2n−1，则数列{an}的前20项之和为________．

已知直线l:x−3y=0交双曲线Γ:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)于A，B两点.
(1)已知点P是双曲线上不同于点A，B的任意一点，则kPA⋅kPB=________（结果用a，b表示）；

(2)过点A作直线l的垂线AC交双曲线Γ于点C.若∠ABC=60∘，则双曲线Γ的离心率为________.
三、解答题

如图，DC⊥平面ABC，EB // DC，AC=BC=EB=2DC=2，∠ACB=90∘，P，Q分别为DE，AB的中点．

(1)求证：PQ // 平面ACD；

(2)求几何体B−ADE的体积．

在△ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且3acsB−bsinA=0.
(1)求角B的大小；

(2)若b=7，a+c=5，求AC边上的高．

近年来，政府相关部门引导乡村发展旅游的同时，鼓励农户建设温室大棚种植高品质农作物．为了解某农作物的大棚种植面积对种植管理成本的影响，甲、乙两同学一起收集6家农户的数据，进行回归分析，得到两个回归模型：
模型①y(1)=−1.65x+28.75；模型②：y(2)=26.67x+13.50．
对以上两个回归方程进行残差分析，得到表：

(1)将以上表格补充完整，并根据残差平方和判断哪个模型拟合效果更好；

(2)视残差ei的绝对值超过1.5的数据为异常数据，针对(1)中拟合效果较好的模型，剔除异常数据后，重新求回归方程．
附： b=i=1nxi−x¯yi−y¯i=1nxi−x¯2，a=y¯−bx¯；0.272+0.382+0.972+1.022+0.282≈2.277．

已知函数fx=ex−ax2，其中常数a∈R.
(1)当x∈0,+∞时，不等式fx>0恒成立，求实数a的取值范围；

(2)若a=1，且x∈[0,+∞)时，求证：fx>x2+4x−14.

设点C(x, y)(y≥0)为平面直角坐标系xOy中的一个动点（其中O为坐标系原点），点C到直线y=0的距离比到定点F(0, 1)的距离小
1，动点C的轨迹方程为E．
(1)求曲线E的方程；

(2)若过点F的直线l与曲线E相交于A，B两点．
①若AF​→=2F​B→，求直线l的直线方程；
②分别过点A，B作曲线E的切线且交于点D，是否存在以O为圆心，以OD为半径的圆与经过点F且垂直于直线l的直线l1相交于M，N两点，求|MN|的取值范围．

在平面直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为x=1+tcsφ，y=1+tsinφ（t为参数，φ∈[0,π)），以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴，建立极坐标系，圆C的极坐标方程为ρ=4csθ−π3．
(1)求圆C的直角坐标方程；

