2020-2021学年陕西省西安市高三（上）11月月考数学（理）试卷北师大版

这是一份2020-2021学年陕西省西安市高三（上）11月月考数学（理）试卷北师大版，共11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，全集U={−1,−2, 1,2,3,4}，若 ∁UA=1,3,4，则集合A是( )
A.−1,−2,0,2B.−1,−2,2C.−1,−2D.0

2. 已知fx为奇函数，当x>0时，fx=lnx+1，则f−e=( )
A.2B.0C.−2D.1

3. 若α∈−π2,0，且sinα+csα=0，则sin3α=( )
A.−22B.22C.−32D.12

4. 在1到100的整数中，除去所有可以表示为2nn∈N+的整数，则其余整数的和是( )
A.3928B.4024C.4920D.4924

5. 已知双曲线S：x2m−y2m+8=1的离心率为2，则双曲线S的两条渐近线的夹角为( )
A.π6B.π3C.π6或π3D.π3或2π3

6. 已知|a→|=1，|b→|=2，且a→与b→的夹角为π6，则|a→−3b→|=( )
A.7B.22C.10D.19

7. 已知点P在圆C：x−22+y+12=1上，直线l:3x+4y=12与两坐标轴的交点分别为M，N，则△PMN的面积的最大值是( )
A.152B.8C.172D.9

8. 已知命题p：∃x∈R，x−10>lgx，命题q:∀x∈R，ex>12，则( )
A.“p∨q”是假命题B.“p∧q”是真命题
C.“p∨¬q”是假命题D.”p∧¬q”是真命题

9. 已知fx=3sinxcsx+sin2x−12x∈0,π2，则fx的值域是（ ）
A.−12,12B.−1,12C.−12,1D.−1,1

10. 如图，已知底面边长为a的正四棱锥P−ABCD的侧棱长为2a，若截面PAC的面积为87，则正四棱锥P−ABCD的体积等于( )

A.1214B.32143C.3273D.1083

11. x2+1x−25的展开式的常数项是( )
A.−32B.−88C.88D.152

12. “a<−4”是“函数fx=x2+ax−2在区间2,+∞上单调递增”的（ ）
A.充分不必要条件B.必要不充分条件
C.充要条件D.不充分也不必要条件
二、填空题

若抛物线的准线方程是y=2，则该抛物线的标准方程是________．

若a∈R，i为虚数单位，|2+ai|=4，则a=________.

将摆放在编号为1，2，3，4，5五个位置上的5件不同商品重新摆放，则恰有一件商品的位置不变的摆放方法数为________．（用数字作答）

已知函数fx=x2+ax+b有两个零点x1,x2，且−1三、解答题

已知{an}为等差数列，各项都为正数的等比数列bn的前n项和为Sn，且b1=3，S3=39，a1=b2−7，a40=b4−1.
(1)求{an},{bn}的通项公式；

(2)求和a1+2a2+2a3+⋯+2an+an+1.

已知正四面体ABCD，M，N分别在棱AD，AB上，且AM=12MD，AN=13AB，P为棱AC上任意一点（P不与A重合）.

(1)求证：直线MN//平面BDP；

(2)求直线DN与平面DBC所成角的正弦值．

已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0，F1,F2分别为椭圆C的左右焦点，P为椭圆C上的任意点，且|PF2|的最大值和最小值分别为3和1，过F2的直线为l.
(1)求椭圆C的方程；

(2)设直线l与椭圆C交于A，B两点，求△ABF1的面积的最大值．

西安市某街道办为了绿植街道两边的绿化带，购进了1000株树苗，这批树苗最矮2米，最高2.5米，桉树苗高度绘制成如下频率分布直方图（如图）

(1)试估计这批树苗高度的中位数；

(2)用频率代替概率，从这批树苗中任取3株树苗，用X表示取出的3株树苗中高度不低于2.3米的株数，求X的分布列和期望．

已知函数fx=ln2xln2x.
(1)求fx的极值；

(2)设ℎx=fx−lnx，求证：ℎx在[1,+∞)上有两个零点．

已知曲线S的参数方程为x=3sinθ+1,y=3csθ （θ为参数，0≤θ<2π）．点P−12,−332在曲线S上，直线l过点P，且倾斜角为π3.
(1)求点P在曲线S上对应的参数θ的值；

