【文档说明】河南省名校青桐鸣2023届高三下学期4月联考试题 数学（文） 含解析.docx，共(12)页，850.605 KB，由小赞的店铺上传

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2023届普通高等学校招生全国统一考试大联考(高三)数学(文科)全卷满分150分，考试时间120分钟。注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、班级、考场号、座位号、考生号填写在答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，

用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符

合题目要求的。1.已知集合𝑀={1,2,3,4,5,6,7},𝑁={𝑥|√2𝑥−1<5},则𝑀∩𝑁=()A.{1,2}B.{1,2,3}C.{1,2,3,4}D.{1,2,3,4,5}2.复数𝑧满足(𝑧—𝑖

)(2—𝑖)=𝑖,则|𝑧|=()A.1B.√2C.2D.√53.已知命题𝑝:𝑙𝑜𝑔₂𝑥<1,命题𝑞:√𝑥−1<1,则𝑝是𝑞的()A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件4.已知正实数𝑎,𝑏,点M(1,4)在直线𝑥𝑎+𝑦𝑏=1上，则

𝑎+𝑏的最小值为()A.4B.6C.9D.125.已知tan𝛼tan𝛽=2,cos(𝛼+𝛽)=−15,则𝑐𝑜𝑠(𝛼−𝛽)=()𝐴.35𝐵.−35𝐶.115𝐷.−1156.

函数𝑓(𝑥)=(𝑒𝑥−𝑒−𝑥−2𝑥)sin𝑥(𝑥∈(−3𝜋2,3𝜋2))的图象大致是()7.若执行下面的程序框图，则输出的𝑠()A.有6个值,分别为6,10,28,36,66,78B.有7个值,分别为6,10,28,36,66,78,9

1C.有7个值,分别为6,10,28,36,66,78,120D.有8个值,分别为6,10,28,36,66,78,120,1368.已知圆O为△ABC的外接圆,∠𝐵𝐴𝐶=60∘,𝐵𝐶=2√3,则𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=()A.2B.-2C.4

D.-49.函数𝑓(𝑥)=sin(𝑥+𝜋5)+√3cos(𝑥+8𝜋15)的最大值为()A.1B.√3C.√5D.√710.在长方体𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴₁𝐵₁𝐶₁𝐷₁中,𝐴𝐵=𝐵𝐶=2,𝑀.为𝐶𝐶₁的中点,𝐴₁𝐶⊥平面𝑀𝐵𝐷,则�

�₁𝐵与𝐵₁𝐶所成角的余弦值为()𝐴.13𝐵.23𝐶.15𝐷.3511.已知数列{𝑎ₙ}满足𝑎1=1,𝑎2𝑘=𝑎2𝑘−1+1,𝑎2𝑘+1=2𝑎2𝑘−1,𝑘∈𝑁∗,则𝑎₂₀₂₃=()𝐴.2¹⁰¹²�

�.2¹⁰¹²−1𝐶.2²⁰²²𝐷.2²⁰²²−112.已知抛物线𝑦²=4𝑥上有三点𝑀,𝐴(𝑥₁,𝑦₁),𝐵(𝑥₂,𝑦₂),𝑀点的纵坐标为2,𝑦₁+𝑦₂=-4,且𝑦₁,𝑦₂<2,则△𝑀𝐴

𝐵面积的最大值为()𝐴.16√63𝐵.16√69𝐶.32√39𝐷.32√33二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分。13.已知𝑓(𝑥)=𝑎𝑥+𝑙𝑛𝑥的一条切线是𝑦=𝑥,则实数𝑎=.14.已知一个球的表面上有四点

𝐴，𝐵，𝐶，𝐷，𝐵𝐷=2√3,∠𝐵𝐴𝐷=60∘,∠𝐵𝐶𝐷=90∘平面𝐴𝐵𝐷⊥平面𝐵𝐶𝐷,则该球的表面积为.15.已知数列{𝑎ₙ}满足𝑎1+𝑎2+⋯+𝑎𝑛=𝑛2,则𝑎1⋅21+𝑎2⋅22+⋯+𝑎𝑛⋅2𝑛=___

