2020-2021学年河南省南阳市高三（上）期终质量评估数学（理）试卷北师大版

这是一份2020-2021学年河南省南阳市高三（上）期终质量评估数学（理）试卷北师大版，共14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. 设全集U=R，集合A=x|x<2，B=x|x<1，则集合∁UA∪B=( )
A.−∞,2B.[2,+∞)C.1,2D.(−∞,1)∪[2,+∞)

2. 已知复数z满足z1+2i=|4−3i|（其中i为虚数单位），则复数z的虚部为( )
A.−2B.−2iC.1D.i

3. cs15∘cs45∘+sin15∘sin45∘=( )
A.0B.12C.32D.1

4. 若a=20.5，b=lgπ3，c=lg213，则( )
A.a>b>cB.b>a>cC.c>a>bD.b>c>a

5. 函数fx=x2+1sin2x,−π≤x≤π的图像可能是( )
A.B.
C.D.

6. 已知抛物线的焦点在y轴上，顶点在坐标原点O，且经过点Px0,2，若点P到该抛物线焦点的距离为4，则|OP|等于( )
A.22B.23C.4D.25

7. 已知球面上A、B、C三点，O是球心．如果AB=BC=AC=3，且球的体积为2053π，则三棱锥O−ABC的体积为( )
A.1B.3C.32D.2

8. 在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a ，b，c，若sinB+2sinAcsC=0，则csB的最小值为( )
A.2B.3C.32D.33

9. 记函数gx=ex−e−x+sinx，若不等式g2x+a+gx2−1>0对∀x∈−1,1恒成立，则a的取值范围为( )
A.[2,+∞）B.2,+∞C.−2,+∞D.[−2,+∞）

10. 先将函数fx=sinωxω>0的图象向左平移π2个单位长度，再向上平移2个单位长度后得到函数gx的图象，若方程fx=gx有实根，则ω的值可以为( )
A.12B.1C.2D.4

11. 众所周知的“太极图”，其形状如对称的阴阳两鱼互抱在一起，也被称为“阴阳鱼太极图”．如图是放在平面直角坐标系中的“太极图”，整个图形是一个圆形x2+y2=4．其中黑色阴影区域在y轴右侧部分的边界为一个半圆．给出以下命题：
①在太极图中随机取一点，此点取自黑色阴影部分的概率是12 ；
②当a=−32时，直线y=ax+2a与白色部分有公共点；
③黑色阴影部分（包括黑白交界处）中一点x,y，则x+y的最大值为2+1；
④若点P0,1，MN为圆x2+y2=4过点P的直径，线段AB是圆x2+y2=4所有过点P的弦中最短的弦，则AM→−BN→⋅AB→的值为12．
其中所有正确结论的序号是( )
A.①③B.③④C.①③④D.①②④

12. 已知A，B，C是双曲线x2a2−y2b2=1a>0,b>0上的三个点，直线AB经过原点O，AC经过右焦点F，若BF→⋅AC→=0，且AF→=14AC→，则该双曲线的离心率为( )
A.52B.23C.103D.102
二、填空题

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

随机变量ξ服从正态分布N(1, σ2)，已知P(ξ<0)=0.3，则P(ξ<2)=________.

已知3x2+ax35的展开式中所有项的系数之和为32，则展开式中的常数项为________.

已知矩形ABCD中，AB=3，BC=4，沿对角线AC将三角形ABC折起，使得点B在平面ACD上的射影在线段AD上，此时cs∠BAD的值是________．
三、解答题

已知数列an是一个等差数列，且a3=3,a2+a5=7，数列bn是各项均为正数的等比数列，且满足b1=12 ,b3⋅b5=1256.
(1)求数列an与bn的通项公式；

(2)设数列cn满足cn=anbn，其前n项和为Tn,求证： Tn<2.

如图，在四棱锥P−ABCD中，四边形ABCD是直角梯形，AB⊥AD，AB // CD，PC⊥平面ABCD，AB=2AD=2CD=4，PC=2a，E是PB的中点．

(1)求证：平面EAC⊥平面PBC；

(2)若二面角P−AC−E的余弦值为63，求直线PA与平面EAC所成角的正弦值．

在平面直角坐标系中，已知F1−1,0，直线l:x=−4，点P为平面内的动点，过点P作直线l的垂线，垂足为点M，且2PF1→−PM→⋅2PF1→+PM→=0，点P的轨迹为曲线C．
(1)求曲线C的方程；

(2)设F21,0，过F2且与x轴不重合的直线n与曲线C相交于不同的两点A，B．则△F1AB的内切圆的面积是否存在最大值？若存在，求出这个最大值及此时直线n的方程；若不存在，请说明理由．

已知函数fx=3x2+6−ax−alnxa∈R.
(1)求函数y=fx的单调区间；

(2)当a=1时，证明：对任意的x>0，fx+ex>3x2+5x+2.