(2)求直线l被曲线S截得的线段的长度．

已知fx=x|x−3|−4.
(1)解不等式fx≤0；

(2)设g(x)=f(x)x(x≤3，且x≠0），求gx的值域．
参考答案与试题解析
2020-2021学年陕西省西安市高三（上）11月月考数学（理）试卷
一、选择题
1.
【答案】
B
【考点】
补集及其运算
【解析】
利用补集的定义求解即可.
【解答】
解：全集U={−1,−2, 1,2,3,4}， ∁UA=1,3,4，
∴ A={−1,−2,2}.
故选B.
2.
【答案】
C
【考点】
函数奇偶性的性质
函数的求值
【解析】
利用函数的奇偶性求解即可.
【解答】
解：∵ 当x>0时，fx=lnx+1，
∴ fe=lne+1=1+1=2.
又∵ fx为奇函数，
∴ f−e=−f(e)=−2.
故选C.
3.
【答案】
A
【考点】
同角三角函数间的基本关系
【解析】
由题意可得α=−π4，再利用诱导公式求解即可.
【解答】
解：∵ sinα+csα=0，
∴ tanα=−1.
又∵ α∈−π2,0，
∴ α=−π4，
∴ sin3α=sin(−3π4)=−sin3π4=−22.
故选A.
4.
【答案】
D
【考点】
等差数列的前n项和
等比数列的前n项和
【解析】
直接计算全部整数和，再减掉2n的和，即可得到答案.
【解答】
解：由题意得：1+2+3+⋯+100=100×1+1002=5050，
去掉2，4，8，16，32，64这些整数的和2×1−261−2=126，
所以其余整数的和为5050−126=4924.
故选D.
5.
【答案】
B
【考点】
双曲线的离心率
双曲线的渐近线
【解析】
根据题意，由双曲线的离心率公式可得m=4，分析可得双曲线的渐近线方程为y=±3x，由此分析可得答案．
【解答】
解：根据题意，双曲线S:x2m−y2m+8=1的离心率为2，
则有e2=c2a2=2m+8m=4，
解得m=4，
双曲线的方程为x24−y212=1，
其渐近线方程为y=±3x，
∴ 两条渐近线的夹角为π3.
故选B．
6.
【答案】
A
【考点】
向量的模
平面向量的数量积
【解析】
根据题意，由向量a→，b→的模以及夹角计算可得a→⋅b→的值，进而由数量积的计算可得a→−3b→2=a→2−23a→⋅b→+3b→2，代入数据计算，再开方可得答案．
【解答】
解：由题意可得：
a→⋅b→=|a→||b→|csπ6=1×2×32=3，
∴ a→−3b→2=a→2−23a→⋅b→+3b→2
=1−6+12=7，
∴ |a→−3b→|=7.
故选A．
7.
【答案】
A
【考点】
直线与圆的位置关系
点到直线的距离公式
【解析】
首先求出MN，再求点P到直线距离的最大值即可得到答案.
【解答】
解：由题意得：不妨取M为x轴的交点，N为y轴的交点，
则M4,0，N0,3，故MN=16+9=5，
圆心2,−1到直线l: 3x+4y=12的距离：
d=3×2+4×−1−129+16=2，
所以点P到直线l: 3x+4y=12距离的最大值为d+r=2+1=3，
所以△PMN的面积的最大值为12×5×3=152.
故选A.
8.
【答案】
D
【考点】
逻辑联结词“或”“且”“非”
复合命题及其真假判断
【解析】
首先判断两个基本命题的真假，再判断符合命题即可．
【解答】
解：命题p:若x=20，则20−10>lg10，故命题p为真命题，
命题q:若x=ln13，则eln13=13<12，故命题q为假命题，
所以“p∨q”为真命题，故A错误；
“p∧q”为假命题，故B错误；
“p∨¬q”为真命题，故C错误；
“p∧¬q”为真命题，故D正确.
故选D.
9.
【答案】
C
【考点】
正弦函数的定义域和值域
两角和与差的正弦公式
二倍角的余弦公式
【解析】
根据二倍角公式、辅助角公式化简fx=sin2x−π6,由已知可得2x−π6∈−π6,5π6,利用正弦函数的性质求解值域.
