全国高考3卷16-20年文数全国32017年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标ⅲ）及解析

2017年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标Ⅲ）

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．（5分）已知集合A={1，2，3，4}，B={2，4，6，8}，则A∩B中元素的个数为（　　）

A．1 B．2 C．3 D．4

2．（5分）复平面内表示复数z=i（﹣2+i）的点位于（　　）

A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限

3．（5分）某城市为了解游客人数的变化规律，提高旅游服务质量，收集并整理了2014年1月至2016年12月期间月接待游客量（单位：万人）的数据，绘制了下面的折线图．

根据该折线图，下列结论错误的是（　　）

A．月接待游客量逐月增加

B．年接待游客量逐年增加

C．各年的月接待游客量高峰期大致在7，8月

D．各年1月至6月的月接待游客量相对于7月至12月，波动性更小，变化比较平稳

4．（5分）已知sinα﹣cosα= ，则sin2α=（　　）

A．﹣ B．﹣ C． D．

5．（5分）设x，y满足约束条件 则z=x﹣y的取值范围是（　　）

A．[﹣3，0] B．[﹣3，2] C．[0，2] D．[0，3]

6．（5分）函数f（x）= sin（x+ ）+cos（x﹣ ）的最大值为（　　）

A． B．1 C． D．

7．（5分）函数y=1+x+ 的部分图象大致为（　　）

A． B．

C． D．

8．（5分）执行如图的程序框图，为使输出S的值小于91，则输入的正整数N的最小值为（　　）

A．5 B．4 C．3 D．2

9．（5分）已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为（　　）

A．π B． C． D．

10．（5分）在正方体ABCD﹣A₁B₁C₁D₁中，E为棱CD的中点，则（　　）

A．A₁E⊥DC₁ B．A₁E⊥BD C．A₁E⊥BC₁ D．A₁E⊥AC

11．（5分）已知椭圆C： =1（a＞b＞0）的左、右顶点分别为A₁，A₂，且以线段A₁A₂为直径的圆与直线bx﹣ay+2ab=0相切，则C的离心率为（　　）

A． B． C． D．

12．（5分）已知函数f（x）=x²﹣2x+a（e^x﹣1+e^﹣x+1）有唯一零点，则a=（　　）

A．﹣ B． C． D．1

二、填空题

13．（5分）已知向量 =（﹣2，3）， =（3，m），且 ，则m=　 　．

14．（5分）双曲线 （a＞0）的一条渐近线方程为y= x，则a=　 　．

15．（5分）△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知C=60°，b= ，c=3，则A=　 　．

16．（5分）设函数f（x）= ，则满足f（x）+f（x﹣ ）＞1的x的取值范围是　 　．

三、解答题

17．（12分）设数列{a_n}满足a₁+3a₂+…+（2n﹣1）a_n=2n．

（1）求{a_n}的通项公式；

（2）求数列{ }的前n项和．

18．（12分）某超市计划按月订购一种酸奶，每天进货量相同，进货成本每瓶4元，售价每瓶6元，未售出的酸奶降价处理，以每瓶2元的价格当天全部处理完．根据往年销售经验，每天需求量与当天最高气温（单位：℃）有关．如果最高气温不低于25，需求量为500瓶；如果最高气温位于区间[20，25），需求量为300瓶；如果最高气温低于20，需求量为200瓶．为了确定六月份的订购计划，统计了前三年六月份各天的最高气温数据，得下面的频数分布表：

最高气温	[10，15）	[15，20）	[20，25）	[25，30）	[30，35）	[35，40）
天数	2	16	36	25	7	4

以最高气温位于各区间的频率估计最高气温位于该区间的概率．

（1）求六月份这种酸奶一天的需求量不超过300瓶的概率；

（2）设六月份一天销售这种酸奶的利润为Y（单位：元），当六月份这种酸奶一天的进货量为450瓶时，写出Y的所有可能值，并估计Y大于零的概率．

19．（12分）如图四面体ABCD中，△ABC是正三角形，AD=CD．

（1）证明：AC⊥BD；

（2）已知△ACD是直角三角形，AB=BD，若E为棱BD上与D不重合的点，且AE⊥EC，求四面体ABCE与四面体ACDE的体积比．

20．（12分）在直角坐标系xOy中，曲线y=x²+mx﹣2与x轴交于A、B两点，点C的坐标为（0，1），当m变化时，解答下列问题：

（1）能否出现AC⊥BC的情况？说明理由；

（2）证明过A、B、C三点的圆在y轴上截得的弦长为定值．

21．（12分）已知函数f（x）=lnx+ax²+（2a+1）x．

（1）讨论f（x）的单调性；

（2）当a＜0时，证明f（x）≤﹣ ﹣2．

 

