?sin(B?C)?sinB(sinC?cosC)， ?cosBsinC?sinBsinC，sinC?0，
则cosB?sinB，即tanB?1， B?(0,?)， ?则B??4．
（2）在?BCD中，BD?2，DC?1， ?BC2?12?22?2?1?2?cosD?5?4cosD，
又A??2，
1115?BC??BC?BC2??cosD， 2244则?ABC为等腰直角三角形，S?ABC?又
S?BDC?1?BD?DCsinD?sinD， 2?SABCD?55??cosD?sinD??2sin(D?)， 444当D?3?5时，四边形ABCD的面积最大值，最大值为?2． 44
20．已知数列{an}满足：2n?1a1?2n?2a2???2an?1?an?n，n?N*． （1）求数列{an}的通项公式；
（2）若数列{bn}满足：b1?1，bn?1?bn?2nan，求数列{bn}的通项公式． 【解答】解：（1）n?1时a1?1，
2n?1a1?2n?2a2???2an?1?an?n① 2n?2a1?2n?3a2???an?1?n?1(n…2)②
①?2?②?an?2?n(n…2)， a1?1满足上式，故an?2?n．
（2）bn?1?bn?(2?n)2n，
?b2?b1?1?21?2?b3?b2?0?2有?累加整理，
???bn?bn?1?(3?n)?2n?1(n…2)?bn?1?1?21?0?22???(3?n)?2n?1，(n…2)①
2bn?2?1?22?0?23????3?n??2n,?n…2?②
1?2n?2?(3?n)2n?(4?n)2n?5， ②?①得bn?1?2?1?21?22b1?1 满足上式，故bn?(4?n)2n?5．
21．已知函数f(x)?12x?(a?1)x?alnx，a?R． 2（1）讨论f(x)的单调性；
（2）当a?0时，记f(x)的最小值为M，证明：M?【解答】解：（1）已知函数f(x)?f?(x)?x?(a?1)?13． 1512x?(a?1)x?alnx，a?R，的定义域为(0,??)， 2a(x?1)(x?a)， ?xx0时，f?(x)?0，f(x)在(0,??)上单调递增， 所以当a…当a?0 时，若0?x??a时，f?(x)?0，f(x)在(0,?a)上单调递减， 若x??a时，f?(x)?0，f(x)在(?a,??)上单调递增，
0时，f?(x)?0，f(x)在(0,??)上单调递增， 综上：当a…当a?0 时，若0?x??a时，f?(x)?0，f(x)在(0,?a)上单调递减， 若x??a时，f?(x)?0，f(x)在(?a,??)上单调递增．
1（2）当a?0 时，由（1）知，由（1）知，f(x)min?f(?a)??a2?a?aln(?a)，
21令g(x)??x2?x?xln(?x)，且x?0，
2则g?(x)??x?ln(?x)，
令h(x)??x?ln(?x)，x?0，则h?(x)??1?所以h(x)在(??,0)上单调递减， 又h(?1e)?1e?11111?0，h(?)??1?0，所以存在x0?(?，?)， 2eeee11?x??0， xx使得h(x0)?0，且?x0?ln(?x0)?0，
所以当x?(??,x0)时，g?(x)?0，g(x)单调递增； 当x?(x0，0)时，g?(x)?0，g(x)单调递减； 所以当x?x0时，g(x)取得最大值，
121212112因为g(x0)??x0?x0?x0ln(?x0)??x0?x0?x0?x0?x0?(x0?1)2?，
222221111令k(x)?(x?1)2?，x?(?，?)，
22ee1，?)上单调递减，
ee111111213?????， 所以k(x)??(?)2?22eeee5315则k(x)在x?(?1所以g(x0)?13， 151313，即记f(x)的最小值为M，M?． 1515因此当a?0 时，f(x)min?（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．[选修4-4：坐标系与参数方程]
?x?1?tcos?22．在直角坐标系xOy中，直线的参数方程为?(t为参数，0????)，以坐标
y?2?tsin??原点为极点，以x轴的非负半轴为极轴，建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为
?2?6?cos??8?sin??21?0，已知直线l与曲线C交于不同的两点A，B．
（1）求直线l的普通方程和曲线C的直角坐标方程； （2）设P(1,2)，求|PA|2?|PB|2的取值范围．
【解答】解：（1）直线l的普通方程为xsin??ycos??sin??2cos??0．????（2分） 因为x??cos?，y??sin?，x2?y2??2，
所以曲线C的直角坐标方程x2?y2?6x?8y?21?0．??????（4分） （2）将直线l的参数方程代入曲线C的直角坐标方程，
整理得关于t的方程：t2?4(sin??cos?)t?4?0．?????????（6分） 因为直线l与曲线C有两个不同的交点，所以上述方程有两个不同的解，设为t1，t2， 则t1?t2?4(sin??cos?)，t1t2?4．??????????????（7分）
并且△?16(sin??cos?)2?16?32sin?cos??0， 注意到0????，解得0????2．??????????????（8分）
因为直线l的参数方程为标准形式，所以根据参数t的几何意义，
有|PA|2?|PB|2?t12?t22?(t1?t2)2?2t1t2?16(sin??cos?)2?8?16sin2??8， 因为0????2，所以sin2??(0，1]，16sin2??8?(8，24]．
因此|PA|2?|PB|2的取值范围是(8，24]．??????????? [选修4-5：不等式选讲]
23．已知函数f(x)?|x?1|?|x?3|． （Ⅰ）解不等式f(x)?x?1；
a2b2?…1．（Ⅱ）设函数f(x)的最小值为c，实数a，求证： b满足a?0，b?0，a?b?c，
a?1b?1【解答】（本小题满分10分）选修4?5：不等式选讲 （Ⅰ）解：f(x)?x?1，即|x?1|?|x?3|?x?1．
1． ①当x?1时，不等式可化为4?2x?x?1，x…又
x?1，?x??；
x3时，不等式可化为2?x?1，x…1． ②当1剟x3，?1剟x3． 又1剟③当x?3时，不等式可化为2x?4?x?1，x?5． 又
x?3，?3?x?5．
x3，或3?x?5，即1剟x5． 综上所得，1剟?原不等式的解集为[1，5]．???????
（Ⅱ）证明：由绝对值不等式性质得，|x?1|?|x?3|…|(1?x)?(x?3)|?2， ?c?2，即a?b?2．
令a?1?m，b?1?n，则m?1，n?1，a?m?1，b?n?1，m?n?4，
a2b2(m?1)2(n?1)21144????m?n???4?…?1， a?1b?1mnmnmn(m?n)22原不等式得证．
2019-2020学年福建师大附中高三（上）期中数学试卷（理科）试题及答案 - 图文