某单位为患病员工集体筛查新型流感病毒，需要去某医院检验血液是否为阳性，现有kk∈N∗,k≥2份血液样本，假设在接受检验的血液样本中，每份样本是否为阳性是相互独立的，且据统计每份血液样本是阳性的概率为p00元，若k份血液样本采用混合检验方案，则需要额外收取54a元的材料费和服务费．
(1)若kk∈N∗,k≥2份血液样本采用混合检验方案，需要检验的总次数为X，求X的分布列及数学期望；

(2)①若k=5，0②若p=1−17e，采用方案二总费用的数学期望低于方案一的，求k的最大值．
（参考数据：ln2≈0.7，ln3≈1.1，ln7≈1.9，ln10≈2.3，ln11≈2.4）

若以平面直角坐标系xOy的原点O为极点，Ox为极轴，选择相同的长度单位建立极坐标系，得曲线C的极坐标方程是ρ=6csθsin2θ.
(1)将曲线C的极坐标方程化为直角坐标方程；

(2)若直线l的参数方程为x=32+t2，y=3t2（t为参数），P32,0，当直线l与曲线C相交于A，B两点，求|AB|2|PA|⋅|PB|.

已知函数fx=|2x−3|+|2x+1|.
(1)解不等式：fx≥6；

(2)设x∈R时，fx的最小值为M．若正实数a，b，c满足a+b+c=M，求ab+bc+ca的最大值．
参考答案与试题解析
2020-2021学年河南省南阳市高三（上）期终质量评估数学（理）试卷
一、选择题
1.
【答案】
D
【考点】
交、并、补集的混合运算
【解析】
利用集合的运算求解即可.
【解答】
解：全集U=R，集合A=x|x<2，B=x|x<1，
则∁UA={x|x≥2}，
(∁UA)∪B=(−∞,1)∪[2,+∞).
故选D.
2.
【答案】
A
【考点】
复数代数形式的乘除运算
复数的基本概念
【解析】

