2020-2021学年安徽省宿州市高二（下）2月月考数学（理）试卷北师大版

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这是一份2020-2021学年安徽省宿州市高二（下）2月月考数学（理）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. 若复数z=5−i1−i，则z¯=( )
A.3+2iB.−3+2iC.−3−2iD.3−2i

2. 下列四个命题中真命题的个数是（）
①“x=1”是“x2−4x+3=0”的充分不必要条件;
②命题“∀x∈R，sinx≤1”的否定是“∃x∈R，sinx>1”；
③“若am2④命题p；∀x∈[1, +∞)，lgx≥0，命题q:∃x∈R，x2+x+1<0，则p∨q为真命题．
A.0B.1C.2D.3

3. 某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的表面积（单位： cm2）是( )

A.16+23B.16+26C.18+23D.18+26

4. 极坐标系中，圆ρ=1上的点到直线ρcsθ+ρsinθ=2的距离最大值为( )
A.2B.2+1C.2−1D.22

5. 已知a→=32,sinα，b→=csα,13且a→//b→，则锐角α的大小为( )
A.π6B.π4C.π3D.5π12

6. 已知直线ax+by+c−1=0(bc>0)经过圆x2+y2−2y−5=0的圆心，则4b+1c的最小值是( )
A.10B.25C.4D.9

7. 如图，在长方形OABC内任取一点P(x, y)，则点P落在阴影部分BCD内的概率为( )

A.37eB.12eC.2eD.1e

8. 等差数列{an}与{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，若SnTn=3n−22n+1，则a7b7=（）
A.3727B.3828C.3929D.4030

9. 已知a，b，c分别为△ABC的三个内角A，B，C的对边，a=2，(2+b)(sinA−sinB)=(c−b)sinC，则△ABC面积的最大值为( )
A.233B.3C.433D.533

10. 函数y=f(x)的导函数y=f′(x)的图象如图所示，给出下列命题：
①−3是函数y=f(x)的极值点；
②−1是函数y=f(x)的最小值点；
③y=f(x)在区间(−3, 1)上单调递增；
④y=f(x)在x=0处切线的斜率小于零．
以上正确命题的序号是( )
A.①②B.③④C.①③D.②④

11. 如图，F1，F2是双曲线C：x2a2−y23=1a>0的左，右焦点．过F2的直线与双曲线C的两条渐近线分别交于A，B两点，若点A为F2B的中点，且F1B⊥F2B，则|F1F2|=( )

A.4B.43C.6D.9

12. 已知函数f(x)=ax(a>0，且a≠1)的图象在0,1处的切线方程为y=2x+1，若fx≥mx+x恒成立，则m的取值范围为( )
A.−1,2e−1B.(−∞,2e−1]C.−1,e−1D.(−∞,e−1]
二、填空题

设x，y满足约束条件2x−y−1≥0,2x+y−7≤0,2x+3y−5≥0, 则z=2x−3y的最小值为________．

如图，在底面是直角梯形的四棱锥P−ABCD中，侧棱PA⊥底面ABCD，BC//AD，∠ABC=90∘，PA=AB=BC=2，AD=1，则AD到平面PBC的距离为________.

已知M是抛物线x2=4y上一点，F为其焦点，点A在圆C:x+12+y−62=1上，则|MA|+|MF|的最小值是________.

在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，下列结论中正确的选项有________．
①，若A>B，则sinA>sinB；
②，若sin2A=sin2B，则△ABC可能为等腰三角形或直角三角形；
③，若acsB−bcsA=c，则△ABC定为直角三角形；
④，若B=π3，a=2且该三角形有两解，则b的取值范围是3,2.
三、解答题

已知函数f(x)=2cs2ωx−1+23csωxsinωx(0<ω<1)，直线x=π3是函数f(x)的图象的一条对称轴．
(1)求函数 f(x) 的单调递增区间；

(2)已知函数y=g(x)的图象是由y=f(x)的图象上的各点的横坐标伸长到原来的2倍，然后再向左平移2π3个单位长度得到的，若g(2α+π3)=65，α∈(0,π2)，求sinα的值．

设数列{an}的前n项和为Sn，已知2Sn=3n+3．

(1)求{an}的通项公式；

(2)若数列{bn}满足anbn=lg3an，求{bn}的前n项和Tn．

如图，长方体ABCD−A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BE⊥EC1.

(1)证明：BE⊥平面EB1C1；

(2)若AE=A1E，求二面角B−EC−C1的正弦值.

已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的离心率为223，点3,63为C上一点．
(1)求椭圆C的标准方程；

(2)设坐标原点为O，点A，B在C上，点P满足OP→=OA→+OB→，且直线OA，OB的斜率之积为−19，证明：AB→2+OP→2为定值．

函数gx=x+a+2ex，a∈R.
(1)讨论gx的单调性；

(2)若对任意x∈R，不等式gx−2ex≥3ex−e恒成立，求实数a的取值范围．

在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为x=2csθ,y=2sinθ （θ为参数），直线l的参数方程为x=2+tcsα,y=1+tsinα （t为参数）.
(1)求C的普通方程，并判断直线l与曲线C的公共点的个数；

(2)若曲线C截直线l所得弦长为23，求tanα的值.

已知函数f(x)=|x−a|.
(1)当a=3时，求不等式f(x)>2|x+1|+1的解集；

(2)若对任意x∈[3,5]，不等式f(x)≤|2x−5|+x恒成立，求a的取值范围.
参考答案与试题解析
2020-2021学年安徽省宿州市高二（下）2月月考数学（理）试卷
一、选择题
1.
【答案】
D
【考点】
复数的运算
共轭复数
【解析】
利用复数代数形式的乘除运算化简，再由共轭复数的概念得答案．
【解答】
解：∵ z=5−i1−i=(5−i)(1+i)(1−i)(1+i)=6+4i2=3+2i，
∴ z¯=3−2i．
故选D.
2.
【答案】
D
【考点】
命题的真假判断与应用
【解析】
对四个，命题分别进行判断，即可得出结论．
【解答】
解：①由x=1，则x2−4x+3=0，
反之，由x2−4x+3=0，得：x=3，或x=1，
所以，“x=1”是“x2−4x+3=0”的充分不必要条件，故正确；
②命题“∀x∈R，sinx≤1”的否定是“∃x∈R，sinx>1”，故正确；
③“若am2④命题p:∀x∈[1, +∞)，lgx≥0，正确，
命题q:∃x∈R，x2+x+1<0，不正确，
因为x2+x+1=(x+12)2+34>0恒成立，p∨q为真，故正确．
故选D.
3.
【答案】
C
【考点】
由三视图求表面积（切割型）
【解析】
由已知的三视图可知该几何体是一个正方体截去一个三棱锥剩下的几何体，又正方体棱长为2，即可求解．
【解答】
解：由题知该几何体为正方体ABCD−A1B1C1D1截去
三棱锥D1−A1AB1所剩几何体，如图所示：
该几何体的表面积为：
S正方体表面积−S△A1B1A−S△A1D1B1−S△A1AD1+S△D1AB1，
又正方体棱长为2，
则AB1=B1D1=AD1=22，
且S△A1B1A=S△A1D1B1=S△A1AD1，
所以S△D1AB1=12×22×22×sin60∘=23，
所以该几何体表面积为6×2×2−12×2×2×3+23=18+23，
故选C．
4.
【答案】
B
【考点】
圆的极坐标方程
点到直线的距离公式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由题意可知圆的方程为x2+y2=1，圆心坐标为(0，0)，半径为1，直线为x+y=2，
圆心到直线的距离为d=|−2|12+12=2，
所以圆上的点到直线的最大距离为2+1.
故选B.
5.
【答案】
B
【考点】
平行向量的性质
二倍角的正弦公式
【解析】
利用向量共线得sinαcsα=12，再利用二倍角公式以及α∈0,π2，可得解.
【解答】
解：由题知a→//b→，得32×13−sinαcsα=0，
解得sinαcsα=12，即sin2α=1.
∵ α为锐角，即α∈0,π2，
∴ 2α∈0,π，
∴ 2α=π2，即α=π4.
故选B.
6.
【答案】
D
【考点】
圆的一般方程
基本不等式及其应用
【解析】
将圆化成标准方程可得圆心为C(0, 1)，代入题中的直线方程算出b+c＝1，从而化简得4b+1c=4cb+bc+5，再根据基本不等式加以计算，可得当b=23且c=13时，4b+1c的最小值为9．
【解答】
解：圆x2+y2−2y−5=0化成标准方程，得x2+(y−1)2=6，
∴ 圆x2+y2−2y−5=0的圆心为C(0, 1)，半径r=6．
∵ 直线ax+by+c−1=0经过圆心C，
∴ a×0+b×1+c−1=0，即b+c=1，
因此，4b+1c=(b+c)(4b+1c)=4cb+bc+5，
∵ b，c>0，
∴ 4cb+bc≥24cb⋅bc=4，当且仅当4cb=bc=2时等号成立．
由此可得当b=2c，即b=23且c=13时，4b+1c=4cb+bc+5的最小值为9．
故选D.
7.
【答案】
D
【考点】
几何概型计算（与长度、角度、面积、体积有关的几何概型）
定积分在求面积中的应用
【解析】
根据题意，利用定积分计算出面积，再求阴影部分的面积，从而求出对应的概率值．
【解答】
解：根据题意，利用定积分计算01exdx=ex|01=e−1，
∴ 阴影部分BCD的面积为1×e−(e−1)=1，
∴ 所求的概率为P=S阴影S矩形OABC=1e．
故选D.
8.
【答案】
A
【考点】
等差数列的前n项和
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：根据等差数列的性质，得a7b7=2a72b7=a1+a13b1+b13=
a1+a132×13b1+b132×13=S13T13=3×13−22×13+1=3727．
故选A．
9.
【答案】
B
【考点】
余弦定理
正弦定理
基本不等式在最值问题中的应用
【解析】
由正弦定理化简已知可得2a−b2=c2−bc，结合余弦定理可求A的值，由基本不等式可求bc≤4，再利用三角形面积公式即可计算得解．
【解答】
解：因为(2+b)(sinA−sinB)=(c−b)sinC
⇒(2+b)(a−b)=(c−b)c
⇒2a−2b+ab−b2=c2−bc.
又因为a=2，
所以2a−b2=c2−bc
⇒b2+c2−a2=bc
⇒csA=b2+c2−a22bc=12，
⇒A=π3，
△ABC面积S=12bcsinA=34bc，
而b2+c2−a2=bc
⇒b2+c2−bc=a2
⇒b2+c2−bc=4
⇒bc≤4，
所以S=12bcsinA=34bc≤3，即△ABC面积的最大值为3．
故选B．
10.
【答案】
C
【考点】
利用导数研究函数的单调性
利用导数研究函数的极值
利用导数研究函数的最值
【解析】
根据导函数图象可判定导函数的符号，从而确定函数的单调性，得到极值点，以及根据导数的几何意义可知在某点处的导数即为在该点处的切线斜率．
【解答】
解：根据导函数图象可知：当x∈−∞,−3时，
f′x<0，在x∈−3,1时，f′x≥0，
故函数y=fx在−∞,−3上单调递减，
在−3,1上单调递增，故③正确；
则−3是函数y=fx的极小值点，故①正确；
在−3,1上单调递增，故−1不是函数y=fx的最小值点，故②不正确；
函数y=fx在x=0处的导数大于0，
即在x=0处切线的斜率大于零，故④不正确．
故选C．
11.
【答案】
A
【考点】
双曲线的渐近线
双曲线的标准方程
【解析】