(2)设点P的坐标为P1,1，若直线l与圆C相交于A，B两点，求|PA→−PB→|的最大值．

已知a，b，c为正数，且a+b+c=2，求证：
(1)ab+bc+ac≤43；

(2)2−ab⋅2−bc⋅2−ca≥8.
参考答案与试题解析
2020-2021学年河南省南阳市高三（下）3月联考数学（文）试卷
一、选择题
1.
【答案】
D
【考点】
交集及其运算
【解析】
可以求出集合A，B，然后进行交集的运算即可．
【解答】
解：A=x|2x<4=x|x<2，
B=x|y=x−1=x|x≥1，
所以A∩B=x|1≤x<2=[1,2)．
故选D．
2.
【答案】
B
【考点】
复数的基本概念
复数代数形式的乘除运算
【解析】
由题得z=1−i，化简z1+i=−i，即得复数的虚部．
【解答】
解：由题得z=1−i，
所以z1+i=1−i1+i=1−i21+i1−i=−2i2=−i，
所以z1+i的虚部为−1．
故选B．
3.
【答案】
A
【考点】
等比数列的前n项和
等比数列的性质
【解析】
由题设求得首项a1与公比q，即可求得S4．
【解答】
解： ∵an>0，q>1，
∴数列an是递增数列，
又由题设可得：a2a6=64=a3a5，a3+a5=20，
∴a3=4，a5=16，
∴q2=a5a3=4，
∴q=2，
∴ a1=a3q2=1，
∴S4=a1(1−q4)1−q=15．
故选A．
4.
【答案】
A
【考点】
必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】
由m，n，l在同一平面，则m，n，I相交或m，n，l有两个平行，另一直线与之相交，或三条直线两两平行，根据充分条件，必要条件的定义即可判断．
【解答】
解：空间中不过同一点的三条直线m，n，l，
若m，n，l在同一平面，则m，n，I相交或m，n，l有两个平行，另一直线与之相交，或三条直线两两平行；
若“m，n，l两两相交”，则m，n，l在同一平面”成立，
故“m，n，l两两相交”是“m，n，l在同一平面”的充分不必要条件．
故选A．
5.
【答案】
C
【考点】
函数模型的选择与应用
对数及其运算
【解析】
利用对数运算，列出等式，直接计算即可.
【解答】
解：由题意，当静止时，速度为0，此时耗氧量为20,
所以0=a+lg22010，即a+1=0,
所以a=−1,即v=−1+lg2Q10，
所以−1+lg2Q10≥2，
所以Q≥80,
所以耗氧量至少需要80.
故选C.
6.
【答案】
C
【考点】
几何概型计算（与长度、角度、面积、体积有关的几何概型）
扇形面积公式
【解析】
设四分之一圆的半径为r，求出A区域的面积为SA=12×r×r=r22，M区域的面积为SM=12×(2r2)2π−[14(πr2)−12r2]=r22，由此利用几何概型概率计算公式求出P(A)＝P(M)．
【解答】
解：设四分之一圆的半径为r，
则A区域的面积为SA=12×r×r=r22，
M区域的面积为SM=12×(2r2)2π+12r2−14(πr2)
=14πr2+12r2−14πr2
=r22，
∴ P(A)=P(M)．
故选C.
7.
【答案】
D
【考点】
程序框图
【解析】
模拟执行该程序框图，即可得出程序运行后输出z的值为−0.4．
【解答】
解：当输入x的值为2.4，
执行该程序框图，如下：
输入x=2.4，y=2.4，x=[2.4]−1=1，
满足x≥0，x=1.2，y=1.2，x=[1.2]−1=0，
满足x≥0，x=0.6，y=0.6，x=[0.6]−1=−1，
不满足x≥0，终止循环，
z=−1+0.6=−0.4，
所以输出z的值为−0.4．
故选D.
8.
【答案】
A
【考点】
函数的图象
【解析】
判断函数为减函数排除C，D，再由f(π)<0得答案．
【解答】
解：由题知，f(x)的定义域为(−∞, 0)∪(0, +∞)，
且f(−x)＝−f(x)，
∴ f(x)是奇函数，排除C和D，
将x=π代入f(x)，得f(π)<0，排除B.
故选A.
9.
【答案】
B
【考点】
点到直线的距离公式
余弦定理
直线与圆的位置关系
二倍角的余弦公式
【解析】
将MN的最小值，转化为点到直线距离的最小值，即可求出答案.
【解答】
解：由x2+y2−4x=0，得x−22+y2=4，
可知圆C的圆心为C2,0，半径r=2，如图，
要使MN的长度最小，即要∠MCN最小，
则∠MCP最小，tan∠MCP=|PM|r=|PM|2，
∴ 当|PM|最小时， |MN|最小，|PM|=|PC|2−4,
∴ 当|PC|最小时， |MN|最小，
而|PC|min即为点C到直线x−y+4=0的距离，
|PC|min=61+1=32，
∴ cs∠MCP=232=23，
∴ cs∠MCN=2cs2∠MCP−1=−59，
则|MN|min=22+22−2×2×2×−59=473.
故选B.
10.
【答案】
D
【考点】
函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式
【解析】
根据图象确定f(x)解析式，由fx图象变换得出gx的解析式．
【解答】
解：由图象可知A=2，T4=5π8−3π8=π4，
∴T=π，
∴ ω=2，
代入点5π8,−2得2sin5π4+φ=−2，
∵ |φ|<π2，
∴φ=π4，
∴ fx=2sin2x+π4，
将函数fx图象上的所有点向右平移π4个单位长度后fx−π4=2sin2x−π4，
横坐标再缩短到原来的12倍，
∴ gx=2sin4x−π4．
故选D．
11.
【答案】
A
【考点】
利用导数研究不等式恒成立问题
利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】
对于∀x∈[−1,+∞)，均有fx−1≤ax+1 ，在坐标系中，画出函数y=fx−1与y=ax+1的图象，利用函数的导数求解切线的斜率，推出结果．
【解答】
解：fx=x2,x≤0，lnx+1,x>0，
对于∀x∈[−1,+∞)，
则fx−1=x2−1,−1≤x≤0，lnx+1−1,x>0，
在坐标系中，画出函数y=fx−1与y=a(x+1)的图象，
如图所示，
对于∀x∈[−1,+∞)，均有f(x)−1≤a(x+1)，
就是函数y=ax+1的图象都在y=fx−1图象的上方，
由y=lnx+1−1，可得y′=1x+1x>0，
设切点坐标m,n，
可得1m+1=nm+1，可得n=1，
此时lnm+1−1=1，解得m=e2−1，
所以切线的斜率为：1e2−1+1=1e2，
可得a≥1e2．
故选A．
12.
【答案】
B
【考点】
柱体、锥体、台体的体积计算
多面体的内切球问题
【解析】
设底面边长为a，得出棱锥体积关于a的函数，求出函数最大值对应的a即可得出半球的半径．
【解答】
解：设棱锥底面中心为O，E为AB的中点，作OF⊥VE于F，
则半球的半径为OF，
设AB=a，
则OA=22a，
∴ VO=VA2−OA2=12−a22，
∴ 正四棱锥的体积V=13⋅a2⋅12−a22，
令12−a22=t(t≥0)，则a2=24−2t2，
∴ V=8t−2t33，