【解答】
解：∵ z=|4−3i|1+2i=51+2i=5(1−2i)(1+2i)(1−2i)
=51−2i5=1−2i，
∴ z的虚部为−2．
故选A．
3.
【答案】
C
【考点】
两角和与差的余弦公式
【解析】
由两角差的余弦公式可得原式=cs(45∘−15∘)，计算可得．
【解答】
解：cs15∘cs45∘+sin15∘sin45∘
=cs(45∘−15∘)=cs30∘=32.
故选C.
4.
【答案】
A
【考点】
指数式、对数式的综合比较
【解析】
根据指数函数与对数函数的单调性质将a，b，c分别与1与0比较即可．
【解答】
解： a=20.5>20=1，
0=lgπ1c=lg213∴ a>b>c.
故选A．
5.
【答案】
D
【考点】
函数的图象
函数奇偶性的判断
【解析】
利用函数的奇偶性排除AB；利用正弦函数的性质排除C.
【解答】
解：f−x=−x2+1sin−2x=−x2+1sin2x=−f(x)，
所以f(x)为奇函数，图象关于原点对称，排除A，B；
当x∈π2,π时，2x∈π,2π，sin2x<0，x2+1>0，
f(x)=x2+1sin2x<0，排除C.
故选D.
6.
【答案】
D
【考点】
抛物线的定义
抛物线的标准方程
【解析】
设抛物线的方程为x2=2pyp>0，
由抛物线的定义得p2+2=4，
又P在抛物线上，得x02=8×2=16，可得解.
【解答】
解：设抛物线的方程为x2=2pyp>0，
由抛物线的定义得p2+2=4，
所以p=4，
所以抛物线的方程为x2=8y，
又点P在抛物线上，得x02=8×2=16，
所以OP=x02+4=16+4=25.
故选D.
7.
【答案】
C
【考点】
球的表面积和体积
柱体、锥体、台体的体积计算
正弦定理
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵ AB=BC=AC=3，
∴ △ABC为正三角形，设其中心为D，
∴ D为△ABC外接圆圆心，正三角形四心合一，
设△ABC外接圆半径为r，
由正弦定理得ABsin∠ACB=3sin60∘=2=2r，r=1，
V球=43πR3=2053π，
∴ R=5，
∵ A、B、C三点在球面上，
∴ OA=OB=OC=R=5，
在Rt△ODC中，OD=OC2−DC2=R2−r2=2，
V三棱锥O−ABC=13Sℎ=13⋅S△ABC⋅OD
=13×12×3×3×32×2=32．
故选C．
8.
【答案】
C
【考点】
正弦定理
余弦定理
基本不等式在最值问题中的应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由正弦定理和余弦定理得，
b+2a⋅a2+b2−c22ab=0，
即a2+2b2−c2=0，
∴ b2=c2−a22，
∴ csB=a2+c2−b22ac=3a2+c24ac
=3a4c+c4a≥32，
当且仅当3a4c=c4a，即ac=33时，等号成立.
∴ csB的最小值为32.
故选C.
9.
【答案】
B
【考点】
函数恒成立问题
奇偶性与单调性的综合
【解析】
由题设得g(x)为奇函数，
当x∈−1,1时，g(x)=ex−e−x+sinx在−1,1为增函数，
由g2x+a+gx2−1>0，等价于g(2x+a)>g(1−x2)，
即2x+a>1−x2，
所以a>−x2−2x+1=−x+12+2恒成立，
当x=−1时，−x2−2x+1max=2，
所以a>2.
【解答】
解：由题设得g−x=e−x−ex−sinx=−g(x)，
所以g(x)为奇函数，
当x∈−1,1时，y=ex，y=−e−x，y=sinx都为增函数，
所以g(x)=ex−e−x+sinx在−1,1上为增函数，
则g2x+a+gx2−1>0等价于g(2x+a)>g(1−x2)，
即2x+a>1−x2，
所以a>−x2−2x+1=−x+12+2恒成立，
因为x∈[−1,1]，
所以当x=−1时，−x2−2x+1max=2，
所以a>2.
故选B.
10.
【答案】
C
【考点】
函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
正弦函数的图象
【解析】
由题意利用函数y=Asinωx+φ的图象变换规律，求得gx的解析式，再利用正弦函数的图象和性质，得出结论．
【解答】
解：先将函数fx=sinωxω>0的图象向左平移π2个单位长度，可得y=sin[ω(x+π2)]=sinωx+ωπ2的图象；
再向上平移2个单位长度后得到函数gx=sinωx+ωπ2+2的图象，
若方程fx=gx有实根，即sinωx=sinωx+ωπ2+2能成立．
当ω=12时，方程即sinx2=sinx2+π4+2，它不会成立．
