安徽省池州市2021届高三上学期期末考试理科数学参考答案

书书书 ２０２０—２０２１学年第一学期期末考试卷·高三理科数学参考答案 第 １    页（共 ７页） ２０２０—２０２１学年第一学期期末考试卷 高三理科数学参考答案 １．【答案】 Ｃ 【解析】 因为 Ｂ＝｛ｘ｜ｙ＝ｌｎ（ｘ２＋２ｘ）｝＝｛ｘ｜ｘ２ ＋２ｘ＞０｝＝｛ｘ｜ｘ＜－２，或 ｘ＞０｝，Ａ＝｛ｘ｜－１＜ｘ ＜２｝，所以 Ａ∪Ｂ＝｛ｘ｜ｘ＜－２，或 ｘ＞－１｝．故选 Ｃ． ２．【答案】 Ｂ 【解析】 ｚ＝ ｉ ２－５ｉ＝ ｉ（２＋５ｉ） （２－５ｉ）（２＋５ｉ）＝－５＋２ｉ ２９ ＝－５ ２９＋２ ２９ｉ，所以复数 ｚ＝ ｉ ２－５ｉ在复平面内对应 点 －５ ２９，２( )２９在第二象限． ３．【答案】 Ｄ 【解析】 由题意可知该折线统计图是工业增加值同比增长率，２０２０年 ３月份到 １０月份，工业增 加值同比都在增加，故 Ａ错误；２０２０年 ３月份到 １０月份，工业增加值同比增加速度最大的是 ４ 月，增速为 ９．１％，故 Ｂ错误；２０２０年 １０月工业增加值同比增长 ８．５％，故 Ｃ错误，Ｄ正确． ４．【答案】 Ｄ 【解析】 Ｑ到抛物线 Ｅ的准线距离为 ｄ，则 ｄ＝４．过点 Ｍ，Ｎ分别作准线的垂线，垂足分别为 Ｍ１， Ｎ１，则 ＭＮ ＝ ＭＦ ＋ ＮＦ ＝ ＭＭ１ ＋ ＮＮ１ ＝２ｄ＝８． ５．【答案】 Ａ 【解析】 因为 ａ与 ｂ反向，所以 ＜ａ，ｂ＞＝π，又｜ａ｜＝３，｜ｂ｜＝４，所以（ａ＋３ｂ）·ｂ＝ａ·ｂ＋３ｂ· ｂ＝３×４×（－１）＋３×４２＝３６． ６．【答案】 Ａ 【解析】 依次执行如下：Ｓ＝１２－２×１＝１０，ｉ＝２； Ｓ＝１０－２×２＝６，ｉ＝３；Ｓ＝６－２×３＝０，ｉ＝４； Ｓ＝０－２×４＝－８，ｉ＝５，满足条件 Ｓ＜０，退出循环体，输出 ｉ＝５． ７．【答案】 Ｃ 【解析】 因为 ｂ＝０．２５－０．５＝４０．５＞ａ＝４０．４＞４０＝１，ｃ＝ｌｏｇ０．２５０．４＜ｌｏｇ０．２５０．２５＝１，所以 ｃ＜ａ＜ｂ． ８．【答案】 Ｄ 【解析】 ｃｏｓ１３π １２ ＋α( )２ ＝－ｃｏｓ π １２＋α( )２ ＝ －ｓｉｎ π ２－ π １２＋α( )[ ]２ ＝ －ｓｉｎ ５π １２－α( )２ ＝槡５ ４，故 选 Ｄ． ９．【答案】 Ａ 【解析】 由 ＭＦ１ ＭＦ２ ＝４得 ＭＦ１ － ＭＦ２ ＝３ ＭＦ２ ＝２ａ，∵ ＭＦ２ ＝２ａ ３≥ｃ－ａ，∴１＜ｅ≤ ５ ３． １０．【答案】 Ａ 【解析】 ｇ（ｘ）＝ｆ（ｘ） ｅ３ｘ ，则 ｇ′（ｘ）＝ｆ′（ｘ）·ｅ３ｘ－３ｆ（ｘ）ｅ３ｘ （ｅ３ｘ）２ ＝ｆ′（ｘ）－３ｆ（ｘ） ｅ３ｘ ，因为 ３ｆ（ｘ）－ｆ′（ｘ） ＞０在 Ｒ上恒成立，所以 ｇ′（ｘ）＜０在 Ｒ上恒成立，故 ｇ（ｘ）在 Ｒ上单调递减，所以 ｇ（１）＜ ｇ（０），即ｆ（１） ｅ３ ＜ｆ（０） ｅ０ ，即 ｆ（１）＜ｅ３ｆ（０）．故选 Ａ． １１．【答案】 Ｂ 1 ２０２０—２０２１学年第一学期期末考试卷·高三理科数学参考答案 第 ２    页（共 ７页） 【解析】 因为 ｇ（ｘ）在 π，７ ６( )π 上具有单调性，ｇ π( )４ ＝０，ｇ（π）＝３， 所以 ７ ６π－π≤ Ｔ ２＝π ω， π－π ４≥ Ｔ ４＝π ２ω， π－π ４＝２ｎ－１ ４ Ｔ＝（２ｎ－１）π ２ω （ｎ∈Ｎ        ）， 得 ２ ３≤ω≤６，ω＝４ｎ－２ ３ ，ｎ∈Ｎ ， 所以 ２ ３≤４ｎ－２ ３ ≤６，解得 １≤ｎ≤５．经验证，ω＝２ ３，２１０ ３，１４ ３，６，５个值均符合， 故 ω的取值共有 ５个． １２．【答案】 Ａ 【解析】 因为 ｆ（－ｘ）＝－ｘ３＋３ｘ＝－ｆ（ｘ），所以 ｆ（ｘ）＝ｘ３－３ｘ是奇函数，曲线 ｆ（ｘ）＝ｘ３－３ｘ关 于原点 Ｏ对称，而正方形也是中心对称图形，所以正方形 ＡＢＣＤ的中心就是原点 Ｏ．设 Ａ（ｘ１， ｙ１），Ｂ（ｘ２，ｙ２），正方形一条对角线 ＡＣ的方程为 ｙ＝ｋｘ（ｋ＞０），则另一条对角线 ＢＤ的方程为 ｙ ＝－１ ｋｘ．由 ｙ＝ｋｘ ｙ＝ｘ３－３{ ｘ ，得 ｘ３＝ｋｘ＋３ｘ，又 ｘ１≠０所以 ｘ２ １＝ｋ＋３；用 －１ ｋ代替 ｋ，得 ｘ２ ２ ＝－１ ｋ＋３． 从而 ＯＡ２＝（１＋ｋ２）ｘ２ １＝（１＋ｋ２）（ｋ＋３），ＯＢ ２＝ １＋１ ｋ( )２ ｘ２ ２＝ １＋１ ｋ( )２ －１ ｋ( )＋３． 由｜ＯＡ｜＝｜ＯＢ｜得（１＋ｋ２）（ｋ＋３）＝ １＋１ ｋ( )２ －１ ｋ( )＋３，整理得 ｋ４＋３ｋ３－３ｋ＋１＝０， 两边同除以 ｋ２，得 ｋ－１( )ｋ ２ ＋３ ｋ－１( )ｋ ＋２＝０，得 ｋ－１ ｋ＝－１，或 ｋ－１ ｋ＝－２． 当 ｋ－１ ｋ＝－１时，即 ｋ２＋ｋ－１＝０，解得 ｋ＝槡５－１ ２ ，所以 －１ ｋ＝ 槡－ ５－１ ２ ． 当 ｋ－１ ｋ＝－２时，即 ｋ２＋２ｋ－１＝０，解得 ｋ 槡＝ ２－１，所以 －１ ｋ 槡＝－ ２－１． 所以正方形 ＡＢＣＤ的对角线的斜率的取值集合为 槡５－１ ２ ， 槡－ ５－１ ２ ，槡２－１， 槡{ }－ ２－１． １３．【答案】 ６ 【解析】 作直线 ｌ０：ｙ＝－５ｘ，平移直线 ｌ０，当其过点（１，１）时，ｚ＝５ｘ＋ｙ取得最大值，最大值为 ５ ×１＋１＝６． １４．【答案】  －４ 2 ２０２０—２０２１学年第一学期期末考试卷·高三理科数学参考答案 第 ３    页（共 ７页） 【解析】 方法一：（ｘ４－１）４ ｘ１２ ＝（ｘ４－１）４ （ｘ３）４ ＝ ｘ－１ ｘ( )３ ４ ，其中展开式的通项公式为 Ｔｒ＋１ ＝Ｃｒ ４ｘ４－ｒ －１ ｘ( )３ ｒ ＝（－１）ｒＣｒ ４ｘ４－４ｒ，令 ４－４ｒ＝０，解得 ｒ＝１，所以常数项为（－１）１Ｃ１ ４＝－４． 