河南省名校联盟2020届高三数学（文）6月联考试题（PDF版含答案）

Ű数学参考答案(文科) 　 第 １　　　　 页(共 ７ 页)】 参考答案、提示及评分细则 一、选择题:本题有 １２ 小题,每小题 ５ 分,共 ６０ 分 ． 题号 １ ２ ３ ４ ５ ６ ７ ８ ９ １０ １１ １２ 答案 A C A A B D B A B D D C 　　 【解析】 １ư 因为B ＝ { －１ , ０ , １ , ２ },A ＝ {x | －１＜x ≤１ },所以 A ∩B ＝ { ０ , １ }．故选 A ． ２ư∵z ＝ ２i １－i ＝ ２i ( １＋i ) ( １－i )( １＋i )＝－１＋i , ∴z ＝－１－i , ∴z 在复平面内对应的点为( －１ , －１ )且该 点位于第三象限．故选 C ． ３ưsin α＝２ ５ ５ ＝ m m ２ ＋１ , 等 式 两 边 平 方 解 得 m ＝ ±２．∵sin α＞０ , ∴m ＝２ , tan α＝ m １ ＝２ , ∴tan (α＋ π ４ ) ＝tan α＋１ １－tan α＝－３．故选 A ． ４ư 圆C 上恰有两点到直线l 距离为 ２ ,圆心到直线的距离d 满足 １＜d ＜３ ,即 １＜|a ＋４| ２ ＜３ ,解 得 －２＜a ＜２ 或 －１０＜a ＜－６ ,所以“ －２＜a ＜２ ”是“圆C 上恰有两点到直线l 距离为 ２ ”的充 分不必要条件．故选 A ． ５ư 如下图,作出函数f (x )的图象,则直线g (x )与f (x )有两个交点．当a ＝１ 时符合题意;当直线 与y ＝１－ x 相切时也符合题意,所以方程 １－ x ＝－x ＋a 在( ０ , １ )上只有一正解,化简得 x ２ ＋ ( １－２a )x ＋ ( １－a )２ ＝０ ,所以Δ＝０ ,解得a ＝３ ４ ,符合题意,所以a ＝３ ４ 或 １．故选 B ． ６ư 由图知 ２０１９ 年 １~ １１ 月中, ６ 月是社会消费品零售总额同比增长速度最高的月份,所以 A 错 误; ２０１９ 年 １１ 月,乡村社会消费品零售总额同比增长率比较高但是绝对量较少,所以城镇的 影响更大,所以 B 错误;第二季度平均同比增长率高于第一季度,所以 C 错误; ２０１９ 年 １~ １１月,汽车消费品零售总额 ＝３７２８７２－３３７９５１＝３４９２１ 亿元,所以 D 正确．故选 D ． ７ư∵ 周期 T ＝２πω ＝π , ∴ω＝２ ,所以将f (x )向右平移 π ３ 个单位后得到函数y ＝sin ( ２x ＋φ－２π ３ )． 因为平移后的图象关于y 轴 对 称,所 以φ－２π ３ ＝ π ２ ＋k π (k ∈Z ),所 以φ＝７π ６ ＋k π (k ∈Z )． 当k ＝－１ 时,φ ＝ π ６ ,f (x ) ＝sin ( ２x ＋ π ６ ),f ( π ３ ) ＝sin (２π ３ ＋ π ６ ) ＝ １ ２ , 故 A 错 误; 当x ＝ π ６ 时, ２x ＋ π ６＝ π ２ ,所以f (x )关于直线x ＝ π ６ 对称,故 B 正确;当x ∈ ( － π ３ , π ６ )时, ２x ＋ π ６∈ ( － π ２ ,π ２ ),所以( － π ３ ,π ６ )是f (x )的单调递增区间,故 C 错误;当x ∈ [ ０ ,π ２ ]时, ６Ű数学参考答案(文科) 　 第 ２　　　　 页(共 ７ 页)】 f (x )的最大值为f (π ６ ) ＝１ ,故 D 错误．故选 B ． 第 ８ 题图 ８ư 由三视图知该几何体为三棱锥．如图所示, △A B C 为直角三角形,A B ⊥B C , A B ＝３ ,B C ＝２ ,P A ＝４ ,P A ⊥ 平面A B C ．三棱锥P \|A B C 的外接球半径R ＝ ３ ２ ＋２ ２ ＋４ ２ ２ ＝ ２９ ２ ,外接球体积V １＝４ ３πR ３ ＝２９ ２９π ６ ;三棱锥体积V ２＝１ ３ S △A B C ×P A ＝１ ３×３×４＝４ ,所以所求概率P ＝ V ２ V １＝２４ ２９ ８４１π ．故选 A ． ９ư 由框图 知 M ,N 是 相 邻 的 两 项 斐 波 那 契 数, 故 S ＝S ＋M ＋N ．i ＝１ , S ＝０＋１＋１ ;i ＝２ ,S ＝１＋１＋２＋３ ;依次类推,i ＝５０ 时,应终止循环,故流程图中的判断框内 应填写的条件是i ≤４９ ?．故选 B ． １０ư 连 接 A B 交x 轴 于 D 点, 连 接 A F , 则 O A ⊥A F ,O A ＝a ,A F ＝b ．∵Rt △A O D 相 似 于 Rt △F O A , ∴ O D O A ＝ A D A F ＝ O A O F , 即 O D a ＝ A D b ＝ a c , ∴ O D ＝ a ２ c ＝ ４c ,A D ＝ ab c ＝２b c ． ∵S △O A B ＝１ ２×２|A D | ×|O D | ＝８b c ２ ＝２ , ∴４b ＝c ２ ＝a ２ ＋b ２,即b ２ ＋４－４b ＝０ , ∴b ＝２ , ∴ 曲 线C 的方程为x ２ ４－ y ２ ４ ＝１．故选 D ． 第 １１ 题图 １１ư 不妨设正方体的棱长为 ２ ,如图延长 D C 至点F 使得D C ＝C F , 作B F 的中点E ,连接 N E ,则N E ∥B D １ ,所以 ∠M N E 或 其 补 角即为所求角．设所求角为θ,B M ＝x ( ０≤x ≤２ ２ ),在 △M B E 中,M E ２ ＝x ２ ＋２ ;在 △M B C 中,M C ２ ＝x ２ ＋２ ２ －２×x ×２×cos π ４＝x ２ －２ ２x ＋４ ;在 △M N C 中,M N ２ ＝M C ２ ＋N C ２ ＝x ２ －２ ２x ＋ ５ ; 在 △M N E 中, 由 余 弦 定 理 cos θ＝|cos ∠M N E | ＝ | M N ２ ＋N E ２ －M E ２ | ２| M N || N E | ＝ |３－ ２x | ３ x ２ －２ ２x ＋５ ．结合图形,当 x ＝ ３ ２ ＝３ ２ ２ 时, cos θ＝０ ,θ＝ π ２ ,故 A 正 确．当 x ＝０ 时, cos θ＝ ３ ５ ＝ １５ ５ ,当x ＝２ ２ 时, cos θ＝ １５ １５ ,故 ０≤cos θ≤ １５ ５ ．因为 cos π ６＝ ３ ２ ＞ １５ ５ , 所以θ 不可能为 π ６ ．故选 D ． １２ư 存在x ０∈ [１ ２ , ２ ],使得f (x ０ ) ≥g (x ０ )成立,即存在x ０ ∈ [１ ２ , ２ ],使得x ２ ０ － ( ２t ＋１ )x ０ ＋e x ０ ≥ ( １－t )x ０ 成立,即存在x ０ ∈ [１ ２ , ２ ],使得t ≤x ０ ＋e x ０ x ０ －２．令h (x ) ＝x ＋e x x －２ (x ∈ [１ ２ , ２ ]),h′(x ) ＝１＋e x (x －１ ) x ２ ＝ x ２ ＋e x (x －１ ) x ２ ．令φ(x ) ＝x ２ ＋e x (x －１ )(x ∈ [１ ２ , ２ ]), ∵φ′(x ) ＝２x ＋x e x ＞０ , ∴φ(x )在x ∈ [１ ２ , ２ ]上单调递增．又 ∵φ(１ ２ ) ＝１－２ e ４ ＜０ ,φ( ２ ) ＝４＋２e ２ ＞ ０ , ∴∃m ∈ [１ ２ , ２ ],使得φ(m ) ＝０ , ∴x ∈ [１ ２ ,m ),φ(x ) ＜０ ,x ∈ (m , ２ ],φ(x ) ＞０ , ∴ 当x ∈ [１ ２ ,m )时,h′(x ) ＜０ ,x ∈ (m , ２ ]时,h′(x ) ＞０ , ∴h (x )在[１ ２ ,m )上单调递减,在[m , ２ )上单 调递增．∵h (１ ２ ) ＝２ e －３ ２ ,h ( ２ ) ＝e ２ ２ , ∴t ≤m ax {h (１ ２ ),h ( ２ )} ＝e ２ ２ ．故选 C ． ６Ű数学参考答案(文科) 　 第 ３　　　　 页(共 ７ 页)】 二、填空题:本题共 ４ 小题,每小题 ５ 分,共 ２０ 分. １３ư３ ５　　　　１４ư 丙 　　　　　１５ư３,[２ ３,＋∞)　　　　１６ư(３＋ ３,２ ３＋６) 　　 【解析】 １３ưa→ ＋b→ ＝ ( ３ , １＋m ),a→ Ű(a→ ＋b→) ＝６＋１＋m ＝０ ,m ＝－７ , |a→ ＋b→ | ＝ ３ ２ ＋ ( －６ )２ ＝３ ５． １４ư 由于甲、乙、丙都不想要«红楼梦»,所以«红楼梦»奖励给丁,再根据丁说的＂如果乙不要«西游 记»,我就不要«红楼梦»＂,可知«西游记»奖励给乙,又乙、丙同学不想要«三国演义»,所以«水 浒传»应奖励给丙． １５ư 由椭圆定义 |P F １| ＋|P F ２| ＝２a ,在 △P F １F ２ 中由余弦定理得 |F １F ２| ２ ＝|P F １| ２ ＋| P F ２| ２ －２×|P F １||P F ２|cos ６０°＝ (P F １＋P F ２ )２ －３|P F １||P F ２| , ４c ２ ＝４a ２ －３|P F １||P F ２| ,所以 |P F １| Ű |P F ２| ＝４b ２ ３ ,所以S △P F １F ２ ＝１ ２×４b ２ ３sin ６０°＝３ ３ ,解得b ＝３．∵S △P F １F ２ ≤１ ２ ×２c × b ,即 ３ ３ b ２ ≤bc ,b ≤ ３c , ∴b ２ ≤３c ２, ∴a ２ ＝b ２ ＋c ２ ≥b ２ ＋ b ２ ３ ＝４b ２ ３ ＝１２ , ∴a ≥２ ３ , ∴a ∈ [ ２ ３ , ＋∞ )． 第 １６ 题图 １６ưf′(x ) ＝x ２ －２ ( ３sin A ＋cos A )x ＋３ ,因为f (x )在点 (c ,f (c ))处的切线与y ＝x 垂直,所以切线斜率f′(c ) ＝ －１ ,即f′(c ) ＝c ２ －２ ( ３sin A ＋cos A )c ＋３＝－１ ,所以 c ２ －２× ( ３sin A ＋cos A )c ＋４＝０ ,即c ２ －４csin (A ＋ π ６ ) ＋４＝０．∵Δ＝１６sin ２(A ＋ π ６ ) －１６≥０ , sin ２(A ＋ π ６ ) ≥１ , 又 ∵sin ２(A ＋ π ６ ) ≤１ , ∴sin ２(A ＋ π ６ ) ＝１．在 △A B C 中,A ＝ π ３ ,则c ２ －４c ＋４＝０ ,即c ＝２．由 正弦定理 a sin π ３ ＝ b sin B ＝ ２ sin C ,得a ＝ ３ sin C ,b ＝２sin B sin C ＝２sin (A ＋C ) sin C ＝ ３cos C ＋sin C sin C ,所 以a ＋b ＋c ＝ ３ sin C ＋ ３cos C ＋sin C sin C ＋２ ,即a ＋b ＋c ＝ ３ ( １＋cos C ) sin C ＋３ ,其中C ∈ (π ６ ,π ２ )． 令k ＝ sin C cos C ＋１ , 则 其 几 何 意 义 为 点 ( cos C , sin C ) 与 ( －１ , ０ ) 所 在 直 线 的 斜 率, 其 中 ( cos C , sin C )在如 图 所 示 的 圆 弧 上,数 形 结 合 得k ∈ ( ２－ ３ , １ ),所 以 a ＋b ＋c ＝ ３１k ＋ ３∈ ( ３＋ ３ , ２ ３＋６ )． 三、解答题． １７ư(１２ 分) 解:(１)当n ≥２ 时,S n －１＝２ n ＋a (n －１)＋b ,a n ＝S n －S n －１＝２ n ＋a ． (１ 分)ƺƺƺƺƺƺƺ当n ＝１ 时,a １＝S １＝４＋a ＋b ． ∵{a n }是等比数列,将n ＝１ 代入a n 中,得a １＝２＋a , ∴２＋a ＝４＋a ＋b ,∴b ＝－２． (３ 分)ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 又 ∵a ２ ２ ＝a １a ３,∴(４＋a )２ ＝(２＋a )(８＋a ),解得a ＝０, (５ 分)ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ ∴a n ＝２ n ． (６ 分)ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ (２)b n ＝log ２２a n ＝log ２２ n ＋１ ＝n ＋１,c n ＝ b n a n ＝ n ＋１ ２ n ． (７ 分)ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ ∵T n ＝２ ２ １ ＋３ ２ ２ ＋４ ２ ３ ＋ƺ＋ n ２ n －１ ＋ n ＋１ ２ n ,① ６Ű数学参考答案(文科) 　 第 ４　　　　 页(共 ７ 页)】 １ ２ T n ＝２ ２ ２ ＋３ ２ ３ ＋４ ２ ４ ＋ƺ＋ n ２ n ＋ n ＋１ ２ n ＋１ ,② ∴①－② 得１ ２ T n ＝２ ２ １ ＋１ ２ ２ ＋１ ２ ３ ＋ƺ＋１ ２ n － n ＋１ ２ n ＋１ ＝１ ２＋１ ２× １－(１ ２) n １－１ ２ － n ＋１ ２ n ＋１ , (９ 分) ƺƺƺƺ ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 整理得 T n ＝３－ n ＋３ ２ n ＜３ 恒成立,所以原题得证． (１２ 分)ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ １８ư(１２ 分)解:(１)由直方图知,(０．００５＋a ＋０．０２＋０．００７５＋０．００２５)×２０＝１,解得a ＝０．０１５． (２ 分)ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 设该市居民对猪肉价格上涨幅度的平均心理预期值为x ,则 x ＝(０．００５×２０＋０．０１５×４０＋０．０２×６０＋０．００７５×８０＋０．００２５×１００)×２０＝５５所以该市居民对猪肉价格上涨幅度的平均心理预期值为 ５５％． (５ 分)ƺƺƺƺƺƺƺƺ (２)由题意,样本中“信心十足型”型居民有 ０．００５×２０×２００＝２０ 人,“信心不足型”型居民 有 ０．００２５×２０×２００＝１０ 人． 由分层抽样的定义可知“信心十足型”居民抽取 ４ 人,“信心不足型”居民抽取 ２ 人．(７ 分)在抽取的 ６ 人中,２ 名“信心不足型”居民分别记为 A １,A ２,４ 名“信心十足型”型居民分别 记为B １,B ２,B ３,B ４． ６ 人中抽取 ３ 人的情况有:(A １,A ２,B １),(A １,A ２,B ２),(A １,A ２,B ３),(A １,A ２,B ４), (A １,B １,B ２),(A １,B １,B ３),(A １,B １,B ４),(A １,B ２,B ３),(A １,B ２,B ４),(A １,B ３,B ４), (A ２,B １,B ２),(A ２,B １,B ３),(A ２,B １,B ４),(A ２,B ２,B ３),(A ２,B ２,B ４),(A ２,B ３,B ４), (B １,B ２,B ３),(B １,B ２,B ４),(B １,B ３,B ４),(B ２,B ３,B ４)． (１０ 分)ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ则所有的抽样情况共 ２０ 种,其中至少有 １ 名“信心不足型”居民的情况有 １６ 种, 记事件 A 为抽出的 ３ 人中至少有 １ 名“信心不足型”居民,则 P (A )＝１６ ２０＝０．８．ƺ(１２ 分) １９ư(１２ 分) 解:(１)存在,且B G ＝１ ５ B C ． (１ 分)ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 证明:在线段 A B 上取点 H ,使得B H ＝１,连接E H 、H G 、E G ． ∵ 四边形 A B E F 是梯形,∴A B ∥E F ,∴A H ∥E F ． ∵A H ＝E F ＝４,∴ 四边形 A H E F 是平行四边形． ∴H E ∥A F ,又 ∵A F ⊂ 平面 A F C ,H E ⊄ 平面 A F C ,∴H E ∥ 平面 A F C ． (２ 分)ƺƺƺƺ 第 １９ 题图 ∵ B H B A ＝ B G B C ＝１ ５,∴H G ∥A C , 又 ∵A C ⊂ 平面 A F C ,H G ⊄ 平面 A F C ,∴H G ∥ 平面 A F C ． (３ 分)ƺ ∵H G ∩H E ＝H ,H G 、H E ⊂ 平面E H G , ∴ 平面E H G ∥ 平面 A F C ． (５ 分)ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ ∵E G ⊂ 平面E H G ,∴E G ∥ 平面 A F C ． (６ 分)ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ (２)由已知条件知,∵S △B E C ＝１ ２|E B | Ű|E C |sin ∠B E C ＝１ ２×２×４× sin ∠B E C , ∴∠B E C ＝９０°,即E B ⊥E C 时 △B E C 面积最大． 方法一:设 D 到平面A F C 的距离为d ,V D ＧA F C ＝V A \|C D F ． (７ 分)ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 由题易知,在 △A F C 中,A F ＝ ５,A C ＝３ ５,C F ＝４ ２, ６Ű数学参考答案(文科) 　 第 ５　　　　 页(共 ７ 页)】 由余弦定理得 cos ∠C A F ＝ ５＋４５－３２ ２× ５×３ ５ ＝３ ５,∴sin ∠C A F ＝４ ５ ． S △A F C ＝１ ２|A F | Ű|A C |sin ∠C A F ＝１ ２× ５×３ ５×４ ５＝６． (８ 分)ƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 在 △C D F 中,S △C D F ＝S 梯形F E C D －S △F E C ＝１ ２×(４＋９)×４－１ ２×４×４＝１８． (９ 分)ƺƺƺ ∵C E ⊥B E ,B E ⊥F E ,C E ∩F E ＝E ,C E 、F E ⊂ 平面C E F , ∴B E ⊥ 平面C E F ,又 A B ∥ 平面C D F E , ∴A 、B 到平面C D F E 的距离都为B E ＝２． (１０ 分)ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ ∵V D ＧA F C ＝V AＧC D F ,∴１ ３ S △A F C Űd ＝１ ３ S △C D F Ű|B E | ,即１ ３×６×d ＝１ ３×１８×２, ∴d ＝６,即 D 到平面A F C 的距离 ６． (１２ 分)ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 方法二:B C ＝ B E ２ ＋E C ２ ＝２ ５,A C ２ ＝B C ２ ＋A B ２ ＝２０＋２５＝４５,A D ２ ＝B C ２ ＋(C D －A B )２ ＝２０＋１６＝３６． 在 △A C D 中,C D ２ ＝８１,A D ２ ＋A C ２ ＝３６＋４５＝８１,∴A D ⊥A C ．