四川省雙流中學(xué)2022-2023學(xué)年高三上學(xué)期第三次質(zhì)量檢測(cè)數(shù)學(xué)文科Word版含解析

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四川省雙流中學(xué)2023屆高三第三次質(zhì)量檢測(cè)數(shù)學(xué)文科試題滿分：150分時(shí)間：120分鐘一、選擇題(本題共12小題，每小題5分，共60分,在每小題給的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的)1.設(shè)全集U={1,2,3,4,5},若集合M滿足?UM={1,2},則（）A.2∈MB.3∈MC.4?MD.5?M2.若復(fù)數(shù)z滿足i?z=3?4i(i為虛數(shù)單位),則復(fù)數(shù)z的虛部為（）A.?3iB.3iC.?3D.33.已知直線l1:x+y?1=0,l2:x+m2y=0,則“m=1”是“l(fā)1//l2”的()A.充分不必要條件B.必要不充分條件C.充分必要條件D.既不充分也不必要條件4.已知雙曲線x2?y2b2=1(b>0)的焦點(diǎn)到漸近線的距離為2,則雙曲線的離心率為（）A.233B.52C.2D.55.已知α,β是兩個(gè)不同的平面,m,n是兩條不重合的直線,則下列命題中正確的是()A.若m⊥α,m⊥n,則n//αB.若m//β,α∩β=n,m⊥n,則α⊥βC.若α⊥β,m⊥α,n⊥β,則m⊥nD.若α⊥β,α∩β=n,m⊥n,則m⊥β6.已知角θ的頂點(diǎn)在坐標(biāo)原點(diǎn),始邊與x軸的非負(fù)半軸重合,終邊上有兩點(diǎn)A(1,a),B(2,b)且cos2θ=?35,則|OB|=()A.5B.23C.4D.257.函數(shù)f(x)=2sin(πx)ex+e?x在區(qū)間[?2,2]上的圖象為()A.B.

1C.D.8.設(shè)等差數(shù)列an的前n項(xiàng)的和為Sn,若a2+a8+a17=6,則S17=()A.17B.34C.51D.1029.已知點(diǎn)D在直角△ABC的斜邊BC上,若AB=2,AC=3,則AD?BC的取值范圍為()A.[?4,9]B.[0,9]C.[0,4]D.[?2,3]10.設(shè)ω>0,若函數(shù)y=cosωx+π3的圖象向左平移π3個(gè)單位長度后與函數(shù)y=sinωx的圖象重合,則ω的最小值為（）A.112B.72C.52D.3211.已知函數(shù)f(x)=x3?3x+1,則下列關(guān)于函數(shù)f(x)性質(zhì)描述錯(cuò)誤的是()A.函數(shù)f(x)有兩個(gè)極值點(diǎn)B.函數(shù)f(x)有三個(gè)零點(diǎn)C.點(diǎn)(0,1)是曲線y=f(x)的對(duì)稱中心D.直線x+y=0與曲線y=f(x)的相切12.已知2a=6,3b=12,4c=20,則（）A.a>b>cB.c>a>bC.b>a>cD.c>b>a二.填空題(本題共4小題，每小題5分，共20分)13.拋物線y2=4x的焦點(diǎn)F到其準(zhǔn)線l的距離為________14.某智能機(jī)器人的廣告費(fèi)用x(萬元)與銷售額y(萬元)的統(tǒng)計(jì)數(shù)據(jù)如下表:根據(jù)上表可得回歸方程y=5x+a,據(jù)此模型預(yù)報(bào)廣告費(fèi)用為8萬元時(shí)銷售額為__________萬元.15.在三棱錐A?BCD中,BD⊥平面ADC,BD=2,AB=22,AC=BC=25,則三棱錐A?BCD的外接球的體積為______16.在△ABC中,角A,B,C的對(duì)邊分別為a,b,c,若ccosB+bcosC=2acosA,則A=________,sinBsinC的取值范圍為______三.解答題(本大題共6小題，共70分．解答應(yīng)寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟)17.(本題滿分12分）已知數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn,若a1=2,且Sn+1?2Sn=2.(1)求數(shù)列an的通項(xiàng)公式;(2)若數(shù)列bn滿足bn=nan,求數(shù)列bn的前n項(xiàng)和Tn.

218.(本題滿分12分）自《“健康中國2030”規(guī)劃綱要》頒布實(shí)施以來,越來越多的市民加人到綠色運(yùn)動(dòng)“健步走”行列以提高自身的健康水平與身體素質(zhì).某調(diào)查小組為了解本市不同年齡段的市民在一周內(nèi)健步走的情況,在市民中隨機(jī)抽取了200人進(jìn)行調(diào)查,部分結(jié)果如下表所示,其中一周內(nèi)健步走少于5萬步的人數(shù)占樣本總數(shù)的310,45歲以上（含45歲)的人數(shù)占樣本總數(shù)的35.（1）請(qǐng)將題中表格補(bǔ)充完整,并判斷是否有90%的把握認(rèn)為該市市民一周內(nèi)健步走的步數(shù)與年齡有關(guān);(2)現(xiàn)從樣本中45歲以上(含45歲)的人群中按一周內(nèi)健步走的步數(shù)是否少于5萬步用分層抽樣法抽取8人做進(jìn)一步訪談,然后從這8人中隨機(jī)抽取2人填寫調(diào)查問卷,求抽取的2人中恰有一人一周內(nèi)健步走步數(shù)不少于5萬步的概率.附：K2=n(ad?bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d),其中n=a+b+c+d.19.(本題滿分12分）如圖,正方形ABCD和直角梯形BEFC所在平面互相垂直,BE⊥BC,BE//CF,且AB=BE=2,CF=3.(1)證明:AE//平面DCF;(2)求四面體F?ACE的體積.20.(本題滿分12分）已知函數(shù)f(x)=lnx?12x2+ax(a∈R),其導(dǎo)函數(shù)為f'(x).(1)若函數(shù)f(x)在x=2時(shí)取得極大值,求曲線y=f(x)在點(diǎn)(1,f(1))處的切線方程;(2)證明:當(dāng)a?0時(shí),函數(shù)g(x)=f(x)+12有零點(diǎn).

321.(本題滿分12分）已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左,右頂點(diǎn)分別為A,B,點(diǎn)P1,32在橢圓C上,且直線PA的斜率與直線PB的斜率之積為?14.(1)求橢圓C的方程;(2)若圓x2+y2=1的切線l與橢圓C交于M、N兩點(diǎn),求∣MN|的最大值及此時(shí)直線l的斜率.選作題：考生在第22、23題中任選一題作答。如果多做，則按所做的第一題計(jì)分。22.(本題滿分10分）在直角坐標(biāo)系xOy中,直線l經(jīng)過點(diǎn)P(1,0),傾斜角為π6.以坐標(biāo)原點(diǎn)O為極點(diǎn),以x軸的正半軸為極軸,建立極坐標(biāo)系,曲線C的極坐標(biāo)方程為ρ=22cosθ?π4.(1)求直線l的參數(shù)方程和曲線C的直角坐標(biāo)方程;(2)設(shè)直線l與曲線C相交于A,B兩點(diǎn),求|PA|+|PB|的值.23.(本題滿分10分）已知函數(shù)f(x)=|2x?3|+|2x+3|.（1）解不等式f(x)?8;(2)設(shè)函數(shù)f(x)的最小值為M,若正數(shù)a,b,c滿足1a+12b+13c=M6,證明:a+2b+3c?9