方法二：（ｘ４－１）４中的通项公式为 Ｔｒ＋１ ＝Ｃｒ ４ｘ４（４－ｒ）（－１）ｒ＝（－１）ｒＣｒ ４ｘ１６－４ｒ，令 １６－４ｒ＝１２得 ｒ ＝１，所以常数项为 Ｔ２＝Ｃ１ ４（－１）＝－４． １５．【答案】 ２８π ３ 【解析】 方法一：∵ＤＥ⊥平面 ＡＢＥ，∴ＢＣ⊥平面 ＡＢＥ，∴∠ＡＢＣ＝９０°，则有 ＡＢ２ ＋ＢＣ２ ＝ＡＣ２，解 得 ＡＢ＝２，设 Ｏ在平面 ＢＣＤＥ的投影为 Ｈ，即为正方形 ＢＣＤＥ对角线的交点，则 ＨＢ＝ＨＣ＝ＨＤ＝ ＨＥ 槡＝ ２，设点 Ｏ到平面 ＢＣＤＥ的距离为 ｈ，则外接球半径 Ｒ２ ＝ＯＢ２ ＝ＨＢ２ ＋ｈ２ ＝ｈ２ ＋２．过点 Ａ 作 ＡＦ⊥ＥＢ，∵ＤＥ⊥平面 ＡＢＥ，∴ＡＦ⊥ＥＤ，又 ＥＤ∩ＥＢ＝Ｅ，∴ＡＦ⊥平面 ＢＣＤＥ，即 Ｆ是点 Ａ在平 面 ＢＣＤＥ的投影． ∵△ＡＢＥ为等边三角形，∴ＡＦ 槡＝ ３，ＨＦ＝１ ２ＥＤ＝１， ∴Ｒ２＝ＯＡ２＝ ＡＦ－( )ｈ２＋ＨＦ２＝ 槡３－( )ｈ２＋１，与 Ｒ２＝ｈ２＋２联立， 解得 Ｒ２＝７ ３，则 Ｓ＝４πＲ２＝２８π ３ ． 方法二：构造直三棱柱 ＡＢＥ－Ａ′ＣＤ，由题意易知直三棱柱 ＡＢＥ－Ａ′ＣＤ的上下底面为正三角形， 边长为 ２，三棱柱的高为 ２，设外接球半径 Ｒ，则 Ｒ２＝ ２ 槡( )３ ２ ＋１２＝７ ３，所以外接球的表面积为 Ｓ＝ ４πＲ２＝２８π ３ ． １６．【答案】 ２ 【解析】 由 ２ ｔａｎＡ＋ １ ｔａｎＢ＝ ２ ｓｉｎＡ，得２ｃｏｓＡｓｉｎＢ＋ｃｏｓＢｓｉｎＡ ｓｉｎＡｓｉｎＢ ＝ ２ ｓｉｎＡ，即 ２ｃｏｓＡｓｉｎＢ＋ｃｏｓＢｓｉｎＡ＝２ｓｉｎＢ， 结合正弦定理得 ２ｂｃｏｓＡ＋ａｃｏｓＢ＝２ｂ，再由余弦定理可得 ２ｂ·ｂ２＋ｃ２－ａ２ ２ｂｃ ＋ａ·ａ２＋ｃ２－ｂ２ ２ａｃ ＝２ｂ， 整理 ３ｃ２＋ｂ２－ａ２＝４ｂｃ．又由余弦定理可得 ｂ２－ａ２＝２ｂｃｃｏｓＡ－ｃ２，代入上式得 ｃ２ ＝ｂｃ（２－ｃｏｓＡ）， 又锐角△ＡＢＣ的面积 １ ２ｂｃｓｉｎＡ＝ 槡２３ ３ ，所以 ｂｃ＝ 槡４３ ３ｓｉｎＡ时，所以 ｃ２＝ 槡４３（２－ｃｏｓＡ） ３ｓｉｎＡ ，设函数 ｆ（ｘ）＝ ２－ｃｏｓｘ ｓｉｎｘ （０＜ｘ＜π ２），求导可得 ｆ′（ｘ）＝１－２ｃｏｓｘ ｓｉｎ２ｘ ，由 ｆ′（ｘ）＝１－２ｃｏｓｘ ｓｉｎ２ｘ ＝０，得 ｘ＝π ３，所以在 ０，π( )３ 上单调递减，在 π ３，π( )２ 上单调递增，所以 ｆ（ｘ）≥ｆπ( )３ 槡＝ ３．于是 ｃ２ ＝ 槡４３（２－ｃｏｓＡ） ３ｓｉｎＡ ≥ ４，即 ｃ≥２，当且仅当 Ａ＝π ３时，等号成立． １７．【答案】 见解析 【解析】 （１）设等差数列 ａ{ }ｎ 的公差为 ｄ． 因为 ２ａ２，ａ６，ａ９成等比数列，所以 ａ２ ６＝２ａ２·ａ９， 即（ａ１＋５ｄ）２＝２（ａ１＋ｄ）·（ａ１＋８ｄ）， 3 ２０２０—２０２１学年第一学期期末考试卷·高三理科数学参考答案 第 ４    页（共 ７页） 整理可得 ａ１＝－９ｄ或 ａ１＝ｄ， （３分）!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!! 而 ａ３＝ａ１＋２ｄ＝３，且 ａｎ＞０，所以 ａ１＝ｄ，解得 ａ１＝ｄ＝１， 所以 ａｎ＝１＋（ｎ－１）×１＝ｎ，即数列 ａ{ }ｎ 的通项公式为 ａｎ＝ｎ； （６分）!!!!!!!!!! （２）由（１）可得 ｂｎ＝ ２（ｎ＋１）－ａｎ ｎ（ａｎ＋１）·２ａｎ＋１＝ ２（ｎ＋１）－ｎ ｎ（ｎ＋１）·２ｎ＋１＝ １ ｎ·２ｎ－ １ （ｎ＋１）·２ｎ＋１， （８分）!!! 所以 Ｔｎ ＝ １ １×２１－ １ ２×２２＋ １ ２×２２－ １ ３×２３＋… ＋ １ ｎ·２ｎ－ １ （ｎ＋１）·２ｎ＋１ ＝ １ １×２１－ １ （ｎ＋１）·２ｎ＋１ ＝１ ２－ １ （ｎ＋１）·２ｎ＋１． （１２分）!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!! １８．【答案】 见解析 【解析】 （１）证明：取 ＢＣ的中点分别为 Ｆ，连接 ＮＦ，ＤＦ． 因为 Ｎ，Ｆ分别为 ＢＣ１，ＢＣ的中点，ＡＢＣＤ－Ａ１Ｂ１Ｃ１Ｄ１是正方体， 易得 ＮＦ⊥平面 ＡＢＣＤ，所以 ＮＦ⊥ＡＭ． （２分）!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!! 因为 ＦＣ＝ＭＤ，ＡＤ＝ＤＣ，∠ＦＣＤ＝∠ＭＤＡ， 所以△ＦＣＤ≌△ＭＤＡ，所以∠ＣＦＤ＝∠ＤＭＡ， 所以∠ＦＤＣ＋∠ＤＭＡ＝９０°，所以 ＦＤ⊥ＡＭ． 因为 ＮＦ∩ＦＤ＝Ｆ，所以 ＡＭ⊥平面 ＮＦＤ，所以 ＮＤ⊥ＡＭ． （５分）!!!!!!!!!!!!! （２）以 Ａ为原点，建立如下图所示空间直角坐标系． 连接 ＢＤ，Ｃ１Ｄ，在正方体 ＡＢＣＤ－Ａ１Ｂ１Ｃ１Ｄ１中， 易知 ＢＤ＝Ｃ１Ｄ，且 Ｎ为 ＢＣ１中点，所以 ＤＮ⊥ＢＣ１． 又 ＢＣ１∥ＡＤ１，所以 ＡＤ１⊥ＤＮ． 因为 ＡＤ１∩ＡＭ＝Ａ，所以 ＮＤ⊥平面 ＡＭＤ１， 故 →ＮＤ为平面 ＡＭＤ１的一个法向量． （７分）!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!! 由 ＡＢＣＤ－Ａ１Ｂ１Ｃ１Ｄ１是正方体，得 ＢＤ⊥平面 ＡＡ１Ｃ１Ｃ， 故 →ＢＤ为平面 ＡＡ１Ｃ１Ｃ的一个法向量． （８分）!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!! ∵Ｂ ２，０，( )０，Ｄ ０，２，( )０，Ｎ ２，１，( )１， ∴ →ＮＤ＝ －２，１，( )－１，→ＢＤ＝ －２，２，( )０， （９分）!!!!!!!!!!!!!!!!!!!! 4 ２０２０—２０２１学年第一学期期末考试卷·高三理科数学参考答案 第 ５    页（共 ７页） ∴ ｃｏｓ＜→ＮＤ，→ＢＤ＞ ＝ →ＮＤ· →ＢＤ →ＮＤ · →ＢＤ ＝ （－２）×（－２）＋１×２＋０ 槡 槡６× ８ ＝槡３ ２， 则平面 ＡＭＤ１与平面 ＡＡ１Ｃ１Ｃ所成锐二面角的余弦值为槡３ ２． （１２分）!!!!!!!!!!! １９．【答案】 见解析 【解析】 （１）抽取口罩中过滤率在（μ－３σ，μ＋３σ］内的概率 Ｐ（μ－３σ＜Ｚ≤μ＋３σ）＝０．９９７４， 所以 Ｐ（Ｚ≤μ－３σ）＝１－０．９９７４ ２ ＝０．００１３， （１分）!!!!!!!!!!!!!!!!!! 所以 Ｐ（Ｚ＞μ－３σ）＝１－０．００１３＝０．９９８７， （２分）!!!!!!!!!!!!!!!!!! 故 Ｐ（Ｘ≥１）＝１－Ｐ（Ｘ＝０）＝１－０．９９８７１０＝１－０．９８７１＝０．０１２９． （３分）!!!!!!!!! （２）由题意可知 Ｘ～Ｂ（１０，０．００１３），所以 Ｅ（Ｘ）＝１０×０．００１３＝０．０１３． （７分）!!!!!!! （３）如果按照正常状态生产，由（１）中计算可知，一只口罩过滤率小于或等于 μ－３σ的概率 Ｐ（Ｚ≤μ－３σ）＝１－０．９９７４ ２ ＝０．００１３，一天内抽取的 １０只口罩中，出现过滤率小于或等于 μ－ ３σ的概率 Ｐ（Ｘ≥１）＝０．０１２９，发生的概率非常小，属于小概率事件．所以一旦发生这种情况，就 有理由认为这条生产线在这一天的生产过程中可能出现了异常情况，需要对当天的生产过程进 行检查维修．可见这种监控生产过程的方法合理． （１２分）!!!!!!!!!!!!!!! ２０．【答案】 见解析 【解析】 （１）由题意可得 １２ ａ２ ＋( )３ ２ ２ ｂ２ ＝１ ｃ ａ＝１ ２ ａ２－ｂ２＝ｃ        ２ ，解得 ａ＝２，ｂ 槡＝ ３． 所以椭圆 Ｃ的方程为ｘ２ ４＋ｙ２ ３＝１． （４分）!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!! （２）证明：由（１）可知 Ｆ（１，０），则直线 ｌ的方程为 ｙ＝ｋ（ｘ－１）． 联立 ｙ＝ｋ（ｘ－１） ｘ２ ４＋ｙ２ ３{ ＝１，得（４ｋ２＋３）ｘ２－８ｋ２ｘ＋４ｋ２－１２＝０． 设 Ｄ（ｘ１，ｙ１），Ｅ（ｘ２，ｙ２），则 ｘ１＋ｘ２＝ ８ｋ２ ４ｋ２＋３，ｘ１ｘ２＝４ｋ２－１２ ４ｋ２＋３， （７分）!!!!!!!!!!!! 