2020-2021学年安徽省淮南高二（下）5月月考数学（文）试卷人教A版

这是一份2020-2021学年安徽省淮南高二（下）5月月考数学（文）试卷人教A版，共10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. 设集合A={x|2x≥8}，集合B={x|y=lg(x−1)}，则A∪B=（ ）
A.[1, 3)B.(1, 3]C.(1, +∞)D.[3, +∞)

2. 在点1,0处曲线fx=xlnx的切线方程为（ ）
A.x+y+1=0B.x−y−1=0C.x+2y+2=0D.2x−y−1=0

3. 已知函数fx=x3+mx2+x−1，在R上是单调函数，则实数m的取值范围是（ ）
A.−∞,−3∪3,+∞B.−3,3
C.−∞,−3∪3,+∞D.−3,3

4. 已知a=(23)23，b=(34)23，c=lg3423，则a，b，c的大小关系是( )
A.a
5. 已知命题p:∃x∈R，mx2+1≤0；命题q:∀x∈R，x2+mx+1>0．若p，q都是假命题，则实数m的取值范围为（ ）
A.m≤−2B.m≥2
C.m≥2或m≤−2D.−2≤m≤2

6. 已知函数y=f(x)的图象如图所示，则此函数可能是（ ）

A.f(x)=sinx⋅ln|x|B.f(x)=−sinx⋅ln|x|
C.f(x)=sinx⋅lnxD.f(x)=|sinx⋅lnx|

7. 《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，系统地总结了战国、秦、汉时期的数学成就.书中将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为“阳马”，若某“阳马”的三视图如图所示（单位：cm），则该阳马的外接球的表面积为( )

A.8πcm2B.16πcm2C.32πcm2D.64πcm2

8. 已知f(x)是定义在R上的奇函数，满足f(1−x)=f(1+x)，若f(1)=2，则f(1)+f(2)+f(3)+⋯+f(50)=( )
A.−50B.0C.2D.50

9. 已知 fx+2 是偶函数，fx在(−∞,2]上单调递减， f0=0，则f2−3x>0 的解集是( )
A.−∞,23∪2,+∞B. 23,2
C.−23,23D.−∞,−23∪23,+∞

10. “一骑红尘妃子笑，无人知是荔枝来”描述了封建统治者的骄奢生活，同时也讲述了古代资源流通的不便利．如今我国物流行业蓬勃发展，极大地促进了社会经济发展和资源整合．已知某类果蔬的保鲜时间y（单位：小时）与储藏温度x（单位：​∘C）满足函数关系y=eax+b（a，b为常数），若该果蔬在6∘C的保鲜时间为216小时，在24∘C的保鲜时间为8小时，且该果蔬所需物流时间为3天，则物流过程中果蔬的储藏温度（假设物流过程中恒温）最高不能超过( )
A.9∘CB.12∘CC.18∘CD.20∘C

11. 已知两条直线l1:y=m+12 和l2: y=4mm>0，l1与函数y=|lg2x|的图像从左至右相交于点A，B，l2与函数y=|lg2x|的图像从左至右相交于C，D．记线段AC和BD在x轴上的投影长度分别为a，b，当m变化时，ba的最小值为（ ）
A.162B.82C.16D.8

12. 已知函数 fx=−12|x+2|+1,x<0x3,x≥0 ，若存在实数a，b，c，当aA.−4,0B.−3,0C.[−4,0)D.[−3,0）
二、填空题

f(x)=x2+2xf′(1)，则f′(1)=________.

斜率为2的直线l被双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0，b>0)截得的弦恰被点M(2, 1)平分，则C的离心率是________．

已知函数fx=ax,x<0,a−2x+3a,x≥0满足对任意的x1≠x2，都有fx1−fx2x1−x2<0成立，则a的取值范围是________.

若函数fx与gx满足：存在实数t，使得ft=g′t，则称函数gx为fx的“友导函数”．已知函数gx=12kx2−x+3为函数fx=x2lnx+x的“友导函数”，则k的取值范围是________.
三、解答题

设命题p:实数x满足x2−3ax+2a2<0，其中a>0；命题q:实数x满足lg3x−1<1，若q是p的必要不充分条件，求实数a的取值范围．

已知函数fx=lgaax+ta>0,a≠1，其定义域为D.
(1)若D=R，求实数t的取值范围；

(2)若存在m2,n2⊆D，使得fx在m2,n2上的值域为m,n，求实数t的取值范围．

如图，四棱锥P−ABCD的底面ABCD是正方形， PA⊥底面ABCD，PA=AD，E、F分别是棱PD、BC的中点．

(1)求证： EF//平面PAB；

(2)求直线PF与平面PAC所成角的正弦值．

设椭圆M:x2a2+y2b2=1a>b>0的左、右焦点分别为A−1,0、B1,0，C为椭圆M上的点，且∠ACB=π3,S△ABC=33．
(1)求椭圆M的标准方程；

(2)设过椭圆M右焦点且斜率为k的动直线与椭圆M相交于E、F两点，探究在x轴上是否存在定点D，使得DE→⋅DF→为定值？若存在，试求出定值和点D的坐标；若不存在，请说明理由．

已知函数fx=xex−ax．
(1)若函数fx有两个极值点，求实数a的取值范围；

(2)若函数gx=fxx−ln(x+2)，当a=0时，证明：∀x∈−2,0，gx>0．

在平面直角坐标系xOy中，已知直线l的参数方程为x=12t，y=32t−1（t为参数）．在以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴，且与直角坐标系长度单位相同的极坐标系中，曲线C的极坐标方程是ρ=22sinπ4+θ．
(1)求直线l的普通方程与曲线C的直角坐标方程；

(2)设点P(0,−1)，若直线l与曲线C相交于两点A，B，求|PA|+|PB|的值．

已知函数fx=|2x−3|+|2x−1|的最小值为M．
(1)若m,n∈−M,M，求证：2|m+n|≤|4+mn|；

(2)若a，b∈0,+∞,a+2b=M, 求2a+1b的最小值．
参考答案与试题解析
2020-2021学年安徽省淮南市高二（下）5月月考数学（文）试卷
一、选择题
1.
【答案】
C
【考点】
并集及其运算
【解析】
利用指数函数和对数函数的性质求出集合A，B，再利用集合的并集运算即可求出结果．
【解答】
解：由2x≥8得：x≥3，
∴ 集合A={x|x≥3}，
由x−1>0得：x>1，
∴ 集合B={x|x>1}，
∴ A∪B={x|x>1}.
故选C.
2.
【答案】
B
【考点】
利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】
由题意，先求出函数f(x)的导数，得到f′(1)的值，进而即可求出直线在该点处的切线方程.
【解答】
解：已知函数f(x)=xlnx，函数定义域为(0,+∞)，
则f′(x)=1+lnx，
可得f′(1)=1+ln1=1，
所以函数f(x)=xlnx在点(1,0)处的切线方程为y−0=x−1，
即x−y−1=0.
故选B.
3.
【答案】
B
【考点】
利用导数研究函数的单调性
【解析】
由题意，先求出函数的单调性，根据函数在定义域上为单调函数，以及导数为开口向上的二次函数，结合根的判别式进行求解即可.
【解答】
解：已知函数f(x)=x3+mx2+x−1，函数定义域为R，
则f′(x)=3x2+2mx+1 ，
已知函数f(x)在定义域上是单调函数，
可知f′(x)≥0在定义域上恒成立，
即3x2+2mx+1≥0在定义域上恒成立，
由Δ=4m2−12≤0，
解得−3≤m≤3.
故选B.
4.
【答案】
A
【考点】
指数式、对数式的综合比较
对数函数、指数函数与幂函数的衰减差异
【解析】
利用对数函数、指数函数与幂函数的单调性即可得出．
【解答】
解：∵ c=lg3423>lg3434=1，
1>(34)23=b>(23)23=a，
∴ a故选A.
5.
【答案】
B
【考点】
命题的真假判断与应用
【解析】
直接利用真值表和不等式的解法的应用求出结果．
【解答】
解：命题p:∃x∈R，mx2+1≤0为真命题，
所以m<0，当命题p为假命题时，m≥0；
对于命题q:∀x∈R，x2+mx+1>0，
所以Δ=m2−4<0，解得−2所以当命题p和命题q为假命题时，
m≥0,m≥2或m≤−2,解得m≥2．
故选B.
6.
【答案】
A
【考点】
函数的图象
【解析】
由函数定义域可排除选项CD，由特殊函数值可排除选项B，进而得到正确答案．
【解答】
解：由函数图象可知，函数定义域为x|x≠0 ，
而选项C，D所给函数的定义域为x|x>0 ，故排除选项CD；
当x∈0,1时，sinx>0，lnx<0，
此时y=sinx⋅ln|x|<0 ， y=−sinx⋅ln|x|>0，故排除选项B.
故选A.
7.
【答案】
D
【考点】
球的表面积和体积
由三视图求外接球问题
【解析】
根据题意可得长方体的对角线即为外接球的直径，再利用球的表面积公式即可求解．
【解答】
解：由三视图可知该“阳马”的底面是长为42cm、宽为4cm的长方形，
垂直于该底面的侧棱长为432−422=4cm
则该“阳马”的外接球的半径为R=(42)2+42+422=4cm
其表面积为S=4π×42=64πcm2.
故选D．
8.
【答案】
C
【考点】
函数的求值
【解析】
根据函数奇偶性和对称性的关系求出函数的周期是4，结合函数的周期性和奇偶性进行转化求解即可．
【解答】
解：∵ f(x)是奇函数，且f(1−x)=f(1+x)，
∴ f(1−x)=f(1+x)=−f(x−1)，f(0)=0，
则f(x+2)=−f(x)，则f(x+4)=−f(x+2)=f(x)，
即函数f(x)是周期为4的周期函数.
∵ f(1)=2，
∴ f(2)=f(0)=0，f(3)=f(1−2)=f(−1)=−f(1)=−2，
f(4)=f(0)=0，
则f(1)+f(2)+f(3)+f(4)=2+0−2+0=0，
则f(1)+f(2)+f(3)+⋯+f(50)
=12[f(1)+f(2)+f(3)+f(4)]+f(49)+f(50)
=f(1)+f(2)=2+0=2.
故选C．
9.
【答案】
D
【考点】
其他不等式的解法
函数奇偶性的性质