当ω=1时，方程即sinx=sinx+π2+2，它不会成立．
当ω=2时，方程即sin2x=sin2x+π+2=−sin2x+2，即sin2x=1，它能成立；
当ω=4时，方程即sin4x=sin4x+2π+2=sin4x+2，它不会成立．
故选C．
11.
【答案】
C
【考点】
命题的真假判断与应用
几何概型计算（与长度、角度、面积、体积有关的几何概型）
点到直线的距离公式
平面向量数量积
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：①由对称性知黑色阴影部分和白色部分面积相等，因此在太极图中随机取一点，此点取自黑色阴影部分的概率是12，故①正确；
对于②，当a=−32时，
直线y=ax+2a=ax+2=−32x+2=−32x−3，
过点−2,0,0,−3 ，
∴ 直线y=ax+2a与白色部分在第一和第四象限部分没有公共点．
圆x2+y+12=1的圆心为0,−1，半径为1，
圆心A0,−1到直线y=−32x−3，
即直线3x+2y+6=0的距离为|0+2×(−1)+6|32+22=413>1=r ，
∴ 直线y=ax+2a与白色部分在第三象限的部分没有公共点，
综上，直线y=ax+2a与白色部分没有公共点，故②错误；
③∵黑色阴影区域在y轴右侧部分的方程为x2+(y−1)2=1(x≥0)，
点(x, y)在半圆x2+(y−1)2=1(x≥0)上，
设x=csθ，y=1+sinθ，θ∈[−π2, π2]，
x+y=csθ+sinθ+1=2sin(θ+π4)+1，
由θ∈[−π2, π2]得θ+π4∈[−π4, 3π4]，
∴θ+π4=π2时，x+y取得最大值为2×1+1=2+1，故③正确；
④点P0,1，MN为圆x2+y2=4过点P的直径，
若M(0,2)，则N(0,−2).
线段AB是圆x2+y2=4所有过点P的弦中最短的弦，
当AB⊥y轴时，过点P的弦最短，
x2+y2=4，令y=1，则x=±3，
若A(−3,1)，则B(3,1)，
AM→=(3,1)，BN→=(−3,−3)，AB→=(23,0)，
AM→−BN→=(23,4)，
∴ AM→−BN→⋅AB→=12，故④正确.
即正确结论的序号是①③④.
故选C.
12.
【答案】
D
【考点】
双曲线的标准方程
双曲线的定义
双曲线的离心率
【解析】
如上图，因为对角线互相平分且BF⊥AC，所以四边形AFBF1为矩形，可得△ACF1和△AFF1均为直角三角形，然后利用双曲线的定义和勾股定理，即可构造出齐次等式，进而即可求出该双曲线的离心率.
【解答】
解：如图，因为对角线互相平分且BF⊥AC，所以四边形AFBF1为矩形，
设|AF|=m，则AF1=2a+m，
又由AF→=14AC→，可得3AF=|CF|，
所以|FC|=3m ，|AC|=4m，CF1=3m+2a，
在Rt△ACF1中，2a+m2+4m2=3m+2a2，
得m=a，所以BF=|AF1|=3a，
又因为在Rt△AFF1中，|AF1|2+|AF|2=|FF1|2，
即3a2+a2=2c2，得5a2=2c2，
所以离心率e=ca=102.
故选D.
二、填空题
【答案】
4
【考点】
简单线性规划
求线性目标函数的最值
【解析】
首先画出可行域，关键目标函数的几何意义求最小值．
【解答】
解：由约束条件得到可行域（阴影部分），如图：
z=3x+2y变形为y=−32x+12z，
当此直线经过图中点A0,2时，在y轴上的截距最小，z最小，
所以z的最小值为3×0+2×2=4．
故答案为：4．
【答案】
0.7
【考点】
正态分布的密度曲线
【解析】
随机变量c服从正态分布N1,a2，…曲线关于x=对称，
Pξ<0=Pξ,2=0.3Pξ<2=1−0.3=0.7
【解答】
解：∵ 随机变量ξ服从正态分布N(1, σ2)，
∴ 曲线关于x=1对称，
∴ Pξ>2=Pξ<0=0.3，
∴ Pξ<2=1−0.3=0.7.
故答案为：0.7.
【答案】
270
【考点】
二项式系数的性质
二项式定理的应用
【解析】
先利用赋值法求出所有项的系数和，建立方程得a=−1，再利用二项展开式的通项公式得解.
【解答】
解：令x=1，3x2+ax35的展开式中所有项系数之和为3+a5=32，
所以3+a=2，
解得a=−1.
所以3x2−1x35的展开式的通项公式为
Tr+1=C5r3x25−r−1x3r=C5r35−r−1rx10−5r，
令10−5r=0，得r=2，
所以常数项为T3=C52×33×−12=270.
故答案为：270.
【答案】
34
【考点】
空间两点间的距离公式
同角三角函数间的基本关系