【解答】
解：因为点A为F2B的中点，
所以OA//F1B.
又F1B⊥F2B，
所以OA⊥F2B，|OF1|=|OF2|=|OB|，
所以∠AOF2=∠AOB=∠BOF1=60∘，
所以3a=tan60∘=3，
所以a=1，
所以|F1F2|=21+3=4．
故选A．
12.
【答案】
A
【考点】
函数恒成立问题
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】
此题暂无解析
【解答】
解：因为fx=ax，所以f′x=axlna.
又函数fx的图象在0,1处的切线方程为y=2x+1，
所以f′0=a0lna=2，解得a=e2，
所以fx=e2x.
因为fx≥mx+x恒成立，
所以e2x≥mx+x恒成立．
当x=0时，e0≥0成立；
当x≠0时，令gx=e2xx−1，则g′x=e2x2x−1x2．
当x∈−∞,0∪0,12时，g′x<0，gx在−∞,0和0,12上单调递减．
当x∈12, +∞时，g′x>0，gx在12, +∞上单调递增．
当x>0时，m≤e2xx−1恒成立，
所以m≤e2xx−1min=g12=2e−1.
当x<0时，m≥e2xx−1恒成立，而gx=e2xx−1<−1，
所以m≥−1.
综上，−1≤m≤2e−1，
所以m的取值范围为−1,2e−1.
故选A.
二、填空题
【答案】
−5
【考点】
求线性目标函数的最值
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：作出x，y满足约束条件2x−y−1≥0,2x+y−7≤0,2x+3y−5≥0 表示的平面区域：
设z=2x−3y，将直线z=2x−3y进行平移，
当直线经过点A(2,3)时，目标函数z达到最小值，
∴ zmin=2×2−3×3=−5．
故答案为：−5.
【答案】
2
【考点】
点、线、面间的距离计算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由题意知AB，AD，AP两两垂直，
∴ 建立以A为坐标原点，AB，AD，AP所在的直线分别为x轴，y轴，z轴的空间直角坐标系（如图所示）.
则A0,0,0，B2,0,0，C2,2,0，P0,0,2，PB→=2,0,−2，BC→=0,2,0.
设平面PBC的一个法向量为n→=a,b,c，
则n→⋅PB→=0,n→⋅BC→=0,即2a−2c=0,2b=0.
取a=1，则b=0，c=1，则n→=1,0,1.
又AB→=2,0,0，AD//平面PBC，
故所求距离为|AB→⋅n→||n→|=2.
故答案为：2.
【答案】
6
【考点】
抛物线的性质
圆与圆锥曲线的综合问题
【解析】
由抛物线的几何性质得MP=MF，再利用当A,M,P共线时，得最小值.
【解答】
解：由题设得抛物线的焦点F0,1，准线方程为y=−1，
如图所示，
由抛物线定义得MP=MF，
当A，M，P三点共线时，|MA|+|MF|的值最小，即CM⊥x轴，
此时MA+MF=AP=CP−1=7−1=6.
故答案为：6.
【答案】
①②③④
【考点】
解三角形
命题的真假判断与应用
余弦定理
正弦定理
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由正弦定理得A>B⇔a>b⇔sinA>sinB，故①正确；
已知sin2A=sin2B=sinπ−2B.
∵ A,B是三角形的内角，
∴ 2A=2B或2A=π−2B，
即A=B或A+B=π2，
∴ ABC可能为等腰三角形或直角三角形，故②正确；
由acsB−bcsA=c以及正弦定理得
sinAcsB−sinBcsA=sinC，
即sinAcsB−sinBcsA=sinA+B
=sinAcsB+csAsinB
∴ 2sinBcsA=0.
∵ sinB>0，
∴ csA=0，A=π2，故△ABC定为直角三角形，故③正确；
已知B=π3，a=2，
由正弦定理得b=3sinA.
∵ 该三角形有两解，
∴ 2π3>A>B=π3，A≠π2，
∴ sinA∈(32，1)，
即3综上所述：正确的选项有①②③④.
故答案为：①②③④.
三、解答题
【答案】
解：(1)∵ 函数f(x)=2cs2ωx−1+23csωxsinωx(0<ω<1)，
∴ f(x)=cs(2ωx)+3sin(2ωx)
=2sin(2ωx+π6)(0<ω<1)．
∵ 直线x=π3是函数f(x)图象的一条对称轴，
∴ 2ω⋅π3+π6=kπ+π2，k∈Z，
∵ (0<ω<1)，
∴ ω=12．
∴ f(x)=2sin(x+π6)，
令−π2+2kπ≤x+π6≤π2+2kπ，k∈Z，
解得：−2π3+2kπ≤x≤π3+2kπ，k∈Z，
∴ 函数f(x)的单调递增区间为：[−2π3+2kπ,π3+2kπ]，k∈Z.
(2)由(1)知，f(x)=2sin(x+π6)，
可得g(x)=2sin[12(x+2π3)+π6]=2cs12x．
由g(2α+π3)=65，α∈(0,π2)，
可得2cs[12(2α+π3)]=65，
故cs(α+π6)=35．
∴ sin(α+π6)=1−cs2(α+π6)=45.
∴ sinα=sin[(α+π6)−π6]
=sin(α+π6)csπ6−cs(α+π6)sinπ6
=45×32−35×12
=43−310．
【考点】
函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
二倍角的正弦公式
二倍角的余弦公式
正弦函数的单调性
三角函数的恒等变换及化简求值
【解析】
（1）利用三角函数的恒等变换化简函数f(x)的解析式为2sin(2ωx+π6)，根据直线x=π3是f(x)图象的一条对称轴，故2sin(2ω⋅π3+π6)=2，故有2ω⋅π3+π6=kπ+π2，k∈z，再由0<ω<1，求出ω 的值．
【解答】
解：(1)∵ 函数f(x)=2cs2ωx−1+23csωxsinωx(0<ω<1)，
∴ f(x)=cs(2ωx)+3sin(2ωx)
=2sin(2ωx+π6)(0<ω<1)．
∵ 直线x=π3是函数f(x)图象的一条对称轴，
∴ 2ω⋅π3+π6=kπ+π2，k∈Z，
∵ (0<ω<1)，
∴ ω=12．
∴ f(x)=2sin(x+π6)，
令−π2+2kπ≤x+π6≤π2+2kπ，k∈Z，
解得：−2π3+2kπ≤x≤π3+2kπ，k∈Z，
∴ 函数f(x)的单调递增区间为：[−2π3+2kπ,π3+2kπ]，k∈Z.
(2)由(1)知，f(x)=2sin(x+π6)，
可得g(x)=2sin[12(x+2π3)+π6]=2cs12x．
由g(2α+π3)=65，α∈(0,π2)，
可得2cs[12(2α+π3)]=65，
故cs(α+π6)=35．
∴ sin(α+π6)=1−cs2(α+π6)=45.
∴ sinα=sin[(α+π6)−π6]
=sin(α+π6)csπ6−cs(α+π6)sinπ6
=45×32−35×12
=43−310．
【答案】
(1)因为2Sn=3n+3，
所以当n=1时，2a1=31+3=6，故a1=3，
当n>1时，2Sn−1=3n−1+3，
此时，2an=2Sn−2Sn−1=3n−3n−1=2×3n−1，
即an=3n−1，
所以an=3,n=1,3n−1,n>1.
(2)因为anbn=lg3an，所以b1=13，
当n>1时，bn=31−n⋅lg33n−1=(n−1)×31−n，
所以T1=b1=13；
当n>1时，Tn=b1+b2+...+bn
=13+[1×3−1+2×3−2+…+(n−1)×31−n]，
所以3Tn=1+[1×30+2×3−1+3×3−2+...+(n−1)×32−n]，
两式相减得：2Tn=23+[30+3−1+3−2+...+32−n−(n−1)×31−n]
=23+1−31−n1−3−1−(n−1)×31−n=136−6n+32×3n，
所以Tn=1312−6n+34×3n，经检验，n=1时也适合，
综上可得Tn=1312−6n+34×3n．
【考点】
数列的求和
数列递推式
等比数列的前n项和
【解析】
(Ⅰ)利用2Sn=3n+3，可求得a1=3；当n>1时，2Sn−1=3n−1+3，两式相减2an=2Sn−2Sn−1，可求得an=3n−1，从而可得{an}的通项公式；
(Ⅱ)依题意，anbn=lg3an，可得b1=13，当n>1时，bn=31−n⋅lg33n−1=(n−1)×31−n，于是可求得T1=b1=13；当n>1时，Tn=b1+b2+...+bn=13+(1×3−1+2×3−2+...+(n−1)×31−n)，利用错位相减法可求得{bn}的前n项和Tn．
【解答】
(1)因为2Sn=3n+3，
所以当n=1时，2a1=31+3=6，故a1=3，
当n>1时，2Sn−1=3n−1+3，
此时，2an=2Sn−2Sn−1=3n−3n−1=2×3n−1，
即an=3n−1，
所以an=3,n=1,3n−1,n>1.
(2)因为anbn=lg3an，所以b1=13，
当n>1时，bn=31−n⋅lg33n−1=(n−1)×31−n，
所以T1=b1=13；
当n>1时，Tn=b1+b2+...+bn
=13+[1×3−1+2×3−2+…+(n−1)×31−n]，
所以3Tn=1+[1×30+2×3−1+3×3−2+...+(n−1)×32−n]，
两式相减得：2Tn=23+[30+3−1+3−2+...+32−n−(n−1)×31−n]
=23+1−31−n1−3−1−(n−1)×31−n=136−6n+32×3n，
所以Tn=1312−6n+34×3n，经检验，n=1时也适合，
综上可得Tn=1312−6n+34×3n．
【答案】
(1)证明：由已知得，B1C1⊥平面ABB1A1，
BE⊂平面ABB1A1，故B1C1⊥BE.
又BE⊥EC1，
所以BE⊥平面EB1C1.
(2)解：由(1)知∠BEB1=90∘.由题设知Rt△ABE≅Rt△A1B1E，
所以∠AEB=45◦，故AE=AB, AA1=2AB.
以D为坐标原点，DA→的方向为x轴正方向，|DA→|为单位长，
建立如图所示的空间直角坐标系D−xyz，
则C(0,1,0)， B(1,1,0)， C1(0,1,2)， E(1,0,1)，
CB→=(1,0,0)，CE→=(1,−1,1)， CC1→=(0,0,2).
设平面EBC的法向量n→=(x,y,z)，则
CB→⋅n→=0CE¯⋅n→=0，
即x=0x−y+z=0，
所以可取n→=(0,−1,−1).
设平面ECC1的法向量m→=(x,y,z)，则
CC1→⋅m→=0CE→⋅m→=0，
即2z=0x−y+z=0，
所以可取m→=(1,1,0).
于是cs=n→⋅m→|n→||m→|=−12，
所以，二面角B−EC−C1的正弦值为32.
【考点】
用空间向量求平面间的夹角
直线与平面垂直的判定
【解析】
此题暂无解析
【解答】
(1)证明：由已知得，B1C1⊥平面ABB1A1，
BE⊂平面ABB1A1，故B1C1⊥BE.
又BE⊥EC1，
所以BE⊥平面EB1C1.
(2)解：由(1)知∠BEB1=90∘.由题设知Rt△ABE≅Rt△A1B1E，
所以∠AEB=45◦，故AE=AB, AA1=2AB.
以D为坐标原点，DA→的方向为x轴正方向，|DA→|为单位长，
建立如图所示的空间直角坐标系D−xyz，
则C(0,1,0)， B(1,1,0)， C1(0,1,2)， E(1,0,1)，
CB→=(1,0,0)，CE→=(1,−1,1)， CC1→=(0,0,2).
设平面EBC的法向量n→=(x,y,z)，则
CB→⋅n→=0CE¯⋅n→=0，
即x=0x−y+z=0，
所以可取n→=(0,−1,−1).
设平面ECC1的法向量m→=(x,y,z)，则
CC1→⋅m→=0CE→⋅m→=0，
即2z=0x−y+z=0，
所以可取m→=(1,1,0).
于是cs=n→⋅m→|n→||m→|=−12，
所以，二面角B−EC−C1的正弦值为32.
【答案】
(1)解：由题知，
3a2+23b2=1,ca=223,a2=b2+c2,解得a=3,b=1,c=22．
所以C的标准方程为x29+y2=1.
(2)证明：设Ax1,y1，当直线AB的斜率不存在时，Bx1,−y1，