【解答】
解：fx=3sinxcsx+sin2x−12
=32sin2x+1−cs2x2−12
=32sin2x−12cs2x=sin2x−π6,
因为x∈0,π2,所以2x−π6∈−π6,5π6,
当2x−π6=−π6即x=0时,函数fx取最小值−12,
当2x−π6=π2即x=π3时,函数fx取最大值1,
所以函数fx的值域为−12,1.
故选C.
10.
【答案】
B
【考点】
柱体、锥体、台体的体积计算
【解析】
P−ABCD为正四棱锥,根据正四棱锥的结构特征可知点P在底面正方形ABCD的投影O在线段AC的中点上,利用勾股定理解得PO=4a2−a22=142a,再由截面PAC的面积解得a=4,利用棱锥的体积公式计算即可.
【解答】
解：因为P−ABCD为正四棱锥,
所以点P在底面正方形ABCD的投影O在线段AC的中点上,
根据题意PC=2a,OC=22a,
所以PO=4a2−a22=142a,
所以截面PAC的面积：
S=12⋅PO⋅AC=12×142a×2a=87,
解得a=4,
所以PO=142a=214,
则正四棱锥P−ABCD的体积：
V=13⋅PO⋅SABCD=13×214×42=32143.
故选B.
11.
【答案】
C
【考点】
二项式系数的性质
二项式定理的应用
【解析】
根据二项展开式x2+1x−25通项为C5rx2+1x5−r−2r,给r赋值,求解常数项.
【解答】
解：x2+1x−25=x2+1x−25,
其通项为C5r(−2)5−rx2+1xr,
又x2+1xr的通项为：
Crkx2r−2k(1x)k=Crkx2r−3k，
令2r−3k=0，即2r=3k，
可得r=0，k=0或r=3，k=2，
故常数项为：(−2)5+C53C32(−2)2=−32+120=88.
故选C.
12.
【答案】
A
【考点】
已知函数的单调性求参数问题
必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】
利用分离常量法可得fx=x−2+4+ax−2+4,要使函数fx在2,+∞单增,则4+a≤0,解得a≤−4,根据充分、必要条件的定义判断.
【解答】
解：f′(x)=x2−4x−a(x−2)2，令g(x)=x2−4x−a，
由函数f(x)在(2,+∞)上单调递增可得g(x)≥0在(2,+∞)上恒成立，
函数g(x)对称轴为x=2，
则g(2)=−4−a≥0，解得a≤−4,
因为由a<−4可得a≤−4，反之不成立,
所以a<−4是函数fx在2,+∞单调递增的充分不必要条件.
故选A.
二、填空题
【答案】
x2=−8y
【考点】
抛物线的标准方程
【解析】
由抛物线的准线方程可知，抛物线是焦点在y轴负半轴上的抛物线，并求得p值，则答案可求．
【解答】
解：由抛物线的准线方程为y=2，可知抛物线是焦点在y轴负半轴上的抛物线，
设其方程为x2=−2py(p>0)，
则其准线方程为y=p2=2，得p=4，
∴ 该抛物线的标准方程是x2=−8y．
故答案为：x2=−8y．
【答案】
±23
【考点】
复数的模
复数代数形式的乘除运算
【解析】
化简ai=−ai,根据复数模的公式可得2+ai=2−ai=22+−a2=4,解得a=±23.
【解答】
解：ai=aii2=−ai,
所以2+ai=2−ai=22+−a2=4，解得a2=12，
所以a=±23.
故答案为：±23.
【答案】
45
【考点】
排列、组合及简单计数问题
【解析】
恰有一件商品的位置不变,从5件不同商品中选1件,有C51=5种方法,剩余4件不同商品不在原位置,共有9种方法,共有5×9=45种方法.
【解答】
解：恰有一件商品的位置不变，从5件不同商品中选1件，有C51=5种方法，
恰有一件商品的位置不变的摆放方法数有C51[3+2(1+2)]=45.
故答案为：45.
【答案】
(32,+∞)
【考点】
函数的零点
求线性目标函数的最值
【解析】

【解答】
解：根据已知函数fx的两个零点x1,x2满足−1则f−1=1−a+b>0，f0=b<0，f2=4+2a+b>0，
作出可行域，
直线2−ax+by−3=0的斜率为a−2b，
a−2b表示点(b,a)与点P(0,2)的直线的斜率，kPA=32，
由于可行域不包括A−2,−1和0，−2,
可得直线2−ax+by−3=0的斜率的取值范围是(32,+∞).
故答案为：(32,+∞).
三、解答题
【答案】
解：(1)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q（q>0）．
b1=3，S3=39，
∴ b1+b2+b3=39，
即3+3q+3q2=39，即q2+q−12=0，
解得q=−4（舍去）或q=3，
得bn=3×3n−1=3n，
∴ a1=b2−7=32−7=2，
a40=b4−1=34−1=80，
∴ d=a40−a140−1=2，
an=a1+n−1d=2+n−1×2=2n，
∴ {an}的通项公式为an=2n，{bn}的通项公式为bn=3n．
(2)由(1)知an=2n，
得an+an+1=2n+2n+1=4n+2，
∴ 数列{an+an+1}为首项a1+a2=6，公差为4的等差数列，
∴ a1+2a2+2a3+⋯+2an+an+1
=(a1+a2)+(a2+a3)+⋯+(an+an+1)
=n6+4n+22=2n2+4n .
【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】
无
无
【解答】
解：(1)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q（q>0）．
b1=3，S3=39，
∴ b1+b2+b3=39，
即3+3q+3q2=39，即q2+q−12=0，
解得q=−4（舍去）或q=3，
得bn=3×3n−1=3n，
∴ a1=b2−7=32−7=2，
a40=b4−1=34−1=80，
∴ d=a40−a140−1=2，
an=a1+n−1d=2+n−1×2=2n，
∴ {an}的通项公式为an=2n，{bn}的通项公式为bn=3n．
(2)由(1)知an=2n，
得an+an+1=2n+2n+1=4n+2，
∴ 数列{an+an+1}为首项a1+a2=6，公差为4的等差数列，
∴ a1+2a2+2a3+⋯+2an+an+1
=(a1+a2)+(a2+a3)+⋯+(an+an+1)
=n6+4n+22=2n2+4n .
【答案】
(1)证明：由AM=12MD，M在AD上，得AM=13AD.
又AN=13AB，
∴ MN//DB.
又MN不在平面BDP内，DB在平面BDP内，
∴ 直线MN//平面BDP .
(2)解：设AC=a，G为底面△ABC的重心，Q为AC的中点，
连接GN，BQ，GD，则G∈BQ，且直线GN，GQ，GD两两互相垂直．
以G为原点，直线GN，BQ，GD分别为x轴、y轴、z轴建立图示空间直角坐标系G−xyz，
则|BQ|=32a，|GB|=33a，|GQ|=36a，|GN|=a3，|GD|=63a，
∴ Na3,0,0，D0,0,63a, B0,−33a,0, C−a2,36a,0，
∴ DN→=(a3,0,−63a，BD→=(0,33a,63a，BC→=−a2,32a,0 .
设平面DBC的一个法向量为n→=x,y,z，
则n→⋅BC→=0,n→⋅BD→=0,即−a2x+32ay=0,33ay+63az=0,
取y=2，得x=6，z=−1，得n→=(6,2,−1).
设直线DN与平面DBC所成角为α，则
sinα=|n→⋅DN→||n→||DN→|=|a3×6+0+63a|a29+0+6a29×6+2+1=24221 ，
∴ 直线DN与平面DBC所成角的正弦值为24221 .
【考点】
直线与平面平行的判定
用空间向量求直线与平面的夹角
【解析】
（1）证明：由AM=12MD，M在AD上，得AM=13AD，
又AN=13AB，