[选修4-4：坐标系与参数方程]

22．（10分）在直角坐标系xOy中，直线l₁的参数方程为 ，（t为参数），直线l₂的参数方程为 ，（m为参数）．设l₁与l₂的交点为P，当k变化时，P的轨迹为曲线C．

（1）写出C的普通方程；

（2）以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，设l₃：ρ（cosθ+sinθ）﹣ =0，M为l₃与C的交点，求M的极径．

 

[选修4-5：不等式选讲]

23．（10分）已知函数f（x）=|x+1|﹣|x﹣2|．

（1）求不等式f（x）≥1的解集；

（2）若不等式f（x）≥x²﹣x+m的解集非空，求m的取值范围．

 

2017年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标Ⅲ）

参考答案与试题解析

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．（5分）

【考点】1E：交集及其运算．

【分析】利用交集定义先求出A∩B，由此能求出A∩B中元素的个数．

【解答】解：∵集合A={1，2，3，4}，B={2，4，6，8}，

∴A∩B={2，4}，

∴A∩B中元素的个数为2．

故选：B．

【点评】本题考查交集中元素个数的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意交集定义的合理运用．

2．（5分）

【考点】A4：复数的代数表示法及其几何意义．

【分析】利用复数的运算法则、几何意义即可得出．

【解答】解：z=i（﹣2+i）=﹣2i﹣1对应的点（﹣1，﹣2）位于第三象限．

故选：C．

【点评】本题考查了复数的运算法则、几何意义，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．

3．（5分）

【考点】2K：命题的真假判断与应用；B9：频率分布折线图、密度曲线．

【分析】根据已知中2014年1月至2016年12月期间月接待游客量（单位：万人）的数据，逐一分析给定四个结论的正误，可得答案．

【解答】解：由已有中2014年1月至2016年12月期间月接待游客量（单位：万人）的数据可得：

月接待游客量逐月有增有减，故A错误；

年接待游客量逐年增加，故B正确；

各年的月接待游客量高峰期大致在7，8月，故C正确；

各年1月至6月的月接待游客量相对于7月至12月，波动性更小，变化比较平稳，故D正确；

故选：A

【点评】本题考查的知识点是数据的分析，命题的真假判断与应用，难度不大，属于基础题．

4．（5分）

【考点】GS：二倍角的正弦．

【分析】由条件，两边平方，根据二倍角公式和平方关系即可求出．

【解答】解：∵sinα﹣cosα= ，

∴（sinα﹣cosα）²=1﹣2sinαcosα=1﹣sin2α= ，

∴sin2α=﹣ ，

故选：A．

【点评】本题考查了二倍角公式，属于基础题．

5．（5分）

【考点】7C：简单线性规划．菁优网版权所有

【分析】画出约束条件的可行域，利用目标函数的最优解求解目标函数的范围即可．

【解答】解：x，y满足约束条件 的可行域如图：

目标函数z=x﹣y，经过可行域的A，B时，目标函数取得最值，

由 解得A（0，3），

由 解得B（2，0），

目标函数的最大值为：2，最小值为：﹣3，

目标函数的取值范围：[﹣3，2]．

故选：B．

【点评】本题考查线性规划的简单应用，目标函数的最优解以及可行域的作法是解题的关键．

6．（5分）

【考点】HW：三角函数的最值．

【分析】利用诱导公式化简函数的解析式，通过正弦函数的最值求解即可．

【解答】解：函数f（x）= sin（x+ ）+cos（x﹣ ）= sin（x+ ）+cos（﹣x+ ）= sin（x+ ）+sin（x+ ）

= sin（x+ ） ．

故选：A．

【点评】本题考查诱导公式的应用，三角函数的最值，正弦函数的有界性，考查计算能力．

7．（5分）

【考点】3O：函数的图象．

