【文档说明】河南省名校联盟2020届高三下学期6月联考数学（文）试题 PDF版含答案.pdf，共(10)页，3.667 MB，由小赞的店铺上传

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􀅰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１２３４５６７８９１０１１１２答案ACAABDBABDDC【解析】１􀆰因为B＝{－１,０,１,２},A＝{x|－１＜x≤１},所以A∩B＝{０,１}．故选A．２􀆰∵z＝２

i１－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．３􀆰sinα＝２５５＝mm２＋１,等式两边平方解得m＝±２．∵sinα＞０,∴m＝２,tanα＝m１＝２,∴

tan(α＋π４)＝tanα＋１１－tanα＝－３．故选A．４􀆰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．５􀆰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x２＋(１－２a)x＋(１－a)２

＝０,所以Δ＝０,解得a＝３４,符合题意,所以a＝３４或１．故选B．６􀆰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．７􀆰∵周期T＝２πω＝π,∴ω＝２,所以将f(x)向右平移π３个单位后得到函数y＝sin(２x＋φ－２π３)．因为

平移后的图象关于y轴对称,所以φ－２π３＝π２＋kπ(k∈Z),所以φ＝７π６＋kπ(k∈Z)．当k＝－１时,φ＝π６,f(x)＝sin(２x＋π６),f(π３)＝sin(２π３＋π６)＝１２,故A错误;当x＝π６时,２x＋π６＝π２,所

以f(x)关于直线x＝π６对称,故B正确;当x∈(－π３,π６)时,２x＋π６∈(－π２,π２),所以(－π３,π６)是f(x)的单调递增区间,故C错误;当x∈[０,π２]时,６􀅰数学参考答案(文科)第２页(共７页)】f(x)的最大值为f(π６)＝１,故D错误．故选B．第８

题图８􀆰由三视图知该几何体为三棱锥．如图所示,△ABC为直角三角形,AB⊥BC,AB＝３,BC＝２,PA＝４,PA⊥平面ABC．三棱锥P\|ABC的外接球半径R＝３２＋２２＋４２２＝２９２,外接球体积V１＝４３πR３＝２９２９

π６;三棱锥体积V２＝１３S△ABC×PA＝１３×３×４＝４,所以所求概率P＝V２V１＝２４２９８４１π．故选A．９􀆰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．１０􀆰连接AB交x轴于D点,连接AF,则OA⊥AF,OA＝a,AF＝b．∵Rt△AOD相似于Rt△FOA,∴ODOA＝ADAF＝OAOF,即ODa＝ADb＝ac,∴

OD＝a２c＝４c,AD＝abc＝２bc．∵S△OAB＝１２×２|AD|×|OD|＝８bc２＝２,∴４b＝c２＝a２＋b２,即b２＋４－４b＝０,∴b＝２,∴曲线C的方程为x２４－y２４＝１．故选D．第１１题图１１􀆰不妨设正方体的棱长为２,如图延长DC至

点F使得DC＝CF,作BF的中点E,连接NE,则NE∥BD１,所以∠MNE或其补角即为所求角．设所求角为θ,BM＝x(０≤x≤２２),在△MBE中,ME２＝x２＋２;在△MBC中,MC２＝x２＋２２－２×x×２×cosπ４＝x２－２２x＋４;在△MN

C中,MN２＝MC２＋NC２＝x２－２２x＋５;在△MNE中,由余弦定理cosθ＝|cos∠MNE|＝|MN２＋NE２－ME２|２|MN||NE|＝|３－２x|３x２－２２x＋５．结合图形,当x＝３２＝３２２时,cosθ＝０,θ＝

π２,故A正确．当x＝０时,cosθ＝３５＝１５５,当x＝２２时,cosθ＝１５１５,故０≤cosθ≤１５５．因为cosπ６＝３２＞１５５,所以θ不可能为π６．故选D．１２􀆰存在x０∈[１２,２],

使得f(x０)≥g(x０)成立,即存在x０∈[１２,２],使得x２０－(２t＋１)x０＋ex０≥(１－t)x０成立,即存在x０∈[１２,２],使得t≤x０＋ex０x０－２．令h(x)＝x＋exx－２(x∈[１２,２]),h′(x)＝

１＋ex(x－１)x２＝x２＋ex(x－１)x２．令φ(x)＝x２＋ex(x－１)(x∈[１２,２]),∵φ′(x)＝２x＋xex＞０,∴φ(x)在x∈[１２,２]上单调递增．又∵φ(１２)＝１－２e４＜０

,φ(２)＝４＋２e２＞０,∴∃m∈[１２,２],使得φ(m)＝０,∴x∈[１２,m),φ(x)＜０,x∈(m,２],φ(x)＞０,∴当x∈[１２,m)时,h′(x)＜０,x∈(m,２]时,h′(x)＞０,∴h(x)在[１２,m)上单调递减,在[m,２)上单调递增．∵h

(１２)＝２e－３２,h(２)＝e２２,∴t≤max{h(１２),h(２)}＝e２２．故选C．６􀅰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.１３􀆰３５１４􀆰丙１５􀆰３,[２３,＋∞)１６􀆰(３＋３,２３＋６)【解析】１３􀆰a

→＋b→＝(３,１＋m),a→􀅰(a→＋b→)＝６＋１＋m＝０,m＝－７,|a→＋b→|＝３２＋(－６)２＝３５．１４􀆰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．１５􀆰由椭圆定义|PF１|＋|PF２|＝２a,在△PF１F２中由余弦定理得|F１F２|２＝|PF１|２＋|PF２|２－２×|PF１||PF２|cos６０°＝(PF１＋P

F２)２－３|PF１||PF２|,４c２＝４a２－３|PF１||PF２|,所以|PF１|􀅰|PF２|＝４b２３,所以S△PF１F２＝１２×４b２３sin６０°＝３３,解得b＝３．∵S△PF１F２≤１２×２c×b,即３３b２≤bc,b≤３c,∴b２≤３c２,∴a

２＝b２＋c２≥b２＋b２３＝４b２３＝１２,∴a≥２３,∴a∈[２３,＋∞)．第１６题图１６􀆰f′(x)＝x２－２(３sinA＋cosA)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)＝c２－２(３sinA＋cosA)c＋３＝－１,所以c２－２×(３sinA＋cosA)c＋４＝０,即c２－４csin(A＋π６)＋４＝０．∵Δ＝１６sin２(A＋π６)－１６≥０,sin２

(A＋π６)≥１,又∵sin２(A＋π６)≤１,∴sin２(A＋π６)＝１．在△ABC中,A＝π３,则c２－４c＋４＝０,即c＝２．由正弦定理asinπ３＝bsinB＝２sinC,得a＝３sinC,b＝２sinBsinC＝２sin(

A＋C)sinC＝３cosC＋sinCsinC,所以a＋b＋c＝３sinC＋３cosC＋sinCsinC＋２,即a＋b＋c＝３(１＋cosC)sinC＋３,其中C∈(π６,π２)．令k＝sinCcosC＋１,则其几何意义为点(cosC,sinC)与(－１,０)所在直线的斜率,其

中(cosC,sinC)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＋３,２３＋６)．三、解答题．１７􀆰(１２分)解:(１)当n≥２时,Sn－１＝２n＋a(n－１)＋b,an＝Sn－Sn－１＝２n＋a．(１分)􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺当n＝１时,a１

＝S１＝４＋a＋b．∵{an}是等比数列,将n＝１代入an中,得a１＝２＋a,∴２＋a＝４＋a＋b,∴b＝－２．(３分)􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺又∵a２２＝a１a３,∴(４＋a

)２＝(２＋a)(８＋a),解得a＝０,(５分)􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺∴an＝２n．(６分)􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺

􀆺􀆺􀆺(２)bn＝log２２an＝log２２n＋１＝n＋１,cn＝bnan＝n＋１２n．(７分)􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺∵Tn＝２２１＋３２２＋４２３＋􀆺＋n２n－１＋n＋１２n,①６􀅰数学参考答案

(文科)第４页(共７页)】１２Tn＝２２２＋３２３＋４２４＋􀆺＋n２n＋n＋１２n＋１,②∴①－②得１２Tn＝２２１＋１２２＋１２３＋􀆺＋１２n－n＋１２n＋１＝１２＋１２×１－(１２)n１－１２－n＋１２n＋１,(９分)􀆺􀆺􀆺

􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺整理得Tn＝３－n＋３２n＜３恒成立,所以原题得证．(１２分)􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺

􀆺１８􀆰(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)􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺

􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺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)􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺(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A１,A２,４名“信心十足型”型居民分别记为B１,B２,B３,B４．６人中抽取３人的情况有:(A１,A２,B１),(A１,A２,B２),(A１,A２,B３),(A１,A２,B４)

,(A１,B１,B２),(A１,B１,B３),(A１,B１,B４),(A１,B２,B３),(A１,B２,B４),(A１,B３,B４),(A２,B１,B２),(A２,B１,B３),(A２,B１,B４),(A２,B２,B３),(A２,B２,B４),(A２,B３,B４),(B１,

B２,B３),(B１,B２,B４),(B１,B３,B４),(B２,B３,B４)．(１０分)􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺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)＝１６２０＝０．８．􀆺(１２分)１９􀆰(１２分)解:(１)存在,且BG＝１５BC．(１分)􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺证明:在线段AB上取点H,使得BH＝１,连接

EH、HG、EG．∵四边形ABEF是梯形,∴AB∥EF,∴AH∥EF．∵AH＝EF＝４,∴四边形AHEF是平行四边形．∴HE∥AF,又∵AF⊂平面AFC,HE⊄平面AFC,∴HE∥平面AFC．(２分)􀆺􀆺􀆺􀆺第１９题图∵BHBA＝BGB

C＝１５,∴HG∥AC,又∵AC⊂平面AFC,HG⊄平面AFC,∴HG∥平面AFC．(３分)􀆺∵HG∩HE＝H,HG、HE⊂平面EHG,∴平面EHG∥平面AFC．(５分)􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺∵EG⊂平面

EHG,∴EG∥平面AFC．(６分)􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺(２)由已知条件知,∵S△BEC＝１２|EB|􀅰|EC|sin∠BEC＝１２×２×４×sin∠BEC,∴∠BEC＝９０°,即EB⊥EC时△BEC面积最大．方法一:设D到平面AFC的距离为d,VDＧAFC＝VA\|C

DF．(７分)􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺由题易知,在△AFC中,AF＝５,AC＝３５,CF＝４２,６􀅰数学参考答案(文科)第５页(共７页)】由余弦定理得cos∠CAF＝５＋４５－３２２×５×３５＝３５,∴sin∠CAF＝４

５．S△AFC＝１２|AF|􀅰|AC|sin∠CAF＝１２×５×３５×４５＝６．(８分)􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺在△CDF中,S△CDF＝S梯形FECD－S△FEC＝１２×(４＋９)×４－１２×４×４＝１８．(９分)􀆺􀆺􀆺∵CE⊥BE,BE⊥FE,CE∩FE＝E,CE、FE⊂平

面CEF,∴BE⊥平面CEF,又AB∥平面CDFE,∴A、B到平面CDFE的距离都为BE＝２．(１０分)􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺∵VDＧAFC＝VAＧCDF,∴１３S△AFC􀅰d＝１３S△CDF􀅰|BE|,即１３×６×d＝１３×１８×２,∴

d＝６,即D到平面AFC的距离６．(１２分)􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺方法二:BC＝BE２＋EC２＝２５,AC２＝BC２＋AB２＝２０＋２５＝４５,AD２＝BC２

＋(CD－AB)２＝２０＋１６＝３６．在△ACD中,CD２＝８１,AD２＋AC２＝３６＋４５＝８１,∴AD⊥AC．①(８分)􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺在△ACF中,AF２＝BE２＋(AB－EF)２＝４＋１＝

５,DF２＝CE２＋(CD－EF)２＝１６＋２５＝４１,∴AD２＋AF２＝DF２,∴AD⊥AF．②又AC、AF⊂平面ACF,AC∩AF＝A,∴AD⊥平面ACF,(１０分)􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺即D到平面A

FC的距离即为AD＝６．(１２分)􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺２０􀆰(１２分)解:(１)设动圆G的半径为R,|FG|＝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:x２＝４y(x≠０)．(４分)􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺(２)由题意,设直线PQ方程为y＝kx＋１,M(x１,y１),N(x２,y２),

P(x３,y３),Q(x４,y４)．∵k１k２＝y１y２x１x２＝x１２４􀅰x２２４x１x２＝x１x２１６＝－１２,∴x１x２＝－８．(６分)􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺∵|AM|＝１＋k２|x１

－０|＝１＋k２|x１|,|AN|＝１＋k２|x２|,∴|AM|􀅰|AN|＝(１＋k２)|x１x２|＝８(１＋k２)．(８分)􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺联立方程y＝kx＋１,x２＝４y,{整理得x２－４kx

－４＝０,则x３＋x４＝４k,x３x４＝－４,则|PQ|＝１＋k２(x３＋x４)２－４x３x４＝１＋k２１６k２＋１６＝４(１＋k２),(１１分)􀆺􀆺∴|AM|􀅰|AN|＝２|PQ|,∴λ＝２．(１２分)􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺�

�􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺２１􀆰(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)􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺∴f′(x)＝１x＋２x＋b＝２x２＋bx＋１x(

x＞０)．令φ(x)＝２x２＋bx＋１(x＞０),φ(x)＝０,则Δ＝b２－８,当－２２≤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)􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺

􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺当b＜－２２时,∵Δ＞０,∴φ(x)＝０有两解,不妨设为x１,x２,６􀅰数学参考答案(文科)第６页(共７页)】由求根公式得x１＝－b－b２－８４,x２＝－b＋

b２－８４,x１＋x２＝－b２＞０,x１x２＝１２＞０,∴x１,x２均为正根．当x∈(０,x１)时,∵φ(x)＞０,∴f′(x)＞０,∴f(x)在(０,x１)上单调递增,当x∈(x１,x２)时,∵φ(x)＜０,∴f′(x)＜０,∴f(x)在(x１,x２)上单调递减,当x∈(x２,

＋∞)时,∵φ(x)＞０,∴f′(x)＞０,∴f(x)在(x２,＋∞)上单调递增．(５分)􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺综上,当－２２≤b＜０时,f(x)在(

０,＋∞)上单调递增;当b＜－２２时,f(x)在(０,－b－b２－８４)上单调递增,在(－b－b２－８４,－b＋b２－８４)上单调递减,在(－b＋b２－８４,＋∞)上单调递增．(６分)􀆺􀆺􀆺􀆺

􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺(２)由(１)知,当－２２≤b＜０时,f(x)在(０,＋∞)上单调递增,此时f(３)＝ln３＋９＋３b＋１＝ln３＋３(３＋b)＋１＞０,f(１e２)＝－２＋

１e４＋be２＋１＝１＋be２－e４e４＜１－e４e４＜０,∴f(x)在(１e２,３)有唯一零点,即f(x)在(０,＋∞)有唯一零点．(７分)􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺当b＜－２２时,f(x)在(０,x１)上单调递增,在(x１,x２)上单调递减,在(x２,＋∞

)上单调递增．∵f′(x１)＝０,∴２x１２＋bx１＋１＝０,bx１＋１＝－２x１２,∴f(x１)＝lnx１＋x１２＋bx１＋１＝lnx１－x１２．(８分)􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺令g(

x)＝lnx－x２(x＞０),∵g′(x)＝１－２x２x(x＞０),可得g(x)在(０,２２)上单调递增,(２２,＋∞)上单减递减,∴g(x)≤g(２２)＝－１２ln２－１２＜０,∴f(x１)＜０．(９分)􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺由单调性知,当x∈(０,x２

]时,∵f(x)＜f(x１)＜０,∴f(x２)＜f(x１)＜０．∵－b－x２＝－b－－b＋b２－８４＝－３b－b２－８４＞０,f(－b)＝ln(－b)＋b２－b２＋１＝ln(－b)＋１,b＜－２２,∴ln(－b)＋１＞ln２２＋１＞０,∴f(－b)＞０．(１０分)􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺�

�􀆺􀆺􀆺由零点存在定理,存在x０∈(x２,－b),使得f(x０)＝０,所以f(x)在x∈(x２,＋∞)时有一个零点x０．(１１分)􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺�

�􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺综上所述,当b＜０时,f(x)在(０,＋∞)上只有一个零点．(１２分)􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺２２􀆰(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＝ρcosθ,y＝ρsinθ,得直线l的极坐

标方程为θ＝π３(ρ∈R)．(２分)􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺设P(ρ０,θ０)(ρ０≠０),M(ρ,θ),由题意θ０＝θ,①又|OP|􀅰|OM|＝１,∴ρρ０＝１,即ρ０＝

１ρ．②因为点P在曲线C上,所以ρ０＝２２sin(θ０＋π４),６􀅰数学参考答案(文科)第７页(共７页)】将①②代入ρ０＝２２sin(θ０＋π４),得１ρ＝２２sin(θ＋π４),整理得曲线E的极坐标方程为２２ρsi

n(θ＋π４)＝１．(５分)􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺(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＝π３,ρ＝２２sin(θ＋π４),ìîíïïïï得ρ１＝２２sin(π３＋π４)＝１＋３．(７分)􀆺􀆺􀆺􀆺�

�􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺联立直线l和曲线E的极坐标方程θ＝π３,２２ρsin(θ＋π４)＝１,ìîíïïïï得ρ２＝１２２sin(π３＋π４)＝３－１２,(９分)􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺�

�􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺∴|AB|＝|ρ１－ρ２|＝|(１＋３)－３－１２|＝３＋３２．(１０分)􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺２３􀆰(１０分)解:(１)当a＝－３时,f(x)＝|２x＋３|＋|x－１|＝－２－３x,x

≤－３２,４＋x,－３２＜x＜１,３x＋２,x≥１,ìîíïïïïïï(２分)􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺则x≤－３２,－２－３x＞８{或－３２＜x＜１,４＋x＞８{或x≥１,３x＋２＞８,{得x∈(－∞,－

１０３)∪(２,＋∞)．(５分)􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺(２)由题知,不等式－x２＋２x≥f(x),即x２－２x＋

f(x)≤０有解,令g(x)＝x２－２x＋f(x),当a＜２时,g(x)＝x２－２x＋|２x－a|＋|x－１|＝x２－５x＋a＋１,x≤a２,x２－x＋１－a,a２＜x＜１,x２＋a－１－a,x≥１．ìîíïï

ïïïï(７分)􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺由二次函数的性质知:若１≤a＜２,则g(x)在(－∞,a２)上单调递减,在(a２,＋∞)上单调递增,g(x)min＝g(a２)＝a２４－３a２＋１≤０,得３－５≤a≤３＋５,又∵１≤a＜２,∴１≤a＜２．(８分)􀆺􀆺􀆺

􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺若a＜１,则g(x)在(－∞,１２)上单调递减,在(１２,＋∞)上单调递增,g(x)min＝g(１２)＝３４－a≤０,得３４≤a＜１．

(９分)􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺综上,a∈[３４,２)．(１０分)􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺􀆺６