2020-2021学年四川绵阳高三上数学月考试卷

这是一份2020-2021学年四川绵阳高三上数学月考试卷，共12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A={x∈N*|x≤3}，B={x|x2−4x≤0}，则A∩B=( )
A.1,2,3B.1,2C.(0,3]D.(3,4]

2. 已知向量a→=3−m,m，b→=1,2，若a→//b→，则实数m的值为( )
A.−2B.2C.−3D.3

3. 下列四个函数中，在定义域上不是单调函数的是( )
A.y=−2x+1B.y=x3C.y=lgxD.y=1x

4. “m≥0”是“x2+2x+m≥0对任意x∈R恒成立”的( )
A.必要不充分条件B.充分不必要条件
C.充要条件D.既不充分也不必要条件

5. 设函数fx为奇函数，当x>0时，fx=x2−2，则ff1=( )
A.−1B.−2C.1D.2

6. 已知函数fx=Asinωx+φ(ω>0，0<φ<π)的部分图象如图所示，则f(1)的值为( )

A.−3B.−1C.1D.3

7. 函数f(x)=(x+1x)ln|x|图象的大致形状为（ ）
A.B.
C.D.

8. 若偶函数fx在−∞,0上单调递减， a=flg23，b=flg45，c=f232，则a，b，c满足( )
A.b
9. 已知等比数列{an}的各项都为正数，且a3，12a5，a4成等差数列，则a3+a5a4+a6的值是( )
A.5−12B.5+12C.3−52D.3+52

10. 已知α∈R，sinα+2csα=102，则tan2α=( )
A.43B.34C.−34D.−43

11. 已知定义在R上的奇函数fx，对任意实数x，恒有fx+3=−fx，且当x∈(0,32]时，fx=x2−6x+8，则f0+f1+f2+⋯+f2020=( )
A.6B.3C.0D.−3

12. 已知x为实数，[x]表示不超过x的最大整数，若函数f(x)=x−[x]，则函数g(x)=f(x)+xex的零点个数为( )
A.1B.2C.3D.4
二、填空题

设x，y满足约束条件 x−2y≥−2,3x−2y≤3,x+y≥1, 则x−y的最大值为________.

已知△ABC的面积为S，若4S=AB→⋅AC→，则sinA的值为________.

若两个正实数x，y满足2x+1y=2，且x+2y>m2+2m恒成立，则m的取值范围是________.

已知函数fx=x−2ex+e+1，gx=ax+xlnx，对任意的m∈1e,3，总存在n∈1e,3使得gm≥fn成立，则a的取值范围为________.
三、解答题

函数fx=sin4x+23sinxcsx−cs4x.
(1)求函数fx的单调减区间；

(2)将y=fx的图象先向左平移π6个单位，再将横坐标缩短为原来的12(纵坐标不变)，得到y=gx的图象．当x∈0,π4时，求gx的值域．

已知等比数列an的首项为2，等差数列bn的前n项和为Sn，且a1+a2=6，2b1+a3=b4，S3=3a2.
(1)求an，bn的通项公式；

(2)设cn=an−bn，求数列cn的前n项和．

在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sinB=35 ，acsB+b−2ccsA=0.
(1)求sinC的值；

(2)若a=15，D为边AB上的一点，且2AD=BD，求CD的长．

已知函数f(x)=aex−sinx，其中a∈R.
(1)当a=1时，证明：对∀x∈[0, +∞)，f(x)≥1；

(2)若函数f(x)在(0, π2)上存在极值，求实数a的取值范围．

已知函数f(x)=lnx−ax．
(1)讨论f(x)在其定义域内的单调性；

(2)若a=1，且f(x1)=f(x2)，其中03．

在直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为x=3t,y=−3t (t为参数)，曲线C1的参数方程为x=2+2csθ,y=2sinθ (θ为参数)，以该直角坐标系的原点O为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为ρ=23csθ−2sinθ．
(1)分别求曲线C1的极坐标方程和曲线C2的直角坐标方程；

(2)设直线l交曲线C1于O，A两点，交曲线C2于O，B两点，求|AB|的长．

已知f(x)=|x+1|−|ax−1|.
(1)当a=1时，求不等式f(x)>1的解集；

(2)若x∈(0,1)时不等式f(x)>x成立，求a的取值范围.
参考答案与试题解析
2020-2021学年四川绵阳高三上数学月考试卷
一、选择题
1.
【答案】
A
【考点】
交集及其运算
【解析】

【解答】
解：∵ A={x∈N*|x≤3}=1,2,3，
B=x|x2−4x≤0=x|0≤x≤4，
∴ A∩B=1,2,3.
故选A．
2.
【答案】
B
【考点】
平面向量共线（平行）的坐标表示
【解析】
根据向量平行的性质，结合已知的向量坐标可以求解未知数m.
【解答】
解：∵ 向量a→=3−m,m，b→=1,2，且a→//b→，
∴ 3−m1=m2，
解得：m=2.
故选B.
3.
【答案】
D
【考点】
函数单调性的判断与证明
【解析】

【解答】
解：A，∵ y=−2x+1，则y′=−2<0，
∴ 函数y=−2x+1在定义域R上单调递减，故A不符合题意；
B，∵ y=x3，则y′=3x2≥0，
∴ 函数y=x3在定义域R上单调递增，故B不符合题意；
C，由对数函数的性质可知，函数y=lgx在定义域0,+∞上单调递增，故C不符合题意；
D，∵ y=1x，则y′=−1x2<0，
∴ 函数y=1x在−∞,0和0,+∞上均单调递减，
但在定义域上不是单调函数，故D符合题意；
故选D．
4.
【答案】
A
【考点】
必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】
根根据不等式恒成立可得△≤0得到m≥1，结合充要条件的定义进而求出答案．
【解答】
解：x2+2x+m≥0对任意x∈R恒成立⇔Δ≤0⇔m≥1.
∵ m≥0推不出m≥1，而m≥1可以推出m≥0，
∴ “m≥0”是x2+2x+m≥0对任意x∈R恒成立”的必要不充分条件.
故选A．
5.
【答案】
C
【考点】
函数奇偶性的性质
函数的求值
【解析】

【解答】
解：∵ 当x>0时，fx=x2−2，
∴ f1=1−2=−1，
∵ 函数fx为奇函数，
∴ f−1=−f1=1，
∴ f(f(1))=1.
故选C.
6.
【答案】
B
【考点】
由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式
【解析】
根据函数的部分图象求出函数解析式fx=2sinπx+5π6，即可求解f1=2sinπ+5π6=−1．
【解答】
解：由图可知，A=2， 12T=23−−13=1，
∴ T=2，ω=2π2=π,
∴ f23=2sinπ×23+φ=−2.
∵ 0<φ<π，
∴ φ=5π6，
∴ fx=2sinπx+5π6，
∴ f1=2sinπ+5π6=−1.
故选B．
7.
【答案】
D
【考点】
函数的图象
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵ f(−x)=(−x+1−x)ln|−x|=−(x+1x)ln|x|=−f(x)，
∴ f(x)是奇函数，关于原点对称，排除A，B；
当x=2时，f(2)=52ln2>0，排除C.
故选D.
8.
【答案】
A
【考点】
指数式、对数式的综合比较
【解析】
由题可知fx在0,+∞上单调递增，结合2>lg23=lg49>lg45,232>2，即可得到flg45【解答】
解：∵ 偶函数fx在−∞,0上单调递减，
∴ fx在0,+∞上单调递增.
∵ 232>2=lg24>lg23=lg49>lg45，
∴ flg45∴ b故选A．
9.
【答案】
A
【考点】
等差中项
等比数列的通项公式
【解析】
设等比数列{an}的公比为q，且q>0，由题意和等差中项的性质列出方程，由等比数列的通项公式化简后求出q，由等比数列的通项公式化简所求的式子，化简后即可求值．
【解答】
解：设等比数列{an}的公比为q，且q>0.
∵ a3，12a5，a4成等差数列，
∴ 2×12a5=a3+a4，则a3q2=a3+a3q，
化简得，q2−q−1=0，
解得：q=1+52或q=1−52(舍),
则q=5+12，
∴ a3+a5a4+a6=a3+a5a3q+a5q=1q=25+1=5−12.
故选A.
10.
【答案】
C
【考点】
二倍角的正切公式
同角三角函数间的基本关系
【解析】
根据同角三角函数关系式和万能公式化简后求出tanα，利用二倍角公式求出tan2α的值．
【解答】
解：∵ sinα+2csα=102，
∴ (sinα+2csα)2=52，
即sin2α+4sinαcsα+4cs2α=52，
整理得，tan2α+4tanα+4tan2α+1=52，
解得，tanα=3或−13．
∴ tan2α=2tanα1−tan2α=−34．
故选C.
11.
【答案】
B
【考点】
函数的周期性
函数奇偶性的性质
函数的求值
【解析】

【解答】
解：∵ 对任意实数x，恒有fx+3=−fx，
∴ fx+6=−fx+3=fx，
∴ 函数fx是周期为6的周期函数.
∵ f(x)为定义在R上的奇函数，
∴ f0=0，则f3=−f0=0.
∵ 当x∈(0,32]时，fx=x2−6x+8，
∴ f1=3，
f2=f−1+3=−f−1=f1=3,
f4=f1+3=−f1=−3,
f5=f2+3=−f2=−3,
∴ f0+f1+f2+f3+f4+f5=0.
∵ 函数fx是周期为6的周期函数，
∴ f0+f1+f2+⋯+f2020
=[f0+f1+f2+f3+f4+f5]×336+f0+f1+f2+f3+f4
=f0+f1+f2+f3+f4=3.
故选B．
12.
【答案】
B
【考点】
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】
函数g(x)=f(x)+xex的零点个数，即方程f(x)=−xex的零点个数，也就是两函数y＝f(x)与y=−xex的图象的交点个数，画出图象，数形结合得答案．
【解答】
解：函数g(x)=f(x)+xex的零点个数，即方程f(x)=−xex的零点个数，
也就是两函数y=f(x)与y=−xex的交点个数．
由y=−xex，得y′=−ex−xexe2x=x−1ex．
可知当x<1时，y′<0，函数y=−xex单调递减，
当x>1时，y′>0，函数y=−xex单调递增，
作出两函数y=f(x)与y=−xex的图象如图，
由图可知，函数g(x)=f(x)+xex的零点个数为2个．
故选B.
二、填空题
【答案】
1
【考点】
简单线性规划
【解析】
画出可行域，利用目标函数变形为y=x−z，当直线y=x−z在y的截距最小得到z的最大值．
【解答】
解：画出约束条件表示的平面区域，如下图阴影所示，
令z=x−y，
则z=x−y变形为y=x−z，
当直线y=x−z经过点A时，在y轴的截距最小，
此时z最大.
由x+y=1,3x−2y=3,求得：A1,0，
所以x+y的最大值为1−0=1.
故答案为：1.
【答案】
55
【考点】
正弦定理
平面向量数量积的运算
【解析】
利用三角形面积公式以及数量积运算得到csA=2sinA，结合同角基本关系即可得到答案.
【解答】
解：由题知4S=AB→⋅AC→，
即4×12AB⋅AC⋅sinA=AB→⋅AC→⋅csA，
整理得：csA=2sinA.
∵ cs2A+sin2A=1，
∴ 5sin2A=1，
∴ sinA=55.
故答案为：55.
【答案】
−5−1【考点】
函数恒成立问题
基本不等式在最值问题中的应用
【解析】
x+2y>m2+2m恒成立，即m2+2m【解答】
解：∵ x>0，y>0，且2x+1y=2，
∴ x+2y=12(x+2y)(2x+1y)=12(2+4yx+xy+2)
≥12×(4+4)=4（当且仅当x=4，y=2时取到等号）．
∴ (x+2y)min=4．
∵ x+2y>m2+2m恒成立，
∴ m2+2m<(x+2y)min=4，
解得：−5−1故答案为：−5−1【答案】
[1,+∞）
【考点】
利用导数研究不等式恒成立问题
【解析】
恒成立问题转化为函数最值问题，构造函数，利用导数求出函数的最值，问题即可得到解决.
【解答】
解：根据题干对任意的m∈1e,3，总存在n∈1e,3，
使得gm≥fn成立，可得g(x)≥f(x)min恒成立.
∵ fx=x−2ex+e+1，
∴ f′x=x−1ex，
当x<1时，f′(x)<0，当x>1时，f′(x)>0，
∴ fx在−∞,1上单调递减，在1,+∞上单调递增，
∴ fxmin=f1=1，
即对任意的x∈1e,3，gx≥1，
即a≥x−x2lnx，在x∈[1e,3)恒成立.
设hx=x−x2lnx ，x∈[1e,3），
则h′x=1−x−2xlnx，
∴ h′′在[1e,3）上单调递减，
∴ h′′x≤h′′1e=−1，
∴ h′(x)在[1e,3）单调递减.
又∵ h′1=0，
∴ hx在1e,1单调递增，在1,3上单调递减，
∴ a≥hxmax=h1=1，即实数a的取值范围为[1,+∞).
故答案为：[1,+∞).
三、解答题
【答案】
解：(1)f(x)=23sinxcsx+(sin2x+cs2x)(sin2x−cs2x)
=3sin2x−cs2x=2sin2x−π6，
令2kπ+π2≤2x−π6≤2kπ+32π，
解得：kπ+π3≤x≤kπ+5π6，
∴ 函数f(x)的单调减区间为kπ+π3,kπ+5π6，k∈Z．
(2)根据平移规律，将y=fx的图象向左平移π6个单位，
得到：y=2sin2x+π6，
将横坐标缩短为原来的12(纵坐标不变)，
得到：g(x)=2sin4x+π6.
∵ x∈0,π4，
∴ 4x+π6∈π6,7π6，
∴ −12≤sin4x+π6≤1，
∴ −1≤2sin4x+π6≤2，
故当x∈0,π4时，g(x)的值域为[−1,2]．
【考点】
二倍角的正弦公式
二倍角的余弦公式
两角和与差的正弦公式
函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
正弦函数的单调性
正弦函数的定义域和值域
【解析】


【解答】
解：(1)f(x)=23sinxcsx+(sin2x+cs2x)(sin2x−cs2x)
=3sin2x−cs2x=2sin2x−π6，
令2kπ+π2≤2x−π6≤2kπ+32π，
解得：kπ+π3≤x≤kπ+5π6，
∴ 函数f(x)的单调减区间为kπ+π3,kπ+5π6，k∈Z．
(2)根据平移规律，将y=fx的图象向左平移π6个单位，
得到：y=2sin2x+π6，
将横坐标缩短为原来的12(纵坐标不变)，
得到：g(x)=2sin4x+π6.
∵ x∈0,π4，
∴ 4x+π6∈π6,7π6，
∴ −12≤sin4x+π6≤1，
∴ −1≤2sin4x+π6≤2，
故当x∈0,π4时，g(x)的值域为[−1,2]．
【答案】
解：(1)设数列{an}的公比为q，数列{bn}的公差为d，
由a1=2，a1+a2=6，得a2=4，
∴q=2，
∴an=a1qn−1=2n.
由2b1+a3=b4,S3=3a2,得2b1+8=b1+3d,3b1+3d=12,
解得：b1=1,d=3,
∴bn=b1+(n−1)d=3n−2．
(2)由(1)知an=2n，bn=3n−2，
∴cn=an−bn=2n−(3n−2)，
∴ 数列{cn}的前n项和Tn=a1+a2+a3+⋯+an−1+an
−(b1+b2+b3+⋯+bn−1+bn)
=2×(1−2n)1−2−(n+n(n−1)×32)
=2n+1−2−n(3n−1)2，n∈N*．
【考点】
数列的求和
等比数列的前n项和
等比数列的通项公式
等差数列的前n项和
等差数列的通项公式
【解析】


【解答】
解：(1)设数列{an}的公比为q，数列{bn}的公差为d，
由a1=2，a1+a2=6，得a2=4，
∴q=2，
∴an=a1qn−1=2n.
由2b1+a3=b4,S3=3a2,得2b1+8=b1+3d,3b1+3d=12,
解得：b1=1,d=3,
∴bn=b1+(n−1)d=3n−2．
(2)由(1)知an=2n，bn=3n−2，
∴cn=an−bn=2n−(3n−2)，
∴ 数列{cn}的前n项和Tn=a1+a2+a3+⋯+an−1+an
−(b1+b2+b3+⋯+bn−1+bn)
=2×(1−2n)1−2−(n+n(n−1)×32)
=2n+1−2−n(3n−1)2，n∈N*．
【答案】
解：(1)已知acsB+b−2ccsA=0，
由正弦定理得：
sinAcsB+sinB−2sinCcsA=0，
即sinAcsB+csAsinB=2csAsinC
⇒sinA+B=2csAsinC
⇒sinC=2csAsinC.
∵A，B，C是△ABC的内角，
∴sinC≠0，
∴ csA=22.
又0∴ A=π4.
∵ sinB=35∴ csB=45，
∴sinC=sinB+π4=22sinB+csB=7210．
(2)由正弦定理得：
15sinπ4=c7210，
解得：c=21，
∴BD=23c=14.
在△BCD中，由余弦定理可得：
CD2=152+142−2×15×14×45=85，
∴CD=85．
【考点】
两角和与差的正弦公式
余弦定理
正弦定理
【解析】


【解答】
解：(1)已知acsB+b−2ccsA=0，
由正弦定理得：
sinAcsB+sinB−2sinCcsA=0，
即sinAcsB+csAsinB=2csAsinC
⇒sinA+B=2csAsinC
⇒sinC=2csAsinC.
∵A，B，C是△ABC的内角，
∴sinC≠0，
∴ csA=22.
又0∴ A=π4.
∵ sinB=35∴ csB=45，
∴sinC=sinB+π4=22sinB+csB=7210．
(2)由正弦定理得：
15sinπ4=c7210，
解得：c=21，
∴BD=23c=14.
在△BCD中，由余弦定理可得：
CD2=152+142−2×15×14×45=85，
∴CD=85．
【答案】
(1)证明：当a=1时，f(x)=ex−sinx，
则f′(x)=ex−csx.
∵ x∈[0, +∞)，
∴ ex≥1，而csx≤1，
故f′(x)≥0在[0,+∞)恒成立，
∴ f(x)在[0, +∞)单调递增，
故f(x)≥f(0)=1，
∴ 对∀x∈[0, +∞)，f(x)≥1.
(2)解：若函数f(x)在(0, π2)上存在极值，
则f′(x)=aex−csx在(0, π2)上存在零点，
则方程a=csxex有解，
令h(x)=csxex，则h′(x)=−(sinx+csx)ex<0，x∈(0, π2)，
故h(x)在(0, π2)单调递减，
而x→0时，h(x)→h(0)=1，
x→π2时，h(x)→h(π2)=0，
故h(x)∈(0, 1)，
故当实数a∈(0,1)时，函数f′(x)在(0, π2)上存在零点.
下面证明当a∈(0,1)时，函数f(x)在(0,π2)上存在极值，
当a∈(0,1)时，f′(x)=aex−csx为(0,π2)上的增函数，
f′(0)=a−1<0，f′(π2)=aeπ2>0，
∴ 存在唯一实数x0∈(0,π2)，使得f′(x0)=0成立，
∴ 当x∈(0,x0)时，f′(x)<0，f(x)在(0,x0)上单调递减，
当x∈(x0,π2)时，f′(x)>0，f(x)在(x0,π2)上单调递增，
即x0为f(x)在(0,π2)的极小值点，
综上所示，当a∈(0,1)时，函数f(x)在(0,π2)上存在极值，
a的取值范围是(0,1).
【考点】
利用导数研究函数的最值
利用导数研究不等式恒成立问题
利用导数研究函数的极值
【解析】
(Ⅰ)代入a的值，求出函数的导数，根据函数的单调性证明即可；
(Ⅱ)求出函数的导数，问题转化为方程a=csxex有解，令h(x)=csxex，根据函数的单调性求出h(x)的范围，从而求出a的范围．
【解答】
(1)证明：当a=1时，f(x)=ex−sinx，
则f′(x)=ex−csx.
∵ x∈[0, +∞)，
∴ ex≥1，而csx≤1，
故f′(x)≥0在[0,+∞)恒成立，
∴ f(x)在[0, +∞)单调递增，
故f(x)≥f(0)=1，
∴ 对∀x∈[0, +∞)，f(x)≥1.
(2)解：若函数f(x)在(0, π2)上存在极值，
则f′(x)=aex−csx在(0, π2)上存在零点，
则方程a=csxex有解，
令h(x)=csxex，则h′(x)=−(sinx+csx)ex<0，x∈(0, π2)，
故h(x)在(0, π2)单调递减，
而x→0时，h(x)→h(0)=1，
x→π2时，h(x)→h(π2)=0，
故h(x)∈(0, 1)，
故当实数a∈(0,1)时，函数f′(x)在(0, π2)上存在零点.
下面证明当a∈(0,1)时，函数f(x)在(0,π2)上存在极值，
当a∈(0,1)时，f′(x)=aex−csx为(0,π2)上的增函数，
f′(0)=a−1<0，f′(π2)=aeπ2>0，
∴ 存在唯一实数x0∈(0,π2)，使得f′(x0)=0成立，
∴ 当x∈(0,x0)时，f′(x)<0，f(x)在(0,x0)上单调递减，
当x∈(x0,π2)时，f′(x)>0，f(x)在(x0,π2)上单调递增，
即x0为f(x)在(0,π2)的极小值点，
综上所示，当a∈(0,1)时，函数f(x)在(0,π2)上存在极值，
a的取值范围是(0,1).
【答案】
(1)解：∵ 函数f(x)=lnx−ax，
∴ f′(x)=1x−a=1−axx.
①当a≤0时，
∵ x>0，∴ f′(x)>0，
则f(x)在区间(0, +∞)上单调递增；
②当a>0时，
x∈(0,1a)，f′(x)>0，
则f(x)在区间(0, 1a)上单调递增；
x∈(1a,+∞)，f′(x)<0，
则f(x)在区间(1a, +∞)上单调递减.
(2)证明：由(1)得：当a=1时，
f(x)在(0, 1)上单调递增，在(1, +∞)上单调递减，
∴ 0要证x1+x2+x1x2>3，
即证x2>3−x11+x1，
∵ x2>1，3−x11+x1>1，
又当x∈(1, +∞)时，−f(x)递增，
故只需证明−f(x2)>−f(3−x11+x1)，
即证−f(x1)>−f(3−x11+x1).
设Q(x)=x−lnx−3−x1+x+ln(3−x1+x)，
则Q′(x)=1−1x+4(x+1)2+4(x+1)(x−3)，
=x−1x+4x+1(1x+1+1x−3)，
=x−1x+4x+1⋅2(x−1)(x+1)(x−3)
=(x−1)2(x2+3)x(x−3)(x+1)2.
当x∈(0, 1)时，Q′(x)<0，Q(x)递减．
∴ 当x∈(0, 1)时，Q(x)>Q(1)=0．
∴ f(x1)>f(3−x11+x1)，
即x1+x2+x1x2>3．
【考点】
利用导数研究函数的最值
利用导数研究不等式恒成立问题
利用导数研究函数的单调性
【解析】
（1）先对函数求导，然后对a进行分类讨论，结合导数与函数单调性关系即可求解，
（2）结合（1）所得单调性及03−x11+x1，由x2>1，3−x11+x1>1，从而结合−f(x)在1，+∞)时的单调性，构造函数即可证．
【解答】
(1)解：∵ 函数f(x)=lnx−ax，
∴ f′(x)=1x−a=1−axx.
①当a≤0时，
∵ x>0，∴ f′(x)>0，
则f(x)在区间(0, +∞)上单调递增；
②当a>0时，
x∈(0,1a)，f′(x)>0，
则f(x)在区间(0, 1a)上单调递增；
x∈(1a,+∞)，f′(x)<0，
则f(x)在区间(1a, +∞)上单调递减.
(2)证明：由(1)得：当a=1时，
f(x)在(0, 1)上单调递增，在(1, +∞)上单调递减，
∴ 0要证x1+x2+x1x2>3，
即证x2>3−x11+x1，
∵ x2>1，3−x11+x1>1，
又当x∈(1, +∞)时，−f(x)递增，
故只需证明−f(x2)>−f(3−x11+x1)，
即证−f(x1)>−f(3−x11+x1).
设Q(x)=x−lnx−3−x1+x+ln(3−x1+x)，
则Q′(x)=1−1x+4(x+1)2+4(x+1)(x−3)，
=x−1x+4x+1(1x+1+1x−3)，
=x−1x+4x+1⋅2(x−1)(x+1)(x−3)
=(x−1)2(x2+3)x(x−3)(x+1)2.
当x∈(0, 1)时，Q′(x)<0，Q(x)递减．
∴ 当x∈(0, 1)时，Q(x)>Q(1)=0．
∴ f(x1)>f(3−x11+x1)，
即x1+x2+x1x2>3．
【答案】
解：(1)曲线C1的参数方程为x=2+2csθ,y=2sinθ (θ为参数)，
转换为直角坐标方程为：(x−2)2+y2=4，
将x=ρcsθ，y=ρsinθ代入整理可得：
曲线C1的极坐标方程为：ρ=4csθ.
因为曲线C2的极坐标方程为ρ=23csθ−2sinθ，
所以转换为直角坐标的方程为：x2+y2=23x−2y，
整理得，(x−3)2+(y+1)2=4.
(2)直线l的参数方程为x=3t,y=−3t (t为参数)，
转换为直角坐标方程为：yx=−33，
所以直线的倾斜角为5π6，
所以θ=5π6.
直线l交曲线C1于O，A两点，
联立θ=5π6,ρ=4csθ,
解得，A(−23, 5π6)，
直线θ=5π6和曲线C2于O，B两点，
联立θ=5π6,ρ=23csθ−2sinθ,
解得，B(−4, 5π6)，
所以|AB|=|ρ1−ρ2|=4−23．
【考点】
圆的极坐标方程与直角坐标方程的互化
圆的极坐标方程
直线与圆的位置关系
两点间的距离公式
【解析】
(Ⅰ)直接利用转换关系式，把参数方程直角坐标方程和极坐标方程之间进行转换．
(Ⅱ)利用直线和曲线的位置关系，建立方程组，利用极径的应用求出结果．
【解答】
解：(1)曲线C1的参数方程为x=2+2csθ,y=2sinθ (θ为参数)，
转换为直角坐标方程为：(x−2)2+y2=4，
将x=ρcsθ，y=ρsinθ代入整理可得：
曲线C1的极坐标方程为：ρ=4csθ.
因为曲线C2的极坐标方程为ρ=23csθ−2sinθ，
所以转换为直角坐标的方程为：x2+y2=23x−2y，
整理得，(x−3)2+(y+1)2=4.
(2)直线l的参数方程为x=3t,y=−3t (t为参数)，
转换为直角坐标方程为：yx=−33，
所以直线的倾斜角为5π6，
所以θ=5π6.
直线l交曲线C1于O，A两点，
联立θ=5π6,ρ=4csθ,
解得，A(−23, 5π6)，
直线θ=5π6和曲线C2于O，B两点，
联立θ=5π6,ρ=23csθ−2sinθ,
解得，B(−4, 5π6)，
所以|AB|=|ρ1−ρ2|=4−23．
【答案】
解：(1)当a=1时，
f(x)=|x+1|−|x−1|=2,x>1，2x,−1≤x≤1，−2,x<−1，
由f(x)>1，
得2x>1，−1≤x≤1， 或2>1，x>1，
解得x>12，
故不等式f(x)>1的解集为(12,+∞).
(2)当x∈(0,1)时不等式f(x)>x成立，
∴ |x+1|−|ax−1|−x>0，
即x+1−|ax−1|−x>0，
即|ax−1|<1，
∴ −1∴ 0∵ x∈(0,1)，
∴ a>0，
∴ 0∴ 2a≥1，
∴ 0故a的取值范围为(0,2]．
【考点】
绝对值不等式
绝对值不等式的解法与证明
【解析】
本题考查了绝对值不等式的解法和含参数的取值范围，考查了运算能力和转化能力．
【解答】
解：(1)当a=1时，
f(x)=|x+1|−|x−1|=2,x>1，2x,−1≤x≤1，−2,x<−1，
由f(x)>1，
得2x>1，−1≤x≤1， 或2>1，x>1，
解得x>12，
故不等式f(x)>1的解集为(12,+∞).
(2)当x∈(0,1)时不等式f(x)>x成立，
∴ |x+1|−|ax−1|−x>0，
即x+1−|ax−1|−x>0，
即|ax−1|<1，
∴ −1∴ 0∵ x∈(0,1)，
∴ a>0，
∴ 0∴ 2a≥1，
∴ 0故a的取值范围为(0,2]．