____.16.已知双曲线𝑥2−𝑦25=1的左、右焦点分别为𝐹₁，𝐹₂，点𝑀位于双曲线的右支上，𝐹₁𝑀交左支于点𝑁,△𝑀𝑁𝐹₂的内切圆𝐼的半径为1,𝐼与𝑁𝐹₂,𝑀𝑁分别切于点𝑃,𝑅,则𝑐𝑜𝑠∠

𝑅𝑁𝑃=.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。第17~21题为必考题，每个试题考生都必须作答。第22、23题为选考题，考生根据要求作答。(一)必考题:共60分。17.(12分)已知锐角三角形𝐴𝐵𝐶的内角𝐴，𝐵，𝐶的对边分别为a,𝑏,𝑐,

tan𝐵+tan𝐶=√3cos𝐴cos𝐵cos𝐶.(1)求𝐴;(2)若𝑎=√6,求b+c的取值范围.18.(12分)为巩固拓展脱贫攻坚成果，全面推进乡村振兴，在国家产业扶贫政策的大力支持下，某贫困村利用当地自然条件，在南、北两山上种植苹果，现已开始大量结果，苹果成熟时，

将苹果分为“一级”“二级”“三级”，价格从高到低，有一水果商人要收购这里的苹果，收购前，将南山和北山上的苹果各随机摘取了200千克，按等级分开后得到的数据为：南山上的“一级”苹果40千克，“二级”苹果150千克；南、北山上的“三级”苹果共40千克；北山

上的“一级”苹果50千克.(假设两山上的苹果总产量相同，以样本的频率估计概率)(1)若种植苹果的成本为5元/千克，苹果收购价格如下表：等级“一级”“二级”“三级”价格（元／千克）1281①分别计算南山和北山

各随机摘取的200千克苹果的平均利润；②若按个数计算，“一级”苹果平均每千克有3个，“二级”苹果平均每千克有4个，“三级”苹果平均每千克有6个，以此计算该村南山上的200千克苹果的个数，并按各等级苹果个数以分层抽样的方式从中抽取13个苹果，分别放在13个外形完全一样的包装内，水果商人在这13个苹

果中随机取2个，求恰有1个“三级”苹果的概率.(2)判断能否有99%的把握认为“三级”苹果的多少与南、北山有关.附:𝐾2=𝑛(𝑎𝑑−𝑏𝑐)2(𝑎+𝑏)(𝑐+𝑑)(𝑎+𝑐)(𝑏+𝑑),𝑛=𝑎+𝑏+𝑐+𝑑.𝑃(𝐾²≥𝑘₀)0.10.050.010.005𝑘

₀2.7063.8416.6357.87919.(12分)在四棱锥P-ABCD中,AB=4,BC=CD=2,AB//CD,∠ABC=90°,PA=PD=2,PD⊥BD.(1)证明:平面PAB⊥平面PBD;(2)求点C到平面PA

B的距离.20.(12分)已知点𝑀(1,32)在椭圆𝑥2𝑎2+𝑦2𝑏2=1(𝑎⟩𝑏>0)上，𝐴，𝐵分别是椭圆的左、右顶点，直线MA和MB的斜率之和满足：𝑘𝑀𝐴+𝑘𝑀𝐵=−1.(

1)求椭圆的标准方程；(2)斜率为1的直线交椭圆于𝑃，𝑄两点，椭圆上是否存在定点𝑇，使直线𝑃𝑇和𝑄𝑇的斜率之和满足𝑘𝑃𝑇+𝑘𝑄𝑇=0(𝑃,𝑄与𝑇均不重合)?若存在，求出𝑇

点坐标；若不存在，说明理由.21.(12分)设函数𝑓(𝑥)=𝑚𝑥𝑒ˣ(𝑚≠0).(1)求𝑓(𝑥)的单调区间;(2)若函数𝑦=𝑓(𝑥)+𝑥²+𝑥有三个零点𝑥₁,𝑥₂,𝑥₃,且𝑥₁证明：𝑥₁+𝑥₃>𝑥₂.(二)选考题：共10分

。请考生在第22、23题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。22.[选修4-4:坐标系与参数方程](10分)在直角坐标系𝑥𝑂𝑦中，曲线𝐶的参数方程为{𝑥=sin𝑡+14sin𝑡,𝑦=√sin𝑡+12√sin𝑡𝑡为参数且𝑡∈

