【文档说明】超级全能生”2021届高三全国卷地区1月联考试题（甲卷） 数学（理）解析.pdf，共(5)页，365.345 KB，由小赞的店铺上传

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“超级全能生”２０２１高考全国卷地区１月联考甲卷数学（理科）答案详解１２３４５６７８９１０１１１２ＢＣＣＣＤＡＢＢＣＡＣＢ１．Ｂ【解析】本题考查集合的交集运算，考查运算求解能力，考查数学运算核心素养．集合Ａ＝｛ｘ∈Ｒ｜２ｘ－１＜３｝＝（－∞，２），集合Ｂ＝｛ｘ∈Ｒ｜ｘ＋１＞０｝＝（－１，＋∞

），所以Ａ∩Ｂ＝（－１，２），故选Ｂ．２．Ｃ【解析】本题考查复数的概念及运算，考查运算求解能力，考查数学运算核心素养．由原式＝（１＋ａｉ）（ａ－ｉ）ａ２＋１＝２ａａ２＋１＋ａ２－１ａ２＋１ｉ＞０，得２ａａ２＋１＞０，ａ２－１ａ２＋

１＝０{，解得ａ＝１，故选Ｃ．３．Ｃ【解析】本题考查同角三角函数的基本关系及二倍角公式，考查运算求解能力、推理论证能力，考查数学运算、逻辑推理核心素养．由ｔａｎα１－ｔａｎ２α＝－７４８得ｔａｎα＝－１７或７．因为α∈π２，()π，所以ｓｉ

ｎα＝槡２１０，ｃｏｓα＝－槡７２１０，所以ｓｉｎα－π()４＝槡２２（ｓｉｎα－ｃｏｓα）＝槡２２×槡２１０＋槡７２()１０＝４５，故选Ｃ．【一题多解】由ｔａｎα１－ｔａｎ２α＝－７４８得ｔａｎ２α＝－７２４．因为α∈π２，()π，所以２α∈（π，２π），可得ｓｉｎ２α＝

－７２５．因为ｔａｎ２α＜０，所以２α∈３π２，２()π，可得α∈３π４，()π，所以α－π４∈π２，３π()４，ｓｉｎα－π()４＞０，所以(ｓｉｎα－π)４＝槡２２（ｓｉｎα－ｃｏｓα）＝槡２２·１－２ｓｉｎαｃｏｓ槡

α＝槡２２×１－－７()槡２５＝４５，故选Ｃ．４．Ｃ【解析】本题考查几何概型，考查运算求解能力、推理论证能力，考查数学运算、逻辑推理核心素养．根据题意，正方形的面积Ｓ＝８×８＝６４，心形曲线内部的面积Ｓ１＝π×２２＋４×６＝４π＋２４，故所求概

率Ｐ＝Ｓ１Ｓ＝４π＋２４６４＝π＋６１６，故选Ｃ．５．Ｄ【解析】本题考查函数的性质及不等式的解法，考查推理论证能力、运算求解能力，考查数学运算、逻辑推理核心素养．由ｆ（ｘ）＝ｆ（－２－ｘ）得ｆ（ｘ）的图象关于ｘ＝－１对称．因为定义在

Ｒ上的函数ｆ（ｘ）在（－∞，－１］上单调递减，且ｆ（－４）＝０，所以ｆ（ｘ）在（－１，＋∞）上单调递增，且ｆ（２）＝０，所以当ｘ∈（－∞，－４）∪（２，＋∞）时，ｆ（ｘ）＞０；当ｘ∈（－４，２）时，ｆ（ｘ

）＜０，所以由ｆ（ｘ－３）ｘ≥０可得ｘ＜０，－４≤ｘ－３≤{２或ｘ＞０，ｘ－３≥２或ｘ－３≤－４{，解得－１≤ｘ＜０或ｘ≥５，所以不等式ｆ（ｘ－３）ｘ≥０的解集为［－１，０）∪［５，＋∞），故选Ｄ．６．Ａ【解析】本题考查平面向量的数量积，考查运算求解能力，考查数学运算、逻辑推理核心素养．由

｜ａ｜＝｜ｂ｜＝｜ａ－ｂ｜＝１得〈ａ，ｂ〉＝６０°，所以ａ·ｂ＝｜ａ｜·｜ｂ｜ｃｏｓ〈ａ，ｂ〉＝１２，所以｜ｃ｜＝｜２ａ－ｂ｜＝（２ａ－ｂ）槡２＝４ａ２－４ａ·ｂ＋ｂ槡２槡＝３．因为ｃ·ｂ＝２ａ·ｂ－ｂ２＝２×１２－１＝０，所以ｃｏｓ〈ｃ，ｂ〉＝ｃ·ｂ｜ｃ｜·｜ｂ

｜＝０槡３×１＝０，故选Ａ．【一题多解】如图，作→ＯＡ＝ａ，→ＯＢ＝ｂ，→ＯＣ＝２ａ，→ＢＣ＝２ａ－ｂ＝ｃ，→ＢＡ＝ａ－ｂ，则∠ＢＯＡ＝６０°，∠ＡＢＣ＝∠ＢＣＡ＝３０°，∠ＯＢＣ＝〈ｃ，ｂ〉＝９０°，所以ｃｏｓ〈ｃ，ｂ〉＝ｃｏｓ９０°＝０，故选Ａ．７．Ｂ

【解析】本题考查简单几何体的三视图及距离计算，考查空间想象能力、运算求解能力，考查数学运算、逻辑推理、直观想象核心素养．由三视图得，该几何体是高为槡５，底面半径为２的圆锥的１４，圆锥的母线长为３．路径一：侧面两直角三角形展开成平面图形（如图１

），从Ａ到Ｂ的线段长为４；路径二：侧面沿曲线展开成平面扇形（如图２），扇形的弧长为π，扇形所对的圆周角为π３，此时从Ａ到Ｂ的线段长为３．综上，从Ａ到Ｂ的最短路径长为３，故选Ｂ．—数学（理科）·答１—８．Ｂ【解析】本题考查排列组合，考查运算求解能力、推理论证能力，考查数学运算、逻辑推理核心素

养．４个人去三个村扶贫，每个村至少去１人，则有一个村要去２人，故不同的分配方法共有Ｃ２４Ａ３３＝３６（种），故选Ｂ．９．Ｃ【解析】本题考查等差数列的定义及通项公式，考查运算求解能力、推理论证能力，考查数学运算、逻辑推理核心素养．由ａｎ－ａｎ＋１ａｎ＋１·ａｎ＝

１得１ａｎ＋１－１ａｎ＝１，所以数列１ａ{}ｎ是以１为首项，１为公差的等差数列，所以１ａｎ＝１＋（ｎ－１）×１＝ｎ，即ａｎ＝１ｎ，则由ａｍ＝１１０得ｍ＝１０，故选Ｃ．１０．Ａ【解析】本题考查异面直线所成角、空间向量的坐标运算，考查运算求解能力、空间想象能力，考查数学运算、逻辑推理、直观想象核心素养

．以点Ａ为坐标原点，ＡＢ，ＡＣ，ＡＡ１所在直线分别为ｘ，ｙ，ｚ轴，建立空间直角坐标系Ａ－ｘｙｚ．设ＡＢ＝ｘ，则Ａ１（０，０，２），Ｅ０，１，()３２，Ｆｘ，０，()１２，Ｂ１（ｘ，０，１），Ｃ１（０，２，１），Ｄｘ２，１，()１，Ａ１→Ｄ＝ｘ２，１，()－１，→Ｅ

Ｆ＝（ｘ，－１，－１），所以直线Ａ１Ｄ与ＥＦ所成角的余弦值｜ｃｏｓ〈Ａ１→Ｄ，→ＥＦ〉｜＝｜Ａ１→Ｄ·→ＥＦ｜｜Ａ１→Ｄ｜·｜→ＥＦ｜＝ｘ２２－１＋１ｘ２４槡＋２·ｘ２槡＋２＝槡３９，解得ｘ＝１，故选Ａ．１１．Ｃ【解析】本题考

查直线与抛物线的位置关系，考查运算求解能力、数形结合思想，考查数学运算、逻辑推理核心素养．设Ａ（ｘＡ，ｙＡ），Ｂ（ｘＢ，ｙＢ），｜ＡＦ｜＝ｍ，｜ＢＦ｜＝ｎ，由题得直线ｌ的方程为ｙ槡＝３ｘ槡－２３，根据

抛物线的几何性质可得ｘＡ＝２＋ｍ２，ｙＡ＝槡３２ｍ，代入ｙ２＝８ｘ得槡３２()ｍ２＝８２＋ｍ()２，解得ｍ＝８（负值舍去）；同理可得ｘＢ＝２－ｎ２，ｙＢ＝－槡３２ｎ，代入ｙ２＝８ｘ得－槡３２()ｎ２＝８２－ｎ()２，解

得ｎ＝８３（负值舍去）．由ｘ２＋ｙ２－４ｘ＋３＝０得圆心为（２，０），半径为１，所以｜ＡＣ｜＝８－１＝７，｜ＢＤ｜＝８３－１＝５３，所以△ＯＡＣ与△ＯＢＤ的面积之比为Ｓ△ＯＡＣＳ△ＯＢＤ＝｜ＡＣ｜｜ＢＤ｜＝７５３＝２１５，故选Ｃ．【一题多解】解法一：由题知｜ＡＦ｜＝４１－ｃｏｓπ３＝８，｜

ＢＦ｜＝４１＋ｃｏｓπ３＝８３，圆心（２，０），半径为１，所以｜ＡＣ｜＝８－１＝７，｜ＢＤ｜＝８３－１＝５３，所以△ＯＡＣ与△ＯＢＤ的面积之比为Ｓ△ＯＡＣＳ△ＯＢＤ＝｜ＡＣ｜｜ＢＤ｜＝７５３＝２１５，故选Ｃ

．解法二：设点Ａ（ｘ１，ｙ１），Ｂ（ｘ２，ｙ２），ｙ２＝２ｐｘ＝８ｘ，故ｐ＝４．因为｜ＡＦ｜＝ｐ２＋ｘ１，｜ＢＦ｜＝ｐ２＋ｘ２，ｘ１＝ｐ２＋｜ＡＦ｜２，ｘ２＝ｐ２－｜ＢＦ｜２，ｐ＝４，所以｜ＡＦ｜＝８，｜ＢＦ｜＝８３，由题知圆心（２，０），半径为１，所以｜ＡＣ｜＝８－１＝７，｜

ＢＤ｜＝８３－１＝５３，所以△ＯＡＣ与△ＯＢＤ的面积之比为Ｓ△ＯＡＣＳ△ＯＢＤ＝｜ＡＣ｜｜ＢＤ｜＝７５３＝２１５，故选Ｃ．１２．Ｂ【解析】本题考查分段函数及函数的零点，考查运算求解、推理论证能力及数形结合思想，考查直观想象、数学运算、逻辑推理核心素养．作出ｆ（ｘ）在（０

，＋∞）上的图象，如图所示．依题意可得，函数ｆ（ｘ）在（１，２）上单调递增，在（０，１）上单调递减，所以函数ｆ（ｘ）在ｘ＝１处取得极小值１；当ｘ∈（１，２）时，１＜ｆ（ｘ）＜３２；当ｘ∈（２，＋∞）时，２＜ｆ（ｘ）≤５２．欲使方程ｆ２（ｘ）＋ａｆ（ｘ）＋ｂ＝０（ａ，ｂ∈Ｒ）有

且仅有６个不同实数根，设ｔ＝ｆ（ｘ），则ｔ２＋ａｔ＋ｂ＝０必有两个根ｔ１，ｔ２，－ａ＝ｔ１＋ｔ２，则有两种情况符合题意：当ｔ１∈２，(]５２，且ｔ２∈５２，()＋∞∪３２，[]２∪｛１｝时，－ａ＝ｔ１＋ｔ２∈（３，＋∞），可得ａ∈（－∞，－３）．当ｔ１∈１，()３２，且ｔ２∈５２，()＋

