2020-2021学年河南省高三（上）九师联盟1月月考数学（理）试卷北师大版

这是一份2020-2021学年河南省高三（上）九师联盟1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. 已知集合A={−6,−3,−1,0,2,4,5}，B={x|x2−2x−8<0}，则A∩B=（ ）
A.−6,−1,0,2B.−3,−1,0,2,4C.−1,0,2 D.{−1,0,2,4}

2. 已知复数z满足z−i=iz+3（i为虚数单位），则复数z=（ ）
A.−1−2iB.−1+2iC.1−2iD.1+2i

3. 某校拟从1200名高一新生中采用系统抽样的方式抽取48人参加市“抗疫表彰大会”，如果编号为237的同学参加该表彰大会，那么下列编号中不能被抽到的是( )
A.327B.937C.387D.1087

4. 摩索拉斯陵墓位于哈利卡纳素斯，在土耳其（TURKEY）的西南方，陵墓由下至上分别是墩座墙、柱子构成的拱廊、四棱锥金字塔以及由四匹马拉着的一架古代战车的雕像，总高度45米，其中墩座墙和柱子围成长、宽、高分别是40米、30米、32米的长方体，长方体的上底面与四棱锥的底面重合，顶点在底面的射影是长方形对角线交点，最顶部的马车雕像高6米，则陵墓的高与金字塔的侧棱长之比大约为（ ）（注：674≈25.962）


5. 已知a=lg23⋅lg35，b=lg294，c=20.99，则( )
A.a
6. 执行如图所示的程序框图，则输出S的值为（ ）

A.4453B.911C.1113D.265309

7. 长征路公共汽车10分钟一班准时到达红旗车站，假设公共汽车到站后每人都能上车，则任一人在红旗车站等车少于6分钟的概率是（ ）
A.34B.12C.25D.35

8. 已知正项等比数列an的前n项和为Sn，a1+a2=52，a3+a4=458，则S5=（ ）
A.1058B.21116C.534D.272

9. 函数fx=ex−1ex+1⋅sinx在[−π,π]上的图象大致为（ ）
A.
B.
C.
D.

10. 已知函数fx=sinωx+φ0<ω<4，|φ|<π2，fπ12=f7π12=0，则fx=( )
A.sin2x−π6B.sin3x−π4C.sin3x+π4D.sin2x+π3

11. 在正方体ABCD−A1B1C1D1中，P为底面ABCD的中心，E为线段A1D1上的动点（不包括两个端点），Q为线段AE的中点．现有以下结论：
①PE与QC是异面直线；②过A，P，E三点的正方体的截面是等腰梯形；
③平面APE⊥平面BDD1B1；④PE//平面CDD1C1；
其中正确结论的序号是（ ）

A.①④B.②③C.②④D.①③

12. 点F为抛物线C:y2=4x的焦点，横坐标为mm>0的点P为抛物线C上一点，过点P且与抛物线C相切的直线l与y轴相交于点Q，则tan∠FPQ=（ ）
A.mB.1mC.m+12D.2m+1
二、填空题

已知实数x，y满足x−2y≥0,x−y−2≤0y≥0,，则z=x+y的最大值是________.

若单位向量a→，b→满足a→−2b→⊥a→，则a→与b→的夹角为________.

在数列an中，a1=1，an+1−an=9−2n，则数列an中最大项的数值为________.

已知双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0，b>0)的右焦点为F，A为双曲线C的右顶点，过点F作x轴的垂线，与双曲线C交于P，若直线AP的斜率是双曲线C的一条渐近线斜率的3倍，则双曲线C的离心率为________.
三、解答题

在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b ，c，asinB=3bcsA.
(1)求角A的大小；

(2)若AB→⋅AC→=6，a=13，求sinB+sinC.

西瓜堪称“盛夏之王”，清爽解渴，味甘多汁，是盛夏佳果，西瓜除不含脂肪和肌固醇外，含有大量葡萄糖、苹果酸、果糖、蛋白氨基酸、番茄素及丰富的维生素C等物质，是一种营养丰富、纯净、食用安全的食品．炎热的夏季里，人们都会吃西瓜来消暑解渴，某西瓜种植户统计了2020年6月、7月、8月、9月共计120天天气“炎热”还是“凉爽”使得西瓜销售“畅销”还是“滞销”的列联表如下：

(1)求实数a的值；

(2)完成上述列联表，并判断能否有85%的把握认为西瓜的销量好坏与天气因素有关？

(3)若利用分层抽样的方法在西瓜滞销的天数里，按天气炎热、天气凉爽抽取6天，再从这6天中随机抽出2天，求这2天天气情况不同的概率．附：K2=nad−bc2a+bc+da+cb+d，其中n=a+b+c+d.

如图1中，多边形ABCDE为平面图形，其中AB=AE=3，BE=BC=2，CD=4，BE//CD，BC⊥CD将△ABE沿BE边折起，得到如图2所示四棱锥P−BCDE，其中点P与点A重合．

(1)当PD=11时，求证：DE⊥平面PCE；

(2)当平面PBE⊥平面BCDE时，求三棱锥P−CDE的体积．

已知函数fx=x33−a+22x2+2ax+1a∈R .
(1)当a=1时，求fx的极大值和极小值；

(2)当a≤6时判断fx在区间0,+∞内零点的个数，并说明理由．

已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的左、右焦点分别为F1，F2，过F2且垂直于x轴的直线与C交于M，N两点，且M的坐标为1,32.
(1)求椭圆C的方程；

(2)过F2作与直线MN不重合的直线l，与C相交于P，Q两点，若直线PM和直线QN相交于点T，求证：点T在定直线上．

在平面直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为 x=−12t,y=32t （t为参数），曲线C的参数方程为x=1+csα,y=sinα（α为参数）．以原点O为极点，x轴的正半轴为极轴，建立极坐标系．
(1)求直线l和曲线C的极坐标方程；

(2)已知A是曲线C上一点，B是直线l上位于极轴所在直线上方的一点，若|OB|=2，求△AOB面积的最大值．

设a，b，c∈R，且a+b+c=1.
(1)求证：a2+b2+c2≥13；

(2)用max{a,b,c}表示a，b，c的最大值，求max{a+b,b+c,c+a}的最小值．
参考答案与试题解析
2020-2021学年河南省高三(上)九师联盟1月月考数学（理）试卷
一、选择题
1.
【答案】
C
【考点】
交集及其运算
一元二次不等式的解法
【解析】
无
【解答】
解：由题意可得B=x|−2所以A∩B={−1,0,2}．
故选C．
2.
【答案】
D
【考点】
复数代数形式的乘除运算
【解析】
无
【解答】
解：z=3+i1−i=3+i1+i1+i1−i=2+4i2=1+2i．
故选D．
3.
【答案】
A
【考点】
系统抽样方法
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：依据题意，抽样间隔为25.
因为237除以25的余数为12，
故所抽取的编号为12+25kk=0,1,⋯,47，
所以327不符合．
故选A．
4.
【答案】
C
【考点】
简单组合体的结构特征
【解析】
无
【解答】
解：根据长、宽分别是40米、30米得金字塔的底面对角线长50米，
上方四棱锥的高为45−32−6=7米，
所以四棱锥的侧棱长为72+252=674米，
则陵墓的高与金字塔的侧棱长之比大约为45674≈1.73．
故选C．
5.
【答案】
B
【考点】
指数式、对数式的综合比较
换底公式的应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵ a=lg25>2，
b=lg28116>lg28016=lg25=a，
c<2，
∴ c故选B．
6.
【答案】
A
【考点】
程序框图
循环结构的应用
【解析】
无
【解答】
解：i=1时，S=1；
i=2时，S=23；
i=3时，S=323+3=911；
i=4时，S=4911+4=4453；
i=5不满足条件，
退出循环，输出4453．
故选A．
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）
【解析】
无
【解答】
解：设上一班车离站时刻为t，则该人到站的时刻的一切可能为t,t+10，
若在该站等车少于6分钟，则到站的时刻为t+4,t+10，
所以所求概率为610=35．
故选D．
8.
【答案】
B
【考点】
等比数列的通项公式
等比数列的前n项和
【解析】
无
【解答】
解：设公比为qq>0，有 q=a3+a4a1+a2=45852=32，
a1+32a1=52 ，可得a1=1，
所以 S5=1−3251−32=21116．
故选B．
9.
【答案】
A
【考点】
函数图象的作法
【解析】
无
【解答】
解：由f(−x)=e−x−1e−x+1⋅sin(−x)=ex−1ex+1⋅sinx=f(x)可知fx为偶函数，
又当x∈0,π时，fx=ex−1ex+1⋅sinx≥0．
故选A．
10.
【答案】
A
【考点】
由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由题意得，πω12+φ=k1π①，k1∈Z ，
7πω12+φ=k2π②，k2∈Z ，
②−①得，πω2=k2−k1πk1,k2∈Z，
即ω=2k2−k1k1,k2∈Z.
由0<ω<4，可得ω=2，
则φ=kπ−π6k∈Z．
又由|φ|<π2，
可得φ=−π6，
故有fx=sin2x−π6．
故选A．
11.
【答案】
B
【考点】
棱柱的结构特征
截面及其作法
平面与平面垂直的判定
异面直线的判定
直线与平面平行的判定
【解析】
无
【解答】
解：连接PC，因为P为正方形ABCD的中心，
所以P是AC的中点，又Q为线段AE的中点，
所以PQ//CE，从而P，Q，E，C四点共面，
即PE与QC共面，则①错误；
连接A1C1，过E作EF//A1C1交C1D1于点F，连接CF，
则四边形ACFE是正方体过A、P、E三点的截面（因为EF//A1C1//AC，且EF易证四边形ACFE为等腰梯形，故②正确；
可证AP⊥平面BDD1B1，结合AP⊂平面APE，
可得平面APE⊥平面BDD1B1，则③正确；
假设PE//平面CDD1C1，又PE⊂平面ACFE，平面CDD1C1∩平面ACFE=CF，
所以PE//CF，又EF//PC，