(0,𝜋)),以坐标原点𝑂为极点，𝑥轴的非负半轴为极轴，建立极坐标系，(0,𝜋2)且tan𝛼=34,直线𝑙的极坐标方程为𝜌𝑠𝑖𝑛(𝜃+𝛼)=𝑚(𝑚∈𝑅).(1)求直线𝑙的直角坐标方程和曲线𝐶的普通方程

；(2)若直线𝑙与曲线𝐶有公共点，求实数𝑚的取值范围.23.[选修4-5:不等式选讲](10分)已知函数𝑓(𝑥)=|2𝑥+3|+|𝑥−𝑎|(𝑎>0)的图象如图所示,当𝑥=−32时,𝑓(𝑥)取得最小值3,

𝑔(𝑥)=−𝑥.(1)求实数𝑎的值;(2)若𝑔(𝑥−𝑡)≤𝑓(𝑥)恒成立,求实数𝑡的取值范围.2023届普通高等学校招生全国统一考试大联考(高三)答案数学(文科)1.C【解析】由√2𝑥−1<5,得1≤2𝑥<2

6,故𝑀∩𝑁={1,2,3,4}.故选C.2.B【解析】𝑧−𝑖=𝑖2−𝑖=𝑖(2+𝑖)5,则𝑧=−15+7𝑖5,故|𝑧|=√(15)2+(75)2=√2.故选B.3.B【解析】由题意得,命题𝑝:0<�

�<2，故𝑝是𝑞的必要不充分条件.故选B.4.C【解析】由题意得1𝑎+4𝑏=1,故𝑎+𝑏=(𝑎+𝑏)·(1𝑎+4𝑏)=1+4+𝑏𝑎+4𝑎𝑏≥9,当且仅当𝑏𝑎=4𝑎𝑏即𝑎=3,𝑏=6时,等号成立.故选C.5.A【解析】由t

anαtanβ=2,得sinαsinβ=2cosαcosβ,与cos𝛼cos𝛽−sin𝛼sin𝛽=−15联立，解得{cos𝛼cos𝛽=15,sin𝛼sin𝛽=25,故cos(α-β)=cosαcosβ+sin𝛼sin𝛽=35.故选A.6.A

【解析】𝑓(−𝑥)=(𝑒⁻ˣ−𝑒ˣ+2𝑥)(−𝑠𝑖𝑛𝑥)=𝑓(𝑥),可知𝑓(𝑥)为偶函数,排除B;易知,𝑓(1)>0,排除C;𝑓(𝜋)=0,排除D.故选A.7.C【解析】当n=3时,输出s=6;当n=4时,输出s=

10;当n=7时,输出s=28;当n=8时,输出s=36;当n=11时,输出s=66;当n=12时,输出s=78;当n=15时,15>12,输出s=120,结束.故选C.8.B【解析】如图,圆O的直径为2𝑅=𝐵𝐶sin∠𝐵𝐴𝐶=4,故|OB|=|OC|=R=2,∠BOC

=2∠BAC=120°,故𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗∙𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=|𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗||𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗|cos120∘=−2.故选B.9.A【解析】𝑓(𝑥)=sin(𝑥+𝜋5)+√3cos[(𝑥+𝜋5)+𝜋3]=sin(𝑥+𝜋5)+√3[cos(𝑥+𝜋5).1

2−sin(𝑥+𝜋5)⋅√32]=12sin(𝑥+𝜋5)+√32cos(𝑥+𝜋5)=sin(𝑥+𝜋5+2𝜋3)故最大值为1.故选A.10.B【解析】连接MB,MD,BD,连接A₁D,如图,A₁B₁⊥平面BCC₁B₁,则A₁B₁⊥BM,又A₁C⊥平

面MBD,则A₁C⊥BM,A₁C∩A₁B₁=A₁,则BM⊥平面A₁B₁C,则BM⊥B₁C,∠MBC=∠BB₁C,则tan∠MBC=tan∠BB₁C,则𝑀𝐶2=2𝐵𝐵1,解得𝐵𝐵1=2√2,由长方体的性质易知，A₁B₁∥DC,所以四边形A₁B₁CD为平行四边形,所以A₁D∥

B₁C,则∠BA₁D即为所求角,在△BA₁D中,𝐴1𝐵=𝐴1𝐷=2√3,𝐵𝐷=2√2,故cos∠𝐵𝐴1𝐷=12+12−82×2√3×2√3=23.故选B.11.B【解析】𝑎₂ₖ₊₂=𝑎₂ₖ₊₁+1=2𝑎₂ₖ−1+1=2𝑎₂ₖ故{𝑎₂𝑘}是首项为𝑎₂=

𝑎₁+1=2,公比为2的等比数列，则𝑎₂₀₂₂=𝑎₂⋅2¹⁰¹⁰=2¹⁰¹¹,𝑎₂₀₂₃=2𝑎₂₀₂₂−1=2¹⁰¹²−1.故选B.12.C【解析】由题意得,,𝑥𝑀=1,则M(1,2),由

y₁+y₂=-4,得𝑘𝐴𝐵=𝑦1−𝑦2𝑥1−𝑥2=𝑦1−𝑦2𝑦124−𝑦224=4𝑦1+𝑦2=-1.设直线AB：𝑥=𝑡−𝑦，代入抛物线方程得𝑦²+4𝑦−4𝑡=0,可得Δ=16+1

6t>0,得𝑡>−1.|𝐴𝐵|=√2|𝑦1−𝑦2|=√2⋅√16+16𝑡=4√2⋅√1+𝑡,点M(1,2)到AB的距离为d=|3−𝑡|√2,故𝑆𝑀𝐴𝐵=12|𝐴𝐵|⋅𝑑=2√1+𝑡.|3−𝑡|=2√(1+𝑡)(3−𝑡)2,由𝑦₁,𝑦₂<2,

得4+8−4𝑡>0,即𝑡<3,又𝑡>−1,则−1<𝑡<3,则𝑔′(𝑡)=(𝑡−3)(3𝑡−1),易得当且仅当𝑡=13时,g(t)取得最大值，为25627,故S△MAB最大值为32√39.故选C.13.1−1𝑒【解析】设切点坐标为(x₀，y₀)，则满足𝑥0=𝑎�

�0+ln𝑥0,𝑓′(𝑥0)=𝑎+1𝑥0=1,则ax₀=x₀-1,代入①得𝑥₀=𝑥₀−1+𝑙𝑛𝑥₀,解得𝑥₀=𝑒,∴𝑎=1−1𝑒.14.16π【解析】设球心为O,半径为R,BD的中点为M,则M为△BCD的外心,OM⊥平面BCD,又平面ABD⊥

平面BCD,故O在平面ABD内,故O为△ABD的外心,𝐵𝐷sin60∘=2𝑅=4,故𝑆球=4𝜋𝑅2=16𝜋.15.(2𝑛−3)⋅2ⁿ⁺¹+6【解析】当𝑛≥2时,𝑎ₙ=𝑛²−(𝑛−1)²=2𝑛−1,𝑎₁=1满足𝑎ₙ=2𝑛−1,故𝑎ₙ=2𝑛−

1,n∈𝑁∗.令𝑆=𝑎1⋅21+𝑎2⋅22+⋯+𝑎𝑛⋅2𝑛=1⋅21+3⋅22+⋯+(2𝑛−1)⋅2𝑛,则2𝑆=1⋅22+3⋅23+⋯+(2𝑛−1)⋅2𝑛+1,两式相减得，−𝑆=21+2(22+23+⋯+2𝑛)−(2𝑛−1)⋅2𝑛

+1=2+8(1−2𝑛−1)1−2−(2𝑛−1)⋅2𝑛+1=(3−2𝑛)⋅2ⁿ⁺¹−6,∴𝑆=(2𝑛−3)⋅2ⁿ⁺¹+6.16.35【解析】设内切圆与F₂M切于点Q,|𝑀𝑅|=|𝑀𝑄|=𝑚,|𝑁𝑅|=|𝑁𝑃|=

𝑛,|𝐹₂𝑃|=|𝐹₂𝑄|=𝑓,|𝐹₁𝑁|=𝑡,如图,则|𝑀𝐹₁|−|𝑀𝐹₂|=2𝑎,即𝑚+𝑛+𝑡−(𝑚+𝑓)=2𝑎,化简得𝑛+𝑡−𝑓=2𝑎①,|𝑁𝐹₂|−|𝑁𝐹₁|=2𝑎,即𝑛+𝑓−𝑡=2𝑎②,①+②得𝑛=2𝑎=2,N

I平分∠RNP,则tan12∠𝑅𝑁𝑃=12故sin12∠𝑅𝑁𝑃=1√5,则cos∠𝑅𝑁𝑃=1−2sin212∠𝑅𝑁𝑃=35.17.解:(1)由题意得,sin𝐵cos𝐵+sin𝐶cos𝐶=√3cos𝐴cos𝐵cos𝐶

,化简得sin(𝐵+𝐶)=√3cos𝐴,即sin𝐴=√3cos𝐴,则tan𝐴=√3,解得𝐴=𝜋3.(2)由题意及正弦定理𝑏sin𝐵=𝑐sin𝐶=𝑎sin𝐴=2√2,得𝑏=2√2sin𝐵,𝑐=2√2sin𝐶,则𝑏+𝑐=2√2s

in𝐵+2√2sin𝐶=2√2sin𝐵+√2sin(120∘−𝐵)=3√2sin𝐵+√6cos𝐵=2√6sin(𝐵+𝜋6),由(1)知,𝐴=𝜋3,{0<𝐵<𝜋2,0<𝐶<𝜋2,𝐵+�

�−2𝜋3,得𝜋6<𝐵<𝜋2,则𝜋3<𝐵+𝜋6<2𝜋3,故sin(𝐵+𝜋6)∈(√32,1])故𝑏+𝑐的取值范围是(3√2,2√6].18.解:(1)①由题意得,南山:“一级”苹果40千克,“二级”苹果

150千克,“三级”苹果200-190=10(千克),南山随机摘取的200千克苹果的平均利润为12×40+8×150+1×10−5×200200=3.45(元/千克),北山:“一级”苹果50千克,“三级”苹果40-10=30(千克),“二

级”苹果200-50-30=120(千克),故北山随机摘取的200千克苹果的平均利润为12×50+8×120+1×30−5×200200=2.95(元/千克).②南山“一级”苹果有3×40=120(个),“二级”苹果有4×15

0=600(个),“三级”苹果有6×10=60(个),共有780个,按分层抽样的方式抽取的13个苹果中，“一级”苹果有120780×13=2(个)，“二级”苹果有600780×13=10(个),“三级”苹果有60780×13=1(个),2个

“一级”苹果分别记为A₁,A₂,10个“二级”苹果分别记为：𝐵1,𝐵2,⋯,𝐵10,“三级”苹果记为C，抽取2个苹果有(𝐴1,𝐴2),(𝐴1,𝐵1),(𝐴1,𝐵2),⋯,(𝐴1,𝐵10),(𝐴1,𝐶),(𝐴2,𝐵1),(𝐴2,𝐵2),⋯,(𝐴2,

𝐵10),(𝐴2,𝐶),(𝐵1,𝐵2),(𝐵1,𝐵3),⋯,(𝐵1,𝐵10),(𝐵1,𝐶),(𝐵2,𝐵3),(𝐵2,𝐵4),⋯,(𝐵2,𝐵10),(𝐵2,C),…,(𝐵₉,𝐵₁₀),(𝐵₉,𝐶),(𝐵₁₀,𝐶),共78种可

能,恰有1个“三级”苹果有(A₁,C),(A₂,C),(B₁,𝐶),(𝐵2,𝐶),⋯,(𝐵10,𝐶),共12种可能.故所求概率为1278=213.(2)由(1)可得以下2×2列联表:“三级”苹果“一

级”和“二级”苹果合计南山10190200北山30170200合计40360400则𝐾2=400×(10×170−30×190)2200×360×200×40=1009>11>2.706,故有90%的把握认为“三级”苹果的多少与南、北山

有关.19.解:(1)证明:∵∠ABC=90°,AB∥CD,∴∠BCD=90°,∴𝐵𝐷=√𝐵𝐶2+𝐶𝐷2=2√2.过点D作DM⊥AB,如图,则DM=BC=2,AM=AB-BM=AB-CD=2,∴𝐴𝐷=√𝐷𝑀2+𝐴𝑀2=

2√2.又∵AB=4,AB²=BD²+AD²,∴∠ADB=90°,∴AD⊥BD,又PD⊥BD,PD∩AD=D,PD,AD⊂平面PAD,∴BD⊥平面PAD.∵PA⊂平面PAD,∴PA⊥BD.∵𝑃𝐴=𝑃𝐷=2,𝐴�

�=2√2,∴𝑃𝐴⟂𝑃𝐷.∵BD∩PD=D,BD,PD⊂平面PBD,∴PA⊥平面PBD,又PA⊂平面PAB,∴平面PAB⊥平面PBD.(2)由PA⊥平面PBD易知∠APB=90°,PA=2,AB=4,则𝑃𝐵=√𝐴𝐵2−𝑃𝐴2=2√3,∴𝑆

𝑃𝐴𝐵=12⋅𝑃𝐴⋅𝑃𝐵=2√3.取AD的中点为Q，连接PQ，AC，由等腰三角形三线合一的性质易得PQ⊥AD.又BD⊥平面PAD,BD⊂平面ABCD,则平面PAD⊥平面ABCD,PQ⊂平面PAD,平面PAD∩平面A

BCD=AD,∴PQ⊥平面ABCD,且𝑃𝑄=√𝑃𝐴2−(12𝐴𝐷)2=√2,设点C到平面PAB的距离为h，易得𝑉𝐶−𝑃𝐴𝐵=𝑉𝑃−𝐴𝐵𝐶=13𝑆𝑃𝐴𝐵⋅ℎ=13𝑆𝐴𝐵𝐶⋅𝑃

𝑄,即13×2√3ℎ=13×12×2×4×√2,解得ℎ=2√63.(1)𝑘𝑀𝐴+𝑘𝑀𝐵=32−01+𝑎+32−01−𝑎=−1,20.解解得a²=4,将(1,32)代入椭圆方程𝑥24+𝑦2𝑏2=1,得b²=3,故椭

圆的标准方程为𝑥24+𝑦23=1.(2)假设存在定点T，则设𝑃(𝑥₁,𝑦₁),𝑄(𝑥₂,𝑦₂),𝑇(𝑥₀,𝑦₀),直线𝑃𝑄的方程为𝑦=𝑥+𝑡,由题意得𝑦1−𝑦0𝑥1−𝑥0+𝑦2−𝑦0𝑥2−𝑥0=0,将y₁=x₁+t,y₂=

x₂+t代入整理得2x₁x₂+(t-x₀-y₀)(x₁+x₂)-2x₀(t-y₀)=0(*),联立{𝑥24+𝑦23=1,𝑦=𝑥+𝑡,整理得7𝑥²+8𝑡𝑥+4𝑡²−12=0,则𝑥1+𝑥2=−8𝑡7,𝑥1𝑥2=4𝑡2−127,代入(*)式整理得(8

7𝑦0−67𝑥0)𝑡+2𝑥0𝑦0−247=0,{87𝑦0−67𝑥0=0,2𝑥0𝑦0−247=0,解得{𝑥0=4√77,𝑦0=3√77,或{𝑥0=−4√77,𝑦0=−3√77,代入验证得(4√77,3√77),(−4√77,−3√77)都在椭圆

上，故存在定点T，使𝑘𝑃𝑇+𝑘𝑄𝑇=0,点T的坐标为(4√77,3√77)或(−4√77,−3√77).21.解:(1)𝑓′(𝑥)=𝑚𝑒ˣ+𝑚𝑥𝑒ˣ=𝑚𝑒ˣ(𝑥+1).令𝑓′(𝑥)=0,得𝑥=−

1.①若𝑚>0,当𝑥<−1时,𝑓′(𝑥)<0;当x>-1时𝑓′(𝑥)>0,则𝑓(𝑥)的单调递减区间为(-∞，-1)，单调递增区间为(-1,+∞).②若𝑚<0,当𝑥<−1时,𝑓′(𝑥)>0;