所以 ｋ１＋ｋ２＝ ｙ１ ｘ１＋２＋ ｙ２ ｘ２＋２＝ｋ（ｘ１－１） ｘ１＋２ ＋ｋ（ｘ２－１） ｘ２＋２ ＝ｋ１－ ３ ｘ１＋２＋１－ ３ ｘ２( )＋２ ＝ｋ２－ ３（ｘ１＋ｘ２＋４） （ｘ１＋２）（ｘ２＋２[ ]） ＝ｋ２－ ３（ｘ１＋ｘ２＋４） ｘ１ｘ２＋２（ｘ１＋ｘ２）[ ]＋４ ＝ｋ２－ ３ ８ｋ２ ４ｋ２＋３( )＋４ ４ｋ２－１２ ４ｋ２＋３＋２× ８ｋ２ ４ｋ２＋３      ＋４ ＝ｋ２－ ３（８ｋ２＋１６ｋ２＋１２） ４ｋ２－１２＋１６ｋ２＋１６ｋ２[ ]＋１２ ＝ｋ２－２ｋ２＋１ ｋ( )２ ＝－１ ｋ， （１１分）!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!! 5 ２０２０—２０２１学年第一学期期末考试卷·高三理科数学参考答案 第 ６    页（共 ７页） 所以 ｋｋ１＋ｋｋ２＝ｋ －１( )ｋ ＝－１（定值）． （１２分）!!!!!!!!!!!!!!!!!!!! ２１．【答案】 见解析 【解析】 （１）方法一：当 ｍ＝１时，ｆ（ｘ）＝３ｘ２＋ｓｉｎｘ，则 ｆ′（ｘ）＝６ｘ＋ｃｏｓｘ． 设 ｈ（ｘ）＝６ｘ＋ｃｏｓｘ（ｘ＞０），则 ｈ′（ｘ）＝６－ｓｉｎｘ＞０， 所以 ｈ（ｘ）＝６ｘ＋ｃｏｓｘ在区间（０，＋!）上单调递增， （３分）!!!!!!!!!!!!!!! 故 ｆ′（ｘ）＝ｈ（ｘ）＞ｈ（０）＝１＞０， 于是 ｆ（ｘ）＝３ｘ２＋ｓｉｎｘ在区间（０，＋!）上单调递增， 即函数 ｆ（ｘ）的单调递增区间为（０，＋!），无单调递减区间． （５分）!!!!!!!!!!!! 方法二：当 ｘ＞１时，显然有 ｆ′（ｘ）＞０， 当 ０＜ｘ≤１时，ｃｏｓｘ＞０，所以 ｆ′（ｘ）＞０， 故当 ｘ＞０时，恒有 ｆ′（ｘ）＞０， 即函数 ｆ（ｘ）的单调递增区间为（０，＋!），无单调递减区间． （５分）!!!!!!!!!!!! （２）由 ｇ（ｘ）＝ｆ（ｘ）－ｍｘｃｏｓｘ＝３ｘ２＋ｍｓｉｎｘ－ｍｘｃｏｓｘ， 得 ｇ′（ｘ）＝６ｘ＋ｍｘｓｉｎｘ＝ｘ（６＋ｍｓｉｎｘ）． ①当 －６≤ｍ≤６时，对于 ｘ∈ ０，３π( )２ ，有 －１＜ｓｉｎｘ≤１，－６＜ｍｓｉｎｘ≤６，所以 ｇ′（ｘ）＞０， 所以 ｇ（ｘ）在区间 ０，３ ２( )π 上单调递增， 又 ｇ（０）＝０，于是 ｇ（ｘ）在区间 ０，３ ２( )π 上无零点，不合题意． （７分）!!!!!!!!!!! ②当 ｍ＞６时，令 ｇ′（ｘ）＝０，得 ｓｉｎｘ＝－６ ｍ∈（－１，０）， 所以存在唯一的 ｘ０∈ ０，３π( )２ ，使得 ｇ′（ｘ０）＝０， 当 ｘ∈（０，ｘ０）时，ｇ′（ｘ）＞０，ｇ（ｘ）单调递增，当 ｘ∈ ｘ０，３π( )２ 时，ｇ′（ｘ）＜０，ｇ（ｘ）单调递减． 又注意到 ｇ（０）＝０，ｇ３π( )２ ＝２７π２ ４ －ｍ， （９分）!!!!!!!!!!!!!!!!!!!! 于是：当 ｇ３π( )２ ＝２７π２ ４ －ｍ≥０，即 ６＜ｍ≤２７π２ ４ 时，ｇ（ｘ）在区间 ０，３ ２( )π 上无零点，不合题意； 当 ｇ３π( )２ ＝２７π２ ４ －ｍ＜０，即 ｍ＞２７π２ ４ 时，ｇ（ｘ）在区间 ０，３ ２( )π 上有且只有一个零点，符合题意． 综上所述，实数 ｍ的取值范围是 ２７π２ ４ ，＋( )! ． （１２分）!!!!!!!!!!!!!!!!! ２２．【答案】 （１）由 ｘ＝－１＋１ ２ｔ ｙ＝槡３ ２{ ｔ （ｔ为参数）消去参数 ｔ可得直线 ｌ的普通方程为槡３ｘ－ｙ 槡＋ ３＝０． （２分）!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!! 由 ρ２＝ ６ ３ｓｉｎ２θ＋２ｃｏｓ２θ得 ３ρ２ｓｉｎ２θ＋２ρ２ｃｏｓ２θ＝６，即 ３ｙ２＋２ｘ２＝６， 6 ２０２０—２０２１学年第一学期期末考试卷·高三理科数学参考答案 第 ７    页（共 ７页） 整理可得曲线 Ｃ的直角坐标方程为ｘ２ ３＋ｙ２ ２＝１． （５分）!!!!!!!!!!!!!!!! （２）将直线 ｌ的参数方程 ｘ＝－１＋１ ２ｔ ｙ＝槡３ ２{ ｔ （ｔ为参数）代入椭圆 Ｃ：ｘ２ ３＋ｙ２ ２＝１中， 整理得１１ ４ｔ２－２ｔ－４＝０，显然 Δ＞０，设点 Ａ，Ｂ对应的参数分别为 ｔ１，ｔ２ （７分）!!!!!!! 所以 ｔ１＋ｔ２＝８ １１，ｔ１ｔ２＝－１６ １１， （８分）!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!! 故 １ ＰＡ － １ ＰＢ ＝ ＰＢ － ＰＡ ＰＡ· ＰＢ ＝ ｔ１＋ｔ２ ｔ１ｔ２ ＝１ ２． （１０分）!!!!!!!!!!!!!! ２３．【答案】 见解析 【解析】 （１）ｆ（ｘ）≤５即为 ３ ｘ＋１ ＋ ３ｘ－２≤５，等价于 ｘ＜－１ －３ｘ－３－３ｘ＋２≤{ ５或 －１≤ｘ≤ ２ ３ ３ｘ＋３－３ｘ＋２≤{ ５ 或 ｘ＞２ ３ ３ｘ＋３＋３ｘ－２≤{ ５ （３分）!!!!!!!!! 解得 －１≤ｘ≤ ２ ３，即不等式的解集为 ｘ －１≤ｘ≤{ }２ ３ ． （５分）!!!!!!!!!!!!!! （２）因为 ｆ（ｘ）＝３ ｘ＋１ ＋ ３ｘ－２≥ ３ｘ＋３－３ｘ＋２ ＝５， （７分）!!!!!!!!!!!! 所以由 ｆ（ｘ）＞２ａ２－９ａ恒成立，可得 ２ａ２－９ａ＜５， （９分）!!!!!!!!!!!!!!!! 即 ２ａ２－９ａ－５＜０，解得 －１ ２＜ａ＜５， 故实数 ａ的取值范围是 －１ ２，( )５． （１０分）!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!! 7