4四川省雙流中學(xué)2023屆高三第三次質(zhì)量檢測(cè)數(shù)學(xué)文科參考答案及解析一、選擇題(本題共12小題，每小題5分，共60分,在每小題給的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的)1.【答案】B【解析】B.先寫出集合M,然后逐項(xiàng)驗(yàn)證即可.由U={1,2,3,4,5}且CUM={1,2}得M={3,4,5},故選B.2.【答案】C【解析】C.利用復(fù)數(shù)四則運(yùn)算,先求出z,再依照復(fù)數(shù)的概念求出復(fù)數(shù)z的虛部.選C.方法一：由題意有z=3?4ii=(3?4i)(?i)i?(?i)=?4?3i,故復(fù)數(shù)z的虛部為?3.方法二：由i?z=3?4i=i(?3i?4),得z=?4?3i,故復(fù)數(shù)z的虛部為?3.3.【答案】A【解析】A.l1//l2?m=±1,故“m=1”是“l(fā)1//l2”的充分不必要條件.選A.4.【答案】D【解析】D.不妨取雙曲線的右焦點(diǎn)(c,0),漸近線y=bx,由點(diǎn)到直線距離公式得b2=4,然后利用離心率的變通公式c=1+b2=5,進(jìn)而求得離心率e的值.由題意得,不妨取雙曲線的右焦點(diǎn)F1+b2,0,雙曲線的漸近線為y=bx,即bx?y=0,則bb2+1?0b2+1=b=2,即b2=4a2,所以離心率e=b2+1=5.選D.5.【答案】C【解析】C.充分利用長方體中的棱、面之間的關(guān)系直觀感知,同時(shí)結(jié)合空間中線面間平行及垂直的判定與性質(zhì)推理論證,需注意相應(yīng)定理的條件的完備性.對(duì)于A選項(xiàng),n?α也可能：對(duì)于B選項(xiàng),由條件得不到m⊥α,故不能推斷出α⊥β;對(duì)于C選項(xiàng),則法線與法向量垂直則兩個(gè)平面垂直知正確;對(duì)于D選項(xiàng),條件中缺少m?α,故得不到m⊥β.6.【答案】D【解析】D.由任意角的三角函數(shù)定義,得tanθ=a1=b2,故B(2,2a),|OB|=21+tan2α=2|OA|.由cos2θ=?35得:cos2θ=cos2θ?sin2θ=cos2θ?sin2θcos2θ+sin2θ=?35,變形得:1?tan2θ1+tan2α=?35,解得tan2θ=4,所以|OB|=25.或者,設(shè)|OA|=r,則r2=1+a2,sinθ=ar,cosθ=1r,|OB|=2r;由cos2θ=?35得cos2θ=cos2θ?sin2θ=1?a2r2=1?a21+a2=?35,解得:a2=4,故∣OB∣=2r=25.選D.

57.【答案】D【解析】D.借助判斷函數(shù)的奇偶性、對(duì)稱性和有界性,正弦型函數(shù)的符號(hào)變化規(guī)律,均值不等式等知識(shí)進(jìn)行推斷.由f(x)=2sin(πx)ex+e?x,x∈[?2,2]知f(x)為奇函數(shù),且在(0,1)內(nèi)桓正,故A、B選項(xiàng)不正確:又2sin(πx)?2,ex+e?x?2且等號(hào)不同時(shí)成立,由不等式的性質(zhì)知|f(x)|<1,排除C選項(xiàng).選D.8.【答案】B【解析】B.設(shè)公差為d,則由a2+a8+a17=6得3a1+8d=6,即a1+8d=a9=2,故S17=17a1+a172=17a1+8d=34.選B.或者由a1+8d=a9=2得S17=17a9=34.作為選擇題由于滿足條件的數(shù)列不唯一,可舉常數(shù)列取an=2驗(yàn)證作出選擇.9.【答案】A【解析】A.本題考查平面向量的線性運(yùn)算、數(shù)量積及其幾何意義,數(shù)量積的坐標(biāo)表示,數(shù)形結(jié)合思想、化歸與轉(zhuǎn)化思想、函數(shù)與方程思想,運(yùn)算求解能力.方法一:由點(diǎn)D在BC上,設(shè)BD=xBC,0?x?1,則AD=AB+BD=AB+xBC=AB+x(AC?AB)=(1?x)AB+xAC,故AD?BC=AD?(AC?AB)=[(1?x)AB+xAC]?(AC?AB)=xAC2+(x?1)AB2=13x?4,由0?x?1得?4?13x?4?9,所以AD?BC∈[?4,9].選A.方法二:以A為原點(diǎn),AB,AC所在直線分別為x,y軸建立平面直角坐標(biāo)系(如圖),則AB=(2,0),AC=(0,3),BC=(?2,3),設(shè)D(x,y),則AD=(x,y),故AD?BC=?2x+3y(?),由點(diǎn)D在BC上得:3x+2y?6=0,0?x?2(可借助初中的一次函數(shù)知識(shí)或必修2第三章直線的方程獲得x,y滿足的方程),用x表示y代入(*)式得:AD?BC=?2x+3y=9?132x,0?x?2,故AD?BC∈[?4,9].選A.方法三：設(shè)AD與與BC的夾角為θ,則由題意得AD?BC=13|AD|cosθ,故|AD|cosθ取最大值時(shí)AD?BC最大,|AD|cosθ取最小值時(shí)AD?BC最小,結(jié)合上圖,用運(yùn)動(dòng)變化的觀點(diǎn)分析易知:D在斜邊BC上移動(dòng)時(shí),當(dāng)D與C重合時(shí)AD的模最大且與BC的夾角最小(∠ACB),故此時(shí)AD?BC取得最大值,且AD?BCmax=AC?BC=AC?(AC?AB)=9；當(dāng)D與B重合時(shí)AD的模最小且與BC的夾角最大π?∠ABC),故此時(shí)AD?BC取得最小值,且AD?BCmin=AB?BC=AB?(AC?AB)=?4.應(yīng)注意,