所以四边形PCFE为平行四边形，从而EF=PC=12AC=12A1C1，
所以EF是△A1C1D1的中位线，
即E是A1D1的中点，这与“E为线段A1D1上的动点”矛盾，故④错误．
故选B．
12.
【答案】
B
【考点】
抛物线的标准方程
抛物线的性质
抛物线的定义
直线与抛物线结合的最值问题
直线的倾斜角
【解析】
无
【解答】
解：由抛物线的对称性，不妨设点P位于第一象限，可得点P的坐标为m,2m，
设直线l的方程为y=kx−m+2m，
联立方程y2=4x,y=kx−m+2m，
消去x后整理为ky2−4y+8m−4km=0，
有Δ=16−4k8m−4km=0，
有mk2−2mk+1=0，解得k=1m，
可得直线l的方程为y=1mx+m，
令y=0，得x=−m，
直线l与x轴的交点D的坐标为−m,0，
所以|DF|=1+m，又|PF|=m+1，
所以|PF|=|DF|，
所以∠FPQ=∠FDP，
所以tan∠FPQ=tan∠FDP=k=1m．
故选B．
二、填空题
【答案】
6
【考点】
求线性目标函数的最值
简单线性规划
【解析】
无
【解答】
解：画出可行域，如图所示，
当直线x+y−z=0过点A4,2时，取得最大值，故zmax=4+2=6．
故答案为：6．
【答案】
π3
【考点】
平面向量数量积的性质及其运算律
数量积判断两个平面向量的垂直关系
数量积表示两个向量的夹角
【解析】
无
【解答】
解：由a→−2b→⊥a→，得a→−2b→⋅a→=0，
即a→⋅b→=12，
所以cs⟨a→,b→⟩=a→⋅b→|a→|⋅|b→|=12，
又⟨a→,b→⟩∈0,π，所以⟨a→,b→⟩=π3．
故答案为：π3．
【答案】
17
【考点】
数列的函数特性
数列递推式
等差数列的通项公式
【解析】
无
【解答】
解：当n≥2时，an=(an−an−1)+(an−1−an−2)+⋯+(a2−a1)+a1
=(11−2n)+(13−2n)+⋯+7+1
=9(n−1)−2×n−1n2+1
=−n2+10n−8
=−n−52+17，
所以数列{an}中最大项的数值为17．
故答案为：17．
【答案】
2
【考点】
双曲线的离心率
双曲线的渐近线
斜率的计算公式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：设焦点F的坐标为c,0，双曲线C的离心率为e.
不妨设点P位于第一象限，则点P的坐标为c,b2a.
又点A的坐标为a,0，
所以直线AP的斜率为：
b2ac−a=c2−a2ac−a=c+aa=e+1.
又由ba=c2−a2a2=e2−1，
所以e+1=3e2−1，
整理为e2−e−2=0，
解得e=2或e=−1（舍）．
故答案为：2．
三、解答题
【答案】
解：(1)由正弦定理，得sinAsinB=3sinBcsA，
因为sinB>0，所以sinA=3csA，即tanA=3．
由0(2)由AB→⋅AC→=6得cbcsπ3=6，即bc=12，
由余弦定理，得a2=b2+c2−bc，即a2=b+c2−3bc，
由a=13及bc=12，解得b+c=7，
由正弦定理，得bsinB=csinC=asinA，
即b+csinB+sinC=asinA，
所以sinB+sinC=b+csinAa
=7×3213=73926．
【考点】
正弦定理
同角三角函数间的基本关系
余弦定理
解三角形
【解析】
无
无
【解答】
解：(1)由正弦定理，得sinAsinB=3sinBcsA，
因为sinB>0，所以sinA=3csA，即tanA=3．
由0(2)由AB→⋅AC→=6得cbcsπ3=6，即bc=12，
由余弦定理，得a2=b2+c2−bc，即a2=b+c2−3bc，
由a=13及bc=12，解得b+c=7，
由正弦定理，得bsinB=csinC=asinA，
即b+csinB+sinC=asinA，
所以sinB+sinC=b+csinAa
=7×3213=73926．
【答案】
解：(1)a=120−70−20−20=10．
(2)填写列联表如下：
K2=120×70×10−20×20290×30×90×30≈1.481<2.072，
故没有85%的把握认为西瓜的销量好坏与天气因素有关．
(3)天气炎热的天数为20×630=4天，分别记作a、b、c、d．
天气凉爽的天数为10×630=2天，分别记作x、y，
从这6天中随机抽取两天包括的基本事件为(a,b)、(a,c)、(a,d)、(a,x)、(a,y)、(b,c)、(b,d)、(b,x)、(b,y)、(c,d)、
c,x、c,y、d,x、d,y、x,y，共15个，
这2天天气不同的基本事件为a,x、a,y、b,x、b,y、c,x、c,y、d,x、d,y，共8个，
故这2天天气情况不同的概率为815．
【考点】
独立性检验的应用
概率的应用
分层抽样方法
【解析】
无
无
无
【解答】
解：(1)a=120−70−20−20=10．
(2)填写列联表如下：
K2=120×70×10−20×20290×30×90×30≈1.481<2.072，
故没有85%的把握认为西瓜的销量好坏与天气因素有关．
(3)天气炎热的天数为20×630=4天，分别记作a、b、c、d．
天气凉爽的天数为10×630=2天，分别记作x、y，
从这6天中随机抽取两天包括的基本事件为(a,b)、(a,c)、(a,d)、(a,x)、(a,y)、(b,c)、(b,d)、(b,x)、(b,y)、(c,d)、
c,x、c,y、d,x、d,y、x,y，共15个，
这2天天气不同的基本事件为a,x、a,y、b,x、b,y、c,x、c,y、d,x、d,y，共8个，
故这2天天气情况不同的概率为815．
【答案】
(1)证明：由BE//CD，BC⊥CD，BE=BC=2，CD=4，
易求CE=DE=22，
所以CE2+DE2=CD2，
所以DE⊥CE．
因为PE=3，PD=11，
所以DE2+PE2=11=PD2，
所以DE⊥PE．
又PE∩CE=E，PE，CE⊂平面PCE，
所以DE⊥平面PCE．
(2)解：如图，取BE的中点O，连接OP，
因为BP=EP=3，BE=2，所以OP⊥BE，OP=2．
因为平面PBE⊥平面BCDE，OP⊥BE，平面PBE∩平面BCDE=BE，OP⊂平面PBE，
所以OP⊥平面BCDE．
所以OP为三棱锥P−CDE的高，
因为△CDE为直角三角形，DE⊥CE，
所以VP−CDE=13×12×22×22×2=423．
【考点】
直线与平面垂直的判定
柱体、锥体、台体的体积计算
【解析】
无
无
【解答】
(1)证明：由BE//CD，BC⊥CD，BE=BC=2，CD=4，
易求CE=DE=22，
所以CE2+DE2=CD2，
所以DE⊥CE．
因为PE=3，PD=11，
所以DE2+PE2=11=PD2，
所以DE⊥PE．
又PE∩CE=E，PE，CE⊂平面PCE，
所以DE⊥平面PCE．
(2)解：如图，取BE的中点O，连接OP，
因为BP=EP=3，BE=2，所以OP⊥BE，OP=2．
因为平面PBE⊥平面BCDE，OP⊥BE，平面PBE∩平面BCDE=BE，OP⊂平面PBE，
所以OP⊥平面BCDE．
所以OP为三棱锥P−CDE的高，
因为△CDE为直角三角形，DE⊥CE，
所以VP−CDE=13×12×22×22×2=423．
【答案】
解：(1)当a=1时，fx=x33−32x2+2x+1，
则f′x=x2−3x+2=x−1x−2．
由f′x<0，得10得x<1或x>2，
所以fx在−∞,1和2,+∞上是增函数，在1,2上是减函数．
所以x=1是fx的极大值点，x=2是fx的极小值点，
所以fx的极大值为f1=116，fx的极小值为f2=53．
(2)f′x=x2−a+2x+2a=x−ax−2x>0，
①当a≤0时，x−a恒正，于是，当02时，f′x>0，
所以fx在0,2上是减函数，在2,+∞上是增函数，
所以x=2是fx的极小值点，且f2=2a−13<0，
又f0=1>0，f4=193>0，
所以fx在0,2和2,4内各有一个零点，
即当a≤0时，fx在0,+∞内有两个零点．
②当0考虑到fa=a33−a+22⋅a2+2a2+1=16a26−a+1>0，f0=1>0，
当f2=2a−13<0，即00，所以fx在0,+∞内有两个零点；
当f2=2a−13=0，即a=16时，fx在0,+∞内有一个零点；
当f2=2a−13>0，即16③当a=2时，f′x=x−22≥0，则fx在0,+∞上为增函数，
所以fx>f0=1>0，故fx在0,+∞内没有零点．
④当2考虑到f0=1>0，fx的极大值f2=2a−13>0，
fx的极小值fa=16a26−a+1>0，
所以fx在0,+∞内没有零点．
综上，当a<16时，fx在0,+∞内有两个零点；
当a=16时，fx在0,+∞内有一个零点；
当16【考点】
利用导数研究函数的极值
利用导数研究与函数零点有关的问题
【解析】
无
无
【解答】
解：(1)当a=1时，fx=x33−32x2+2x+1，
则f′x=x2−3x+2=x−1x−2．
由f′x<0，得10得x<1或x>2，
所以fx在−∞,1和2,+∞上是增函数，在1,2上是减函数．
所以x=1是fx的极大值点，x=2是fx的极小值点，
所以fx的极大值为f1=116，fx的极小值为f2=53.
(2)f′x=x2−a+2x+2a=x−ax−2x>0，
①当a≤0时，x−a恒正，于是，当02时，f′x>0，
所以fx在0,2上是减函数，在2,+∞上是增函数，
所以x=2是fx的极小值点，且f2=2a−13<0，
又f0=1>0，f4=193>0，
所以fx在0,2和2,4内各有一个零点，
即当a≤0时，fx在0,+∞内有两个零点．
②当0考虑到fa=a33−a+22⋅a2+2a2+1=16a26−a+1>0，f0=1>0，
当f2=2a−13<0，即00，所以fx在0,+∞内有两个零点；
当f2=2a−13=0，即a=16时，fx在0,+∞内有一个零点；
当f2=2a−13>0，即16③当a=2时，f′x=x−22≥0，则fx在0,+∞上为增函数，
所以fx>f0=1>0，故fx在0,+∞内没有零点．
④当2考虑到f0=1>0，fx的极大值f2=2a−13>0，
fx的极小值fa=16a26−a+1>0，
所以fx在0,+∞内没有零点．
综上，当a<16时，fx在0,+∞内有两个零点；
当a=16时，fx在0,+∞内有一个零点；
当16【答案】
(1)解：由题意，得F21,0，F1−1,0，即c=1，
则2a=|MF1|+|MF2|
=−1−12+0−322+32=4，
即a=2，
所以b=a2−c2=3，
故椭圆C的方程为x24+y23=1．
(2)证明：由(1)及椭圆C的对称性，
得点N的坐标为1,−32.
设直线l的方程为y=kx−1，点P，Q的坐标分别为x1,y1，x2,y2，
联立方程x24+y23=1,y=kx−1,
消去y后整理为(4k2+3)x2−8k2x+4k2−12=0，
所以x1+x2=8k24k2+3，x1x2=4k2−124k2+3．
因为直线PM的斜率为y1−32x1−1=kx1−1−32x1−1=k−32x1−2，
则直线PM的方程为y−32=k−32x1−2x−1．
因为直线QN的斜率为y2+32x2−1=kx2−1+32x2−1=k+32x2−2，
则直线QN的方程为y+32=k+32x2−2x−1．
将直线PM和直线QN方程作差消去y后整理为：
32x1−2+32x2−2x−1=3，
则1x1−1+1x2−1x−1=2.
又1x1−1+1x2−1=x1+x2−2x1−1x2−1
=x1+x2−2x1x2−x1+x2+1
=8k24k2+3−24k2−124k2+3−8k24k2+3+1=23，
所以23x−1=2，解得x=4，
即直线PM和QN的交点T的横坐标恒为4，
所以点T在定直线x=4上．
【考点】
椭圆的标准方程
椭圆的定义
斜率的计算公式
直线的点斜式方程
圆锥曲线中的定点与定值问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
(1)解：由题意，得F21,0，F1−1,0，即c=1，
则2a=|MF1|+|MF2|
=−1−12+0−322+32=4，
即a=2，
所以b=a2−c2=3，
故椭圆C的方程为x24+y23=1．
(2)证明：由(1)及椭圆C的对称性，
得点N的坐标为1,−32.
设直线l的方程为y=kx−1，点P，Q的坐标分别为x1,y1，x2,y2，
联立方程x24+y23=1,y=kx−1,
消去y后整理为(4k2+3)x2−8k2x+4k2−12=0，
所以x1+x2=8k24k2+3，x1x2=4k2−124k2+3．
因为直线PM的斜率为y1−32x1−1=kx1−1−32x1−1=k−32x1−2，
则直线PM的方程为y−32=k−32x1−2x−1．
因为直线QN的斜率为y2+32x2−1=kx2−1+32x2−1=k+32x2−2，
则直线QN的方程为y+32=k+32x2−2x−1．
将直线PM和直线QN方程作差消去y后整理为：
32x1−2+32x2−2x−1=3，
则1x1−1+1x2−1x−1=2.
又1x1−1+1x2−1=x1+x2−2x1−1x2−1
=x1+x2−2x1x2−x1+x2+1
=8k24k2+3−24k2−124k2+3−8k24k2+3+1=23，
所以23x−1=2，解得x=4，
即直线PM和QN的交点T的横坐标恒为4，
所以点T在定直线x=4上．
【答案】
解：(1)由l的参数方程得l的普通方程为y=−3x，所以l的倾斜角为2π3，
所以直线l的极坐标方程为θ=2π3(ρ∈R)；
由曲线C的参数方程得C的普通方程为x−12+y2=1，
又x=ρcsθ，y=ρsinθ，
所以曲线C的极坐标方程为ρ=2csθ．
(2)由|OB|=2，则B的极坐标为2,2π3．
设A(ρ,θ)(−π2≤θ≤π2)，
则S△AOB=12|OA|⋅|OB|sin∠AOB=12×2×2csθsin2π3−θ
=2csθ32csθ+12sinθ=3cs2θ+sinθcsθ
=3×1+cs2θ2+12sin2θ=sin2θ+π3+32．
当sin2θ+π3=1，即θ=π12时，(S△AOB )max=1+32．
【考点】
参数方程与普通方程的互化
直线的极坐标方程
圆的极坐标方程与直角坐标方程的互化
三角形的面积公式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)由l的参数方程得l的普通方程为y=−3x，所以l的倾斜角为2π3，
所以直线l的极坐标方程为θ=2π3(ρ∈R)；
由曲线C的参数方程得C的普通方程为x−12+y2=1，
又x=ρcsθ，y=ρsinθ，
所以曲线C的极坐标方程为ρ=2csθ．
(2)由|OB|=2，则B的极坐标为2,2π3．
设A(ρ,θ)(−π2≤θ≤π2)，
则S△AOB=12|OA|⋅|OB|sin∠AOB=12×2×2csθsin2π3−θ
=2csθ32csθ+12sinθ=3cs2θ+sinθcsθ
=3×1+cs2θ2+12sin2θ=sin2θ+π3+32．
当sin2θ+π3=1，即θ=π12时，(S△AOB )max=1+32．
【答案】
(1)证明：因为2ab≤a2+b2（当且仅当a=b时等号成立），
2bc≤b2+c2（当且仅当b=c时等号成立），
2ac≤c2+a2（当且仅当c=a时等号成立），
所以(a+b+c)2=a2+b2+c2+2ab+2bc+2ac
≤a2+b2+c2+(a2+b2)+(b2+c2)+(c2+a2)
=3(a2+b2+c2).
由a+b+c=1，
得a2+b2+c2≥13，
当且仅当a=b=c=13时等号成立．
(2)解：设M=max{a+b,b+c,c+a}，
则M≥a+b，M≥b+c，M≥c+a，
则3M≥2a+b+c=2，即M≥23，
当且仅当a+b=b+c=c+a，即a=b=c=13时，等号成立，
所以max{a+b,b+c,c+a}的最小值为23．
【考点】
不等式的证明
基本不等式在最值问题中的应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
(1)证明：因为2ab≤a2+b2（当且仅当a=b时等号成立），
2bc≤b2+c2（当且仅当b=c时等号成立），
2ac≤c2+a2（当且仅当c=a时等号成立），
所以(a+b+c)2=a2+b2+c2+2ab+2bc+2ac
≤a2+b2+c2+(a2+b2)+(b2+c2)+(c2+a2)
=3(a2+b2+c2).
由a+b+c=1，
得a2+b2+c2≥13，
当且仅当a=b=c=13时等号成立．
(2)解：设M=max{a+b,b+c,c+a}，
则M≥a+b，M≥b+c，M≥c+a，
则3M≥2a+b+c=2，即M≥23，
当且仅当a+b=b+c=c+a，即a=b=c=13时，等号成立，
所以max{a+b,b+c,c+a}的最小值为23．
西瓜畅销(单位：天)
西瓜滞销（单位：天）
总计
天气炎热
70
20
天气凉爽
20
a
总计
k
1.323
2.072
2.701
3.841
P(K2≥k)
0.25
0.15
0.10
0.05
西瓜畅销（单位：天）
西瓜滞销（单位：天）
总计
天气炎热
70
20
90
天气凉爽
20
10
30
总计
90
30
120
西瓜畅销（单位：天）
西瓜滞销（单位：天）
总计
天气炎热
70
20
90
天气凉爽
20
10
30
总计
90
30
120
x
0,a
a
a,2
2
2,+∞
f′x
+
0
−
0
+
fx
增函数
极大值
减函数
极小值
增函数
x
(0,2)
2
(2,a)
a
a,+∞
f′x
+
0
−
0
+
fx
增函数
极大值
减函数
极小值
增函数
x
0,a
a
a,2
2
2,+∞
f′x
+
0
−
0
+
fx
增函数
极大值
减函数
极小值
增函数
x
(0,2)
2
(2,a)
a
a,+∞
f′x
+
0
−
0
+
fx
增函数
极大值
减函数
极小值
增函数