因为直线OA，OB的斜率之积为−19，所以y1x1⋅−y1x1=−19，即x12=9y12，
又A，B在椭圆x29+y2=1上，所以x12=92，y12=12．
因为OP→=OA→+OB→，
所以AB→2+OP→2=OB→−OA→2+OB→+OA→2
=OB→2+OA→2−2OB→⋅OA→+OB→2+OA→2+2OB→⋅OA→
=2|OA→|2+|OB→|2
=4x12+y12=4×92+12=20.
当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y=kx+m（m≠0），
联立方程得y=kx+m,x29+y2=1消去y，得1+9k2x2+18kmx+9m2−9=0，
Δ=18km2−41+9k29m2−9=369k2−m2+1>0，
设Bx2,y2，则x1+x2=−18km1+9k2，x1x2=9m2−91+9k2．
因为直线OA，OB的斜率之积为−19，即y1x1⋅y2x2=−19，x1x2=−9y1y2，
∵ A，B在椭圆上，∴ x12−9=−9y12①，x22−9=−9y22②，
∴ x12−9x22−9=81y12y22=x12x22，∴ x12+x22=9，
∴ ①＋②得y12+y22=1．
因为OP→=OA→+OB→，
所以AB→2+OP→2=OB→−OA→2+OB→+OA→2
=OB→2+OA→2−2OB→⋅OA→+OB→2+OA→2+2OB→⋅OA→
=2|OA→|2+|OB→|2
=2x12+y12+x22+y22=20．
综上，AB→2+OP→2为定值．
【考点】
椭圆的标准方程
圆锥曲线中的定点与定值问题
【解析】
无
无
【解答】
(1)解：由题知，
3a2+23b2=1,ca=223,a2=b2+c2,解得a=3,b=1,c=22．
所以C的标准方程为x29+y2=1.
(2)证明：设Ax1,y1，当直线AB的斜率不存在时，Bx1,−y1，
因为直线OA，OB的斜率之积为−19，所以y1x1⋅−y1x1=−19，即x12=9y12，
又A，B在椭圆x29+y2=1上，所以x12=92，y12=12．
因为OP→=OA→+OB→，
所以AB→2+OP→2=OB→−OA→2+OB→+OA→2
=OB→2+OA→2−2OB→⋅OA→+OB→2+OA→2+2OB→⋅OA→
=2|OA→|2+|OB→|2
=4x12+y12=4×92+12=20.
当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y=kx+m（m≠0），
联立方程得y=kx+m,x29+y2=1消去y，得1+9k2x2+18kmx+9m2−9=0，
Δ=18km2−41+9k29m2−9=369k2−m2+1>0，
设Bx2,y2，则x1+x2=−18km1+9k2，x1x2=9m2−91+9k2．
因为直线OA，OB的斜率之积为−19，即y1x1⋅y2x2=−19，x1x2=−9y1y2，
∵ A，B在椭圆上，∴ x12−9=−9y12①，x22−9=−9y22②，
∴ x12−9x22−9=81y12y22=x12x22，∴ x12+x22=9，
∴ ①＋②得y12+y22=1．
因为OP→=OA→+OB→，
所以AB→2+OP→2=OB→−OA→2+OB→+OA→2
=OB→2+OA→2−2OB→⋅OA→+OB→2+OA→2+2OB→⋅OA→
=2|OA→|2+|OB→|2
=2x12+y12+x22+y22=20．
综上，AB→2+OP→2为定值．
【答案】
解：(1)∵ gx=x+a+2ex，
∴ g′x=x+a+3ex，
当x<−a−3时， g′x<0；
当x>−a−3时， g′x>0，
∴ gx在−∞,−a−3上单调递减，在−a−3,+∞上单调递增．
(2)要使不等式gx−2ex≥3ex−e恒成立，
即a≥3ex−eex−x恒成立，
令fx=3ex−eex−x，则f′x=4e−3ex−exex，
设ℎx=4e−3ex−ex，则ℎ′x=−3e−ex<0，
故ℎx在R上单调递减.
又ℎ1=0，