【分析】通过函数的解析式，利用函数的奇偶性的性质，函数的图象经过的特殊点判断函数的图象即可．

【解答】解：函数y=1+x+ ，可知：f（x）=x+ 是奇函数，所以函数的图象关于原点对称，

则函数y=1+x+ 的图象关于（0，1）对称，

当x→0⁺，f（x）＞0，排除A、C，点x=π时，y=1+π，排除B．

故选：D．

【点评】本题考查函数的图象的判断，函数的奇偶性以及特殊点是常用方法．

8．（5分）

【考点】EF：程序框图．

【分析】通过模拟程序，可得到S的取值情况，进而可得结论．

【解答】解：由题可知初始值t=1，M=100，S=0，

要使输出S的值小于91，应满足“t≤N”，

则进入循环体，从而S=100，M=﹣10，t=2，

要使输出S的值小于91，应接着满足“t≤N”，

则进入循环体，从而S=90，M=1，t=3，

要使输出S的值小于91，应不满足“t≤N”，跳出循环体，

此时N的最小值为2，

故选：D．

【点评】本题考查程序框图，判断出什么时候跳出循环体是解决本题的关键，注意解题方法的积累，属于中档题．

9．（5分）

【考点】LF：棱柱、棱锥、棱台的体积；LR：球内接多面体.

【分析】推导出该圆柱底面圆周半径r= = ，由此能求出该圆柱的体积．

【解答】解：∵圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，

∴该圆柱底面圆周半径r= = ，

∴该圆柱的体积：V=Sh= = ．

故选：B．

【点评】本题考查面圆柱的体积的求法，考查圆柱、球等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力、空间想象能力，考查化归与转化思想，是中档题．

10．（5分）

【考点】LO：空间中直线与直线之间的位置关系．

【分析】法一：连B₁C，推导出BC₁⊥B₁C，A₁B₁⊥BC₁，从而BC₁⊥平面A₁ECB₁，由此得到A₁E⊥BC₁．

法二：以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD₁为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出结果．

【解答】解：法一：连B₁C，由题意得BC₁⊥B₁C，

∵A₁B₁⊥平面B₁BCC₁，且BC₁⊂平面B₁BCC₁，

∴A₁B₁⊥BC₁，

∵A₁B₁∩B₁C=B₁，

∴BC₁⊥平面A₁ECB₁，

∵A₁E⊂平面A₁ECB₁，

∴A₁E⊥BC₁．

故选：C．

法二：以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD₁为z轴，建立空间直角坐标系，

设正方体ABCD﹣A₁B₁C₁D₁中棱长为2，

则A₁（2，0，2），E（0，1，0），B（2，2，0），D（0，0，0），C₁（0，2，2），A（2，0，0），C（0，2，0），

=（﹣2，1，﹣2）， =（0，2，2）， =（﹣2，﹣2，0），

=（﹣2，0，2）， =（﹣2，2，0），

∵ • =﹣2， =2， =0， =6，

∴A₁E⊥BC₁．

故选：C．

【点评】本题考查线线垂直的判断，是中档题，解题时要认真审题，注意向量法的合理运用．

11．（5分）

【考点】K4：椭圆的简单性质．

【分析】以线段A₁A₂为直径的圆与直线bx﹣ay+2ab=0相切，可得原点到直线的距离 =a，化简即可得出．

【解答】解：以线段A₁A₂为直径的圆与直线bx﹣ay+2ab=0相切，

∴原点到直线的距离 =a，化为：a²=3b²．

∴椭圆C的离心率e= = = ．

故选：A．

【点评】本题考查了椭圆的标准方程及其性质、直线与圆相切的性质、点到直线的距离公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．

12．（5分）

【考点】52：函数零点的判定定理．

【分析】通过转化可知问题等价于函数y=1﹣（x﹣1）²的图象与y=a（e^x﹣1+ ）的图象只有一个交点求a的值．分a=0、a＜0、a＞0三种情况，结合函数的单调性分析可得结论．