6由向量夾角的定義知∠ABC不是向量AB與BC的夾角!!這是向量問題中的易錯(cuò)點(diǎn)10.【答案】B【解析】B.將函數(shù)y=cosωx+π3的圖象向左平移π3個(gè)單位長度,得y=cosωx+π3+π3的圖象.而y=cosωx+π3+π3=cosωx+ωπ3+π3=sinπ2+ωx+ωπ3+π3=sinωx+ωπ3+5π6,故由?意知sinωx=sinωx+ωπ3+5π6,所以ωx+ωπ3+5π6=2kπ+ωx(k∈Z),解得ω=6k?52π(k∈Z),由ω>0知:當(dāng)k=1時(shí)取最小值,故ωmin=72.選B.或者,由y=cosωx+π3知ωx+π3=2π時(shí)y=1,由y=sinωx知當(dāng)ωx=π2時(shí)y=1,故由題意得5π3ω?π3=π2ω,解得ω=72.11.【答案】D【解析】D.f'(x)=3x2?3的變號(hào)零點(diǎn)為x=?1和x=1,故A正確:由f(?1)=3>0>?1=f(1)知B正確:由y=x3?3x是奇函數(shù),其圖象向上平移1個(gè)單位長度得到函數(shù)f(x)的圖象,故C正確:由于函數(shù)f(x)在x=1處取極小值?1,故直線x+y=0與曲線y=f(x)不相切,故D錯(cuò)誤,選D.也可借助函數(shù)的圖象直觀感知作出判斷.12.【答案】A【解析】A.由已知得:a=log26=1+log23,b=log312=1+log34,c=log420=1+log45,故a,b,c的大小順序與log23,log34,log45的大小一致.由log23=log49>log45知a>c,排除B、D.由23<32得log23>32;由42<33得2log34<3,即log34<32,所以a>b,排除C.故選A.或者利用函數(shù)f(x)=ln(x+1)lnx(x>1)的單調(diào)性比較log23,log34,log45的大小.事實(shí)上,當(dāng)x>1時(shí)f'(x)=lnxx+1?ln(x+1)xln2x<0,故f(x)在(1,+∞)上是減函數(shù),所以f(2)>f(3)>f(4),由換底公式得log23>log34>log45,故a>b>c.選A.二.填空題(本題共4小題，每小題5分，共20分)13.【答案】2【解析】由拋物線y2=2px(p>0)的幾何性質(zhì)知,其焦點(diǎn)到準(zhǔn)線的距離為p,本題中p=2.14.【答案】57【解析】計(jì)算得x=14(2+3+5+6)=4,y=14(28+31+41+48)=37,則樣本中心點(diǎn)是(4,37)

7,代入回歸方程得a=y?5x=37?5×4=17,所以回歸方程是y=5x+17,將x=8代入得y=57.15.【答案】86π【解析】由BD⊥平面ADC，AD,DC?平面ADC,得BD⊥AD,BD⊥CD；由BD=2,AB=22,BC=25及勾股定理得:AD=2,CD=4,又AC=25,故AD2+CD2=AC2,所以AD⊥DC,即BD,AD,CD兩兩垂直,所以三棱錐A?BCD的外接球與以BD,AD,CD分別為長、寬、高的長方體的外接相同(如右圖,O為球心),所以球半徑R=22+22+422=6,從而V=43πR3=86π.16.【答案】π3,0,34.【解析】以三角形邊角關(guān)系的射影定理為背景,綜合考查正弦、余弦定理、三角變換的基本公式與方法,三角函數(shù)的圖象與性質(zhì)等知識(shí),求角A時(shí),既可用正弦定理邊化角,也可用余弦定理角化邊,還可直接用教材中習(xí)題的結(jié)論一一射影定理簡化;對(duì)于sinBsinC的范圍問題,可利用B+C=2π3且0

8,當(dāng)且僅當(dāng)B=π3時(shí)取等號(hào),故sinBsinC∈0,34.②令B=π3?x,C=π3+x,由題意得?π3

9方法二由Sn+1?2Sn=2變形得:Sn+1+2=2Sn+2又a1=2,故S1+2=a1+2=4∴數(shù)列Sn+2是以4首項(xiàng),2為公比的等比數(shù)列∴Sn+2=4×2n?1=2n+1,故Sn=2n+1?2∴當(dāng)n?2時(shí),an=Sn?Sn?1=2n+1?2?2n?2=2n…又a1=2也適合上式∴an=2n(2)方法一:由(1)知,bn=nan=n?2n∴Tn=1×2+2×22+3×23+?+n×2n2Tn=1×22+2×23+?+(n?1)×2n+n×2n+1兩式相減得:?Tn=2+22+23?+2n?n×2n+1=21?2n1?2?n×2n+1=(1?n)×2n+1?2∴Tn=(n?1)×2n+1+2.裂項(xiàng)變形得：bn=n?2n=(n?1)×2n+1?(n?2)×2n∴Tn=1×2+2×22+3×23+?+n×2n=2+23+2×24?23+3×25?2×24+?+(n?1)×2n+1?(n?2)×2n=2+(n?2)×2n+1即Tn=(n?1)×2n+1+2.18.【答案】（1）有90%的把握認(rèn)為該市市民一周內(nèi)健步走的步數(shù)與年軨有關(guān)（2）37【解析】解:(1)由題意得,總?cè)藬?shù)為20045歲以上（含45多）的人數(shù)為200×35=120,45歲以下的人數(shù)為80.一周內(nèi)健步走少于5萬步的人數(shù)為200×310=60由此得如下列聯(lián)表:故K2=200×(90×30?50×30)2140×60×80×120=257>3>2.706∴有90%的把握認(rèn)為該市市民一周內(nèi)健步走的步數(shù)與年軨有關(guān)（2）由題意，抽取的8人中一周內(nèi)健步走≥5萬步有6人，少于5萬步的有2人將一周內(nèi)健步走≥5萬步的6人編號(hào)為1,2,3,4,5,6,另外兩人記為A,B,則所有可能情況如下:12,13,14,15,16,23,24,25,26,34,35,36,45,46,56,

101A,2A,3A,4A,5A,6A,1B,2B,3B,4B,5B,6B,AB.總共28種.其中恰有一人一周內(nèi)健步走步數(shù)不少于5萬步所有可結(jié)果如下：1A,2A,3A,4A,5A,6A,1B,2B,3B,4B,5B,6B.共12種記“抽取的2人中恰有一人一周內(nèi)健步走步數(shù)不少于5萬步”這事件C由等可能事件的概率公式得:P(C)=1228=37.19.【答案】(1)見解析(2)2【解析】(1)證明方法一:由正方形ABCD的性質(zhì)得:AB//CD又AB/?平面DCF,CD?平面DCF∴AB//平面DCF∵BE//CF,BE/?平面DCF,CF?平面DCF∴BE//平面DCF∵AB∩BE=B,AB,BE?平面ABE∴平面ABE//平面DCF∵AE?平面ABE∴AE//平面DCF.方法二:在CF取點(diǎn)G使得CG=2=BE,連結(jié)EG、DG,如圖∵BE//CF∴四邊形BEGC是平行四邊形故EG//BC,且EG=BC又AD//BC,AD=BC∴AD//EG,AD=EG∴四邊形ADGE是平行四邊形.∴AE//DG.又AE/?平面DCF,DG?平面DCF∴AE//平面DCF.(2)由體積的性質(zhì)知:VF?ACE=VA?CEF=13S△CEF×?