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：以点A为坐标原点，以AB，AD所在直线分别为x轴，y轴，以过点A且垂直于平面ABCD的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系A−xyz，
∵ 折起后点B在平面ACD的射影在线段AD上，
∴ 折起后点B位于y−z平面内，设折叠后∠BAD为θ，
则折起后点B坐标为(0,3csθ,3sinθ)，而点C坐标为(3,4,0)，
故BC=(0−3)2+(3csθ−4)2+(3sinθ−0)2=4，
解得csθ=34，
故cs∠BAD=34．
故答案为：34．
三、解答题
【答案】
(1)解： ∵an 为等差数列, 设公差为d,
∴a1+2d=3,a1+d+a1+4d=7,
∴a1=1,d=1,
∴an=n ,
∵bn为等比数列且 bn>0, q>0 ,
b3⋅b5=b42=1256,
∴b4=116=b1q3=12q3 ,
∴q=12,
∴bn=12×12n−1=12n.
(2) 证明：由(1)知 cn=anbn=n⋅12n ,
Tn=1×12+2×122+3×123+⋯+n−12n−1+n2n ①，
12Tn=1×122+2×123+…+n−12n+n2n+1②，
①−②得12Tn=12+122+123+…+12n−n2n+1
=12(1−12n)1−12−n2n+1=1−12n−n2n+1.
∴Tn=2−2+n2n ,
∴Tn<2.
【考点】
等差数列的通项公式
等比数列的通项公式
数列的求和
【解析】
答案未提供解析。
答案未提供解析。
【解答】
(1)解： ∵an 为等差数列, 设公差为d,
∴a1+2d=3,a1+d+a1+4d=7,
∴a1=1,d=1,
∴an=n ,
∵bn为等比数列且 bn>0, q>0 ,
b3⋅b5=b42=1256,
∴b4=116=b1q3=12q3 ,
∴q=12,
∴bn=12×12n−1=12n.
(2) 证明：由(1)知 cn=anbn=n⋅12n ,
Tn=1×12+2×122+3×123+⋯+n−12n−1+n2n ①，
12Tn=1×122+2×123+…+n−12n+n2n+1②，
①−②得12Tn=12+122+123+…+12n−n2n+1
=12(1−12n)1−12−n2n+1=1−12n−n2n+1.
∴Tn=2−2+n2n ,
∴Tn<2.
【答案】
(1)证明：∵ PC⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，
∴ AC⊥PC．
∵ AB=4，AD=CD=2，
∴ AC=BC=22．
∴ AC2+BC2=AB2，
∴ AC⊥BC．
又BC∩PC=C，
∴ AC⊥平面PBC．
∵ AC⊂平面EAC，
∴ 平面EAC⊥平面PBC．
(2)解：如图，以点C为原点，DA→，CD→，CP→分别为x轴，y轴，z轴正方向，建立空间直角坐标系，
则C(0, 0, 0)，A(2, 2, 0)，B(2, −2, 0)．
设P(0, 0, 2a)(a>0)，则E(1, −1, a)，
CA→=(2, 2, 0)，CP→=(0, 0, 2a)，CE→=(1, −1, a)．
取m→=(1, −1, 0)，
则m→⋅CA→=m→⋅CP→=0，
m→为平面PAC的法向量，
设n→=(x, y, z)为平面EAC的法向量，
则n→⋅CA→=n→⋅CE→=0，
即x+y=0，x−y+az=0，
取x=a，y=−a，z=−2，
则n→=(a, −a, −2)，
依题意，|cs|
=|m→⋅n→||m→|⋅|n→|=aa2+2=63，
则a=2．
于是n→=(2, −2, −2)，PA→=(2, 2, −4)，
设直线PA与平面EAC所成角为θ，
则sinθ=|cs|
=|PA→⋅n→||PA→|⋅|n→|=23，
即直线PA与平面EAC所成角的正弦值为23．
【考点】
平面与平面垂直的判定
用空间向量求直线与平面的夹角
【解析】
(Ⅰ)证明AC⊥PC．AC⊥BC．通过直线与平面垂直的判定定理以及平面与平面垂直的判定定理证明平面EAC⊥平面PBC．
(Ⅱ)如图，以点C为原点，DA→，CD→，CP→分别为x轴、y轴、z轴正方向，建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标以及面PAC的法向量．面EAC的法向量，通过二面角P−AC−E的余弦值为63，求出直线PA的向量，利用向量的数量积求解直线PA与平面EAC所成角的正弦值即可．
【解答】
(1)证明：∵ PC⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，
∴ AC⊥PC．
∵ AB=4，AD=CD=2，
∴ AC=BC=22．
∴ AC2+BC2=AB2，
∴ AC⊥BC．
又BC∩PC=C，
∴ AC⊥平面PBC．
∵ AC⊂平面EAC，
∴ 平面EAC⊥平面PBC．
(2)解：如图，以点C为原点，DA→，CD→，CP→分别为x轴，y轴，z轴正方向，建立空间直角坐标系，
则C(0, 0, 0)，A(2, 2, 0)，B(2, −2, 0)．
设P(0, 0, 2a)(a>0)，则E(1, −1, a)，
CA→=(2, 2, 0)，CP→=(0, 0, 2a)，CE→=(1, −1, a)．
取m→=(1, −1, 0)，
则m→⋅CA→=m→⋅CP→=0，
m→为平面PAC的法向量，
设n→=(x, y, z)为平面EAC的法向量，
则n→⋅CA→=n→⋅CE→=0，
即x+y=0，x−y+az=0，
取x=a，y=−a，z=−2，
则n→=(a, −a, −2)，
依题意，|cs|
=|m→⋅n→||m→|⋅|n→|=aa2+2=63，
则a=2．
于是n→=(2, −2, −2)，PA→=(2, 2, −4)，
设直线PA与平面EAC所成角为θ，
则sinθ=|cs|
=|PA→⋅n→||PA→|⋅|n→|=23，
即直线PA与平面EAC所成角的正弦值为23．
【答案】
解：(1)设动点Px,y，则M−4,y，
由F1−1,0，则PF1→=−1−x,−y，PM→=−4−x,0，
∵ 2PF1→−PM→⋅2PF1→+PM→=0，
∴ 4|PF1→|2=|PM→|2，
∴ 4x+12+4y2=x+42，化简得：x24+y23=1．
∴ 所求曲线C的方程为x24+y23=1．
(2)设Ax1,y1，Bx2,y2，不妨令y1>0，y2<0，
设△F1AB的内切圆半径为R，则△F1AB的周长为4a=8，
S△F1AB=12(|AB|+|F1B|+|F1A|)R=4R．
由此可知，当△F1AB的面积最大时，△F1AB的内切圆面积最大，
可设直线n的方程为x=my+1，
联立x=my+1，x24+y23=1，
得：3m2+4y2+6my−9=0，
∴ y1+y2=−6m3m2+4，y1y2=−93m2+4，
则S△F1AB=12|F1F2||y1−y2|=12m2+13m2+4，
令m2+1=t，则m2=t2−1t≥1，
∴ S△F1AB=12t3t2+1=123t+1t，
令ft=3t+1tt≥1，则f′t=3−1t2，
当t≥1时，f′t>0恒成立，
则ft=3t+1t在[1,+∞)上单调递增，
∴ ft≥f1=4，即ft的最小值为4．
∴ S△F1AB≤3，即当t=1时，S△F1AB的面积最大为3，
此时，△F1AB的内切圆的最大半径为R=34，
所以，△F1AB的内切圆的面积取得最大值为S=πR2=9π16，
故直线n的方程为x=1，△F1AB的内切圆的面积最大值为9π16．
【考点】
轨迹方程
椭圆的标准方程
圆锥曲线的轨迹问题
直线与椭圆结合的最值问题
三角形的面积公式
利用导数研究函数的单调性
利用导数研究函数的最值
【解析】
无
无
【解答】
解：(1)设动点Px,y，则M−4,y，
由F1−1,0，则PF1→=−1−x,−y，PM→=−4−x,0，
∵ 2PF1→−PM→⋅2PF1→+PM→=0，
∴ 4|PF1→|2=|PM→|2，
∴ 4x+12+4y2=x+42，化简得：x24+y23=1．
∴ 所求曲线C的方程为x24+y23=1．
(2)设Ax1,y1，Bx2,y2，不妨令y1>0，y2<0，
设△F1AB的内切圆半径为R，则△F1AB的周长为4a=8，
S△F1AB=12(|AB|+|F1B|+|F1A|)R=4R．
由此可知，当△F1AB的面积最大时，△F1AB的内切圆面积最大，
可设直线n的方程为x=my+1，
联立x=my+1，x24+y23=1，
得：3m2+4y2+6my−9=0，
∴ y1+y2=−6m3m2+4，y1y2=−93m2+4，
则S△F1AB=12|F1F2||y1−y2|=12m2+13m2+4，
令m2+1=t，则m2=t2−1t≥1，
∴ S△F1AB=12t3t2+1=123t+1t，
令ft=3t+1tt≥1，则f′t=3−1t2，
当t≥1时，f′t>0恒成立，
则ft=3t+1t在[1,+∞)上单调递增，
∴ ft≥f1=4，即ft的最小值为4．
∴ S△F1AB≤3，即当t=1时，S△F1AB的面积最大为3，
此时，△F1AB的内切圆的最大半径为R=34，
所以，△F1AB的内切圆的面积取得最大值为S=πR2=9π16，
故直线n的方程为x=1，△F1AB的内切圆的面积最大值为9π16．
【答案】
(1)解：由题意知，函数fx的定义域为0,+∞，
由已知得f′x=6x+6−a−ax
=6x2+6−ax−ax=6x−ax+1x，
当a≤0时，f′x>0，函数fx在0,+∞单调递增，
所以函数fx的单调递增区间为0,+∞；
当a>0时，由f′x>0，得x>a6，由f′x<0，得0所以函数fx的单调递增区间为a6,+∞，单调递减区间为0,a6．
综上，当a≤0时，函数fx的单调递增区间为0,+∞，
当a>0时，函数fx的单调递增区间为a6,+∞，单调递减区间为0,a6．
(2)证明：当a=1时，易知，要证明：fx+ex>3x2+5x+2成立，
只需证明：ex−lnx−2>0即可．
令ℎx=ex−lnx−2，
则ℎ′x=ex−1x，可知函数ℎ′x在0,+∞单调递增，
而ℎ′13=e13−3<0，ℎ′1=e−1>0，
所以方程ℎ′x=0在0,+∞上存在唯一实根x0，即ex0=1x0，
当x∈0,x0时，ℎ′x<0，函数ℎx单调递减；
当x∈x0,+∞时，ℎ′x>0，函数ℎx单调递增；
所以ℎxmin=ℎx0=ex0−lnx0−2，
由ex0=1x0可知x0=−lnx0，
所以ℎxmin=ℎx0=1x0+x0−2>0，
即ex−lnx−2>0在0,+∞上恒成立，
所以对任意x>0，fx+ex>3x2+5x+2成立．
【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】
(1)解：由题意知，函数fx的定义域为0,+∞，
由已知得f′x=6x+6−a−ax
=6x2+6−ax−ax=6x−ax+1x，
当a≤0时，f′x>0，函数fx在0,+∞单调递增，
所以函数fx的单调递增区间为0,+∞；
当a>0时，由f′x>0，得x>a6，由f′x<0，得0所以函数fx的单调递增区间为a6,+∞，单调递减区间为0,a6．
综上，当a≤0时，函数fx的单调递增区间为0,+∞，
当a>0时，函数fx的单调递增区间为a6,+∞，单调递减区间为0,a6．
(2)证明：当a=1时，易知，要证明：fx+ex>3x2+5x+2成立，
只需证明：ex−lnx−2>0即可．
令ℎx=ex−lnx−2，
则ℎ′x=ex−1x，可知函数ℎ′x在0,+∞单调递增，
而ℎ′13=e13−3<0，ℎ′1=e−1>0，
所以方程ℎ′x=0在0,+∞上存在唯一实根x0，即ex0=1x0，
当x∈0,x0时，ℎ′x<0，函数ℎx单调递减；
当x∈x0,+∞时，ℎ′x>0，函数ℎx单调递增；
所以ℎxmin=ℎx0=ex0−lnx0−2，
由ex0=1x0可知x0=−lnx0，
所以ℎxmin=ℎx0=1x0+x0−2>0，
即ex−lnx−2>0在0,+∞上恒成立，
所以对任意x>0，fx+ex>3x2+5x+2成立．
【答案】
解：(1)X的可能值为1和k+1，
PX=1=1−pk，PX=k+1=1−1−pk，
所以随机变量X的分布列为：
所以EX=1×1−pk+k+1×[1−1−pk]
=k+1−k1−pk.
(2)①设方案一总费用为Z，方案二总费用为Y，
则Y=aX+54a，
所以方案二总费用的数学期望为：
EY=aEX+54a=ak+1−k1−pk+54a，
又k=5，
所以EY=a6−51−p5+54a=−5a1−p5+294a，
又方案一的总费用为Z=5a，
所以Z−EY=a⋅51−p5−94，
当0920<1−p5<1，0<51−p5−94<114，
又a>0，所以a⋅51−p5−94>0，
所以Z>EY，所以该单位选择方案二合理．
②由①知方案二总费用的数学期望
EY=aEX+54a=ak+1−k1−pk+54a，
当p=1−17e时，
EY=ak+1−k17ek+54a=ak+94−ke−k7，
又方案一的总费用为Z=ak，
令EY所以ak+94−ke−k794，
即lnke−k7>ln94，所以lnk−k7−ln94>0，
设f(x)=lnx−x7−ln94，x∈[2,+∞)，
所以f′(x)=1x−17=7−x7x，x∈[2,+∞)，
令f′x>0得2≤x<7，f′x<0得x>7，
所以fx在区间[2,7)上单调递增，在区间7,+∞上单调递减，
fxmax=f7=ln7−1−2ln3−ln2=0.1>0，
f8=3ln2−87−2ln3−ln2
=5ln2−2ln3−87=1.3−87>0，
f9=2ln3−97−2ln3−ln2
=2ln2−97=1.4−97>0，
f10=ln10−107−2ln3−ln2=1.5−107>0，
f11=ln11−117−2ln3−ln2=1.6−117>0，
f12=ln12−127−2ln3−ln2
=4ln2−ln3−127=1.7−127<0，
所以k的最大值为11．
【考点】
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
利用导数研究函数的单调性
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)X的可能值为1和k+1，
PX=1=1−pk，PX=k+1=1−1−pk，
所以随机变量X的分布列为：
所以EX=1×1−pk+k+1×[1−1−pk]
=k+1−k1−pk.
(2)①设方案一总费用为Z，方案二总费用为Y，
则Y=aX+54a，
所以方案二总费用的数学期望为：
EY=aEX+54a=ak+1−k1−pk+54a，
又k=5，
所以EY=a6−51−p5+54a=−5a1−p5+294a，
又方案一的总费用为Z=5a，
所以Z−EY=a⋅51−p5−94，
当0920<1−p5<1，0<51−p5−94<114，
又a>0，所以a⋅51−p5−94>0，
所以Z>EY，所以该单位选择方案二合理．
②由①知方案二总费用的数学期望
EY=aEX+54a=ak+1−k1−pk+54a，
当p=1−17e时，
EY=ak+1−k17ek+54a=ak+94−ke−k7，
又方案一的总费用为Z=ak，
令EY所以ak+94−ke−k794，
即lnke−k7>ln94，所以lnk−k7−ln94>0，
设f(x)=lnx−x7−ln94，x∈[2,+∞)，
所以f′(x)=1x−17=7−x7x，x∈[2,+∞)，
令f′x>0得2≤x<7，f′x<0得x>7，
所以fx在区间[2,7)上单调递增，在区间7,+∞上单调递减，
fxmax=f7=ln7−1−2ln3−ln2=0.1>0，
f8=3ln2−87−2ln3−ln2
=5ln2−2ln3−87=1.3−87>0，
f9=2ln3−97−2ln3−ln2
=2ln2−97=1.4−97>0，
f10=ln10−107−2ln3−ln2=1.5−107>0，
f11=ln11−117−2ln3−ln2=1.6−117>0，
f12=ln12−127−2ln3−ln2
=4ln2−ln3−127=1.7−127<0，
所以k的最大值为11．
【答案】
解：(1)∵ ρ=6csθsin2θ，∴ ρ2sin2θ=6ρcsθ，
∴ 曲线C的直角坐标系方程为y2=6x.
(2)直线l的参数方程为x=32+12t，y=32t，
代入y2=6x得t2−4t−12=0．
则t1+t2=4，t1t2=−12，
|AB|=|t1−t2|=t1+t22−4t1t2=8，
∵ P32,0在直线l上，
∴ |PA|⋅|PB|=|t1t2|=12，
∴ |AB|2|PA|⋅|PB|=6412=163．
【考点】
抛物线的极坐标方程与直角坐标方程的互化
直线的参数方程
【解析】
无
无
【解答】
解：(1)∵ ρ=6csθsin2θ，∴ ρ2sin2θ=6ρcsθ，
∴ 曲线C的直角坐标系方程为y2=6x.
(2)直线l的参数方程为x=32+12t，y=32t，
代入y2=6x得t2−4t−12=0．
则t1+t2=4，t1t2=−12，
|AB|=|t1−t2|=t1+t22−4t1t2=8，
∵ P32,0在直线l上，
∴ |PA|⋅|PB|=|t1t2|=12，
∴ |AB|2|PA|⋅|PB|=6412=163．
【答案】
解：(1)当x≤−12时，不等式化为−2x+3−2x−1≥6，解得x≤−1；
当−12当x≥32时，不等式化为2x−3+2x+1≥6，解得x≥2．
综上，不等式的解集为−∞,−1∪2,+∞．
(2)由|2x−3|+|2x+1|≥|(3−2x)+(1+2x)|=4，
所以fx的最小值M=4，所以a+b+c=4，
因为a2+b2≥2ab，b2+c2≥2bc，c2+a2≥2ca，
可得a2+b2+c2≥ab+bc+ca，当且仅当a=b=c取等号．
所以3ab+bc+ca≤a+b+c2=16
⇒ab+bc+ca≤163，
当且仅当a=b=c取等号．
故ab+bc+ca的最大值为163．
【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】
无
无
【解答】
解：(1)当x≤−12时，不等式化为−2x+3−2x−1≥6，解得x≤−1；
当−12当x≥32时，不等式化为2x−3+2x+1≥6，解得x≥2．
综上，不等式的解集为−∞,−1∪2,+∞．
(2)由|2x−3|+|2x+1|≥|(3−2x)+(1+2x)|=4，
所以fx的最小值M=4，所以a+b+c=4，
因为a2+b2≥2ab，b2+c2≥2bc，c2+a2≥2ca，
可得a2+b2+c2≥ab+bc+ca，当且仅当a=b=c取等号．
所以3ab+bc+ca≤a+b+c2=16
⇒ab+bc+ca≤163，
当且仅当a=b=c取等号．
故ab+bc+ca的最大值为163．X
1
k+1
P
(1−p)k
1−(1−p)k
X
1
k+1
P
(1−p)k
1−(1−p)k