当x∈−∞,1时，ℎx>0；当x∈1,+∞时，ℎx<0，
所以fx在−∞,1上单调递增，在1,+∞上单调递减，
所以fxmax=f1=1.
综上，实数a的取值范围是[1,+∞).
【考点】
利用导数研究函数的单调性
利用导数研究不等式恒成立问题
【解析】
无
无
【解答】
解：(1)∵ gx=x+a+2ex，
∴ g′x=x+a+3ex，
当x<−a−3时， g′x<0；
当x>−a−3时， g′x>0，
∴ gx在−∞,−a−3上单调递减，在−a−3,+∞上单调递增．
(2)要使不等式gx−2ex≥3ex−e恒成立，
即a≥3ex−eex−x恒成立，
令fx=3ex−eex−x，则f′x=4e−3ex−exex，
设ℎx=4e−3ex−ex，则ℎ′x=−3e−ex<0，
故ℎx在R上单调递减.
又ℎ1=0，
当x∈−∞,1时，ℎx>0；当x∈1,+∞时，ℎx<0，
所以fx在−∞,1上单调递增，在1,+∞上单调递减，
所以fxmax=f1=1.
综上，实数a的取值范围是[1,+∞).
【答案】
解：(1)由题意得：曲线C: x2+y2=4.
∵ 当t=0时，直线l经过点P(2,1)，点P距圆心的距离为3，
∴ 点P在圆C的内部，
∴ l与C有两个交点.
(2)l:y=k(x−2)+1，
设圆心O到l的距离为d，l与C交于点A，B，AB中点为M，
∵ AM2+d2=4，∴ d=1，
∴ d=|1−2k|1+k2=1⇒k=0或22，
∴ tanα=0或22.
【考点】
参数方程与普通方程的互化
直线与圆的位置关系
点到直线的距离公式
【解析】
（1）由cs2θ+sin2θ＝1可得曲线C的普通方程，由直线l所过定点(2,1)与圆的位置关系可得直线与圆的位置关系，从而得交点个数；
（2）把直线l的方程化为普通方程，求出圆心到直线的距离，由垂径定理计算圆的弦长可求得直线的斜率k，即tanα．
【解答】
解：(1)由题意得：曲线C: x2+y2=4.
∵ 当t=0时，直线l经过点P(2,1)，点P距圆心的距离为3，
∴ 点P在圆C的内部，
∴ l与C有两个交点.
(2)l:y=k(x−2)+1，
设圆心O到l的距离为d，l与C交于点A，B，AB中点为M，
∵ AM2+d2=4，∴ d=1，
∴ d=|1−2k|1+k2=1⇒k=0或22，
∴ tanα=0或22.
【答案】
解：(1)设g(x)=f(x)−2|x+1|，
则g(x)=|x−3|−2|x+1|=x+5,x≤−1,−3x+1,−1f(x)>2|x+1|+1等价于g(x)>1，
即x≤−1x+5>1或−11，或x≥3,−x−5>1,
解得−4故不等式f(x)>2|x+1|+1的解集为(−4,0)．
(2)因为3≤x≤5，所以1≤2x−5≤5，
则f(x)≤|2x−5|+x对x∈[3,5]恒成立
等价于|x−a|≤3x−5对x∈[3,5]恒成立，
即−3x+5≤x−a≤3x−5对x∈[3,5]恒成立，
则a≥−2x+5,a≤4x−5,
因为3≤x≤5，所以−1≤a≤7，
即a的取值范围为[−1,7]．
【考点】
不等式恒成立问题
绝对值不等式的解法与证明
【解析】
左侧图片未提供解析．
左侧图片未提供解析．
【解答】
解：(1)设g(x)=f(x)−2|x+1|，
则g(x)=|x−3|−2|x+1|=x+5,x≤−1,−3x+1,−1f(x)>2|x+1|+1等价于g(x)>1，
即x≤−1x+5>1或−11，或x≥3,−x−5>1,
解得−4故不等式f(x)>2|x+1|+1的解集为(−4,0)．
(2)因为3≤x≤5，所以1≤2x−5≤5，
则f(x)≤|2x−5|+x对x∈[3,5]恒成立
等价于|x−a|≤3x−5对x∈[3,5]恒成立，
即−3x+5≤x−a≤3x−5对x∈[3,5]恒成立，
则a≥−2x+5,a≤4x−5,
因为3≤x≤5，所以−1≤a≤7，
即a的取值范围为[−1,7]．

2020-2021学年安徽省宿州市高二（下）2月月考数学（理）试卷北师大版

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