，
所以按方案一进行收购，则1kg的收购价X≈12×+10×+9×=10.1＞10． 故果园种植户应选择第一种收购方案．…（12分） （比较两种方案收购总额的大小，同样给分．）
解析：（1）利用频率分布直方图能求出果径的样本平均数及中位数．
（2）由图2可知，果径在80以上的苹果中，特级果、一级果、二级果所占比例约，，，按方案一进行收购，则1kg的收购价X≈12×+10×+9×=10.1＞10．从而果园种植户应选择第一种收购方案．
本题考查平均数、中位数的求法，考查最稳定性方案的判断，考查频率分布直方图的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题． 20.答案：解：（1）由已知可得，|PN|=|PM|， 即点P到定点N的距离等于到直线l1的距离， 故P点的轨迹是以N为焦点，l1为准线的抛物线， 所以曲线C的方程为y2=4x．…（4分）
（2）设A（x1，y1），B（x2，y2），D（x0，y0），直线l2斜率为k，显然k≠0， 由x1+x2=所以x0=
． =
，y0=kx0+m=，即D（
，）．
得，k2x2+（2km-4）x+m2=0，
因为直线l2与圆E：（x-3）2+y2=6相切于点D， 所以|DE|2=6；DE⊥l2， 从而（
-3）2+（）2=6；
-3=-2，
整理可得（）2=2，即k=±． 所以m=0， 故l2的方程为y=
x或y=-x．…（12分）
解析：（1）|PN|=|PM|，点P到定点N的距离等于到直线l1的距离，说明P点的轨迹是以N为焦点，l1为准线的抛物线，求解抛物线方程即可．
y1）By2）Dy0）（2）设A（x1，，（x2，，（x0，，直线l2斜率为k，显然k≠0，由
得，k2x2+（2km-4）x+m2=0，利用韦达定理结合，直线l2与圆E：（x-3）2+y2=6相切于点D，（
-3）2+（）2=6；求解即可．
本题考查直线与抛物线的位置关系的综合应用，考查转化思想以及计算能力．
21.答案：（1）解：f′（x）=ex+ae-x-（a+1）=e-x（ex-1）（ex-a）． 当a≤0时，ex-a＞0，
x∈（-∞，0）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减； x∈（0，+∞）时，f'（x）＞0，f（x）单调递增． 当0＜a＜1时，
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x∈（-∞，lna）和（0，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增； x∈（lna，0）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减． 当a=1时，f′（x）≥0，f（x）单调递增． 当a＞1时，
x∈（-∞，0）和（lna，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增； x∈（0，lna）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减． （2）证明：由（1）得，当a=1时，f（x）=ex-e-x-2x， ∵f（0）=0，∴f（x）仅有一个零点0．
且x＞0时，f（x）＞f（0）=0，即ex＞e-x+2x＞2x． 当0＜a＜1时，
∵f（0）=1-a＞0，∴f（x）在（lna，+∞）内没有零点，且f（lna）＞0． 由x＞0时ex＞2x，得e2x＞4x2，x＞ln(2 x)． ∴x=-时，ex＜1，e-x＞，从而-ae-x＜-， ∴f（-）＜1--（a+1）（-）=5-＜0， 又lna=-ln＞-＞-，
∴f（x）在（-，lna）内有一个零点，
∴当0＜a＜1时，f（x）仅在（-，lna）内有一个零点． 当a＞1时，
当x=4a时，-ae-x＞-a，ex=e4a＞16a2，
从而f（4a）＞16a2-a-（a+1）（4a）=a（12a-5）＞0， 又lna＜a＜4a，
∴f（x）在（lna，4a）内有一个零点，
∴当a＞1时，f（x）仅在（lna，4a）内有一个零点． 综上，a＞0时，f（x）有且仅有一个零点．
解析：（1）求出原函数的导函数，然后对a分类讨论求解原函数的单调区间；
（2）由（1）得，当a=1时，f（x）=ex-e-x-2x，可得f（0）=0，结合x＞0时，ex＞e-x+2x＞2x．说明f（x）有且仅有一个零点；当0＜a＜1时，证明f（x）在（lna，+∞）内没有零点，且f（lna）＞0．再证明f（x）在（-，lna）内有一个零点，说明f（x）有且仅有一个零点；当0＜a＜1时，f（x）仅在（-，lna）内有一个零点．当a＞1时，证明f（x）在（lna，4a）内有一个零点．从而得到f（x）有且仅有一个零点．
本题考查利用导数研究函数的单调性，考查函数零点的判定，考查分类讨论的数学思想方法，属难题．
22.答案：解：（1）依题意可得，圆C1：（x-1）2+y2=1； 圆C2：（x+2）2+y2=4．
所以C1：x2+y2=2x；C2：x2+y2=-4x， 因为x2+y2=ρ2，x=ρcosθ，
所以C1：ρ=2cosθ；C2：ρ=-4cosθ；
（2）因为C1，C2都关于x轴对称，△OAB为等边三角形， 所以不妨设A（ρA，θ），B（ρB，θ+），0＜θ＜．
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依题意可得，ρA=2cosθ，ρB=-4cos（θ+）． 从而2cosθ=-4cos（θ+）， 整理得，2cosθ=
sinθ，所以tanθ=
，
，
又因为0＜θ＜，所以cosθ=|AB|=|OA|=ρA=
．
解析：本题考查极坐标方程，ρ的几何意义的应用，是中档题． （1）由直角坐标方程与极坐标方程的互化即可求解；
（2）因为C1，C2都关于x轴对称，△OAB为等边三角形，所以不妨设A（ρA，θ），B（ρB，θ+），0＜θ＜，依题意可得，ρA=2cosθ，ρB=-4cos（θ+），联立极坐标方程可解得．
23.答案：解：（1）因为|ax+1|+|ax-1|≥|（ax+1）-（ax-1）|=2，
等号当且仅当（ax+1）（ax-1）≤0时成立， 所以f（x）的最小值为2-2a-4=-2a-2． 依题意可得，-2a-2≥0， 所以a≤-1．…（4分）
（2）因为a＞0，f（x）=|ax+1|+|ax-1|-2a-4，
所以f（x）
所以y=f（x）的图象与x轴围成的封闭图形为等腰梯形ABCD， 且顶点为A（-1-，0），B（1+，0），C（，-2a-2），D（-，-2a-2） 从而S=2（1+）（a+1）=2（a+）+8． 因为a+≥2所以当a=
，等号当且仅当a=时，S取得最小值4
时成立， +8．…（10分）
解析：（1）利用绝对值不等式的性质求得最小值，再解关于a的不等式即可； （2）把y=f（x）变成分段函数，画出图象后得等腰梯形，再求出面积． 本题考查了绝对值不等式的解法，属中档题．
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2020年河北省唐山市高考数学二模试卷(一)(有答案解析)