11∵平面BCFE⊥平面ABCD,平面BCFE∩平面ABCD=BCAB⊥BC,AB?平面ABCD∴AB⊥平面BCFE又AB=2故點(diǎn)A到平面CEF的距離為2,即三棱雉A?CEF底面CEF上的高?=2?由題意,知BE⊥BC,BE//CF且CF=3,BC=2∴S△CEF=12CF×BC=3∴VF?ACE=VA?CEF=13S△CEF×?=13×3×2=2.20.【答案】(1)曲線y=f(x)在點(diǎn)(1,f(1))處的切線方程為y?1=32(x?1),即3x?2y?1=0(2)見解析【解析】解:（1）f'(x)=1x?x+a=?x2+ax+1x,x>0f'(x)=1x?x+a在(0,+∞)是減函數(shù)由在x=2時(shí)取得極大值得：f'(2)=0,即12?2+a=0,解得：a=32∴f(x)=lnx?12x2+32x,故f'(1)=32,f(1)=1∴曲線y=f(x)在點(diǎn)(1,f(1))處的切線方程為y?1=32(x?1),即3x?2y?1=0(2)證明方法一:由題意得:g'(x)=f'(x)=?x2+ax+1x,x>0由g'(x)=0得?x2+ax+1=0,其判別式△=a2+4>0由一元二次方程根與系數(shù)的關(guān)系知,關(guān)于x的方程?x2+ax+1=0有唯一正根設(shè)?x2+ax+1=0的唯一正根為m,則有am=m2?1當(dāng)00,故g(x)單調(diào)遞增;當(dāng)x>m時(shí),g'(x)<0,故g(x)單調(diào)遞減∴g(x)max=g(m)=lnm?12m2+am+12=lnm+12m2?12設(shè)?(x)=lnx+12x2?12,x>0,則?'(x)=1x+x>0∴?(x)在(0,+∞)上是增函數(shù)且?(1)=0由am=m2?1及am=m2?1得:a=m?1m?0,解待m?1∴?(m)??(1)=0,故g(x)max=lnm+12m2?12?0

12又ge?a22?32=?a22?12x2+ax?1=?12(x?a)2?1<0且00由g'(x)=0得?x2+ax+1=0,其判別式△=a2+4>0由一元二次方程的根與系數(shù)的關(guān)系知,方程?x2+ax+1=0有唯一正根設(shè)?x2+ax+1=0的正根為m,則有am=m2?1?當(dāng)00,故g(x)單調(diào)遞增：當(dāng)x>m時(shí),g'(x)<0,故g(x)單調(diào)遞減∴g(x)max=g(m)=lnm?12m2+am+12=lnm+12m2?12∵ge?a22?32=?a22?12x2+ax?1=?12(x?a)2?1<0且00在(0,+∞)上是增函數(shù)且?(1)=0知:當(dāng)且僅當(dāng)m?1時(shí),lnm+12m2?12?0由am=m2?1及a?0得:m?1m?0,解得m?1∴?(m)??(1)=0,即當(dāng)a?0時(shí),g(x)max?0成立∴g(x)有零點(diǎn)方法三:g(x)有零點(diǎn)等價(jià)于關(guān)于x的方程lnx?12x2+ax+12=0有正根亦等價(jià)于關(guān)于x的方程a=12x?1x?lnxx,(x>0)有解.設(shè)φ(x)=12x?1x?lnxx,(x>0),則φ'(x)=121+1x2?1?lnxx2=x2?1+2lnx2x2.記H(x)=x2?1+2lnx,x>0,則H'(x)=2x+2x>0,故H(x)是增函數(shù)又H(1)=0,故φ'(x)=0有唯一零點(diǎn)x=1當(dāng)01時(shí),H(x)>0,故φ'(x)>0,φ(x)是單調(diào)遞增.∴φ(x)min=φ(1)=121?11?ln11=0,即φ(x)?0∴當(dāng)a?0時(shí),函數(shù)g(x)=f(x)+12有零點(diǎn).方法四:

13要證:當(dāng)a?0時(shí),函數(shù)g(x)=f(x)+12有零點(diǎn)只需證:當(dāng)a?0時(shí),直線y=ax與函數(shù)?(x)=12x2?lnx?12(x>0)的圖象有公共點(diǎn)..由?'(x)=x?1x=x2?1x知:當(dāng)01時(shí),?'(x)>0,故?(x)單調(diào)遞.∴?(x)min=?(l)=12×12?ln1?12=0∴y=0是曲線y=?(x)在點(diǎn)(1,0)處的切線即當(dāng)a=0時(shí),直線y=ax與函數(shù)?(x)的圖象有唯一公共點(diǎn)當(dāng)a>0時(shí),直線y=ax與函數(shù)?(x)的圖象在第一象限相交,有兩個(gè)公共點(diǎn).綜上,當(dāng)a?0時(shí),直線y=ax與函數(shù)?(x)的圖象有公共點(diǎn).∴當(dāng)a?0時(shí),函數(shù)g(x)=f(x)+12有零點(diǎn).21.【答案】(1)橢圓C的方程為x24+y2=1(2)直線l的斜率為±22.【解析】解:(1)由點(diǎn)P1,32在C上得:1a2+34b2=1①(1)由橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程得A(?a,0),B(a,0),故kAP=321+a,kA2E=321?a由kAPkBP=?14得:321+a?321?a=?14,解得:a2=4將a2=4代入①得:b2=1∴橢圓C的方程為x24+y2=1(2)由題意知直線l不能平行于x軸設(shè)直線l的方程為x=ty+m,Mx1,y1,Nx2,y2由直線l與圓x2+y2=1相切得:|m|1+t2=1,化簡得m2=t2+1由x=ty+m,x24+y2=1.消去x整理得:t2+4y2+2tmy+m2?4=0于是,Δ=(2tm)2?4t2+4m2?4=16t2?m2+4=16×3=48由求根公式得:y2?y1=Δt2+4=43t2+4∴|MN|=1+t2y2?y1=43?1+t2t2+4.令1+t2=n,則n?1且|MN|=43nn2+3=43n+3n?4323=2??當(dāng)且僅當(dāng)n=3n,即n=3時(shí)取等號(hào).∴|MN|max=2,此時(shí)由1+t2=3解得:t=±2∴直線l的斜率為±22.22.【答案】(1)x2+y2?2x?2y=0(2)5.【解析】解:(1)∵直線l過點(diǎn)P(1,0),且傾斜角為π6

14∴l(xiāng)的參數(shù)方程為x=1+tcosπ6,y=tsinπ6.(t為參數(shù)),即x=1+32t,y=12t.(t為參數(shù)).由ρ=22cosθ?π4,得ρ=2cosθ+2sinθ∴ρ2=2ρcosθ+2ρsinθ將x=ρcosθ,y=ρsinθ代入上式得:x2+y2?2x?2y=0∴C的直角坐標(biāo)方程為x2+y2?2x?2y=0(2)設(shè)A,B兩點(diǎn)對(duì)應(yīng)的參數(shù)分別為t1,t2將l的參數(shù)方程代入C的直角坐標(biāo)方程,得32t2+12t?12=2整理，得t2?t?1=0此時(shí)Δ=(?1)2?4×1×(?1)=5>0,t1+t2=1,t1t2=?1<0∴|PA|+|PB|=|t1|+|t2|=|t1?t2∣.=t1+t22?4t1t2=(?1)2?4×1×(?1)=5.即|PA|+|PB|=5.23.【答案】(1)不等式的解集為{x∣?2?x?2}(2)見解析【解析】解:(1)f(x)=?4x,x

15∴a+2b+3c=(a+2b+3c)1a+12b+13c?a?1a+2b?12b+3c?13c2=9當(dāng)且僅當(dāng)a=2b=3c,即a=3,b=32,c=1時(shí)等號(hào)成立∴a+2b+3c?9.