∞∪３２，[]２∪｛１｝时，－ａ＝ｔ１＋ｔ２∈（２，＋∞），可得ａ∈（－∞，－２）．由题知ｆ（ｘ）为偶函数，故当关于ｘ的方程ｆ２（ｘ）＋ａｆ（ｘ）＋ｂ＝０有且仅有６个不同实数根时，ａ的取值范围是（－∞，－２），

故选Ｂ．１３．３１６２３【解析】本题考查函数的应用、对数的运算，考查运算求解能力、推理论证能力，考查数学运算、逻辑推理核心素养．设第一次的声压为ｐ１，第二次的声压为ｐ２，则２０ｌｇｐ１ｐ０＝１０，２０ｌｇｐ２ｐ０＝１００，所以ｌｇｐ１－ｌｇｐ０＝０．５

，ｌｇｐ２－ｌｇｐ０＝５，则ｌｇｐ２－ｌｇｐ１＝４．５，所以ｐ２ｐ１＝１０４．５≈３１６２３．—数学（理科）·答２—１４．４５【解析】本题考查等比数列的性质、通项公式，考查运算求解能力、推理论证能力，考查数学运算、逻辑推理核心素养．设正项等比数列｛ａｎ｝的公比为ｑ（ｑ＞０），根据题意得ａ

１ｑ５＝ａ１ｑ·ａ１ｑ４，ａ１＋ａ１ｑ＋ａ１ｑ２＝７{，解得ａ１＝１，ｑ＝２{，所以ａｎ＝２ｎ－１，∏ｎｉ＝１ａｉ＝ａ１·ａ２·…·ａｎ＝２０＋１＋２＋…＋（ｎ－１）＝２（ｎ－１）ｎ２，∏１０ｉ＝１ａｉ＝２４５，则ｌｏｇ２∏１０ｉ＝１ａｉ＝ｌｏｇ２２４５＝４５．１５．Ｓ２＋Ｓ３＝

Ｓ１【解析】本题考查推理与证明，考查推理论证能力，考查逻辑推理核心素养．由图中图形可得Ｓ２Ｓ１＝ａ()ｃ２，Ｓ３Ｓ１＝ｂ()ｃ２，所以Ｓ２＋Ｓ３＝ａ２＋ｂ２ｃ２·Ｓ１＝Ｓ１，故满足的关系式为Ｓ２＋Ｓ３＝Ｓ１．１６．槡３＋１

【解析】本题考查双曲线的几何性质及应用，考查运算求解、推理论证能力，考查数学运算、逻辑推理、直观想象核心素养．根据题干描述，可得入射光线所在的直线方程为ｙ槡＝－３（ｘ－ｃ）；反射光线所在的直线方程为ｙ＝槡３３（ｘ＋ｃ）．联立ｙ槡＝－３（ｘ－ｃ），ｙ＝槡３３（ｘ

＋ｃ{），解得ｘ＝ｃ２，ｙ＝槡３２ｃ{，代入ｘ２ａ２－ｙ２ｂ２＝１，得ｃ２４ａ２－３ｃ２４ｂ２＝１．又ｂ２＝ｃ２－ａ２，整理得ｅ４－８ｅ２＋４＝０，解得ｅ槡＝３＋１或槡３－１（舍），所以双曲线Ｅ的离心率为槡３＋１．【一题多解】设反射点为Ｐ，

由双曲线的光学性质可知ＰＦ１⊥ＰＦ２，∠ＰＦ１Ｆ２＝３０°，∠ＰＦ２Ｆ１＝６０°，所以双曲线Ｅ的离心率ｅ＝２ｃ２ａ＝Ｆ１Ｆ２ＰＦ１＋ＰＦ２＝２ｃ槡３ｃ－ｃ＝２槡３－１槡＝３＋１．１７．【名师指导】本题考查线性回归方程的应用，考查数据处理能力、运算

求解能力，考查数据分析、数学运算、数学建模、逻辑推理核心素养．（Ⅰ）根据表中数据即可作出散点图，进而判断出相关关系；（Ⅱ）由ｘ＝ｔ－２０１７，得到５组数据，再利用公式求出＾ｂ，＾ａ，代入回归直线＾ｙ＝＾ｂｘ＋＾ａ，即可得解；（Ⅲ）先计算ｔ＝２０２１时对应的ｘ值，代入线性回归方程

，即可得解．解：（Ⅰ）作散点图如图所示．从图中可以看出，各点散布在一条直线附近，可知全国从事节能服务的企业数量与时间呈线性正相关．（３分）（Ⅱ）由ｘ＝ｔ－２０１７，得５组对应数据为（－２，５４），（－１，５８），（０，６１），（１，６４），（２，６５），（４分）所以ｘ＝０，ｙ＝６０

．４，（５分）∑５ｉ＝１ｘｉｙｉ＝２８，∑５ｉ＝１ｘ２ｉ＝１０，（６分）所以＾ｂ＝∑５ｉ＝１ｘｉｙｉ－５ｘｙ∑５ｉ＝１ｘ２ｉ－５ｘ２＝２８－５×０×６０．４１０－５×０２＝２．８，（７分）＾ａ＝ｙ－＾ｂｘ＝６０．４－２．８×０＝６０．４，（８分）所以ｙ关于ｘ的线性回

归方程为＾ｙ＝２．８ｘ＋６０．４．（９分）（Ⅲ）当ｔ＝２０２１时，ｘ＝２０２１－２０１７＝４，（１０分）此时＾ｙ＝２．８×４＋６０．４＝７１．６（百家），（１１分）所以预测２０２１年，全国从事节能服务的企业数量

约为７１６０家．（１２分）１８．【名师指导】本题考查三角恒等变换、正弦定理、余弦定理、三角形面积公式，考查运算求解能力、推理论证能力，考查数学运算、逻辑推理核心素养．（Ⅰ）先利用正弦定理和二倍角公式化简，再利用余弦定理即可得解；（Ⅱ）先利用余弦定理及基本不等式求出ａｂ的

取值范围，再由三角形面积公式即可得解．解：（Ⅰ）由４ｃｃｏｓ２Ｂ２＋ｂ＝２（ａ＋ｂｃｏｓＡ＋ａｃｏｓＢ）及正弦定理得４ｃｃｏｓ２Ｂ２＝２ａ＋２ｃ－ｂ，（１分）所以ｂ＋２ｃｃｏｓＢ＝２ａ，（２分）由余弦定理得ｂ＋２ｃ·ａ２＋ｃ２－ｂ２２ａｃ＝２ａ，化简得ａ２＋ｂ２－ｃ２＝ａｂ，（３分）故ｃｏ

ｓＣ＝ａ２＋ｂ２－ｃ２２ａｂ＝１２．（４分）又因为Ｃ∈（０，π），（５分）所以Ｃ＝π３．（６分）（Ⅱ）由ｃ２＝１６＝ａ２＋ｂ２－２ａｂｃｏｓπ３≥２ａｂ－ａｂ＝ａｂ（当且仅当ａ＝ｂ＝４时，取等号），（１０分）得ａｂ≤１６，（１１分）所以Ｓ△ＡＢＣ＝１２ａｂｓｉｎＣ＝槡３４

ａｂ≤槡４３，即当ａ＝ｂ＝４时，△ＡＢＣ的面积取最大值槡４３．（１２分）１９．【名师指导】本题考查空间中直线与平面垂直的判定定理、二面角的余弦值，考查推理论证能力、空间想象能力、运算求解能力，考查直观想象、数学运算、逻辑推理核心素养．（Ⅰ）利用直线与平面垂直的判定定理即可得证；（Ⅱ）先建立合适

的空间直角坐标系，再结合空间向量的夹角公式即可得解．解：（Ⅰ）证明：因为四边形ＡＢＣＤ是矩形，—数学（理科）·答３—所以ＡＢ⊥ＡＤ．（１分）因为在图２中，∠ＰＡＢ＝９０°，所以ＡＢ⊥ＰＡ．（２分）又因为ＡＤ∩ＰＡ＝

Ａ，ＡＤ，ＰＡ平面ＰＡＤ，所以ＡＢ⊥平面ＰＡＤ．（３分）又因为ＰＤ平面ＰＡＤ，所以ＡＢ⊥ＰＤ．（４分）因为ＰＡ⊥ＰＤ，且ＰＡ∩ＡＢ＝Ａ，ＰＡ，ＡＢ平面ＰＡＢ，所以ＰＤ⊥平面ＰＡＢ．（６分）（Ⅱ）

由（Ⅰ）易知△ＰＡＢ≌△ＰＤＣ，所以ＰＢ＝ＰＣ．设ＡＢＢＣ＝λ（λ＞０）．如图，以点Ａ为坐标原点，ＡＢ所在直线为ｘ轴，ＡＤ所在直线为ｙ轴，过点Ａ垂直于平面ＡＢＣＤ的直线为ｚ轴，建立空间直角坐标系Ａ－ｘ

ｙｚ．（７分）取ＢＣ＝２，则ＡＢ＝２λ（λ＞０），则点Ａ（０，０，０），Ｂ（２λ，０，０），Ｃ（２λ，２，０），Ｄ（０，２，０），Ｐ（０，１，１），→ＰＢ＝（２λ，－１，－１），→ＢＣ＝（０，２，０），→ＰＤ＝（０，１，－

１）．（８分）因为ＰＤ⊥平面ＰＡＢ，所以→ＰＤ是平面ＰＡＢ的一个法向量．（９分）设平面ＰＢＣ的法向量为ｎ＝（ｘ，ｙ，ｚ），则ｎ·→ＰＢ＝２λｘ－ｙ－ｚ＝０，ｎ·→ＢＣ＝２ｙ＝０{，取ｘ＝１，可得ｎ＝（１，０，２λ），（１

０分）所以｜ｃｏｓ〈→ＰＤ，ｎ〉｜＝→ＰＤ·ｎ｜→ＰＤ｜｜ｎ｜＝－２λ槡２×４λ２槡＋１＝２３，（１１分）解得λ槡＝２，即ＡＢＢＣ槡＝２．（１２分）２０．【名师指导】本题考查椭圆的标准方程、几何性质、直线与椭圆的位置关系，考查运算求解能力、数形结合思想、化归与转化思想，考查数学运算、逻辑推

理核心素养．（Ⅰ）由已知条件结合椭圆的几何性质即可得解；（Ⅱ）先设出直线ｌＡＢ的方程，与椭圆方程联立，利用韦达定理及ｋＣＡ＋ｋＣＢ＝０化简计算，即可得解．解：（Ⅰ）因为椭圆Ｅ：ｘ２ａ２＋ｙ２ｂ２＝１（ａ＞ｂ＞０）与圆ｘ２＋

ｙ２＝２相切于长轴的端点，且圆ｘ２＋ｙ２＝２的半径为槡２，（１分）所以ａ槡＝２．（２分）又因为椭圆Ｅ的离心率为槡２２，即ｃａ＝槡２２，（３分）解得ｃ＝１，（４分）所以ｂ２＝ａ２－ｃ２＝１，（５分）所以椭圆Ｅ的方程为ｘ２２＋ｙ２＝１．（６分）（Ⅱ）由→ＡＢ＝λ→ＡＦ得直线ＡＢ过点Ｆ．设直线ｌＡＢ：ｘ

＝ｍｙ＋１，（７分）联立ｘ２２＋ｙ２＝１，ｘ＝ｍｙ＋１{，消去ｘ可得（ｍ２＋２）ｙ２＋２ｍｙ－１＝０．（８分）设点Ａ（ｘ１，ｙ１），Ｂ（ｘ２，ｙ２），则ｙ１＋ｙ２＝－２ｍｍ２＋２，ｙ１ｙ２＝－１ｍ２＋２．（９分）由题意可知点Ｃ在ｘ轴上，设点Ｃ（ｔ，０），易知直线ＣＡ，Ｃ

Ｂ的斜率存在，则ｋＣＡ＋ｋＣＢ＝ｙ１ｘ１－ｔ＋ｙ２ｘ２－ｔ＝ｙ１１＋ｍｙ１－ｔ＋ｙ２１＋ｍｙ２－ｔ＝（１－ｔ）（ｙ１＋ｙ２）＋２ｍｙ１ｙ２（１＋ｍｙ１－ｔ）（１＋ｍｙ２－ｔ）＝０，（１０分）则（１－ｔ）（ｙ１＋ｙ２）＋２ｍｙ１ｙ２＝０，即２ｍ（ｔ－１）

－２ｍ＝２ｍ（ｔ－２）＝０．（１１分）易知当ｍ＝０时不满足题意，所以ｔ＝２，所以点Ｃ（２，０）．（１２分）２１．【名师指导】本题考查导数在研究函数中的应用，考查推理论证能力、运算求解能力，考查数学运算、逻辑推理核心素养．（Ⅰ）构造新函数，利用导数研究函数的单调性和最值，即可得证；

（Ⅱ）对函数求导，并构造新函数，结合零点存在性定理及函数的单调性即可求解．解：（Ⅰ）证明：依题意，令Ｆ（ｘ）＝ｆ（ｘ）－ｃｏｓｘ，则Ｆ（ｘ）＝ｅｘ－２ｘ－ｃｏｓｘ，Ｆ′（ｘ）＝ｅｘ－２＋ｓｉｎｘ＝（ｅｘ－１）＋（ｓｉｎｘ－１）．（１分

）当ｘ＜０时，ｅｘ＜ｅ０＝１，且ｓｉｎｘ－１≤０，故Ｆ′（ｘ）＜０，（２分）故函数Ｆ（ｘ）在（－∞，０）上单调递减，（３分）故Ｆ（ｘ）＞Ｆ（０）＝０，所以ｆ（ｘ）－ｃｏｓｘ＞０，即ｆ（ｘ）＞ｃｏｓｘ．

（４分）（Ⅱ）依题意，ｇ（ｘ）＝ｅｘ－２ｘ－ｃｏｓｘ＋ｌｎ（ｘ＋１），ｘ＞－１．令ｈ（ｘ）＝ｇ′（ｘ）＝ｅｘ＋１ｘ＋１＋ｓｉｎｘ－２，（５分）则ｈ′（ｘ）＝ｅｘ－１（ｘ＋１）２＋ｃｏｓｘ，易知当ｘ∈０，π()２时，ｈ′（ｘ）＞０，（６分）

故函数ｈ（ｘ）在０，π()２上单调递增，则ｈ（ｘ）＞ｈ（０）＝０，即ｇ′（ｘ）＞０，—数学（理科）·答４—所以函数ｇ（ｘ）在０，π()２上单调递增；（７分）当ｘ∈（－１，０）时，ｈ′（ｘ）单调递增，且ｈ′（０）＝１＞０．

（８分）又ｈ′－()１２＝ｅ－１２＋ｃｏｓ－()１２－４＜０，故ｘ０∈－１２，()０，使得ｈ′（ｘ０）＝０，（９分）所以当ｘ∈（ｘ０，０）时，ｈ′（ｘ）＞０，函数ｈ（ｘ）在（ｘ０，０）上单调递增，即ｇ′（ｘ）在（ｘ０，０）上单调递增，（１０分）所以当ｘ∈（ｘ０，０）时，ｇ′（ｘ）＜ｇ′（０）＝０

，故函数ｇ（ｘ）在（ｘ０，０）上单调递减；当ｘ∈π２，[)＋∞时，ｅｘ≥ｅπ２＞２．７３２＞４，１ｘ＋１＞０，即ｅｘ＋１ｘ＋１＋ｓｉｎｘ－２＞０，所以ｇ′（ｘ）＞０，函数ｇ（ｘ）在π２，[)＋∞上单调递增．综上可知，函数ｇ（ｘ）在（ｘ０，０）上单调递减，在（０，＋∞）上单调递增，（

１１分）因此，当ｘ＝０时，函数ｇ（ｘ）有极小值，极小值为ｇ（０）＝０．（１２分）２２．【名师指导】本题考查参数方程与普通方程、极坐标方程与直角坐标方程的互化，考查运算求解能力、化归与转化思想，考查数学运算核心素养．（Ⅰ）由直线ｌ的