当x>-1时,𝑓′(𝑥)<0,则f(𝑥)的单调递减区间为(-1，+∞)，单调递增区间为(-∞,-1).(2)证明：因为函数𝑦=𝑓(𝑥)+𝑥²+𝑥有三个零点，所以方程𝑚𝑥𝑒ˣ+𝑥²+𝑥=0有三个不相等的实数根，又易知𝑥=0为方程的一个实根，所以方程𝑚𝑒ˣ+�

�+1=0有两个不相等的实数根，即-m=𝑥+1𝑒𝑥有两个不相等的实数根.令𝑔(𝑥)=𝑥+1𝑒𝑥,则𝑔′(𝑥)=−𝑥𝑒𝑥,当𝑥<0时,𝑔′(𝑥)>0,𝑔(𝑥)单调递增；当𝑥>0时,𝑔′(𝑥

)<0,𝑔(𝑥))单调递减，所以𝑔(𝑥)≤𝑔(0)=1.又因为当𝑥<−1时,𝑔(𝑥)<0;当𝑥>−1时,𝑔(𝑥)>0,当x→+∞时,g(x)→0,所以0<−𝑚<1,则𝑥₁∈(−1,0),𝑥₂=0,𝑥₃∈(0,+∞).要证𝑥₁+𝑥₃>𝑥₂,即证𝑥₁+𝑥₃>0,

即证𝑥₃>−𝑥₁>0,只需证𝑔(𝑥₃)<𝑔(−𝑥₁).因为−𝑚=𝑔(𝑥₁)=𝑔(𝑥₃),所以只需证𝑔(𝑥₁)<𝑔(−𝑥₁),即证𝑥1+1𝑒𝑥1<−𝑥1+1𝑒−𝑥1,即证(𝑥1+1)𝑒−𝑥

1+(𝑥1−1)𝑒𝑥1<0,𝑥1∈(-1,0).令ℎ(𝑥)=(𝑥+1)𝑒⁻ˣ+(𝑥−1)𝑒ˣ,𝑥∈(−1,0)则ℎ′(𝑥)=−𝑥𝑒⁻ˣ+𝑥𝑒ˣ=−𝑥(𝑒⁻ˣ−𝑒ˣ),

当𝑥∈(-1,0)时,𝑒⁻ˣ>1>𝑒ˣ故ℎ′(𝑥)>0,ℎ(𝑥)为增函数，所以ℎ(𝑥₁)<ℎ(0)=0,原式得证，故𝑥₁+𝑥₃>0,即𝑥₁+𝑥₃>𝑥₂,22.解:(1)由𝛼∈(0,𝜋2)且tan𝛼=34,得sin𝛼=35,cos

𝛼=45,∴𝜌𝑠𝑖𝑛(𝜃+𝛼)=𝑛,即45𝜌sin𝜃+35𝜌cos𝜃=𝑚,∴直线l的直角坐标方程为3𝑥+4𝑦−5𝑚=0;由𝑡∈(0,𝜋)得𝑠𝑖𝑛𝑡∈(0,1],则𝑦=√sin𝑡+12√sin𝑡∈[√2,+∞),又𝑦2=(√sin𝑡+12√si

n𝑡)2=(sin𝑡+14sin𝑡+1)=𝑥+1,∴曲线C的普通方程为𝑦2=𝑥+1,𝑦∈[√2,+∞).(2)将𝑥=−4𝑦+5𝑚3代入𝑦²=𝑥+1整理得，𝑦2=−4𝑦+5𝑚3+1,𝑦∈[√2,+∞),则𝑚=3𝑦2+4�

�−35≥3+4√25,∴实数m的取值范围为[3+4√25,+∞).23.解:(1)因为𝑎>0,所以𝑓(−32)=|−3+3|+|−32−𝑎|=3即𝑎+32=3,解得𝑎=32,故实数𝑎的值为32.(2)由题意知，当�

�=−32时,𝑓(𝑥)取得最小值3,当函数𝑔(𝑥−𝑡)=𝑡−𝑥的图象过点𝐴(−32,3)时,即𝑡+32=3时𝑡=32,而由图象可知,𝑡≤32,故𝑡∈(−∞,32].获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com