① (８ 分)ƺƺƺƺƺƺƺ在 △A C F 中,A F ２ ＝B E ２ ＋(A B －E F )２ ＝４＋１＝５,D F ２ ＝C E ２ ＋(C D －E F )２ ＝１６＋２５＝ ４１,∴A D ２ ＋A F ２ ＝D F ２ ,∴A D ⊥A F ．②又 A C 、A F ⊂ 平面 A C F ,A C ∩A F ＝A ,∴A D ⊥ 平面 A C F , (１０ 分)ƺƺƺƺƺƺƺƺƺ即 D 到平面A F C 的距离即为A D ＝６． (１２ 分)ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ ２０ư(１２ 分)解:(１)设动圆G 的半径为R ,|F G | ＝１＋R ． 因为圆G 与x 轴相切,所以圆心G 到x 轴距离为R ,到直线y ＝－１ 的距离为R ＋１,即点G 到定点F 的距离等于到定直线y ＝－１ 的距离,由抛物线定义知圆心G 的轨迹方程为:x ２ ＝４y (x ≠０)． (４ 分)ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ (２)由题意,设直线 P Q 方程为y ＝kx ＋１,M (x １,y １),N (x ２,y ２),P (x ３,y ３),Q (x ４,y ４)． ∵k １k ２＝ y １y ２ x １x ２ ＝ x １ ２ ４ Ű x ２ ２ ４x １x ２ ＝ x １x ２ １６ ＝－１ ２,∴x １x ２＝－８． (６ 分)ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ ∵|A M | ＝ １＋k ２ |x １－０| ＝ １＋k ２ |x １| ,|A N | ＝ １＋k ２ |x ２| , ∴|A M | Ű|A N | ＝(１＋k ２ )|x １x ２| ＝８(１＋k ２ )． (８ 分)ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 联立方程 y ＝kx ＋１, x ２ ＝４y , { 整理得x ２ －４kx －４＝０,则x ３＋x ４＝４k ,x ３x ４＝－４, 则 |P Q | ＝ １＋k ２ (x ３＋x ４)２ －４x ３x ４ ＝ １＋k ２ １６k ２ ＋１６＝４(１＋k ２ ), (１１ 分)ƺƺ ∴|A M | Ű|A N | ＝２|P Q | ,∴λ＝２． (１２ 分)ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ ２１ư(１２ 分) 解:(１)∵f′(x )＝１x ＋２ax ＋b (x ＞０),f (１)＝a ＋b ＋１,f′(１)＝１＋２a ＋b , ∴f (x )在x ＝１ 处的切线方程为y －(a ＋b ＋１)＝(１＋２a ＋b )(x －１)． ∵f (x )在x ＝１ 处的切线恒过点(０,－１), ∴－１－(a ＋b ＋１)＝(１＋２a ＋b )(－１),∴a ＝１, (２ 分)ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ ∴f′(x )＝１x ＋２x ＋b ＝２x ２ ＋bx ＋１x (x ＞０)． 令φ(x )＝２x ２ ＋bx ＋１(x ＞０),φ(x )＝０,则Δ＝b ２ －８, 当 －２ ２≤b ＜０ 时,∵Δ≤０,∴φ(x )≥０ 恒成立,即f′(x )≥０ 恒成立,∴f (x )在(０,＋∞)上单调递增． (３ 分)ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 当b ＜－２ ２ 时,∵Δ＞０,∴φ(x )＝０ 有两解,不妨设为x １,x ２, ６Ű数学参考答案(文科) 　 第 ６　　　　 页(共 ７ 页)】 由求根公式得x １＝－b － b ２ －８ ４ ,x ２＝－b ＋ b ２ －８ ４ ,x １＋x ２＝－ b ２＞０,x １x ２ ＝１ ２＞０, ∴x １,x ２ 均为正根． 