【解答】解：因为f（x）=x²﹣2x+a（e^x﹣1+e^﹣x+1）=﹣1+（x﹣1）²+a（e^x﹣1+ ）=0，

所以函数f（x）有唯一零点等价于方程1﹣（x﹣1）²=a（e^x﹣1+ ）有唯一解，

等价于函数y=1﹣（x﹣1）²的图象与y=a（e^x﹣1+ ）的图象只有一个交点．

①当a=0时，f（x）=x²﹣2x≥﹣1，此时有两个零点，矛盾；

②当a＜0时，由于y=1﹣（x﹣1）²在（﹣∞，1）上递增、在（1，+∞）上递减，

且y=a（e^x﹣1+ ）在（﹣∞，1）上递增、在（1，+∞）上递减，

所以函数y=1﹣（x﹣1）²的图象的最高点为A（1，1），y=a（e^x﹣1+ ）的图象的最高点为B（1，2a），

由于2a＜0＜1，此时函数y=1﹣（x﹣1）²的图象与y=a（e^x﹣1+ ）的图象有两个交点，矛盾；

③当a＞0时，由于y=1﹣（x﹣1）²在（﹣∞，1）上递增、在（1，+∞）上递减，

且y=a（e^x﹣1+ ）在（﹣∞，1）上递减、在（1，+∞）上递增，

所以函数y=1﹣（x﹣1）²的图象的最高点为A（1，1），y=a（e^x﹣1+ ）的图象的最低点为B（1，2a），

由题可知点A与点B重合时满足条件，即2a=1，即a= ，符合条件；

综上所述，a= ，

故选：C．

【点评】本题考查函数零点的判定定理，考查函数的单调性，考查运算求解能力，考查数形结合能力，考查转化与化归思想，考查分类讨论的思想，注意解题方法的积累，属于难题．

二、填空题

13．（5分）

【考点】9T：数量积判断两个平面向量的垂直关系．

【分析】利用平面向量数量积坐标运算法则和向量垂直的性质求解．

【解答】解：∵向量 =（﹣2，3）， =（3，m），且 ，

∴ =﹣6+3m=0，

解得m=2．

故答案为：2．

【点评】本题考查实数值的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意平面向量数量积坐标运算法则和向量垂直的性质的合理运用．

14．（5分）

【考点】KC：双曲线的简单性质．菁优网版权所有

【分析】利用双曲线方程，求出渐近线方程，求解a即可．

【解答】解：双曲线 （a＞0）的一条渐近线方程为y= x，

可得 ，解得a=5．

故答案为：5．

【点评】本题考查双曲线的简单性质的应用，考查计算能力．

15．（5分）

【考点】HP：正弦定理；HR：余弦定理．

【分析】根据正弦定理和三角形的内角和计算即可

【解答】解：根据正弦定理可得 = ，C=60°，b= ，c=3，

∴sinB= = ，

∵b＜c，

∴B=45°，

∴A=180°﹣B﹣C=180°﹣45°﹣60°=75°，

故答案为：75°．

【点评】本题考查了三角形的内角和以及正弦定理，属于基础题

16．（5分）

【考点】3T：函数的值．

【分析】根据分段函数的表达式，分别讨论x的取值范围，进行求解即可．

【解答】解：若x≤0，则x﹣ ≤﹣ ，

则f（x）+f（x﹣ ）＞1等价为x+1+x﹣ +1＞1，即2x＞﹣ ，则x＞ ，

此时 ＜x≤0，

当x＞0时，f（x）=2^x＞1，x﹣ ＞﹣ ，

当x﹣ ＞0即x＞ 时，满足f（x）+f（x﹣ ）＞1恒成立，

当0≥x﹣ ＞﹣ ，即 ≥x＞0时，f（x﹣ ）=x﹣ +1=x+ ，

此时f（x）+f（x﹣ ）＞1恒成立，

综上x＞ ，

故答案为：（ ，+∞）．

【点评】本题主要考查不等式的求解，结合分段函数的不等式，利用分类讨论的数学思想进行求解是解决本题的关键．

三、解答题

17．（12分）

【考点】8E：数列的求和；8H：数列递推式．

【分析】（1）利用数列递推关系即可得出．

（2） = = ﹣ ．利用裂项求和方法即可得出．

【解答】解：（1）数列{a_n}满足a₁+3a₂+…+（2n﹣1）a_n=2n．

n≥2时，a₁+3a₂+…+（2n﹣3）a_n﹣1=2（n﹣1）．

∴（2n﹣1）a_n=2．∴a_n= ．

当n=1时，a₁=2，上式也成立．

∴a_n= ．

（2） = = ﹣ ．

∴数列{ }的前n项和= + +…+ =1﹣ = ．

【点评】本题考查了数列递推关系、裂项求和方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．

18．（12分）

【考点】CH：离散型随机变量的期望与方差；CB：古典概型及其概率计算公式．

【分析】（1）由前三年六月份各天的最高气温数据，求出最高气温位于区间[20，25）和最高气温低于20的天数，由此能求出六月份这种酸奶一天的需求量不超过300瓶的概率．

（2）当温度大于等于25°C时，需求量为500，求出Y=900元；当温度在[20，25）°C时，需求量为300，求出Y=300元；当温度低于20°C时，需求量为200，求出Y=﹣100元，从而当温度大于等于20时，Y＞0，由此能估计估计Y大于零的概率．

【解答】解：（1）由前三年六月份各天的最高气温数据，

得到最高气温位于区间[20，25）和最高气温低于20的天数为2+16+36=54，

根据往年销售经验，每天需求量与当天最高气温（单位：℃）有关．

如果最高气温不低于25，需求量为500瓶，

如果最高气温位于区间[20，25），需求量为300瓶，

如果最高气温低于20，需求量为200瓶，

∴六月份这种酸奶一天的需求量不超过300瓶的概率p= = ．

（2）当温度大于等于25°C时，需求量为500，

Y=450×2=900元，

当温度在[20，25）°C时，需求量为300，

Y=300×2﹣（450﹣300）×2=300元，

当温度低于20°C时，需求量为200，

Y=400﹣（450﹣200）×2=﹣100元，

当温度大于等于20时，Y＞0，

由前三年六月份各天的最高气温数据，得当温度大于等于20°C的天数有：

90﹣（2+16）=72，

∴估计Y大于零的概率P= ．

【点评】本题考查概率的求法，考查利润的所有可能取值的求法，考查函数、古典概型等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力、空间想象能力，考查数形结合思想、化归与转化思想，是中档题．

19．（12分）

【考点】LF：棱柱、棱锥、棱台的体积；LX：直线与平面垂直的性质．

【分析】（1）取AC中点O，连结DO、BO，推导出DO⊥AC，BO⊥AC，从而AC⊥平面BDO，由此能证明AC⊥BD．

（2）法一：连结OE，设AD=CD= ，则OC=OA=1，由余弦定理求出BE=1，由BE=ED，四面体ABCE与四面体ACDE的高都是点A到平面BCD的高h，S_△DCE=S_△BCE，由此能求出四面体ABCE与四面体ACDE的体积比．法二：设AD=CD= ，则AC=AB=BC=BD=2，AO=CO=DO=1，BO= ，推导出BO⊥DO，以O为原点，OA为x轴，OB为y轴，OD为z轴，建立空间直角坐标系，由AE⊥EC，求出DE=BE，由此能求出四面体ABCE与四面体ACDE的体积比．

【解答】证明：（1）取AC中点O，连结DO、BO，

∵△ABC是正三角形，AD=CD，

∴DO⊥AC，BO⊥AC，

∵DO∩BO=O，∴AC⊥平面BDO，

∵BD⊂平面BDO，∴AC⊥BD．

解：（2）法一：连结OE，由（1）知AC⊥平面OBD，

∵OE⊂平面OBD，∴OE⊥AC，

设AD=CD= ，则OC=OA=1，

∴E是线段AC垂直平分线上的点，∴EC=EA=CD= ，

由余弦定理得：

cos∠CBD= = ，

即 ，解得BE=1或BE=2，

∵BE＜＜BD=2，∴BE=1，∴BE=ED，

∵四面体ABCE与四面体ACDE的高都是点A到平面BCD的高h，

∵BE=ED，∴S_△DCE=S_△BCE，

∴四面体ABCE与四面体ACDE的体积比为1．

法二：设AD=CD= ，则AC=AB=BC=BD=2，AO=CO=DO=1，

∴BO= = ，∴BO²+DO²=BD²，∴BO⊥DO，

以O为原点，OA为x轴，OB为y轴，OD为z轴，建立空间直角坐标系，

则C（﹣1，0，0），D（0，0，1），B（0， ，0），A（1，0，0），

设E（a，b，c）， ，（0≤λ≤1），则（a，b，c﹣1）=λ（0， ，﹣1），解得E（0， ，1﹣λ），

∴ =（1， ）， =（﹣1， ），

∵AE⊥EC，∴ =﹣1+3λ²+（1﹣λ）²=0，

由λ∈[0，1]，解得 ，∴DE=BE，

∵四面体ABCE与四面体ACDE的高都是点A到平面BCD的高h，

∵DE=BE，∴S_△DCE=S_△BCE，

∴四面体ABCE与四面体ACDE的体积比为1．

【点评】本题考查线线垂直的证明，考查两个四面体的体积之比的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力、空间想象能力，考查数形结合思想、化归与转化思想，是中档题．

20．（12分）

【考点】KJ：圆与圆锥曲线的综合．

【分析】（1）设曲线y=x²+mx﹣2与x轴交于A（x₁，0），B（x₂，0），运用韦达定理，再假设AC⊥BC，运用直线的斜率之积为﹣1，即可判断是否存在这样的情况；

（2）设过A、B、C三点的圆的方程为x²+y²+Dx+Ey+F=0（D²+E²﹣4F＞0），由题意可得D=m，F=﹣2，代入（0，1），可得E=1，再令x=0，即可得到圆在y轴的交点，进而得到弦长为定值．

【解答】解：（1）曲线y=x²+mx﹣2与x轴交于A、B两点，

可设A（x₁，0），B（x₂，0），

由韦达定理可得x₁x₂=﹣2，

若AC⊥BC，则k_AC•k_BC=﹣1，

即有 • =﹣1，

即为x₁x₂=﹣1这与x₁x₂=﹣2矛盾，

故不出现AC⊥BC的情况；

（2）证明：设过A、B、C三点的圆的方程为x²+y²+Dx+Ey+F=0（D²+E²﹣4F＞0），

由题意可得y=0时，x²+Dx+F=0与x²+mx﹣2=0等价，

可得D=m，F=﹣2，

圆的方程即为x²+y²+mx+Ey﹣2=0，

由圆过C（0，1），可得0+1+0+E﹣2=0，可得E=1，

则圆的方程即为x²+y²+mx+y﹣2=0，

再令x=0，可得y²+y﹣2=0，

解得y=1或﹣2．

即有圆与y轴的交点为（0，1），（0，﹣2），

则过A、B、C三点的圆在y轴上截得的弦长为定值3．

【点评】本题考查直线与圆的方程的求法，注意运用韦达定理和直线的斜率公式，以及待定系数法，考查方程思想和化简整理的运算能力，属于中档题．

21．（12分）

【考点】6B：利用导数研究函数的单调性；6K：导数在最大值、最小值问题中的应用．

【分析】（1）题干求导可知f′（x）= （x＞0），分a=0、a＞0、a＜0三种情况讨论f′（x）与0的大小关系可得结论；

（2）通过（1）可知f（x）_max=f（﹣ ）=﹣1﹣ln2﹣ +ln（﹣ ），进而转化可知问题转化为证明：当t＞0时﹣ t+lnt≤﹣1+ln2．进而令g（t）=﹣ t+lnt，利用导数求出y=g（t）的最大值即可．

【解答】（1）解：因为f（x）=lnx+ax²+（2a+1）x，

求导f′（x）= +2ax+（2a+1）= = ，（x＞0），

①当a=0时，f′（x）= +1＞0恒成立，此时y=f（x）在（0，+∞）上单调递增；

②当a＞0，由于x＞0，所以（2ax+1）（x+1）＞0恒成立，此时y=f（x）在（0，+∞）上单调递增；

③当a＜0时，令f′（x）=0，解得：x=﹣ ．

因为当x∈（0，﹣ ）f′（x）＞0、当x∈（﹣ ，+∞）f′（x）＜0，

所以y=f（x）在（0，﹣ ）上单调递增、在（﹣ ，+∞）上单调递减．

综上可知：当a≥0时f（x）在（0，+∞）上单调递增，

当a＜0时，f（x）在（0，﹣ ）上单调递增、在（﹣ ，+∞）上单调递减；

（2）证明：由（1）可知：当a＜0时f（x）在（0，﹣ ）上单调递增、在（﹣ ，+∞）上单调递减，

所以当x=﹣ 时函数y=f（x）取最大值f（x）_max=f（﹣ ）=﹣1﹣ln2﹣ +ln（﹣ ）．

从而要证f（x）≤﹣ ﹣2，即证f（﹣ ）≤﹣ ﹣2，

即证﹣1﹣ln2﹣ +ln（﹣ ）≤﹣ ﹣2，即证﹣ （﹣ ）+ln（﹣ ）≤﹣1+ln2．

令t=﹣ ，则t＞0，问题转化为证明：﹣ t+lnt≤﹣1+ln2．…（*）

令g（t）=﹣ t+lnt，则g′（t）=﹣ + ，

令g′（t）=0可知t=2，则当0＜t＜2时g′（t）＞0，当t＞2时g′（t）＜0，

所以y=g（t）在（0，2）上单调递增、在（2，+∞）上单调递减，

即g（t）≤g（2）=﹣ ×2+ln2=﹣1+ln2，即（*）式成立，

所以当a＜0时，f（x）≤﹣ ﹣2成立．

【点评】本题考查利用导数研究函数的单调性，考查分类讨论的思想，考查转化能力，考查运算求解能力，注意解题方法的积累，属于中档题．

[选修4-4：坐标系与参数方程]

22．（10分）

【考点】QH：参数方程化成普通方程．

【分析】解：（1）分别消掉参数t与m可得直线l₁与直线l₂的普通方程为y=k（x﹣2）①与x=﹣2+ky②；联立①②，消去k可得C的普通方程为x²﹣y²=4；

（2）将l₃的极坐标方程为ρ（cosθ+sinθ）﹣ =0化为普通方程：x+y﹣ =0，再与曲线C的方程联立，可得 ，即可求得l₃与C的交点M的极径为ρ= ．

【解答】解：（1）∵直线l₁的参数方程为 ，（t为参数），

∴消掉参数t得：直线l₁的普通方程为：y=k（x﹣2）①；

又直线l₂的参数方程为 ，（m为参数），

同理可得，直线l₂的普通方程为：x=﹣2+ky②；

联立①②，消去k得：x²﹣y²=4，即C的普通方程为x²﹣y²=4；

（2）∵l₃的极坐标方程为ρ（cosθ+sinθ）﹣ =0，

∴其普通方程为：x+y﹣ =0，

联立 得： ，

∴ρ²=x²+y²= + =5．

∴l₃与C的交点M的极径为ρ= ．

【点评】本题考查参数方程与极坐标方程化普通方程，考查函数与方程思想与等价转化思想的运用，属于中档题．

[选修4-5：不等式选讲]

23．（10分）

【考点】R4：绝对值三角不等式；R5：绝对值不等式的解法．

【分析】（1）由于f（x）=|x+1|﹣|x﹣2|= ，解不等式f（x）≥1可分﹣1≤x≤2与x＞2两类讨论即可解得不等式f（x）≥1的解集；

（2）依题意可得m≤[f（x）﹣x²+x]_max，设g（x）=f（x）﹣x²+x，分x≤1、﹣1＜x＜2、x≥2三类讨论，可求得g（x）_max= ，从而可得m的取值范围．

【解答】解：（1）∵f（x）=|x+1|﹣|x﹣2|= ，f（x）≥1，

∴当﹣1≤x≤2时，2x﹣1≥1，解得1≤x≤2；

当x＞2时，3≥1恒成立，故x＞2；

综上，不等式f（x）≥1的解集为{x|x≥1}．

（2）原式等价于存在x∈R使得f（x）﹣x²+x≥m成立，

即m≤[f（x）﹣x²+x]_max，设g（x）=f（x）﹣x²+x．

由（1）知，g（x）= ，

当x≤﹣1时，g（x）=﹣x²+x﹣3，其开口向下，对称轴方程为x= ＞﹣1，

∴g（x）≤g（﹣1）=﹣1﹣1﹣3=﹣5；

当﹣1＜x＜2时，g（x）=﹣x²+3x﹣1，其开口向下，对称轴方程为x= ∈（﹣1，2），

∴g（x）≤g（ ）=﹣ + ﹣1= ；

当x≥2时，g（x）=﹣x²+x+3，其开口向下，对称轴方程为x= ＜2，

∴g（x）≤g（2）=﹣4+2=3=1；

综上，g（x）_max= ，

∴m的取值范围为（﹣∞， ]．

【点评】本题考查绝对值不等式的解法，去掉绝对值符号是解决问题的关键，突出考查分类讨论思想与等价转化思想、函数与方程思想的综合运用，属于难题．

 

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