参数方程消去参数求出其普通方程再转化为极坐标方程，由｜ＭＮ｜＝１，可利用两点间的距离公式求解；或由｜ＭＮ｜＝１可得点Ｍ的轨迹，再结合已知条件即可求解；（Ⅱ）由θ＝π４求出Ａ，Ｂ两点的极坐标即可求解．解：（Ⅰ）解法一：由ｘ＝槡３１３１３ｔ＋１，ｙ＝槡２１３１３{ｔ（ｔ为参数），消参得２ｘ－

３ｙ－２＝０，∴直线ｌ的极坐标方程为２ρｃｏｓθ－３ρｓｉｎθ－２＝０．（２分）令θ＝０，得ρ＝１，∴Ｎ（１，０）．设点Ｍ（ρ，θ），由｜ＭＮ｜＝１得｜ＭＮ｜＝ρ２＋１２－２×ρ×１×ｃｏｓ槡θ＝１，即ρ＝２ｃｏｓθ，∴点Ｍ的轨迹的极坐标方程为ρ＝２ｃｏｓθ．（５分）解法二：由

ｘ＝槡３１３１３ｔ＋１，ｙ＝槡２１３１３{ｔ（ｔ为参数）消参得２ｘ－３ｙ－２＝０，∴直线ｌ的极坐标方程为２ρｃｏｓθ－３ρｓｉｎθ－２＝０．（２分）令θ＝０，得ρ＝１，∴Ｎ（１，０），由｜ＭＮ｜＝１得点Ｍ的轨迹为以点Ｎ（１，０）为圆心，１为半径的圆，∴点Ｍ的轨迹方程为（ｘ

－１）２＋ｙ２＝１，∴点Ｍ的轨迹的极坐标方程为ρ＝２ｃｏｓθ．（５分）（Ⅱ）由２ρｃｏｓθ－３ρｓｉｎθ－２＝０，θ＝π{４得ρ槡＝－２２，∴点Ａ槡－２２，π()４，｜ＯＡ槡｜＝２２；（７分）由ρ＝２ｃｏｓθ，θ＝π{４得ρ槡＝２，∴点Ｂ槡２，π()４，｜ＯＢ槡｜＝２，（９分）∴１｜ＯＡ｜＋１｜Ｏ

Ｂ｜＝１槡２２＋１槡２＝槡３２４．（１０分）２３．【名师指导】本题考查绝对值不等式的解法及不等式性质的应用，考查运算求解能力及推理论证能力，考查逻辑推理、数学运算核心素养．（Ⅰ）利用零点分段法，分别解不等式组，最后求并集即可；（Ⅱ）

利用分离参数法，构造新函数，求出新函数的最值即可求解．解：（Ⅰ）不等式ｆ（ｘ）＞３，即｜ｘ＋１｜＋｜ｘ－１｜＞３，等价于ｘ≤－１，－（ｘ＋１）－（ｘ－１）{＞３或－１＜ｘ＜１，ｘ＋１－（ｘ－１）{＞３或ｘ≥１，ｘ＋１＋（ｘ－１）＞３{，（３

分）解得ｘ＜－３２或ｘ∈或ｘ＞３２，（４分）所以原不等式的解集为－∞，－()３２∪３２，()＋∞．（５分）（Ⅱ）设ｇ（ｘ）＝ｆ（ｘ）＋ｘ＝｜ｘ＋１｜＋｜ｘ－１｜＋ｘ．（６分）因为ｇ（ｘ）≥ｔ恒成立，所以只需满足ｇ（ｘ）ｍｉｎ≥ｔ即可．（７分）因为ｇ（ｘ）＝３ｘ，ｘ≥１，ｘ＋２，－１＜ｘ＜１

，－ｘ，ｘ≤－１{，（８分）故当ｘ＝－１时，ｇ（ｘ）取最小值，ｇ（ｘ）ｍｉｎ＝１，（９分）所以ｔ≤１．所以实数ｔ的取值范围是（－∞，１］．（１０分）—数学（理科）·答５—