故V′(t)=8−2t2，
令V′(t)=0，可得t=2，
∴ 当00，
当t>2时，V′(t)<0，
∴ 当t=2时，V(t)取得最大值，即正四棱锥的体积最大，
此时，a2=16，a=4，VO=2，OE=AE=a2=2，
VE=VA2−AE2=22，
∴ OF=OE⋅VOVE=2×222=2．
故选B.
二、填空题
【答案】
32
【考点】
数量积表示两个向量的夹角
平面向量数量积的运算
【解析】
根据单位向量的定义与平面向量数量积的运算法则，求解即可．
【解答】
解：∵a→=3e1→+λe2→，
∴a→⋅e2→=(3e1→+λe2→)⋅e2→
=3e1→⋅e2→+λe2→2
=3cs23π+λ
=3×−12+λ
=0,
∴λ=32.
故答案为：32.
【答案】
−7
【考点】
简单线性规划
求线性目标函数的最值
【解析】
由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，把最优解的坐标代入目标函数得答案．
【解答】
解：画出可行域如图中阴影部分所示，
由图可知，向上平移基准直线x−3y=0，
到可行域边界B的位置时，z取得最小值，
x−2y+4=0,3x−y−3=0,
解得：x=2,y=3,
∴ B2,3，
此时z=2−3×3=−7.
故答案为：−7.
【答案】
210
【考点】
数列的求和
等差数列
【解析】
an+1+(−1)nan=2n−1，可得a2−a1=1，a3+a2=3，a4−a3=5．可得a3+a1=2，a2+a4=8，同理可得：a5+a7=a3+a1=2=a9+a11=a13+a15=a17+a19．a6+a8=24，a10+a12=40，a14+a16=56，a18+a20=72．即可得出．
【解答】
解：∵ an+1+(−1)nan=2n−1，
∴ a2−a1=1，
a3+a2=3，
a4−a3=5，
a5+a4=7，
⋯
可得a3+a1=2，
a2+a4=8，
a5+a7=2，
a6+a8=24，
a9+a11=2，
a10+a12=40，
⋯
所以从第一项起，依次取相邻两个奇数项的和为2；
从第二项起，依次取相邻两个偶数项的和构成以8为首项，16为公差的等差数列，
故其前20项的和为：2×5+8×5+5×42×16=210.
故答案为：210.
【答案】
a2b2
2
【考点】
双曲线的应用
双曲线的离心率
圆锥曲线的综合问题
【解析】
联立直线x=3y和双曲线方程可得A，B的坐标，以及|AB|，直角三角形的性质可得|AC|=3|AB|，设出直线AC的方程，联立双曲线方程，运用韦达定理可得C的横坐标，由弦长公式，化简计算可得a＝b，进而得到所求离心率．
【解答】
解：(1)联立x−3y=0，x2a2−y2b2=1，
可得y2=a2b23b2−a2，x2=3a2b23b2−a2，
可知A，B两点关于原点对称，
设A(x1, y1)，B(−x1, −y1)，P(x0, y0)，
则kPA=y0−y1x0−x1，kPB=y0+y1x0+x1，
因为A，P两点在双曲线上，
所以x12a2−y12b2=1，x02a2−y02b2=1，
两式相减，并化简得：y0−y1x0−x1⋅y0+y1x0+x1=a2b2，
即kPAkPB=a2b2.
故答案为：a2b2.
(2)将x=3y代入双曲线方程，
得y2=a2b23b2−a2，
故x2=3a2b23b2−a2.
设A(3ab3b2−a2, ab3b2−a2)，
得AB=2OA=4ab3b2−a2.
在直角三角形ABC中，∠ABC=60∘，
得AC=3AB.
设直线AC的方程为y−ab3b2−a2=−3(x−3ab3b2−a2)，
整理得：y=−3x+4ab3b2−a2，
代入双曲线方程整理得(b2−3a2)x2+83a3b3b2−a2x−a2b2−16a4b23b2−a2=0，
得xC+3ab3b2−a2=−83a3b3b2−a2⋅(b2−3a2).
则有|xC−xA|=|−83a3b3b2−a2⋅(b2−3a2)−23ab3b2−a2|
=23ab(a2+b2)3b2−a2|b2−3a2|，
可得AC=2⋅23ab(a2+b2)3b2−a2|b2−3a2|=43ab3b2−a2，
则a2+b2=|b2−3a2|，
可得a=b，
则e=ca=1+b2a2=2．
故答案为：2.
三、解答题
【答案】
(1)证明：取AE的中点M，连接PM，QM，
∵ P，M分别为DE，AE的中点，
∴ PM//AD，
∵ PM⊄平面ACD，AD⊂平面ACD，
∴ PM//平面ACD，
∵ M，Q分别为AE，AB的中点，
∴ MQ//BE，
∵ EB//DC，
∴ MQ//DC，
∵ MQ⊄平面ACD，DC⊂平面ACD，
∴ MQ//平面ACD，
∵ PM∩MQ=M，
∴ 平面PQM//平面ACD，
∵ PQ⊂平面PQM，
∴ PQ//平面ACD．
(2)解：∵ DC⊥平面ABC，AC⊂平面ABC，
∴ AC⊥DC，
∵ ∠ACB=90∘，即AC⊥BC，且BC∩DC=C，
∴ AC⊥平面BCDE，
S△BDE=12BE⋅BC=12×22=2，
VB−ADE=VA−BDE=13S△BDE⋅AC=13×2×2=43，
故几何体B−ADE的体积为43．
【考点】
直线与平面平行的判定
柱体、锥体、台体的体积计算
【解析】
（1）由OQ是△ABC的中位线，可得OQ // AC，OQ // 面ACD；由OP是梯形BCDE的中位线，得OP // CD，OP // 面ACD，由面OPQ // 面ACD，得到PQ // 平面ACD．
（2）D、C两点到 面ABE的距离相等，故VB−ADE=VD−ABE=VC−ABE，故求出VC−ABE即为所求．
【解答】
(1)证明：取AE的中点M，连接PM，QM，
∵ P，M分别为DE，AE的中点，
∴ PM//AD，
∵ PM⊄平面ACD，AD⊂平面ACD，
∴ PM//平面ACD，
∵ M，Q分别为AE，AB的中点，
∴ MQ//BE，
∵ EB//DC，
∴ MQ//DC，
∵ MQ⊄平面ACD，DC⊂平面ACD，
∴ MQ//平面ACD，
∵ PM∩MQ=M，
∴ 平面PQM//平面ACD，
∵ PQ⊂平面PQM，
∴ PQ//平面ACD．
(2)解：∵ DC⊥平面ABC，AC⊂平面ABC，
∴ AC⊥DC，
∵ ∠ACB=90∘，即AC⊥BC，且BC∩DC=C，
∴ AC⊥平面BCDE，
S△BDE=12BE⋅BC=12×22=2，
VB−ADE=VA−BDE=13S△BDE⋅AC=13×2×2=43，
故几何体B−ADE的体积为43．
【答案】
解：(1)∵ 3acsB−bsinA=0，
由正弦定理可得3sinAcsB−sinBsinA=0，
∵sinA>0，∴ 3csB−sinB=0，
可得tanB=3，B0,π，
∴ B=π3；
(2)设AC边上的高为ℎ，
∵ B=π3，b=7，a+c=5，
∴ b2=a2+c2−2accsB=a2+c2−ac，
即7=a+c2−3ac，∴ ac=6，
∵ S△ABC=12acsinB=332=12bℎ=72ℎ，
解得ℎ=3217，即AC边上的高是3217 .
【考点】
余弦定理
正弦定理
【解析】


【解答】
解：(1)∵ 3acsB−bsinA=0，
由正弦定理可得3sinAcsB−sinBsinA=0，
∵sinA>0，∴ 3csB−sinB=0，
可得tanB=3，B0,π，
∴ B=π3；
(2)设AC边上的高为ℎ，
∵ B=π3，b=7，a+c=5，
∴ b2=a2+c2−2accsB=a2+c2−ac，
即7=a+c2−3ac，∴ ac=6，
∵ S△ABC=12acsinB=332=12bℎ=72ℎ，
解得ℎ=3217，即AC边上的高是3217 .
【答案】
解：(1)表格补充如下：
模型①的残差平方和为0.272+0.382+0.972+1.022+0.282+1.682=2.277+1.682<7，
模型②的残差平方和大于3.172>9．
∴ 模型①的拟合效果比较好.
(2)应剔除第四组数据，
x¯=15×(2+3+4+7+9)=5，
y¯=15×(25+24+21+16+14)=20，
b=i=15(xi−x¯)(yi−y¯)i=15(xi−x¯)2=−5634=−2817，
a=y¯−bx¯=20−−2817×5=48017，
∴ 所求回归方程为y=−2817x+48017．
【考点】
求解线性回归方程
函数模型的选择与应用
【解析】
无
无
【解答】
解：(1)表格补充如下：
模型①的残差平方和为0.272+0.382+0.972+1.022+0.282+1.682=2.277+1.682<7，
模型②的残差平方和大于3.172>9．
∴ 模型①的拟合效果比较好.
(2)应剔除第四组数据，
x¯=15×(2+3+4+7+9)=5，
y¯=15×(25+24+21+16+14)=20，
b=i=15(xi−x¯)(yi−y¯)i=15(xi−x¯)2=−5634=−2817，
a=y¯−bx¯=20−−2817×5=48017，
∴ 所求回归方程为y=−2817x+48017．
【答案】
(1)解：由题意知当x∈0,+∞时，不等式fx=ex−ax2>0恒成立，
即a设ℎx=exx2x>0，则ℎ′x=x−2exx3.
当x∈0,2时，ℎ′x<0，函数ℎ(x)单调递减；
当x∈2,+∞时，ℎ′x>0，函数ℎ(x)单调递增，
所以ℎ(x)的最小值为ℎ2=e24，
故实数a的取值范围为−∞,e24.
(2)证明：由题意得，要证fx>x2+4x−14成立，
即证ex−x2>x2+4x−14成立，
即证ex−2x2−4x+14>0成立．
设gx=ex−2x2−4x+14，其中x∈[0,+∞)，
则g′x=ex−4x−4.
设ℎx=ex−4x−4，则ℎ′x=ex−4．
令ℎ′x>0，得x>2ln2；
令ℎ′x<0得0≤x<2ln2，
所以函数ℎ(x)在2ln2,+∞上单调递增，在[0,2ln2）上单调递减．
设曲线y=ℎx与x轴的交点为m,0，
因为ℎ0=−3<0, ℎ2=e2−12<0，ℎ3=e3−16>0，
所以2故当x∈[0,m)时，g′x<0；
当x∈m,+∞时，g′x>0 ，
所以gx≥gm=em−2m2−4m+14=18−2m2 ．
由于20，即fx>x2+4x−14 .
【考点】
利用导数研究函数的最值
利用导数研究不等式恒成立问题
利用导数研究函数的单调性
【解析】
此题暂无解析
【解答】
(1)解：由题意知当x∈0,+∞时，不等式fx=ex−ax2>0恒成立，
即a设ℎx=exx2x>0，则ℎ′x=x−2exx3.
当x∈0,2时，ℎ′x<0，函数ℎ(x)单调递减；
当x∈2,+∞时，ℎ′x>0，函数ℎ(x)单调递增，
所以ℎ(x)的最小值为ℎ2=e24，
故实数a的取值范围为−∞,e24.
(2)证明：由题意得，要证fx>x2+4x−14成立，
即证ex−x2>x2+4x−14成立，
即证ex−2x2−4x+14>0成立．
设gx=ex−2x2−4x+14，其中x∈[0,+∞)，
则g′x=ex−4x−4.
设ℎx=ex−4x−4，则ℎ′x=ex−4．
令ℎ′x>0，得x>2ln2；
令ℎ′x<0得0≤x<2ln2，
所以函数ℎ(x)在2ln2,+∞上单调递增，在[0,2ln2）上单调递减．
设曲线y=ℎx与x轴的交点为m,0，
因为ℎ0=−3<0, ℎ2=e2−12<0，ℎ3=e3−16>0，
所以2故当x∈[0,m)时，g′x<0；
当x∈m,+∞时，g′x>0 ，
所以gx≥gm=em−2m2−4m+14=18−2m2 ．
