安徽省江南十校2019届高三3
一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）
月份综合素质检测理科数学
A. 𝜋𝐿2
7. 已知函数
B. 𝜋𝐿3
C. 2𝜋𝐿2
1
D. 2𝜋𝐿3
1
（ω＞0）的最小正周期为4π，则下面结论正确的是（ ）
1. 设集合U＝{－2，－1，0，1，2}，A＝{x|x2＞1，x∈U}，则∁𝑈𝐴=（ ）
A. 函数𝑓(𝑥)在区间(0,𝜋)上单调递增
D. {−1,0，1}
C. 函数𝑓(𝑥)的图象关于直线𝑥=
3𝑥−1
2𝜋
B. 函数𝑓(𝑥)在区间(0,𝜋)上单调递减 D. 函数𝑓(𝑥)的图象关于点(3,0)对称
2𝜋
A. {−2,2}
i
B. {−1,1} C. {−2,0，2}
对称 3
2. 复数𝑧=1−i（i为虚数单位），则|𝑧|=（ ）
2
A. √2
8. 设函数𝑓(𝑥)=𝑥2⋅𝑥，则不等式f（3log2x）＋f（1－log2x）＜0的解集是
3+1
B. √2
C. 2
1
D. 2
2
A. (0,√) 2
2
B. (√,+∞) 2
C. (0,√2) D. (√2,+∞)
3. 抛物线y＝2x2的焦点坐标是（ ）
A. (0,2)
1
B. (2,0)
1
C. (0,8)
1
D. (8,0)
1
9. 已知双曲线
𝑥24
−
𝑦2𝑏2
=1（b＞0）的左、右焦点分别为F1，F2，P为右支上一点且直线PF2与x轴垂直，若∠F1PF2
的角平分线恰好过点（1，0），则△PF1F2的面积为
4. 在△ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，若𝑏=2√7，c＝3，B＝2C，则cos2C的值为（ ）
7
A. √3
A. 12
1
𝑘
B. 24 C. 36
（e是自然对数的底数），若对
D. 48
，
，使得f（x1）≥g
B. 9
5
C. 9
4
7 D. √4
10. 已知函数𝑓(𝑥)=1−𝑥+𝑥，
（x2）成立，则正数k的最小值为（ ）
⃗⃗⃗⃗⃗ ，则𝐴𝐸⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅𝐵𝐷⃗⃗⃗⃗⃗ =2𝐸𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 的值是（ ） 5. 已知边长为1的菱形ABCD中，∠BAD＝60°，点E满足𝐵𝐸
A. −3
1
B. −2
1
C. −4
1
D. −6
1
A. 2
1
B. 1 C. 4−2√3 D. 4+2√3
6. 我国南北朝时期的科学家祖暅，提出了计算体积的祖暅原理：“幂势既同，则积不容异．”意思是：如果两个等
高的几何体，在等高处的截面积恒等，则这两个几何体的体积相等．利用此原理求以下几何体的体积：曲线y＝x2（0≤y≤L）绕y轴旋转一周得几何体Z，将Z放在与y轴垂直的水平面α上，用平行于平面α，且与Z的顶点OAC＝L，距离为l的平面截几何体Z，得截面圆的面积为𝜋(√𝑙)2=𝜋𝑙．由此构造右边的几何体Z1：其中AC⊥平面α，𝐴𝐴1⊂𝛼，AA1＝π，它与Z在等高处的截面面积都相等，图中EFPQ为矩形，且PQ＝π，FP＝l，则几何体Z的体
11. 如图，网格纸上的小正方形的边长为1，粗线（实线、虚线）画出的是某几何体的三视图，其中的曲线都是半径
为1的圆周的四分之一，则该几何体的表面积为
A. 20 B. 20+4 C. 20+4 D. 20+4
12. 计算机内部运算通常使用的是二进制，用1和0两个数字与电路的通和断两种状态相对应．现有一个2019位的二
进制数，其第一个数字为1，第二个数字为0，且在第k个0和第k＋1个0之间有2k＋1个1（k∈N），即
*
𝜋
3𝜋
5𝜋
⏟ 101110111110⋯
积为
2019个，
则该数的所有数字之和为
1
A. 1973 B. 1974 C. 1975 D. 1976
二、填空题（本大题共1小题，共5.0分）
𝑥+𝑦−2≥0
13. （1）设x，y满足约束条件{
𝑥−2𝑦+1≤0，则z＝3x＋y的最小值为________． 2𝑥−𝑦+2≥0
（2）已知sin𝛼⋅cos𝛼
1
=1
1+3cos2𝛼=4，且tan(𝛼+𝛽)3，则tanβ的值为________．
（3）在（x＋y＋z）6的展开式中，所有形如xaybz2（a，b∈N）的项的系数之和是________（用数字作答）． （4）如图，三棱锥A－BCD中，AC＝AD＝BC＝BD＝10，AB＝8，CD＝12，点P在侧面ACD上，且到直线AB的距离为√21，则PB的最大值是________．
三、解答题（本大题共7小题，共84.0分）
14. 已知数列{an}与{bn}满足：a1＋a2＋a3＋…＋an＝2bn（n∈N*），且{an}为正项等比数列，a1＝2，b3＝b2＋4．
（Ⅰ）求数列{an}与{bn}的通项公式；
（Ⅱ）若数列{c𝑎
n}满足𝑐𝑛=𝑛
𝑏𝑛𝑏𝑛+1（n∈N*），Tn为数列{cn}的前n项和，证明：Tn＜1．
15. 斜三棱柱ABC－A1B1C1中，底面是边长为2的正三角形，𝐴1𝐵=√7，∠A1AB＝∠A1AC＝60°
．
（Ⅰ）证明：平面A1BC⊥平面ABC；
（Ⅱ）求直线BC1与平面ABB1A1所成角的正弦值．
16. 某公司生产的某种产品，如果年返修率不超过千分之一，则其生产部门当年考核优秀，现获得该公司2011－2018
年的相关数据如下表所示：
年份 2011 2012 2013 2014 2015 2016 2017 2018 年生产台数（万台） 2 3 4 5 6 7 10 11 该产品的年利润（百万元） 2.1 2.75 3.5 3.25 3 4.9 6 6.5 年返修台数（台） 21 22 28 65 80 65 84 88 部分计算结果： 𝑥=18𝑥𝑖=6 ， 𝑦=18 ∑88∑𝑖=18∑𝑖=1𝑦𝑖=4 ，𝑖=1(𝑥𝑖−𝑥)2=72 ， ∑8𝑖=1(𝑦𝑖−𝑦)2=18.045 ， ∑8𝑖=1(𝑥𝑖−𝑥)(𝑦𝑖−𝑦)=34.5 注：年返修率=
年返修台数年生产台数 （Ⅰ）从该公司2011－2018年的相关数据中任意选取3年的数据，以ξ表示3年中生产部门获得考核优秀的次数，求ξ的分布列和数学期望；
（Ⅱ）根据散点图发现2015年数据偏差较大，如果去掉该年的数据，试用剩下的数据求出年利润y（百万元）关于年生产台数x（万台）的线性回归方程（精确到0.01）．
̂𝑛
𝑛
附：线性回归方程𝑦̂=𝑏𝑥+𝑎̂中，𝑏̂=∑𝑖=1(𝑥𝑖−𝑥)(𝑦𝑖−𝑦)∑∑𝑛=𝑖=1𝑥𝑖𝑦𝑖−𝑛⋅𝑥⋅𝑦̂𝑖=1(𝑥𝑖−𝑥)2∑𝑛2𝑖=1𝑥2𝑖−𝑛⋅𝑥，̂𝑎=𝑦−𝑏⋅𝑥．
2
517. 设O是坐标原点，圆O：x2＋y2＝r2（r≥3），椭圆C的焦点在x轴上，左、右顶点分别为A，B，离心率为√，短
3
20. 设函数f（x）＝lg（|2x－1|＋2|x＋1|－a）．
（Ⅰ）当a＝4时，求函数f（x）的定义域；
轴长为4．平行x轴的直线l与椭圆C和圆O在y轴右侧的交点分别为E，F，直线AE与y轴交于点M，直线BE与y轴交于点N．
（Ⅰ）求椭圆C的标准方程；
（Ⅱ）当12⩽⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐹𝑀⋅⃗𝐹𝑁
⃗⃗⃗⃗⃗ ⩽16时，求r的取值范围．
18. 已知定义在区间（0，2）上的函数𝑓(𝑥)=
𝑚𝑥
+ln𝑥，m∈R．
（Ⅰ）证明：当m＝1时，f（x）≥1；
（Ⅱ）若曲线y＝f（x）过点A（1，0）的切线有两条，求实数m的取值范围．
19. 在直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为{
𝑥=1+√10cos𝛼𝑦=4+√10sin𝛼（α为参数），以坐标原点为极点，x轴的正
半轴为极轴建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为ρcosθ＝5． （Ⅰ）求曲线C1的普通方程和曲线C2的直角坐标方程；
（Ⅱ）点P（m，n）为曲线C2上一点，若曲线C1上存在两点A，B，使得∠APB＝90°，求n的取值范围．
（Ⅱ）若函数f（x）的定义域为R，求a的取值范围．
3
答案和解析
1.【答案】D
【解析】
【分析】
本题主要考查了集合的补集，属于基础题. 【解答】
解：∵集合U＝{－2，－1，0，1，2}，A＝{x|x2＞1，x∈U}={-2，2}， 则，
故选D.
2.【答案】A
【解析】
【分析】
本题主要考查了复数的四则运算和复数的模和共轭复数，属于基础题. 【解答】 解：复数，
则；
故选A. 3.【答案】C
【解析】
解：抛物线
y=2x2的标准方程为：x2=
y，
故抛物线y=2x2的焦点坐标是（0，）， 故选：C．
将抛物线化为标准方程，结合抛物线的性质，可得答案．
本题考查的知识点是抛物线的性质，化为标准方程是解答圆锥曲线类问题的关键．4.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查正弦定理以及二倍角公式，属于基础题.
由正弦定理求得cosC的值，再运用二倍角公式即可求得答案. 【解答】
解：由正弦定理得,即
,
所以,
则cosC=,
所以cos2C=
.
故选B.
5.【答案】D
【解析】
【分析】
本题主要考查向量的数量积，属于一般题. 【解析】 解:，
故故选D.
6.【答案】C
【解析】
【分析】
本题主要考查空间几何体的体积计算，属于一般题. 【解析】
解:由题可知Z与Z1的体积相等， 故Z1的体积为
，
4
故Z的体积为，
故选C. 7.【答案】C
【解析】
【分析】
本题主要考查与三角函数性质有关的命题的真假判断，涉及三角函数的周期、单调性和对称性的判断，根据相应的定义是解决本题的关键．通过函数的周期求出ω，然后利用函数的对称中心与对称轴、函数的单调性判断四个选项的正误． 【解答】 解：因为函数的最小正周期为4π， 所以ω=
=，即
令， 即，当k=1时，是函数
的对称轴， 令， 即
，∴
的对称中心为
；故C正确，D不
正确； ∵，，；故f（x）在（0，π）不单调；
故选C. 8.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查利用函数的单调性及奇偶性比较大小解不等式，属于中档题. 先判断函数的奇偶性、单调性即可解答. 【解答】 解：设,则
，
所以，f（x）为奇函数， 因为
,则f（x）在
上单调递增,
又f（0）=0，∴f（x）在R上单调递增，
∴不等式f（3log2x）＋f（1－log2x）＜0得不等式f（3log2x）＜f（log2x-1），
∴3log2x 故选A. 9.【答案】B 【解析】 【分析】 此题重点考查双曲线的第一定义，双曲线中过焦点垂直于x轴的弦长，以及有关三角形问题；由题意准确画出图象，利用数形结合，注意到三角形的特殊性．先根据双曲线方程求出焦点坐标，再利用双曲线的第 一定义求得|PF2|，则△PF1F2的面积可得． 【解答】解：在双曲线中，a=2，b2=c2-4. ∵直线PF2与x轴垂直， ∴设P(c,y0)，则 ， 解得， 又PA平分∠F1PF2， ∴ =， ， ， ∴解得c=4， 所以 ， 5 故选B. 10.【答案】C 【解析】 【分析】 本题主要考查了导数的综合应用.解题关键是由对 ， ，使得f（x1）≥g（x2）成立等价于对 ，使得f（x1）≥g（x2）min=g(e)=3; 等价于， 恒成立；然后结合不等式求最值即可. 【解答】 解：∵ ，∴ ; 当x∈[0,e],g'(x)<0,当x∈[e,3],g'(x)>0, g（x）min=g(e)=3; ∵对 ，，使得f（x1）≥g（x2）成立等价于对 ，使得f（x1）≥3；即对 ， ； 等价于， 恒成立； 令 ； ∵x∈（0，1），∴1-x∈（0，1） ∴，当且仅当 即 时等号成立； ∴； k≥; 故选C. 11.【答案】B 【解析】 【分析】 本题考查空间几何体的三视图及几何体的体积求法，属于中档题． 【解答】 解：由三视图可知，该几何体可看作棱长为2的正方体切掉四分之一圆柱和八分之一的球体得到的组合体， 所以面积为 ， 面积为， 故选B. 12.【答案】C 【解析】 【分析】 本题考查等差数列的应用,属于较难题.将实际问题转化为数学模型是解决本题的关键. 【解答】 解:由题意可知,在第n+1个0和第n个0之间有2n+1个1,其中第一个0之前有1个1. 所以共有 个1. 所以该数的所有数字之和为1975. 故答案为C. 13.【答案】(1) 2: (2)-1; (3)240: (4)√57 【解析】 （1） 【分析】 本题主要考查利用线性规划求最值. 【解答】 解：不等式组 的平面区域，如下图： 6 目标函数z=3x+y，化为直线y=-3x+z， 当直线y=-3x+z经过点A（0,2）时，直线在y轴上的截距最小，即z最小， 所以zmin=2， 故答案为2. (2) 【分析】 本题主要考查同角三角函数的关系式，以及两角和与差的正切公式. 【解答】 解：因为，解得tanα=2， 所以，解得tanβ=-1， 故答案为-1. (3) 【分析】 本题主要考查二项式特定项的系数. 【解答】 解：因为在（x＋y＋z）6的展开式中， 所有形如xaybz2（a，b∈N）的项为， 所以 中有： ， 所以形如xaybz2（a，b∈N）的项的系数之和是 ， 故答案为240. (4) 【分析】 本题主要考查空间中的距离. 【解答】 解：如图，取CD中点E,BE中点O,连接BE,AE,AO,过O作CD的平行线. 由题意知，AB=AE=BE=8,故,由 得 ,又 ,故 ,又 , ,故 , 建立如图所示的空间直角坐标系，可得, 故 取 为平面ACD的基底， 由共面向量基本定理设. 易知 点P到直线AB的距离为 , 化简得：. 故 ，又 ， 7 ， 又 , , 即 由二次函数图象与性质易知当 故答案为 . 时取得 . ∵△ABC是边长为2的正三角形，∴AO⊥BC，且𝐴𝑂=√3，BO＝1， 由△𝐴1𝐴𝐵≌△𝐴1𝐴𝐶易知𝐴1𝐵=𝐴1𝐶=√7，故𝐴1𝑂⊥𝐵𝐶，且𝐴1𝑂=√6， 2 ∵𝐴𝑂2+𝐴1𝑂2=𝐴𝐴1，∴𝐴𝑂⊥𝐴1𝑂，又BC∩AO＝O，𝐵𝐶⊂平面ABC，AO⊂平面ABC，故𝐴1𝑂⊥平面ABC， ∵𝐴1𝑂⊂平面𝐴1𝐵𝐶，∴平面𝐴1𝐵𝐶⊥平面ABC． （2）解法一：在平面𝐴1𝐴𝑂中作𝑂𝐺⊥𝐴𝐴1于𝐺，取𝐵1𝐶1中点𝐾，连结𝑂𝐾. 易知𝐴𝐴1 //𝑂𝐾，故𝑂𝐺⊥𝑂𝐾. 由𝐵𝐶⊥𝐴𝑂，𝐵𝐶⊥𝐴1𝑂，𝐴𝑂∩𝐴1𝑂=𝑂, ∴𝐵𝐶⊥平面𝐴1𝐴𝑂，又𝑂𝐺⊂平面𝐴1𝐴𝑂，∴𝑂𝐵⊥𝑂𝐺. 且易求得𝑂𝐺= 𝐴1𝑂·𝐴𝑂𝐴𝐴1 14.【答案】解：（1）由a1＋a2＋a3＋…＋an＝2bn①, n≥2时，a1＋a2＋a3＋…＋an-1＝2bn-1②, ①－②可得：an＝2（bn－bn－1）（n≥2）， ∴a3＝2（b3－b2）＝8, ∵a1＝2，an＞0， 设{an}公比为q， ∴a1q2＝8，∴q＝2, 2n－1＝2n, ∴an＝2× ∴2𝑏𝑛=21+22+23+⋯+2𝑛=∴𝑏𝑛=2𝑛−1． （2）证明：由已知：𝑐𝑛=𝑏 1𝑎𝑛 𝑛⋅𝑏𝑛+1 ,, =√2，𝐴1𝐺=√𝐴1𝑂2−𝑂𝐺2=2. 以O为原点，OB所在的直线为x轴，OK所在的直线为y轴，OG所在的直线为z轴建立空间直角坐标系如图所示： 2(1−2𝑛)1−2 =2𝑛+1−2， =(2𝑛−1)(2𝑛+1−1)=2𝑛−1−2𝑛+1−1． 1 1 1 1 1 2𝑛 1 1 ∴𝑐1+𝑐2+𝑐3+⋯+𝑐𝑛=21−1−22−1+22−1−23−1+⋯+2𝑛−1−2𝑛+1−1 =1−2𝑛+1−1<1. 【解析】 1 易知B（1，0，0），𝐵1（1，3，0），𝐶1（－1，3，0），𝐴1（0，2，√2）. ⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ∴⃗⃗⃗⃗⃗𝐵𝐶1=(−2,3,0)，𝐵𝐵1=(0,3,0)，𝐵𝐴1=(−1,2,√2). ⃗⃗⃗ =(𝑥,𝑦,1)， 设平面𝐴𝐵𝐵1𝐴1的一个法向量为𝑚 ⃗⃗⃗ ⋅⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑚𝐵𝐵1=3𝑦=0𝑥=√2 ⇒{⇒𝑚⃗⃗⃗ =(√2,0,1) 则{ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑦=0⃗⃗⃗ ⋅⃗𝑚𝐵𝐴=−𝑥+2𝑦+2=0√1设所求角为θ，则 1 1 本题考查了等比数列通项公式与求和公式、裂项相消法求数列前n项和,属中档题. （1）先用n-1替换n，作差可得 ，再根据条件得出 ，继而根据等比数列通项公式可求出 ． 公比及an，最后根据等比数列前n项和公式求出bn； （2）根据通项公式可裂项，继而求和可前后相消，从而易证的15.【答案】（1）∵AB＝2，𝐴1𝐵=√7，∠𝐴1𝐴𝐵=60，由余弦定理得： 𝐴𝐴12−2𝐴𝐴1−3=0，解得𝐴𝐴1=3． 取BC中点O，连接OA，𝑂𝐴1. 8 ∘ 解法二：易知𝑉𝐶−𝐴𝐵𝐴1=2𝑉𝐶−𝐴𝑂𝐴1=2×3×𝑂𝐶×2×𝐴𝑂×𝐴1𝑂=√2， . 设C到平面𝐴𝐵𝐵1𝐴1的距离为h，由𝐶𝐶1 //平面𝐴𝐵𝐵1𝐴1知𝐶1到平面𝐴𝐵𝐵1𝐴1的距离也为h， ，即 由 设所求角为θ，则【解析】 . . （1）先通过余弦定理计算出 ，再取BC中点O，由勾股定理易证，从而可证得平面，继而证得平面 ⊥平面ABC． （2）向量法可先建系写坐标，再求出平面 的法向量，继而利用向量的数量积解出BC1与平面 所成角的正弦值． 直接法可先设到平面的距离为，并通过线面平行转化为到平面的距离为，再在 三棱锥 中通过等体积法解出，最后由线面角的定义即可得解. 本题通过面面垂直的判定及线面角的求法，考查了逻辑推理能力、空间想象能力以及运算化简能力，属中档题． 16.【答案】解：（1）由数据可知，2012，2013，2016，2017，2018五个年份考核优秀，故ξ的所有可能取值为0，1， 2，3． ， ， ， ， 故ξ的分布列为： ξ 0 1 2 3 P 11515556 56 28 28 所求𝐸𝜉=0×1 15 15 +3×5 1556+1×56+2×2828= 8 ． （2）由表易知：𝑥5=𝑥=6，故去掉2015年的数据后不影响𝑏̂的值， 即𝑏̂=34.572 ≈0.48，去掉2015年的数据之后𝑥=6×8−67 =6， 𝑦= 4×8−37 = 297 ，̂𝑎 =𝑦−𝑏̂⋅𝑥=2934.57 − 72 ×6≈1.27, 故线性回归方程为：̂𝑦=0.48𝑥+1.27． 【解析】 本题主要考查了离散型随机变量的分布列与数学期望及线性回归方程，属于基础题． （1）先确定ξ的取值，解出每种情况的概率，再列出分布列，最后计算出数学期望． （2）易知去掉2015数据后不影响的值，再计算去掉2015年的数据后的，，最后代入公式计算出，即得线性回归方程． 17.【答案】解：（1）设椭圆C的标准方程为𝑥2𝑦 2 𝑎2+𝑏 2=1（a＞b＞0）， { √𝑎2−𝑏2 5 由题意得𝑎 = √2𝑏=4 3，解得{ 𝑎 =3 𝑏=2， ∴椭圆C的标准方程为 𝑥29 + 𝑦24 =1. （2）解：设𝑙：𝑦=𝑡(−2<𝑡<2)且t≠0，𝐸(𝑥1,𝑡)，𝐹(𝑥2,𝑡)，0<𝑥1<3，0<𝑥2<𝑟. 设𝑀(0,𝑠)，如图所示， 由A、E、M三点共线易知k𝑠−0𝑡−0 AM＝kAE，即0−(−3)=𝑥1−(−3) ， 即𝑠=3𝑡 3𝑡 𝑥 1 +3 ，故𝑀(0,𝑥1+3 )， 同理可得𝑁(0,3𝑡 3−𝑥1 ). ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐹𝑀⋅⃗𝐹𝑁 ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−𝑥2,3𝑡𝑥3−𝑡)⋅(−𝑥3𝑡32,3−𝑥−𝑡)=𝑥22 +𝑡2(−1)(3−1)1+1𝑥1+33−𝑥1 = 𝑥2 2 − 𝑡2𝑥212 4𝑥21 49𝑡29−𝑥21 = 𝑥2 2 −𝑡⋅ 9𝑡2 = 𝑥2 2 −(9− )=𝑥22 29 4 +𝑡−4=𝑟2−4； ∵12⩽⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐹𝑀⋅𝐹𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⩽16，∴12⩽𝑟2−4⩽16，∴4⩽𝑟⩽2√5. 【解析】 本题综合考查了圆与椭圆的概念及标准方程、椭圆的几何性质、直线的斜率与方程、平面向量数量积的坐标表示，属于难题. (1)由椭圆的概念与几何性质，易求得椭圆的标准方程； (2)由题可设直线的方程及 的坐标，由三点共线可得点M,N的坐标，再由平面向量数量积的坐标表 示与已知条件，运算化简即可解得的取值范围. 9 18.【答案】解:(1)证：𝑚=1时， ∴𝑓(𝑥)𝑚𝑖𝑛=𝑓(1)=1，∴𝑓(𝑥)≥1． (2)解：当𝑚=0时， ，𝑓′(𝑥)=−𝑥2+𝑥= 11𝑥−1𝑥2 . （2）易知𝑃(5,𝑛)，过𝑃作曲线𝐶1的两条切线，切点分别记为𝑀,𝑁， 由题意易知：∠𝑀𝑃𝑁≥90∘，∠𝑀𝑃𝐶1≥45∘，即 即|𝑃𝐶1|2≤2|𝑀𝐶1|2，即(5−1)2+(𝑛−4)2⩽2×10，解得2≤𝑛≤6． ， 从而易知：𝑓(𝑥)在（0，1]上单调递减，在[1，2）上单调递增， 过点𝐴(1,0)，显然不满足题意； 𝑓(𝑥0)𝑥0−1 【解析】 ， 当m≠0时，设切点为(𝑥0,𝑓(𝑥0))，由题意易知x0≠1，切线斜率𝑓′(𝑥0)=即 ，整理得： （*） 本题考查参数方程和普通方程的互化、极坐标和直角坐标的互化、直线与圆，属中档题． （1）消去参数可得 方程，由极坐标和直角坐标方程的关系可得 ，即 的直角坐标方程； 由题意易知方程（*）在区间（0，2）上有两个不同的实数解． 令 1 ，𝑔′(𝑥)= (𝑥−2𝑚)(𝑥−1) 𝑥3 . （2）由题意可得相切时，进而可解得的取值范围. ①当2𝑚≥1即𝑚⩾2时，𝑔(𝑥)在(0,1)上单调递增，在(1,2)上单调递减或先单调递减再单调递增，由 ，𝑔(1)=𝑚>0， ∴𝑔(𝑥)在区间(0,1)上有唯一零点，在区间(1,2)上无零点，不满足题意． ②当0<2𝑚<1即0<𝑚<2时，𝑔(𝑥)在(0,2𝑚)上单调递增， 在(2𝑚,1)上单调递减，在(1,2)上单调递增，由上有唯一零点，不满足题意． ③当𝑚<0时，𝑔(𝑥)在(0,1)上单调递减，在(1,2)上单调递增， 由 当𝑔(2)≤0即当𝑔(2)>0即 不妨设为𝑥1,𝑥2，又𝑓′(𝑥)= ，𝑔(1)=𝑚<0， . ，𝑔(1)=𝑚>0，∴𝑔(𝑥)在区间(0,2) 1 20.【答案】解：（Ⅰ）由题意易知：|2𝑥−1|+2|𝑥+1|>4. ， 当𝑥≤−1时，1−2𝑥−2𝑥−2>4，解得𝑥<−4； 当−1<𝑥<2时，1−2𝑥+2𝑥+2>4，无解； 当𝑥≥2时，2𝑥−1+2𝑥+2>4，解得𝑥>4. 综上所述，𝑓(𝑥)的定义域为(−∞,−4)∪(4,+∞)． (Ⅱ) 由题意易知：|2𝑥−1|+2|𝑥+1|>𝑎对于𝑥∈𝑅恒成立，即𝑎<(|2𝑥−1|+2|𝑥+1|)𝑚𝑖𝑛， ∵|2𝑥−1|+2|𝑥+1|=|2𝑥−1|+|2𝑥+2|≥|(2𝑥−1)−(2𝑥+2)|=3， ∴𝑎<3． 【解析】 5 3 1 3 1 5 ， 时，𝑔(𝑥)在区间(0,2)上有唯一零点，不满足题意． 【解析】 本题考查了绝对值不等式的解法及绝对值不等式的性质，属中档题． 时，𝑔(𝑥)在区间(0,1)和(1,2)上各有一个零点， 𝑥−𝑚𝑥2 1 𝑚𝑥2 （1）根据对数函数概念有|2x－1|＋2|x＋1|＞4，解绝对值不等式即可解出函数的定义域； 显然在区间(0,2)上单调递减， =− 𝑥 故𝑓′(𝑥1)≠𝑓′(𝑥2)，满足题意． 综上所述，𝑚的取值范围为【解析】 ． （2）问题转化为|2x－1|＋2|x＋1|＞a对于围． 恒成立，根据绝对值不等式的性质，即可解出a的取值范 本题主要考查利用导数研究函数的单调性与极值、最值，属于难题. (1)求导，易求得 在 的极小值，也是最小值，即可推出结论. (2)利用导数的几何意义及直线斜率公式，转化为函数与方程的零点分布问题，利用导数，逐级分类讨论，即可解得 的取值范围. 19.【答案】解：（1）消去参数𝛼可得𝐶1：(𝑥−1)2+(𝑦−4)2=10； 由极坐标和直角坐标方程的关系可得𝐶2：𝑥=5． 10 因篇幅问题不能全部显示，请点此查看更多更全内容