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵ fx+2 是偶函数，
∴ f(x+2)关于y轴对称，
∴ f(x)关于直线x=2对称.
∵ fx在(−∞,2]上单调递减，
∴ f(x)在(2,+∞)上单调递增，
又 f0=0，∴ f(4)=0，
不等式f(2−3x)>0可转化为2−3x<0或2−3x>4，
解得x>23或x<−23.
故选D.
10.
【答案】
B
【考点】
函数模型的选择与应用
指数函数的定义、解析式、定义域和值域
【解析】
无
【解答】
解：当x=6时，e6a+b=216，
当x=24时，e24a+b=8，则e6a+be24a+b=2168=27，
整理可得e6a=13．
又72216=13=e6a，则72=13×216=e6a×e6a+b=e12a+b，
该果蔬所需物流时间为3天，
故物流过程中果蔬的储藏温度最高不能超过12∘C．
故选B．
11.
【答案】
A
【考点】
基本不等式在最值问题中的应用
对数函数的图象与性质
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：设A，B，C，D各点的横坐标分别为xA,xB, xC,xD，
则−lg2xA=m+12,lg2xB=m+12;−lg2xC=4m,lg2xD=4m，
∴ xA=2−m−12,xB=2m+12,xC=2−4m,xD=24m，
∴ ba=|xB−xD||xA−xC|=2m+12⋅24m=2m+12+4m，
∵ m+4m+12≥2m⋅4m+12=92，
∴ ba=2m+12+4m≥292=162．
故选A．
12.
【答案】
B
【考点】
分段函数的应用
函数的零点与方程根的关系
利用导数研究函数的单调性
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解： fx=12x+2,x<−2−12x,−2≤x<0x3,x≥0 ，作出函数fx的图象，
如图：
由图可知a+b=−4,0所以af(a)+bf(b)+cf(c)=(a+b+c)f(c)=(c−4)f(c)=(c−4)c3=c4−4c3，
令gc=c4−4c30因为0所以g1故选B．
二、填空题
【答案】
−2
【考点】
导数的运算
【解析】
由f(x)的解析式，利用求导法则求出f(x)的导函数，把x=1代入导函数中求出f′(1)的值，从而确定出f(x)的解析式，然后分别把x等于1和−1代入即可求出f(1)和f(−1)的值，即可比较出大小．
【解答】
解：由f(x)=x2+2xf′(1)，
求导得f′(x)=2x+2f′(1)，
把x=1代入得：f′(1)=2+2f′(1)，
解得：f′(1)=−2.
故答案为：−2.
【答案】
2
【考点】
双曲线的离心率
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：设直线l与双曲线的两个交点为A(x1, y1)，B(x2, y2)，
则x12a2−y12b2=1，x22a2−y22b2=1．
两式相减得(x1+x2)(x1−x2)a2−(y1+y2)(y1−y2)b2=0，
即y1−y2x1−x2=b2a2⋅x1+x2y1+y2，
又由已知得x1+x2=4，y1+y2=2，y1−y2x1−x2=2，
∴ 2=b2a2⋅42，即a2=b2，c2=a2+b2=2a2，
∴ e=ca=2．
故答案为：2．
【答案】
(0,13]
【考点】
分段函数的应用
函数单调性的判断与证明
函数单调性的性质
【解析】
由题意，判断函数f(x)在定义域上为减函数，列出等式进行求解即可.
【解答】
解：已知对任意x1≠x2都有f(x1)−f(x2)x1−x2<0，
则函数fx=ax,x<0，a−2x+3a,x≥0在R上为减函数，
可知0解得0故答案为：(0,13].
【答案】
[2,+∞)
【考点】
函数新定义问题
利用导数研究与函数零点有关的问题
利用导数研究函数的单调性
【解析】
由题意，先求出gx 的导数，由题意可知kx−1=x2lnx+x有解，即k=xlnx+1+1有解，令ℎx=xlnx+1+1x，求ℎ（x）的最值即可求得a的取值范围．
【解答】
解：已知函数g(x)=12kx2−x+3，函数定义域为R，
则g′x=kx−1，
因为函数gx=12kx2−x+3为函数fx=x2lnx+x的“友导函数”，
所以kx−1=x2lnx+x有解，
即k=xlnx+1+1x有解，
不妨令ℎ(x)=xlnx+1+1x，函数定义域为(0,+∞)，
则ℎ′(x)=1+lnx−1x2，ℎ′′(x)=1x+2x3>0，
即函数ℎ′(x)在定义域上单调递增，
又ℎ′(1)=0，
可得当01时，ℎ′(x)>0，ℎx单调递增，
所以ℎxmin=ℎ1=2，
可得k≥2.
故答案为： [2,+∞).
三、解答题
【答案】
解：因为x2−3ax+2a2<0，a>0，所以x−2ax−a<0，解得a因为q是p的必要不充分条件，即a,2a是1,4的真子集，则a≥12a≤4，则1≤a≤2，
经检验，当a=1或a=2时，都满足题意．即实数a的取值范围为1,2．
【考点】
根据充分必要条件求参数取值问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：因为x2−3ax+2a2<0，a>0，所以x−2ax−a<0，解得a因为q是p的必要不充分条件，即a,2a是1,4的真子集，则a≥12a≤4，则1≤a≤2，
经检验，当a=1或a=2时，都满足题意．即实数a的取值范围为1,2．
【答案】
解：1因为fx的定义域为R，
所以ax+t>0恒成立，
所以t>−ax恒成立，
因为−ax<0，
所以t≥0，
所以t的取值范围[0,+∞)；
2fx在m2,n2上的值域为m,n，且函数是单调递增的，
所以fm2=m,fn2=n,
即fx2=x有两个解，
所以m，n是ax−ax2−t=0的两个根，
设u=ax2u>0，
因为m所以u2−u−t=0有2个不等的正实数根，
所以Δ=1+4t>0且两根之积等于−t>0，
解得−14则实数t的取值范围是−14,0.
【考点】
对数函数的定义域
指、对数不等式的解法
对数函数的单调区间
对数函数的值域与最值
根与系数的关系
【解析】
1根据函数的定义域为R，可得ax+t>0恒成立，即把问题转化为t>−at恒成立，再进一步求解即可；
2根据题目条件，fx在m2,n2上的值域为m,n，且函数是单调递增的，相当于fx2=x有两个解，求出t的范围即可．
【解答】
解：1因为fx的定义域为R，
所以ax+t>0恒成立，
所以t>−ax恒成立，
因为−ax<0，
所以t≥0，
所以t的取值范围[0,+∞)；
2fx在m2,n2上的值域为m,n，且函数是单调递增的，
所以fm2=m,fn2=n,
即fx2=x有两个解，
所以m，n是ax−ax2−t=0的两个根，
设u=ax2u>0，
因为m所以u2−u−t=0有2个不等的正实数根，
所以Δ=1+4t>0且两根之积等于−t>0，
解得−14则实数t的取值范围是−14,0.
【答案】
(1)证明：取PA的中点G，连接BG，EG，
∵ E为PD的中点，∴ GE//__12AD，又F为BC的中点，BC//__AD
∴ BF//__12AD，∴ GE//__BF，
∴ 四边形BFEG为平行四边形
∴ EF//BG，又EF⊄平面PAB，BG⊂平面PAB，
∴ EF//平面PAB．
(2)解：设F到平面PAC的距离为d，PA=AB=AD=a，VF−PAC=VP−AFC，
∴ d=24a.
又在Rt△PAF ，∵ AF=52a，∴ PF=PA2+AF2=32a，
设直线PF与平面PAC所成角为θ，
∴ sinθ=dPF=26．
【考点】
直线与平面平行的判定
柱体、锥体、台体的体积计算
直线与平面所成的角
【解析】
此题暂无解析
【解答】
(1)证明：取PA的中点G，连接BG，EG，
∵ E为PD的中点，∴ GE//__12AD，又F为BC的中点，BC//__AD
∴ BF//__12AD，∴ GE//__BF，
∴ 四边形BFEG为平行四边形
∴ EF//BG，又EF⊄平面PAB，BG⊂平面PAB，
∴ EF//平面PAB．
(2)解：设F到平面PAC的距离为d，PA=AB=AD=a，VF−PAC=VP−AFC，
∴ d=24a.
又在Rt△PAF ，∵ AF=52a，∴ PF=PA2+AF2=32a，
设直线PF与平面PAC所成角为θ，
∴ sinθ=dPF=26．
【答案】
解：(1)在△ABC中， S△ABC=12|AC|⋅|BC|sinπ3=33，可得|AC|⋅|BC|=43，
由余弦定理|AB|2=|AC|2+|BC|2−2|AC|⋅|BC|csπ3
=|AC|+|BC|2−3|AC|⋅|BC|=4，
∴ |AC|+|BC|2=8，∴ 2a=|AC|+|BC|=22，可得a=2，
又2c=|AB|=2，∴ c=1，则b=a2−c2=1，
因此，椭圆M的标准方程为x22+y2=1；
(2)设点Ex1,y1,Fx2,y2，设直线EF的方程为y=kx−1，
联立 x22+y2=1y=kx−1 ，消去y可得2k2+1x2−4k2x+2k2−2=0，
Δ=16k4−4×2k2+12k2−2=8k2+8>0，
由韦达定理可得x1+x2=4k22k2+1，
x1x2=2k2−22k2+1，假设x轴上存在定点Dt,0，使得DE→⋅DF→为定值．
DE→⋅DF→=x1−t,y1⋅x2−t,y2
=x1−tx2−t+k2x1−1x2−1
=(k2+1)x1x2−(k2+t)(x1+x2)+k2+t2
=(k2+1)(2k2−2)−4k2(k2+t)+k2(2k2+1)2k2+1+t2，
=k21−4t−22k2+1+t2为定值，所以，1−4t2=−21，解得t=54，
此时，DE→⋅DF→=−2+542=−716．
因此，在x轴存在定点D54,0，使得DE→⋅DF→为定值−716．
【考点】
椭圆的标准方程
圆锥曲线中的定点与定值问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)在△ABC中， S△ABC=12|AC|⋅|BC|sinπ3=33，可得|AC|⋅|BC|=43，
由余弦定理|AB|2=|AC|2+|BC|2−2|AC|⋅|BC|csπ3
=|AC|+|BC|2−3|AC|⋅|BC|=4，
∴ |AC|+|BC|2=8，∴ 2a=|AC|+|BC|=22，可得a=2，
又2c=|AB|=2，∴ c=1，则b=a2−c2=1，
因此，椭圆M的标准方程为x22+y2=1；
(2)设点Ex1,y1,Fx2,y2，设直线EF的方程为y=kx−1，
联立 x22+y2=1y=kx−1 ，消去y可得2k2+1x2−4k2x+2k2−2=0，
Δ=16k4−4×2k2+12k2−2=8k2+8>0，
由韦达定理可得x1+x2=4k22k2+1，
x1x2=2k2−22k2+1，假设x轴上存在定点Dt,0，使得DE→⋅DF→为定值．
DE→⋅DF→=x1−t,y1⋅x2−t,y2
=x1−tx2−t+k2x1−1x2−1
=(k2+1)x1x2−(k2+t)(x1+x2)+k2+t2
=(k2+1)(2k2−2)−4k2(k2+t)+k2(2k2+1)2k2+1+t2，
=k21−4t−22k2+1+t2为定值，所以，1−4t2=−21，解得t=54，
此时，DE→⋅DF→=−2+542=−716．
因此，在x轴存在定点D54,0，使得DE→⋅DF→为定值−716．
【答案】
(1)解：fx=xex−ax，则f′x=exx+1−a，
fx有两个极值点，则f′x=exx+1−a=0有两个不等实根，
即y=a与Hx=exx+1有两个公共点，
∵ Hx=exx+1x∈R，∴ H′x=exx+2，
令H′x=0，解得x=−2，
H′x，Hx变化情况如下表所示：
∴ Hxmin=H−2=−1e2，
当x→+∞时，Hx→+∞，
当x→−∞时，与一次函数相比y=e−x呈爆炸增长，Hx=x+1e−x→0，
故a∈−1e2,0 .
(2)证明：当a=0时，
gx=fxx−lnx+2=ex−lnx+2−2g′x=ex−1x+2在−2,0上单调递增，
并且g′−1=1e−1<0，g′−13=13e−35>0，
∴ 在−1,−13上存在唯一实数根x0使得g′x0=0，
∴ ex0=1x0+2，即x0=−lnx0+2①，
∴ −2x00，gx在x0,0上单调递增，
∴ gxmin=gx0=ex0−lnx0+2②，
由①②知，gx≥gx0=1x0+2+x0=x0+12x0+2>0−1即证当a=0时，∀x∈(−2,0)，g(x)>0 .
【考点】
利用导数研究函数的极值
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】
此题暂无解析
【解答】
(1)解：fx=xex−ax，则f′x=exx+1−a，
fx有两个极值点，则f′x=exx+1−a=0有两个不等实根，
即y=a与Hx=exx+1有两个公共点，
∵ Hx=exx+1x∈R，∴ H′x=exx+2，
令H′x=0，解得x=−2，
H′x，Hx变化情况如下表所示：
∴ Hxmin=H−2=−1e2，
当x→+∞时，Hx→+∞，
当x→−∞时，与一次函数相比y=e−x呈爆炸增长，Hx=x+1e−x→0，
故a∈−1e2,0 .
(2)证明：当a=0时，
gx=fxx−lnx+2=ex−lnx+2−2g′x=ex−1x+2在−2,0上单调递增，
并且g′−1=1e−1<0，g′−13=13e−35>0，
∴ 在−1,−13上存在唯一实数根x0使得g′x0=0，
∴ ex0=1x0+2，即x0=−lnx0+2①，
∴ −2x00，gx在x0,0上单调递增，
∴ gxmin=gx0=ex0−lnx0+2②，
由①②知，gx≥gx0=1x0+2+x0=x0+12x0+2>0−1即证当a=0时，∀x∈(−2,0)，g(x)>0 .
【答案】
解：(1)直线l的参数方程消去参数t并化简，
得直线l的普通方程为3x−y−1=0．
曲线C的极坐标方程可化为ρ2=22ρ22sin θ+22cs θ，
即ρ2=2ρsin θ+2ρcs θ，
∴ x2+y2=2y+2x，
故曲线C的直角坐标方程为(x−1)2+(y−1)2=2．
(2)将直线l的参数方程代入(x−1)2+(y−1)2=2中，
得12t−12+32t−22=2，
化简，得t2−(1+23)t+3=0．
∵ Δ>0，
∴ 此方程的两根为直线l与曲线C的交点A，B对应的参数t1，t2．
由根与系数的关系，得t1+t2=23+1，t1t2=3，
故t1，t2同正．
由直线的参数方程中参数的几何意义，
知|PA|+|PB|=t1+t2=t1+t2=23+1．
【考点】
圆的极坐标方程与直角坐标方程的互化
直线的参数方程
参数方程与普通方程的互化
参数的意义
一元二次方程的根的分布与系数的关系
【解析】
本题主要考查参数方程与普通方程的互化、极坐标方程与直角坐标方程的互化、参数方程中参数的几何意义的应用．
【解答】
解：(1)直线l的参数方程消去参数t并化简，
得直线l的普通方程为3x−y−1=0．
曲线C的极坐标方程可化为ρ2=22ρ22sin θ+22cs θ，
即ρ2=2ρsin θ+2ρcs θ，
∴ x2+y2=2y+2x，
故曲线C的直角坐标方程为(x−1)2+(y−1)2=2．
(2)将直线l的参数方程代入(x−1)2+(y−1)2=2中，
得12t−12+32t−22=2，
化简，得t2−(1+23)t+3=0．
∵ Δ>0，
∴ 此方程的两根为直线l与曲线C的交点A，B对应的参数t1，t2．
由根与系数的关系，得t1+t2=23+1，t1t2=3，
故t1，t2同正．
由直线的参数方程中参数的几何意义，
知|PA|+|PB|=t1+t2=t1+t2=23+1．
【答案】
(1)证明：利用绝对值三角不等式可知f(x)=|2x−3|+|2x−1|≥|(2x−3)−(2x−1)|=2，
当且仅当2x−32x−1≤0时等号成立，故M=2，即m,n∈−2,2，
要证明2|m+n|≤|4+mn|，只需证明4m+n2≤4+mn2
∵ 4m+n2−4+mn2=4m2+2mn+n2−16+8mn+m2n2，
=4m2+4n2−m2n2−16=m2−44−n2
∵ m,n∈−2,2，∴ m2,n2∈0,4，∴ m2−44−n2≤0
∴ 4m+n2−4+mn2≤0，∴ 4m+n2≤4+mn2，
可得2|m+n|≤|4+mn|．
(2)解：由(1)得， a+2b=2，因为a,b∈0,+∞，
所以2a+1b=12(a+2b)(2a+1b)=12(4ba+ab+4)≥12(24ba×ab+4）=4，
当且仅当4ba=ab时，即a=1,b=12时，等号成立．
所以2a+1b的最小值为4.
【考点】
绝对值不等式的解法与证明
绝对值三角不等式
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：利用绝对值三角不等式可知f(x)=|2x−3|+|2x−1|≥|(2x−3)−(2x−1)|=2，
当且仅当2x−32x−1≤0时等号成立，故M=2，即m,n∈−2,2，
要证明2|m+n|≤|4+mn|，只需证明4m+n2≤4+mn2
∵ 4m+n2−4+mn2=4m2+2mn+n2−16+8mn+m2n2，
=4m2+4n2−m2n2−16=m2−44−n2
∵ m,n∈−2,2，∴ m2,n2∈0,4，∴ m2−44−n2≤0
∴ 4m+n2−4+mn2≤0，∴ 4m+n2≤4+mn2，
可得2|m+n|≤|4+mn|．
(2)解：由(1)得， a+2b=2，因为a,b∈0,+∞，
所以2a+1b=12(a+2b)(2a+1b)=12(4ba+ab+4)≥12(24ba×ab+4）=4，
当且仅当4ba=ab时，即a=1,b=12时，等号成立．
所以2a+1b的最小值为4.x
(−∞,−2)
−2
(−2,+∞)
H′x
−
0
+
Hx
单调递减
−1e2
单调递增
x
(−∞,−2)
−2
(−2,+∞)
H′x
−
0
+
Hx
单调递减
−1e2
单调递增