由于20，即fx>x2+4x−14 .
【答案】
解：(1)设点C到直线y=0的距离为|y|，
由题意知|CF|−|y|=1，
∵ y≥0，
∴ x2+y−12−y=1，
化简得x2=4y．
(2)①由题意知，直线l的斜率必存在，
设直线l的方程为y=kx+1，
联立x2=4y，y=kx+1，
消y得x2−4kx−4=0，
设Ax1,y1,Bx2,y2，
∴ x1+x2=4k,x1⋅x2=4，
又∵ AF→=2FB→，
∴ −x1=2x2，
∴ x1=22,x2=−2，或x1=−22,x2=2，
∴ k=24或k=−24，
∴ 直线l的方程为2x−4y+4=0或2x+4y−4=0．
②∵ x2=4y，
∴ y=14x2，y′=12x，
过点A的切线方程为y=x12x−x1+y​，即y=x12x−y1①，
过点B的切线方程为y=x22x−x2+y2，即y=x22x−y2②，
联立①②，得x1−x2x=2y1−y2，
∴ x=2y1−y2x1−x2=x1+x22，y=x1x24，
∴ D点的坐标为x1+x22,x1x24，即D2k,−1，
∴ |OD|=4k2+1，l1的方程为y=−1kx+1，
又∵ 点O到直线l1的距离为d=|k|k2+1，
∴ |OD|2−d2=2k2+12k2+1>0，
∴ k∈R，
又∵ |MN|2=|OD|2−d2，
∴ |MN|=24k2+1−k2k2+1
=24k2+1+1k2+1−4，
令k2+1=t，t∈[1,+∞)，则f(t)=4t+1t−4，
∴ f′t=4−1t2>0，
∴ ft在[1,+∞)上单调递增，
∴ ft≥f1=1，
∴ |MN|≥2，
∴ |MN|的取值范围为[2,+∞)．
【考点】
轨迹方程
直线与抛物线的位置关系
圆锥曲线的综合问题
直线与抛物线结合的最值问题
【解析】
（1）过点C作x轴的垂线且垂足为N，由题意知，|CF|−|CN|＝1，代入坐标整理即可求得曲线E的方程；
(2)(i)由题意知，直线l的斜率存在，可设直线l:y＝kx+1．联立直线方程与抛物线方程，化为关于x的一元二次方程，由根与系数的关系及向量等式求解k值，则直线方程可求；
(ii)利用导数得到过点A，B的切线方程，联立求得D的坐标，可得|OD|，写出直线l1 的方程，利用圆心到直线的距离结合垂径定理求得|MN|，换元后利用导数求最值，可得MN的取值范围．
【解答】
解：(1)设点C到直线y=0的距离为|y|，
由题意知|CF|−|y|=1，
∵ y≥0，
∴ x2+y−12−y=1，
化简得x2=4y．
(2)①由题意知，直线l的斜率必存在，
设直线l的方程为y=kx+1，
联立x2=4y，y=kx+1，
消y得x2−4kx−4=0，
设Ax1,y1,Bx2,y2，
∴ x1+x2=4k,x1⋅x2=4，
又∵ AF→=2FB→，
∴ −x1=2x2，
∴ x1=22,x2=−2，或x1=−22,x2=2，
∴ k=24或k=−24，
∴ 直线l的方程为2x−4y+4=0或2x+4y−4=0．
②∵ x2=4y，
∴ y=14x2，y′=12x，
过点A的切线方程为y=x12x−x1+y​，即y=x12x−y1①，
过点B的切线方程为y=x22x−x2+y2，即y=x22x−y2②，
联立①②，得x1−x2x=2y1−y2，
∴ x=2y1−y2x1−x2=x1+x22，y=x1x24，
∴ D点的坐标为x1+x22,x1x24，即D2k,−1，
∴ |OD|=4k2+1，l1的方程为y=−1kx+1，
又∵ 点O到直线l1的距离为d=|k|k2+1，
∴ |OD|2−d2=2k2+12k2+1>0，
∴ k∈R，
又∵ |MN|2=|OD|2−d2，
∴ |MN|=24k2+1−k2k2+1
=24k2+1+1k2+1−4，
令k2+1=t，t∈[1,+∞)，则f(t)=4t+1t−4，
∴ f′t=4−1t2>0，
∴ ft在[1,+∞)上单调递增，
∴ ft≥f1=1，
∴ |MN|≥2，
∴ |MN|的取值范围为[2,+∞)．
【答案】
解：(1)圆C的极坐标方程为ρ=4csθ−π3，
则ρ2=2ρcsθ+23sinθ，
由极坐标与直角坐标的转化公式，
得圆C的直角坐标方程是：x2+y2=2x+23y，
即x2+y2−2x−23y=0．
(2)将直线l的参数方程x=1+tcsφ，y=1+tsinφ（t为参数），
代入x2+y2−2x−23y=0，
得：t2−2(3−1)sinφ⋅t−23=0，
设点A，B所对应的参数分别为t1和t2，
即t1+t2=2(3−1)sinφ，t1⋅t2=−23，
则|PA→−PB→|=|t1−t2|
=(t1+t2)2−4t1t2
=4(3−1)2sin2φ+83，
当sinφ=1时，|PA→−PB→|的最大值为4．
【考点】
圆的极坐标方程与直角坐标方程的互化
直线与圆的位置关系
参数方程的优越性
【解析】
无
无
【解答】
解：(1)圆C的极坐标方程为ρ=4csθ−π3，
则ρ2=2ρcsθ+23sinθ，
由极坐标与直角坐标的转化公式，
得圆C的直角坐标方程是：x2+y2=2x+23y，
即x2+y2−2x−23y=0．
(2)将直线l的参数方程x=1+tcsφ，y=1+tsinφ（t为参数），
代入x2+y2−2x−23y=0，
得：t2−2(3−1)sinφ⋅t−23=0，
设点A，B所对应的参数分别为t1和t2，
即t1+t2=2(3−1)sinφ，t1⋅t2=−23，
则|PA→−PB→|=|t1−t2|
=(t1+t2)2−4t1t2
=4(3−1)2sin2φ+83，
当sinφ=1时，|PA→−PB→|的最大值为4．
【答案】
证明：(1)将a+b+c=2平方，
得：a2+b2+c2+2ab+2bc+2ac=4，
由基本不等式知：a2+b2≥2ab，b2+c2≥2bc，a2+c2≥2ac，
三式相加得：a2+b2+c2≥ab+bc+ac，
则4=a2+b2+c2+2ab+2bc+2ac≥3ab+3bc+3ac，
即ab+bc+ac≤43，
当且仅当a=b=c=23时等号成立．
(2)因为a+b+c=2，
所以2−ab=b+cb≥2bcb，
同理2−bc=a+cc≥2acc，
2−ca=b+aa≥2baa，
则2−ab⋅2−bc⋅2−ca≥2bcb⋅2acc⋅2baa=8，
即2−ab⋅2−bc⋅2−ca≥8，
当且仅当a=b=c=23时等号成立．
【考点】
不等式的证明
基本不等式在最值问题中的应用
【解析】
无
无
【解答】
证明：(1)将a+b+c=2平方，
得：a2+b2+c2+2ab+2bc+2ac=4，
由基本不等式知：a2+b2≥2ab，b2+c2≥2bc，a2+c2≥2ac，
三式相加得：a2+b2+c2≥ab+bc+ac，
则4=a2+b2+c2+2ab+2bc+2ac≥3ab+3bc+3ac，
即ab+bc+ac≤43，
当且仅当a=b=c=23时等号成立．
(2)因为a+b+c=2，
所以2−ab=b+cb≥2bcb，
同理2−bc=a+cc≥2acc，
2−ca=b+aa≥2baa，
则2−ab⋅2−bc⋅2−ca≥2bcb⋅2acc⋅2baa=8，
即2−ab⋅2−bc⋅2−ca≥8，
当且仅当a=b=c=23时等号成立．种植面积x（亩）
2
3
4
5
7
9
每亩种植管理成本y（百元）
25
24
21
22
16
14
模型①
估计值y(1)
25.57
23.62
21.97
17.02
13.72
残差ei(1)
−0.27
0.38
−0.97
−1.02
0.28
模型②
估计值y(2)
26.84
20.17
18.83
17.31
16.46
残差ei(2)
−1.84
0.83
3.17
−1.31
−2.46
种植面积x（亩）
2
3
4
5
7
9
每亩种植管理成本y（百元）
25
24
21
22
16
14
模型①
估计值y(1)
25.27
23.62
21.97
20.32
17.02
13.72
残差ei(1)
−0.27
0.38
−0.97
1.68
−1.02
0.28
模型②
估计值y(2)
26.84
22.39
20.17
18.83
17.31
16.46
残差ei(2)
−1.84
1.61
0.83
3.17
−1.31
−2.46
种植面积x（亩）
2
3
4
5
7
9
每亩种植管理成本y（百元）
25
24
21
22
16
14
模型①
估计值y(1)
25.27
23.62
21.97
20.32
17.02
13.72
残差ei(1)
−0.27
0.38
−0.97
1.68
−1.02
0.28
模型②
估计值y(2)
26.84
22.39
20.17
18.83
17.31
16.46
残差ei(2)
−1.84
1.61
0.83
3.17
−1.31
−2.46