当x ∈(０,x １)时,∵φ(x )＞０,∴f′(x )＞０,∴f (x )在(０,x １)上单调递增,当x ∈(x １,x ２)时,∵φ(x )＜０,∴f′(x )＜０,∴f (x )在(x １,x ２)上单调递减,当x ∈(x ２,＋∞)时,∵φ(x )＞０,∴f′(x )＞０,∴f (x )在(x ２,＋∞)上单调递增． (５ 分) ƺƺƺ ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 综上,当 －２ ２≤b ＜０ 时,f (x ) 在 (０,＋ ∞) 上 单 调 递 增;当b ＜ －２ ２ 时,f (x ) 在 (０, －b － b ２ －８ ４ ) 上 单 调 递 增, 在 ( －b － b ２ －８ ４ , －b ＋ b ２ －８ ４ ) 上 单 调 递 减, 在 (－b ＋ b ２ －８ ４ ,＋∞)上单调递增． (６ 分)ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ (２)由(１)知,当 －２ ２≤b ＜０ 时,f (x )在(０,＋∞)上单调递增, 此时 f (３) ＝ln ３＋９＋３b ＋１＝ln ３＋３(３＋b ) ＋１＞０,f (１ e ２ ) ＝ －２＋ １ e ４ ＋ b e ２ ＋１＝ １＋b e ２ －e ４ e ４ ＜１－e ４ e ４ ＜０, ∴f (x )在(１ e ２ ,３)有唯一零点,即f (x )在(０,＋∞)有唯一零点． (７ 分)ƺƺƺƺƺƺƺƺ 当b ＜－２ ２ 时,f (x )在(０,x １)上单调递增,在(x １,x ２)上单调递减,在(x ２,＋∞)上单调 递增． ∵f′(x １)＝０,∴２x １ ２ ＋bx １＋１＝０,bx １ ＋１＝－２x １ ２ ,∴f (x １)＝ln x １ ＋x １ ２ ＋bx １ ＋１＝ln x １－x １ ２． (８ 分)ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 令g (x )＝ln x －x ２ (x ＞０),∵g′(x )＝１－２x ２ x (x ＞０),可得g (x )在(０, ２ ２ )上单调递增, ( ２ ２ ,＋∞)上单减递减, ∴g (x )≤g ( ２ ２ )＝－１ ２ln ２－１ ２＜０,∴f (x １)＜０． (９ 分)ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 由单调性知,当x ∈(０,x ２]时,∵f (x )＜f (x １)＜０,∴f (x ２)＜f (x １)＜０．∵－b －x ２ ＝－b －－b ＋ b ２ －８ ４ ＝－３b － b ２ －８ ４ ＞０,f (－b )＝ln (－b )＋b ２ －b ２ ＋１＝ln (－b )＋１,b ＜ －２ ２,∴ln (－b )＋１＞ln ２ ２＋１＞０,∴f (－b )＞０． (１０ 分)ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ由零点存在定理,存在x ０∈(x ２,－b ),使得f (x ０)＝０,所以f (x )在x ∈(x ２,＋∞)时有一 个零点x ０． (１１ 分)ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ综上所述,当b ＜０ 时,f (x )在(０,＋∞)上只有一个零点． (１２ 分)ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ ２２ư(１０ 分) 解:(１)将直线l 的参数方程 x ＝１＋t , y ＝ ３＋ ３t{ (为参数)消去参数t ,得y ＝ ３x ,又x ＝ρcos θ,y ＝ ρsin θ,得直线l 的极坐标方程为θ＝ π ３(ρ∈R )． (２ 分)ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 设P (ρ０,θ０)(ρ０≠０),M (ρ,θ),由题意θ０＝θ,①　 又 |O P | Ű|O M | ＝１,∴ρρ０＝１,即ρ０＝１ ρ ．