∴ MN//DB，
又MN不在平面DBP内，DB在平面BDP内．
∴ 直线MN//平面BDP .
（2）解：设AC=a，G为底面△ABC的重心，Q为AC的中点，
连接CN、BQ、GD，则G∈BQ，且直线GN、GQ、GD两两互相垂直．
以C为原点，直线GN、BQ、CD分别为x轴、y轴、z轴建立图示空间直角坐标系G−xyz，则|BQ|=32a，
|GB|=33a，|GQ|=36a,|GN|=a3,∴|GD|=63a，
∴ Na3,0,0,D0,0,63, B0,−33a,0, C−42,36,0，
∴ DN→=(a3,0,−63,BD→=(0,33a,63a,BC→=−a2,32a,0 ，
设平面DBC的一个法向量为A→=x,y,z，则n→⋅BC→=0n→⋅DD→=0，即−a2x+32ay=033ay+63az=0，
取y=2，得x=6,z=−1，得n→=(6,2,−1)，
设直线DN与平面DBC所成角为α,则
sinα=|n→⋅DN→||n→||DN→|=|a3×6+0+63a|a29+0+6a29×6+2+1=24221 .
∴ 直线DN与平面DBC所成角的正弦值为24221 .
【解答】
(1)证明：由AM=12MD，M在AD上，得AM=13AD.
又AN=13AB，
∴ MN//DB.
又MN不在平面BDP内，DB在平面BDP内，
∴ 直线MN//平面BDP .
(2)解：设AC=a，G为底面△ABC的重心，Q为AC的中点，
连接GN，BQ，GD，则G∈BQ，且直线GN，GQ，GD两两互相垂直．
以G为原点，直线GN，BQ，GD分别为x轴、y轴、z轴建立图示空间直角坐标系G−xyz，
则|BQ|=32a，|GB|=33a，|GQ|=36a，|GN|=a3，|GD|=63a，
∴ Na3,0,0，D0,0,63a, B0,−33a,0, C−a2,36a,0，
∴ DN→=(a3,0,−63a，BD→=(0,33a,63a，BC→=−a2,32a,0 .
设平面DBC的一个法向量为n→=x,y,z，
则n→⋅BC→=0,n→⋅BD→=0,即−a2x+32ay=0,33ay+63az=0,
取y=2，得x=6，z=−1，得n→=(6,2,−1).
设直线DN与平面DBC所成角为α，则
sinα=|n→⋅DN→||n→||DN→|=|a3×6+0+63a|a29+0+6a29×6+2+1=24221 ，
∴ 直线DN与平面DBC所成角的正弦值为24221 .
【答案】
解：(1)设椭圆的半焦距为cc>0．
由题意得a+c=3,a−c=1, 解之，
得a=2，c=1，b=22−12=3，
∴ 椭圆C的方程为x24+y23=1 .
(2)设直线l的方程为x=my+1.
由x=my+1,x24+y23=1消去x，并整理得3m2+4y2+6my−9=0.
设Ax1,y1,Bx2,y2，则y1+y2=−6m3m2+4，y1y2=−93m2+4 ，
|y1−y2|=y1+y12−4y1y2
=−6m3m2+42−4−93m2+4=12m2+13m2+4.
设m2+1=t，则t≥1，m2=t2−1，
|y1−y2|=12m2+13m2+4=12t3t2+1，
∴ S△ABF1=12×2c×|y1−y2|=12t3t2+1=123t+1tt≥1 .
设gt=3t+1tt≥1，则g′t=3−1t2>0t≥1恒成立．
∴ gt在[1,+∞）上单调递增，
∴ 当t=1时，S△ABF1取最大值为123×1+11=3 ，
这时，直线l:x=1，
∴ △ABF1的面积的最大值为3 .
【考点】
椭圆的标准方程
直线与椭圆结合的最值问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)设椭圆的半焦距为cc>0．
由题意得a+c=3,a−c=1, 解之，
得a=2，c=1，b=22−12=3，
∴ 椭圆C的方程为x24+y23=1 .
(2)设直线l的方程为x=my+1.
由x=my+1,x24+y23=1消去x，并整理得3m2+4y2+6my−9=0.
设Ax1,y1,Bx2,y2，则y1+y2=−6m3m2+4，y1y2=−93m2+4 ，
|y1−y2|=y1+y12−4y1y2
=−6m3m2+42−4−93m2+4=12m2+13m2+4.
设m2+1=t，则t≥1，m2=t2−1，
|y1−y2|=12m2+13m2+4=12t3t2+1，
∴ S△ABF1=12×2c×|y1−y2|=12t3t2+1=123t+1tt≥1 .
设gt=3t+1tt≥1，则g′t=3−1t2>0t≥1恒成立．
∴ gt在[1,+∞）上单调递增，
∴ 当t=1时，S△ABF1取最大值为123×1+11=3 ，
这时，直线l:x=1，
∴ △ABF1的面积的最大值为3 .
【答案】
解：(1)设这批树苗高度的中位数为x．
根据频率分布直方图知，
前两组频率之和为1+3.5×0.1=0.45<0.5，
前三组频率之和为1+3.5+2.5×0.1=0.7>0.5，
∴ 中位数在2.2∼2.3之间，
由x−2.2×2.5=0.5−0.45，
得x=2.22，
∴ 这批树苗高度的中位数为2.22米．
(2)X的可能取值为0，1，2，3．
用频率代替概率，从这批树苗中任取1株树苗，
该树苗高度不低于2.3米的概率为:
1.0+2.0×0.1=0.3=310，则X∼B3,310，
∴ PX=0=C3031001−3103=3431000 ，
PX=1=C313101−3102=4411000，
PX=2=C3231021−3101=1891000，
PX=3=C3331031−3100=271000,
∴ X的分布列为
X的期望为E(X)=3×310=910．
【考点】
频率分布直方图
众数、中位数、平均数
离散型随机变量及其分布列
离散型随机变量的期望与方差
【解析】
无
无
【解答】
解：(1)设这批树苗高度的中位数为x．
根据频率分布直方图知，
前两组频率之和为1+3.5×0.1=0.45<0.5，
前三组频率之和为1+3.5+2.5×0.1=0.7>0.5，
∴ 中位数在2.2∼2.3之间，
由x−2.2×2.5=0.5−0.45，
得x=2.22，
∴ 这批树苗高度的中位数为2.22米．
(2)X的可能取值为0，1，2，3．
用频率代替概率，从这批树苗中任取1株树苗，
该树苗高度不低于2.3米的概率为:
1.0+2.0×0.1=0.3=310，则X∼B3,310，
∴ PX=0=C3031001−3103=3431000 ，
PX=1=C313101−3102=4411000，
PX=2=C3231021−3101=1891000，
PX=3=C3331031−3100=271000,
∴ X的分布列为
X的期望为E(X)=3×310=910．
【答案】
(1)解：函数fx的定义域为0,+∞，
fx=ln2xln2x=ln2xln2+lnx=ln2ln2x+ln3x，
∴ f′(x)=2ln2×1xlnx+3×1xln2x=1xlnx(2ln2+3lnx)，
由f′x=0，得x1=1413，x2=1 ，
当x变化时，f′x,fx的变化情况如下表
∴ fx极大值=f1413
=ln21413ln2×1413=427ln32，
fx极小值=f(1)=ln21⋅ln2=0 .
(2)证明：ℎx的零点的个数即方程fx−lnx=0，
即方程lnxln2lnx+ln2x−1=0的个数．
由方程得lnx=0,x=1或ln2lnx+ln2x−1=0 .
设gx=ln2lnx+ln2x−1x≥1，
则g′x=1xln2+2lnx⋅1x
=1xln2+2lnx>0x≥1 ，
∴ gx在[1,+∞)上单调递增．
又g1=−1,ge=ln2>0，
即g1⋅ ge<0 ，
∴ gx在1,+∞上有唯一零点，
即ln2lnx+ln2x−1=0有唯一解，
∴ ℎx在[1,+∞)上有两个零点．
【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】

（2）ℎx的零点的个数即方程fx−lnx=0，即方程lnxln2lnx+ln2x=1=0的个数．由方程得lnx=0,x=1，或ln2lnx+ln2x−1=0 .
设g′x=ln2lnx+ln2x−1x≥1，
则g′x=1xln2+2lnx⋅1x=1xln2+2lgx>0x≥1 .
∴ gx在[1,+∞)上单调递增．又g1=−1,ge=lg2>0，即g1⋅ ge<0 .
∴ gx在1,+∞上有唯一零点，即ln2lnx+1n2x−1=0有唯一解，
∴ ℎx有两个零点 .
【解答】
(1)解：函数fx的定义域为0,+∞，
fx=ln2xln2x=ln2xln2+lnx=ln2ln2x+ln3x，
∴ f′(x)=2ln2×1xlnx+3×1xln2x=1xlnx(2ln2+3lnx)，
由f′x=0，得x1=1413，x2=1 ，
当x变化时，f′x,fx的变化情况如下表
∴ fx极大值=f1413
=ln21413ln2×1413=427ln32，
fx极小值=f(1)=ln21⋅ln2=0 .
(2)证明：ℎx的零点的个数即方程fx−lnx=0，
即方程lnxln2lnx+ln2x−1=0的个数．
由方程得lnx=0,x=1或ln2lnx+ln2x−1=0 .
设gx=ln2lnx+ln2x−1x≥1，
则g′x=1xln2+2lnx⋅1x
=1xln2+2lnx>0x≥1 ，
∴ gx在[1,+∞)上单调递增．
又g1=−1,ge=ln2>0，
即g1⋅ ge<0 ，
∴ gx在1,+∞上有唯一零点，
即ln2lnx+ln2x−1=0有唯一解，
∴ ℎx在[1,+∞)上有两个零点．
【答案】
解：(1)由x=3sinθ+1,y=3csθ,得x−1y=3sinθ3csθ，
即tanθ=x−1y，将x=−12，y=−332代入，
得tanθ=33，又0≤θ<2π，点P在第三象限，所以θ=7π6，
∴ 点P在曲线S上对应的参数θ=7π6．
(2)由题意，得曲线S的普通方程为x−12+y2=9，设直线l的参数方程为
x=12t−12,y=32t−332（t为参数），
将x，y代入曲线S的普通方程，整理得t2−6t=0，
解得t1=0，t2=6，
∴ 直线l被曲线S截得的线段的长度为|t1−t2|=6．
【考点】
参数方程与普通方程的互化
直线的参数方程
圆的参数方程
【解析】
无
无
【解答】
解：(1)由x=3sinθ+1,y=3csθ,得x−1y=3sinθ3csθ，
即tanθ=x−1y，将x=−12，y=−332代入，
得tanθ=33，又0≤θ<2π，点P在第三象限，所以θ=7π6，
∴ 点P在曲线S上对应的参数θ=7π6．
(2)由题意，得曲线S的普通方程为x−12+y2=9，设直线l的参数方程为
x=12t−12,y=32t−332（t为参数），
将x，y代入曲线S的普通方程，整理得t2−6t=0，
解得t1=0，t2=6，
∴ 直线l被曲线S截得的线段的长度为|t1−t2|=6．
【答案】
解：(1)∵f(x)=xx−3−4,
∴f(x)≤0等价于①x−3≥0,x(x−3)−4≤0,或②x−3<0,−x(x−3)−4≤0,
由①得x≥3,−1≤x≤4,即3≤x≤4.
由②得x<3,x∈R,即x<3，
∴不等式f(x)≤0的解集为xx≤4.
(2)g(x)=f(x)x=−x2+3x−4x=−x−4x+3(x≤3,且x≠0).
当0当x<0时，g(x)=(−x)+−4x+3≥2(−x)×(−4x)+3=7(当且仅当x=−2时取等号），
∴g(x)的值域为(−∞,−1]∪[7,+∞).
【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
函数的值域及其求法
【解析】
左侧图片未给出解析
左侧图片未给出解析
【解答】
解：(1)∵f(x)=xx−3−4,
∴f(x)≤0等价于①x−3≥0,x(x−3)−4≤0,或②x−3<0,−x(x−3)−4≤0,
由①得x≥3,−1≤x≤4,即3≤x≤4.
由②得x<3,x∈R,即x<3，
∴不等式f(x)≤0的解集为xx≤4.
(2)g(x)=f(x)x=−x2+3x−4x=−x−4x+3(x≤3,且x≠0).
当0当x<0时，g(x)=(−x)+−4x+3≥2(−x)×(−4x)+3=7(当且仅当x=−2时取等号），
∴g(x)的值域为(−∞,−1]∪[7,+∞).X
0
1
2
3
P
3431000
4411000
1891000
271000
X
0
1
2
3
P
3431000
4411000
1891000
271000