2020-2021学年云南省曲靖高二（下）4月月考数学（文）试卷人教A版

这是一份2020-2021学年云南省曲靖高二（下）4月月考数学（文）试卷人教A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S=x|−2x>−4， T=x|x2<3x，则S∩T=( )
A.0,2B.2,3C.−∞,2D.−∞,3

2. 已知i是虚数单位，则1−1i2=( )
A.−2iB.2iC.−2D.2

3. 某校举办抗击新冠疫情科普知识演讲活动，如图是七位评委为某选手打出的分数的茎叶图，去掉一个最高分和一个最低分后，剩下数据的中位数是( )

A.87B.86C.85D.84

4. tan87∘−tan27∘−3tan27∘tan87∘=( )
A.2B.3C.−2D.−5

5. 如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的体积是( )

A.45B.34C.23D.12

6. 执行如图的程序框图，则输出的结果是( )

A.5360B.4760C.1621D.3760

7. 已知平面向量a→=2,−1，b→=−3,2，则a→⋅a→−b→=( )
A.13B.1C.−1D.−11

8. 已知椭圆E:x2a2+y2b2=1a>b>0的中心是坐标原点O，F是椭圆E的焦点．若椭圆E上存在点P，使△OFP是等边三角形，则椭圆E的离心率为( )
A.12B.4−23C.3−1D.32

9. 已知数列an，bn都是等差数列，设an的前n项和为Sn，bn的前n项和为Tn．若SnTn=2n+13n+2，则a5b5=( )
A.1929B.1125C.1117D.23

10. 若x，y满足约束条件x−y≥−3,2x+y−3≤0,x+1≥0, 则z=x+2y的最大值为( )
A.9B.7C.6D.3

11. 已知边长为3的正△ABC的顶点和点D都在球O的球面上．若AD=6，且AD⊥平面ABC，则球O的表面积为( )
A.323πB.48πC.24πD.12π

12. 已知函数fx=3x+1, x≤1，x2−1, x>1，若n>m，且fn=fm，设t=n−m，则( )
A.t没有最小值B.t的最小值为5−1
C.t的最小值为43D.t的最小值为1712
二、填空题

圆x2+y2−210x+1=0的圆心到双曲线x29−y216=1的渐近线的距离为________.

设数列an的前n项和为Sn，Sn+an=1．若Sm=6364，则m=________.

某公司20名员工参加岗位技能比赛，其中10名员工获奖，获奖情况如下：
该公司员工张师傅获得一等奖．现从获得一等奖的3名员工中任选2人参加经验交流活动，则张师傅被选到的概率等于________（用数字作答）．

已知函数fx=3sinωx+φω>0,|φ|<π，f4=f2−6，且fx在2,4上单调．设函数gx=fx−1，且gx的定义域为−5,8，则函数gx的所有零点之和等于________.
三、解答题

△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，acsC+ccsA+2bcsB=0．
(1)求B；

(2)若b=6，求△ABC面积S的最大值．

某公司为一所山区小学安装了价值2万元的一台饮用水净化设备，每年都要为这台设备支出保养维修费用，我们称之为设备年度保养维修费．下表是该公司第x年为这台设备支出的年度保养维修费y（单位：千元）的部分数据：
画出散点图如下：
通过计算得y与x的相关系数r≈0.96．
由散点图和相关系数r的值可知，y与x的线性相关程度很高．
(1)建立y关于x的线性回归方程y=bx+a；

(2)若设备年度保养维修费不超过1.93万元就称该设备当年状态正常，根据(1)得到的线性回归方程，估计这台设备有多少年状态正常？
附：b=i=1nxi−xyi−yi=1nxi−x2，a=y−bx．

如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，四边形B1BCC1是菱形，∠B1BC=60∘，AB⊥BC，AB⊥BB1，D为棱BC的中点．

(1)求证：平面AB1D⊥平面ABC；

(2)若AB=BC=2，求点C到平面AB1D的距离．

已知e是自然对数的底数，函数fx=csx+mex，x∈−π,π．
(1)若曲线y=fx在点0,f0处的切线斜率为1，求fx的最小值；

(2)若当x∈−π,π时，fx>ex有解，求实数m的取值范围．

已知抛物线C的顶点在坐标原点，焦点在y轴的正半轴上，直线l：mx+y−32=0经过抛物线C的焦点．
(1)求抛物线C的方程；

(2)若直线l与抛物线C相交于A，B两点，过A，B两点分别作抛物线C的切线，两条切线相交于点P．求△ABP面积的最小值．

在平面直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为x=−T2,y=Tm （T为参数）．以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，点P的极坐标为2,π4，直线l1的极坐标方程为ρcsθ−2ρsinθ+3=0，直线l2过点P且与直线l1平行．
(1)直接写出曲线C的普通方程和直线l2的参数方程；

(2)设直线l2与曲线C交于A，B两点，若|AB|是|PA|与|PB|的等比中项，求实数m的值．

已知函数fx=|2x+1|．
(1)若fx+1+fx−1≤5，求实数x的取值范围；

(2)若a∈−∞,+∞，且a≠0，求证：∀x∈−∞,+∞，fx+a+fx−1a≥4．
参考答案与试题解析
2020-2021学年云南省曲靖市高二（下）4月月考数学（文）试卷
一、选择题
1.
【答案】
A
【考点】
交集及其运算
【解析】
求出S中不等式的解集确定出S，找出S与T的交集即可．
【解答】
解：∵ S={x∣−2x>−4}={x|x<2}，T=x∣x2<3x={x|0∴ S∩T=x|0故选A.
2.
【答案】
B
【考点】
复数代数形式的混合运算
【解析】
直接求复数即可.
【解答】
解：1−1i2=1+i2=1+2i+i2=2i.
故选B.
3.
【答案】
D
【考点】
茎叶图
众数、中位数、平均数
【解析】
由茎叶图得出7个分数，按从小到大排列，去掉最高分和最低分，剩余5个数，排在最中间的为84.
【解答】
解：由茎叶图可得7个评委打的分数分别为79，84，84，86，84，87，93，
去掉最高分93，最低分79，剩余数据按从小到大的顺序排列，可得中位数是84.
故选D.
4.
【答案】
B
【考点】
两角和与差的正切公式
【解析】
由已知利用两角和的正切函数公式，特殊角的三角函数值即可化简求解．
【解答】
解：因为tan60∘=tan87∘−27∘=tan87∘−tan27∘1+tan87∘tan27∘=3，
所以 tan87∘−tan27∘−3tan27∘tan87∘
=31+tan87∘tan27∘−3tan27∘tan87∘
=3+3tan87∘tan27∘−3tan27∘tan87∘
=3.
故选B．
5.
【答案】
C
【考点】
由三视图求体积
【解析】
本题考查三视图。
【解答】
解：由三视图可知，底面是等腰三角形，一条侧棱垂直底面，
∴ 所求体积V=13×12×2×1×2=23.
故选C．
6.
【答案】
D
【考点】
程序框图
循环结构的应用
【解析】
由已知中的程序语句可知：该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量S，模拟程序的运行过程，可得答案．
【解答】
解：S=0，n=1，
S=0+(−1)1−11=1，n=2，
S=1+(−1)2−12=12，n=3，
S=12+(−1)3−13=56，n=4，
S=56+(−1)4−14=712，n=5，
S=712+(−1)5−15=4760，n=6，
S=4760+(−1)6−16=3760，n=7，不满足条件，退出循环，
输出S=3760.
故选D．
7.
【答案】
A
【考点】
平面向量的坐标运算
平面向量数量积的运算
【解析】
由题得到a→−b→=(5,−3)，再根据向量的数量积运算即可得解.
【解答】
解：因为a→=(2,−1)，b→=(−3,2)，
所以a→−b→=(5,−3)，
所以a→⋅a→−b→=2×5+−1×−3=13.
故选A.
8.
【答案】
C
【考点】
椭圆的定义和性质
椭圆的离心率
【解析】

【解答】
解：如图，
∵ P(xP,yP)是椭圆上一点，且△OFP是等边三角形，
∴ xP=c2，
∴ (c2)2a2+y2b2=1⇒c24a2+y2b2=1
⇒yP2=(1−c24a2)b2
⇒yP=±b⋅1−c24a2，
∵ △OFP是等边三角形，
∴ |yP|=3⋅c2=32c，
∴ (1−c24a2)b2=34c2
⇒1−c24a2=34⋅c2b2
⇒1−c24a2=34⋅c2a2−c2
⇒1−c24a2=34⋅c2a21−c2a2
⇒1−14e2=34⋅e21−e2
令t=e2，
可得1−14t=34×t1−t，
整理可得t2−8t+4=0，
t=8±482=4±23，
因为t=e2，
所以0所以t=4−23，
则e=t=4−23=(1−3)2=3−1.
故选C.
9.
【答案】
A
【考点】
等差数列的性质
等差数列的前n项和
【解析】
本题考查等差数列前n项和规律。
【解答】
解：∵ SnTn=2n+13n+1，
∴a5b5=2a52b5=a1+a9b1+b9=9(a1+a9)29(b1+b9)2
=S9T9=2×9+13×9+2=1929．
故选A．
10.
【答案】
C
【考点】
简单线性规划
求线性目标函数的最值
【解析】
根据线性规划问题的一般处理方法即可解决问题.
【解答】
解：可行域为如图阴影部分所示，
因为目标函数l：z=x+2y可改写成y=−12x+z2,
所以作出初始直线l0：x+2y=0，并将其平移，
从图中可知当直线l经过点0,3时，它在y轴上的截距最大，此时z最大.
所以zmax=0+2×3=6.
故选C.
11.
【答案】
B
【考点】
球的表面积和体积
球内接多面体
正弦定理
【解析】
本题考查外接球的表面积相关知识．
【解答】
解：由△ABC是边长为3的正三角形和正弦定理得其外接圆半径为
r=12×3sin60∘=3，
又AD⊥平面ABC，且AD=6，
∴ 球心到底面的距离d=AD2=3，
∴ R=r2+d2=3+9=23，
∴ S表=4πR2=48π.
故选B．
12.
【答案】
B
【考点】
分段函数的应用
利用导数研究函数的最值
利用导数研究函数的单调性
函数的零点与方程根的关系
【解析】
作出函数f(x)=3x+1,x≤1x2−1,x>1的图像，令f(n)=f(m)=k，根据图像可知0≤k≤4，由3m+1=kn2−1=k,k∈0,4，得到m=k−13n=k+1，则t=n−m=k+1−k−13，令gx=x+1−x−13，x∈0,4，求出其导数，根据单调性即可得解函数gx的取值范围为5−1,1712，进而得解t的取值范围，结合选项即可得解.
【解答】
解：作出函数f(x)=3x+1,x≤1,x2−1,x>1的图象如图所示，
令f(n)=f(m)=k，
则0≤k≤4，
所以3m+1=k，n2−1=k，k∈0,4，
则m=k−13，n=k+1，
则t=n−m=k+1−k−13，
令gx=x+1−x−13，x∈0,4,
则g′x=12x+1−13，
令g′x=0，解得x=54，
所以gx在0,54上单调递增，在(54,4]上单调递减，
因为g0=43，
g4=5−1<43，
g54=32−112=1712，
所以gxmin=g4=5−1，
gx​max=g54=32−112=1712，
即函数gx的取值范围为5−1,1712，
所以t的取值范围为5−1,1712，
所以t的最小值为5−1，t的最大值为1712.
故选B.
二、填空题
【答案】
4105
【考点】
双曲线的渐近线
点到直线的距离公式
圆的一般方程
【解析】
求出圆心坐标和双曲线的渐近线方程，然后利用点到直线的距离公式计算即可.
【解答】
解：∵已知圆的圆心为C10，0，
而双曲线的渐近线l的方程为y=±43x，
即4x±3y=0,
∴C10,0到直线l的距离
d=4×10±3×042+±32=4105.
故答案为：4105.
【答案】
6
【考点】
等比数列的前n项和
等比数列的通项公式
【解析】
利用数列的递推关系，得出数列为等比数列，即可得出答案.
【解答】
解：当n=1时，S1+a1=1，即a1=12；
当n≥2时，Sn+an=1，Sn−1+an−1=1，
两式相减得，2an=an−1，
由a1=12≠0可知，an≠0，
所以anan−1=12，
所以数列an为等比数列，且首项为a1=12，公比为12，
所以Sm=121−12m1−12=6364，
解得m=6.
故答案为：6.
【答案】
23
【考点】
列举法计算基本事件数及事件发生的概率
【解析】
利用古典概公式求解即可.
【解答】
解：记张师傅A，其余二人为a，b，
则从3人中任选2人可能的情况有Aa，Ab，ab共三种，
张师傅被选到的情况有：Aa，Ab共两种.
故从3人中任选2人张师傅被选到的概率为P=23.
故答案为：23.
【答案】
12
【考点】
函数的零点
正弦函数的单调性
【解析】
通过已知条件，以及正弦函数的最大及最小值，以及在[2,4]上单调可确定出ω的取值，再将ω代入，可求得取最大值时φ的取值范围，确定φ的取值，从而确定出f(x)的解析式以及g(x)的解析式，通过函数图像以及定义域可求得零点数量，再由函数图像的对称性，即可求出所有零点之和.
【解答】
解：∵ f(x)=3sin(ωx+φ)(ω>0,|φ|<π)，
∴ f(4)=3sin(4ω+φ)，f(2)=3sin(2ω+φ)，
∴ 3sin(4ω+φ)=3sin(2ω+φ)−6，
整理得，sin(2ω+φ)−sin(4ω+φ)=2，
∴ sin(2ω+φ)=1，sin(4ω+φ)=−1，
∴ 2ω+φ=π2+2kπ，4ω+φ=−π2+2kπ，
∴ ω=−π2+kπ.
∵ f(x)在[2,4]上单调，
∴ T2≥4−2=2，
解得ω≤π2，
∴ ω=π2，
∴ sin(2×π2+φ)=1，
∴ π+φ=π2+2kπ.
∵ |φ|<π，
∴ φ=−π2，
∴ f(x)=3sin(π2x−π2)=−3csπ2x，
∴ g(x)=−3csπ2x−1，
g(x)的定义域为[−5,8]，
∴ π2x∈[−5π2,4π]，
令g(x)=0，即csπ2x=−13，
由余弦函数图象可知，当π2x∈[−5π2,4π]时，g(x)共有6个零点，
从左到右以此设为x1，x2，x3，x4，x5，x6，
易知x1，x2关于x=−2对称，x3，x4关于x=2对称，x5，x6关于x=6对称，
所以零点之和为2×(−2)+2×2+2×6=12.
故答案为：12.
三、解答题
【答案】
解：(1)∵ acsC+ccsA+2bcsB=0，
∴ sinAcsC+sinCcsA+2sinBcsB=0，
∴ sinA+C=−2sinBcsB，即sinB=−2sinBcsB .
∵ 0∴ 0(2)由(1)知B=2π3 . ∵ b=6，
∴ S=12acsinB=34ac，
由余弦定理得b2=36=a2+c2−2accsB=a2+c2+ac．
∵ a2+c2≥2ac，
∴ 36=a2+c2+ac≥3ac，解得ac≤12，
∴ S=12acsinB=34ac≤33 .
当a=c时，由36=a2+c2+ac得a2=c2=ac=12，
Smax=33 .
∴ △ABC面积S的最大值33 .
【考点】
两角和与差的正弦公式
正弦定理
余弦定理
基本不等式在最值问题中的应用
【解析】
（1）∵ acsC+tcsA+2bcsB=0，
∴ sinAcsC+sinCcsA+2sinBcsB=0，
∴ sinA+C=−2sinBcsB，即sinB=−2sinBcsB .
∵ 0∴ 0
【解答】
解：(1)∵ acsC+ccsA+2bcsB=0，
∴ sinAcsC+sinCcsA+2sinBcsB=0，
∴ sinA+C=−2sinBcsB，即sinB=−2sinBcsB .
∵ 0∴ 0(2)由(1)知B=2π3 . ∵ b=6，
∴ S=12acsinB=34ac，
由余弦定理得b2=36=a2+c2−2accsB=a2+c2+ac．
∵ a2+c2≥2ac，
∴ 36=a2+c2+ac≥3ac，解得ac≤12，
∴ S=12acsinB=34ac≤33 .
当a=c时，由36=a2+c2+ac得a2=c2=ac=12，
Smax=33 .
∴ △ABC面积S的最大值33 .
【答案】
解：(1)x=15×2+3+4+5+6=4，
y=15×2.1+3.4+5.9+6.6+7.0=5，
b=i=15(xi−x)(yi−y)i=15(xi−x)2=1310=1.3，
所以a=y−bx=5−1.3×4=−0.2．
所以线性回归方程为y=1.3x−0.2．
(2)设这台设备有x年状态正常，
由已知得y≤19.3，
即1.3x−0.2≤19.3．
解得x≤15．
所以估计该设备有15年状态正常．
【考点】
求解线性回归方程
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)x=15×2+3+4+5+6=4，
y=15×2.1+3.4+5.9+6.6+7.0=5，
b=i=15(xi−x)(yi−y)i=15(xi−x)2=1310=1.3，
所以a=y−bx=5−1.3×4=−0.2．
所以线性回归方程为y=1.3x−0.2．
(2)设这台设备有x年状态正常，
由已知得y≤19.3，
即1.3x−0.2≤19.3．
解得x≤15．
所以估计该设备有15年状态正常．
【答案】
(1)证明：设BC=2a．
∵ 四边形B1BCC1是菱形，D为棱BC的中点，
∴ BC=BB1=2a，BD=12BC=a．
在△BB1D中， ∠B1BD=∠B1BC=60∘，
由B1D2=BD2+BB12−2BD⋅BB1cs∠B1BD，
解得B1D=3a．
∴ BD2+B1D2=BB12，
∴ ∠BDB1=90∘，即B1D⊥BC．
∵ AB⊥BC，AB⊥BB1，BC⊂平面BDB1，BB1⊂平面BDB1，且BC∩BB1=B，
∴ AB⊥平面BDB1．
∵ B1D⊂平面BDB1，
∴ AB⊥B1D．
∵ AB⊥B1D，B1D⊥BC，AB⊂平面ABC，BC⊂平面ABC，且AB∩BC=B，
∴ B1D⊥平面ABC．
∵ B1D⊂平面AB1D，
∴ 平面AB1D平面ABC．
(2)解：由AB=BC=2和(1)知：B1D=3，B1D⊥平面ABC，△AB1D是以AB1为斜边的直角三角形．
∴ B1D是点B1到平面ABC的距离．
∵ AB⊥BC，AB=BC=2，点D为棱BC的中点，
∴ AD=BD2+AB2=5，
△ACD的面积S△ACD=CD×AB2=1，
△AB1D的面积S△AB1D=AD×DB12=152．
设点C到平面AB1D的距离为ℎ，则VC−AB1D=VB1−ACD．
∴ 13×S△AB1D×ℎ=13S△ACD×B1D，解得ℎ=255．
∴ 点C到平面AB1D的距离为255．
【考点】
平面与平面垂直的判定
点、线、面间的距离计算
【解析】


【解答】
(1)证明：设BC=2a．
∵ 四边形B1BCC1是菱形，D为棱BC的中点，
∴ BC=BB1=2a，BD=12BC=a．
在△BB1D中， ∠B1BD=∠B1BC=60∘，
由B1D2=BD2+BB12−2BD⋅BB1cs∠B1BD，
解得B1D=3a．
∴ BD2+B1D2=BB12，
∴ ∠BDB1=90∘，即B1D⊥BC．
∵ AB⊥BC，AB⊥BB1，BC⊂平面BDB1，BB1⊂平面BDB1，且BC∩BB1=B，
∴ AB⊥平面BDB1．
∵ B1D⊂平面BDB1，
∴ AB⊥B1D．
∵ AB⊥B1D，B1D⊥BC，AB⊂平面ABC，BC⊂平面ABC，且AB∩BC=B，
∴ B1D⊥平面ABC．
∵ B1D⊂平面AB1D，
∴ 平面AB1D平面ABC．
(2)解：由AB=BC=2和(1)知：B1D=3，B1D⊥平面ABC，△AB1D是以AB1为斜边的直角三角形．
∴ B1D是点B1到平面ABC的距离．
∵ AB⊥BC，AB=BC=2，点D为棱BC的中点，
∴ AD=BD2+AB2=5，
△ACD的面积S△ACD=CD×AB2=1，
△AB1D的面积S△AB1D=AD×DB12=152．
设点C到平面AB1D的距离为ℎ，则VC−AB1D=VB1−ACD．
∴ 13×S△AB1D×ℎ=13S△ACD×B1D，解得ℎ=255．
∴ 点C到平面AB1D的距离为255．
【答案】
解：(1)由fx=csx+mex得f′x=−sinx+mex．
∵ 曲线y=fx在点0,f0处的切线斜率为1，
∴ f′0=−sin0+me0=1，
解得m=1，
∴ fx=csx+ex，f′x=−sinx+ex．
当x∈[−π,0)时，−sinx≥0，ex>0，
∴ f′x>0，
当x∈0,π时，ex≥e0=1，|sinx|≤1，
∴ f′x≥0，
∴ fx在−π,π上单调递增，
∴ fxmin=f−π=1eπ−1，即fx的最小值为1eπ−1．
(2)fx>ex⇔m>1−csxex，
设gx=1−csxex，x∈−π,π，
则当x∈−π,π时，fx>ex有解⇔m>gxmin．
∵ gx=1−csxex，
∴ g′x=sinx+csxex．
当x∈−π,π时，
令g′x=0，
解得x1=−π4，x2=3π4，
∴g−π=1+eπ，
g−π4=1−22eπ4，
g3π4=1+22e3π4，
gπ=1+1eπ，
∴ g−π4g−π4g−π4∴ gxmin=g−π4=1−22eπ4．
∴ m的取值范围为1−22eπ4,+∞．
【考点】
利用导数研究函数的单调性
利用导数研究函数的最值
利用导数研究曲线上某点切线方程
导数求函数的最值
利用导数研究不等式恒成立问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)由fx=csx+mex得f′x=−sinx+mex．
∵ 曲线y=fx在点0,f0处的切线斜率为1，
∴ f′0=−sin0+me0=1，
解得m=1，
∴ fx=csx+ex，f′x=−sinx+ex．
当x∈[−π,0)时，−sinx≥0，ex>0，
∴ f′x>0，
当x∈0,π时，ex≥e0=1，|sinx|≤1，
∴ f′x≥0，
∴ fx在−π,π上单调递增，
∴ fxmin=f−π=1eπ−1，即fx的最小值为1eπ−1．
(2)fx>ex⇔m>1−csxex，
设gx=1−csxex，x∈−π,π，
则当x∈−π,π时，fx>ex有解⇔m>gxmin．
∵ gx=1−csxex，
∴ g′x=sinx+csxex．
当x∈−π,π时，
令g′x=0，
解得x1=−π4，x2=3π4，
∴g−π=1+eπ，
g−π4=1−22eπ4，
g3π4=1+22e3π4，
gπ=1+1eπ，
∴ g−π4g−π4g−π4∴ gxmin=g−π4=1−22eπ4．
∴ m的取值范围为1−22eπ4,+∞．
【答案】
解：(1)设抛物线C的方程为x2=2pyp>0．
∵ 直线l：mx+y−32=0经过抛物线C的焦点，
∴ m×0+p2−32=0，解得p=3，
∴ 抛物线C的方程为x2=6y．
(2)设Ax1,y1，Bx2,y2，
由 x2=6y，mx+y−32=0得x2+6mx−9=0．
∵ Δ=36m2+36>0，x1+x2=−6m，x1x2=−9，
∴ |AB|=1+m2⋅36m2+36=61+m2．
由x2=6y得y=x26．
∴ y′=x3．
∴ 抛物线C经过点A的切线方程是y−y1=x13x−x1，
将y1=x126代入上式整理得y=x13x−x126．
同理可得抛物线C经过点B的切线方程为y=x23x−x226.
解方程组 y=x13x−x126，y=x23x−x226得x=x1+x22，y=x1x26，
∴ x=−3m，y=−32，
∴ P−3m,−32到直线mx+y−32=0的距离
d=|m×−3m−32−32|m2+1=3m2+1，
△ABP的面积S=12|AB|d=12×6×1+m2×3m2+1
=9m2+132．
∵ m2+1≥1，
∴ S≥9 ．
当m=0时， S=9．
∴ △ABP面积的最小值为9．
【考点】
抛物线的标准方程
直线与抛物线结合的最值问题
【解析】
无
无
【解答】
解：(1)设抛物线C的方程为x2=2pyp>0．
∵ 直线l：mx+y−32=0经过抛物线C的焦点，
∴ m×0+p2−32=0，解得p=3，
∴ 抛物线C的方程为x2=6y．
(2)设Ax1,y1，Bx2,y2，
由 x2=6y，mx+y−32=0得x2+6mx−9=0．
∵ Δ=36m2+36>0，x1+x2=−6m，x1x2=−9，
∴ |AB|=1+m2⋅36m2+36=61+m2．
由x2=6y得y=x26．
∴ y′=x3．
∴ 抛物线C经过点A的切线方程是y−y1=x13x−x1，
将y1=x126代入上式整理得y=x13x−x126．
同理可得抛物线C经过点B的切线方程为y=x23x−x226.
解方程组 y=x13x−x126，y=x23x−x226得x=x1+x22，y=x1x26，
∴ x=−3m，y=−32，
∴ P−3m,−32到直线mx+y−32=0的距离
d=|m×−3m−32−32|m2+1=3m2+1，
△ABP的面积S=12|AB|d=12×6×1+m2×3m2+1
=9m2+132．
∵ m2+1≥1，
∴ S≥9 ．
当m=0时， S=9．
∴ △ABP面积的最小值为9．
【答案】
解：(1)曲线C的普通方程为x=−m2y2m≠0，
直线l2的参数方程为 x=1+255t,y=1+55t, （t为参数）．
(2)将 x=1+255t,y=1+55t 代入曲线C的普通方程x=−m2y2，
化简得m2t2+25(m2+1)t+5m2+5=0 ，
∴ Δ=20m2+12−20m2m2+1=20m2+1>0 .
设A，B两点对应的参数分别为tA，tB .
则 tA+tB=−25(m2+1)m2，tAtB=5(m2+1)m2.
∵ |AB|是|PA|与|PB|的等比中项，
∴ |AB|2=|PA||PB|，即(tA+tB)2−4tAtB=|tAtB|．
∴ 20m2+1m22−20m2+1m2=5m2+1m2，
解得m=±2 .
∴ m=±2 .
【考点】
直线的参数方程
参数方程与普通方程的互化
直线与圆的位置关系
等比中项
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)曲线C的普通方程为x=−m2y2m≠0，
直线l2的参数方程为 x=1+255t,y=1+55t, （t为参数）．
(2)将 x=1+255t,y=1+55t 代入曲线C的普通方程x=−m2y2，
化简得m2t2+25(m2+1)t+5m2+5=0 .
∴ Δ=20m2+12−20m2m2+1=20m2+1>0 .
设A，B两点对应的参数分别为tA，tB .
则 tA+tB=−25(m2+1)m2，tAtB=5(m2+1)m2.
∵ |AB|是|PA|与|PB|的等比中项，
∴ |AB|2=|PA||PB|，即(tA+tB)2−4tAtB=|tAtB|．
∴ 20m2+1m22−20m2+1m2=5m2+1m2，
解得m=±2 .
∴ m=±2 .
【答案】
(1)解：∵ fx=|2x+1|，
∴ fx+1+fx−1=|2x+3|+|2x−1|，
∵fx+1+fx−1≤5，
∴|2x+3|+|2x−1|≤5，
∴x<−32,−2x−3−2x+1≤5或32≤x≤12,2x+3−2x+1≤15
或x>12,2x+3+2x−1≤5,
解得−74≤x<−32或−32≤x≤12或12即x∈−74,34 .
∴ 实数x的取值范围为−74,34．
(2)证明：fx+a+fx−1a
=|2x+2a+1|+|2x−2a+1|≥|2x+2a+1−2x+2a−1|
=|2a+2a|=2|a+1a|
=2|a|+|1a| ≥2×|a|⋅|1a|=4，
∴ fx+a+fx−1a≥4 .
【考点】
绝对值不等式的解法与证明
【解析】
（1）解：∵ fx=|2x+1|，
∴ fx+1+fx−1=|2+3|+|2x−1|，
∴ fx+1+fx−1≤5⇔2x+3|+|2x−1|≤5，
⇔x<−32,−2x−2x+1≤5,或32≤12,2x+3−2x+155,或x>12,2x+3+2x=1≤5，
⇔4−74≤x<−32，或−32≤x≤12，或12∴ 实数x的取值范围为−74,34．

【解答】
(1)解：∵ fx=|2x+1|，
∴ fx+1+fx−1=|2x+3|+|2x−1|，
∵fx+1+fx−1≤5，
∴|2x+3|+|2x−1|≤5，
∴x<−32,−2x−3−2x+1≤5或32≤x≤12,2x+3−2x+1≤15
或x>12,2x+3+2x−1≤5,
解得−74≤x<−32或−32≤x≤12或12即x∈−74,34 .
∴ 实数x的取值范围为−74,34．
(2)证明：fx+a+fx−1a
=|2x+2a+1|+|2x−2a+1|≥|2x+2a+1−2x+2a−1|
=|2a+2a|=2|a+1a|
=2|a|+|1a| ≥2×|a|⋅|1a|=4，
∴ fx+a+fx−1a≥4 . 等级
一等奖
二等奖
三等奖
人数（单位：人）
3
6
1
x
2
3
4
5
6
y
2.1
3.4
5.9
6.6
7.0