② 因为点 P 在曲线C 上,所以ρ０＝２ ２sin (θ０＋ π ４), ６Ű数学参考答案(文科) 　 第 ７　　　　 页(共 ７ 页)】 将 ①② 代入ρ０＝２ ２sin (θ０＋ π ４),得１ ρ ＝２ ２sin (θ＋ π ４), 整理得曲线E 的极坐标方程为 ２ ２ρsin (θ＋ π ４)＝１． (５ 分)ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ (２)设 A 、B 两点的极径分别为ρ１、ρ２, 联立直线l 和曲线C 的极坐标方程 θ＝ π ３, ρ＝２ ２sin (θ＋ π ４), ì î í ïï ïï 得ρ１＝２ ２sin (π ３＋ π ４)＝１＋ ３． (７ 分)ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 联立直线l 和曲线E 的极坐标方程 θ＝ π ３, ２ ２ρsin (θ＋ π ４)＝１, ì î í ïï ïï 得ρ２＝ １ ２ ２sin (π ３＋ π ４) ＝ ３－１ ２ , (９ 分)ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ ∴|A B | ＝|ρ１－ρ２| ＝| (１＋ ３)－ ３－１ ２ | ＝ ３＋３ ２ ． (１０ 分)ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ ２３ư(１０ 分) 解:(１)当a ＝－３ 时,f (x )＝|２x ＋３| ＋|x －１| ＝ －２－３x ,x ≤－３ ２, ４＋x ,－３ ２＜x ＜１, ３x ＋２,x ≥１, ì î í ï ïï ï ïï (２ 分)ƺƺƺƺƺƺ 则 x ≤－３ ２, －２－３x ＞８ { 或 －３ ２＜x ＜１, ４＋x ＞８ { 或 x ≥１, ３x ＋２＞８, { 得x ∈(－∞,－１０ ３)∪(２,＋∞)． (５ 分)ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ (２)由题知,不等式 －x ２ ＋２x ≥f (x ),即x ２ －２x ＋f (x )≤０ 有解,令g (x )＝x ２ －２x ＋f (x ),当a ＜２ 时, g (x )＝x ２ －２x ＋|２x －a | ＋|x －１| ＝ x ２ －５x ＋a ＋１,x ≤ a ２, x ２ －x ＋１－a , a ２＜x ＜１, x ２ ＋a －１－a ,x ≥１． ì î í ï ïï ï ïï (７ 分)ƺƺƺƺƺƺƺ 由二次函数的性质知:若 １≤a ＜２,则g (x )在(－∞, a ２)上单调递减,在( a ２,＋∞)上单调 递增,g (x )min ＝g ( a ２)＝ a ２ ４－３a ２ ＋１≤０,得 ３－ ５≤a ≤３＋ ５,又 ∵１≤a ＜２,∴１≤a ＜２． (８ 分)ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 若a ＜１,则g (x )在(－∞,１ ２)上单调递减,在(１ ２,＋∞)上单调递增,g (x )min ＝g (１ ２)＝ ３ ４－a ≤０,得３ ４≤a ＜１． (９ 分)ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 综上,a ∈[３ ４,２)． (１０ 分)ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ ６