重庆市渝西九校2020届高三5月联考数学（文）试题 Word版含解析

重庆市渝西九校2020届高三5月联考数学（文）试题 Word版含解析

- 1 - 2020 年重庆市渝西九校高考数学联考试卷（文科）（5 月份） 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.已知集合  | 2 6A x x x   ，  0,2,4,6B  ，则 A B  （ ） A.  0 B.  0,2 C.  2,4 D.  4,6 【答案】D 【解析】 【分析】 先化简集合 A ，再求交集，即可得出结果. 【详解】因为    | 2 6 | 2A x x x x x     ，  0,2,4,6B  , 所以  4,6A B I . 故选：D. 【点睛】本题考查集合的交集运算，熟记概念即可，属于基础题型. 2.若 z1＝2﹣3i，z2＝3+2i，则（ ） A. z1+z2 的实部为 1 B. z2＝iz1 C. z1+z2 的虚部为 1 D. z2＝﹣iz1 【答案】B 【解析】 【分析】 采用逐一验证法，根据复数的四则运算，分别计算 z1+z2，iz1，简单判断可得结果. 【详解】由题可知：z1＝2﹣3i，z2＝3+2i 所以 z1+z2=5- i，故 z1+z2 的实部为 5，虚部为-1，排除 A,B  1 2 12 3 3 2 ,     iz i i i z iz ，排除 D，则 B 正确 故选：B 【点睛】本题考查复数的四则运算，重在于计算，属基础题. 3.若双曲线 2 2 : 13 x yC m   的离心率为 3 ，则 C 的虚轴长为（ ） A. 4 B. 2 3 C. 2 6 D. 2 - 2 - 【答案】C 【解析】 【分析】 利用离心率得到关于 m 的方程，求出其解后可得虚轴长. 【详解】因为双曲线 2 2 : 13 x yC m   的离心率为 3 ，故 3 3 3 m  ， 解得 6m  ，所以虚轴长为 2 6 . 故选：C. 【点睛】本题考查双曲线的离心率及虚轴长，注意双曲线   2 2 2 2: 1 0, 0x yC a ba b     中各 几何量计算公式的正确应用，如虚轴长指 2b ，本题属于基础题. 4.已知函数   6logf x x ，则  2 2 2f  （ ） A.  4f B.  6f C.  9f D.  12f 【答案】C 【解析】 【分析】 根据对数的运算法则，直接计算，即可得出结果. 【详解】因为   6logf x x ， 所以    6 6 6 62log 6 2log 22 2 2 2log 3 log 9 9f f     . 故选：C. 【点睛】本题主要考查求对数函数值，以及对数的运算，熟记对数运算法则即可，属于基础 题型. 5.若通过 10 组数据  , 1,2, ,10i ix y i   得到 y 关于 x 的线性回归方程为  3y x a  ，且 10 1 10i i x   ， 10 1 90i i y   ，则 a （ ） A. 4 B. 5 C. 6 D. 7 【答案】C 【解析】 - 3 - 【分析】 根据回归直线方程必过样本中心点即可求出参数的值. 【详解】解：因为 10 1 1 110 i i x x    ， 12 1 1 910 i i y y    ， 因为回归直线方程  3y x a  必过样本中心点 1,9 所以 9 3 1 a   ，即  6a  . 故选：C 【点睛】本题考查回归直线方程的性质的应用，属于基础题. 6.北京公交 101 路是北京最早的无轨电车之一，最早可追溯至 1957 年.游客甲与乙同时从红 庙路口西站上了开往百万庄西口站方向的 101 路公交车，甲将在朝阳门外站之前的任意一站 下车，乙将在神路街站之前的任意一站下车，他们都至少坐一站再下车，则甲比乙后下车的 概率为（ ） A. 7 20 B. 2 5 C. 9 20 D. 1 2 【答案】D 【解析】 【分析】 根据题意，确定总的基本事件个数，以及满足条件的基本事件个数，基本事件个数之比即为 所求概率. 【详解】甲下车的站名可能为小庄路口东站、呼家楼西站，关东店站，东大桥路口西站、神 路街站，乙下车的站名可能为小庄路口东站、呼家楼西站、关东店站、东大桥路口西站. 所以甲、乙下车的所有情况共有 1 1 5 4 20C C  种， 其中甲比乙后下车的情况有： 乙在小庄路口东站下车，甲可以在呼家楼西站，关东店站，东大桥路口西站、神路街站下车； 乙在呼家楼西站下车，甲可以在关东店站，东大桥路口西站、神路街站下车； - 4 - 乙在关东店站下车，甲可以在东大桥路口西站、神路街站下车； 乙在东大桥路口西站下车，甲可以在神路街站下车； 共有 10 种. 故甲比乙后下车的概率为 10 1 20 2  . 故选：D. 【点睛】本题主要考查求古典概型的概率，熟记概率计算公式即可，属于常考题型. 7.已知二次函数   2f x ax bx  在 1, 上单调递减，则 a ，b 应满足的约束条件为（ ） A. 0 2 0 a a b     B. 0 2 0 a a b     C. 0 2 0 a a b     D. 0 2 0 a a b     【答案】D 【解析】 【分析】 由二次函数在 1, 上单调递减，得开口向下，对称轴小于等于 1，可得答案. 【详解】解：因为  f x 在 1, 上单调递减， 所以 0a  ，且 12 b a   ， 所以 0 2 0 a a b     . 故选：D 【点睛】此题考查二次函数的性质，属于基础题. 8.设函数    cos 03f x x        在 0, 2      上的值域为 1 ,12      ，则 的取值范围为 （ ） A. 2 4,3 3      B. 20, 3      - 5 - C. 2 ,13      D. 41, 3      【答案】A 【解析】 【分析】 根据 x 范围得到 ,3 3 2 3x            ，结合余弦函数图像可得 2 3    的范围，进而得 出结果. 【详解】因为 0, 2x     ，所以 ,3 3 2 3x            ，所以 0 2 3 3      ，解得 2 4 3 3   . 故选：A 【点睛】本题考查根据余弦函数在某一区间的值域求解参数范围问题，关键是能够结合余弦 函数图像确定角的范围. 9.执行如图所示的程序框图，则输出的 a （ ） A. 1 2  B. 2 3 C. 3 D. -3 【答案】A 【解析】 【分析】 由算法和程序框图的循环结构依次计算即可得答案. - 6 - 【详解】解：第 1 次， 3a  ， 1 5i   成立，则 3 1 2 3 3a   ， 2i  ； 第 2 次， 2 5i   成立，则 2 1 13 2 2 3 a     ， 3i  ； 第 3 次， 3 5i   成立，则 1 12 31 2 a      ， 4i  ； 第 4 次， 4 5i   成立，则 2 3a  ， 5i  ， 第 5 次， 5 5i   成立， 1 2a   ， 6i  . 6 5i   不成立，所以输出的 1 2a   . 故选：A 【点睛】此题考查算法和程序框图的循环结构，考查计算能力，属于基础题. 10. a ，b ，c 分别为 ABC 内角 A ，B ，C 的对边.已知  sin 3 sinb A b c B  ，则 2b ac 的 最小值为（ ） A. 5 4 B. 7 4 C. 4 3 D. 5 3 【答案】C 【解析】 【分析】 根据正弦定理，先得到 3a c b  ，再由基本不等式，即可求出结果. 【详解】∵ sin ( 3 )sinb A b c B  ， ∴ ( 3 )ab b c b  ，∴ 3a b c  ，即 3a c b  . ∵ 2a c ac  ，∴ 3 2b ac ， 当且仅当 3 2a c b  时，等号成立，∴ 2 4 3 b ac  ，故 2b ac 的最小值为 4 3 . 故选：C. - 7 - 【点睛】本题主要考查正弦定理解三角形，熟记正弦定理以及基本不等式即可，属于常考题 型. 11.已知椭圆 C 的焦点为 F1（﹣c，0），F2（c，0），其中 c＞0，C 的长轴长为 2a，过 F1 的直线 与 C 交于 A，B 两点.若|AF1|＝3|F1B|，4|BF2|＝5|AB|，则|AF2|＝（ ） A. 5 4 a B. 4 3 a C. 2 3 a D. a 【答案】D 【解析】 【分析】 根据椭圆的定义求解． 【详解】设 1F B x ，则∵|AF1|＝3|F1B|，∴ 1 3AF x ，又 4|BF2|＝5|AB|，∴ 2 5BF x ， ∴ 1 2 6 2BF BF x a   ， 3a x ，∴ 2 12AF a AF a   ． 故选：D． 【点睛】本题考查椭圆的定义，只要用定义表示出 ,A B 两点到焦点的距离之和即可求解． 12.已知QA  平面 ABC ，PC  平面 ABC ，AB BC ， 1PC  ， 3AB AQ  ， 4BC  ， 现有下述四个结论：①四边形 ACPQ 为直角梯形；②四面体 PABC 的外接球的表面积为 25 ； ③平面 PBC  平面QAB ；④四面体 PABC 与四面体QABC 的公共部分的体积为 3 2 .其中所 有正确结论的编号是（ ） A. ①③ B. ①③④ C. ②④ D. ①②③④ 【答案】B 【解析】 【分析】 利用线面垂直的性质定理可判断①；求出四面体 PABC 的外接球的球心O 为线段 PA 的中点， 利用球的表面积公式可判断②；利用面面垂直的判定定理以及线面垂直的性质定理可判断③； 利用锥体的体积公式即可判断④. 【详解】因为 QA  平面 ABC ， PC  平面 ABC ， 所以 / /QA PC ，且 PC AC ，又 3QA PC ，所以四边形 ACPQ 为直角梯形. - 8 - 依题意可得，四面体 PABC 的外接球的球心O 为线段 PA 的中点， 因为 2 23 4 5AC    ， 1PC  ，所以 2 25 1 26 2 2AO   ， 所以球O 的表面积为 26 . 由QA  平面 ABC ，则 QA BC ， AB BC ，且 QA AB A  可证 BC ⊥平面QAB ，而 BC 平面 PBC ，所以平面 PBC  平面QAB . 设 PA QC D ，则四面体 PABC 与四面体QABC 的公共部分为四面体 ABCD . 过 D 作 DE AC 于 E ，则 3 3 1 DE PC   ，所以 3 3 4 4DE PC  ， 所以四面体 ABCD 的体积为 1 1 3 33 43 2 4 2      . 故所有正确结论的编号是①③④. 故选：B 【点睛】本题考查了线面垂直的性质定理、面面垂直的判定定理、球的表面积公式、锥体的 体积公式，属于中档题. 二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分.把答案填在答题卡中的横线上. 13.设向量  1,2AB  ，  2,AC x  ，若 A ， B ，C 三点共线，则 x ______. 【答案】-4 【解析】 【分析】 由 A ， B ，C 三点共线，可得 / /AB AC   ，从而由共线向量的性质列方程可求出 x 的值. 【详解】解：因为 A ， B ，C 三点共线， 所以 / /AB AC   ， 因为  1,2AB  ，  2,AC x  ， - 9 - 所以 2 2 4x      . 故答案为：-4 【点睛】此题考查共线向量的性质，属于基础题. 14.若  tan tan tan 3        ，则 tan tan   ______. 【答案】2 【解析】 【分析】 根据两角和的正切公式，代入已知条件，即可求解. 【详解】由  tan tan tan 3        ， 因为 tan tantan( ) 1 tan tan         ，所以 33 1 tan tan    ，解得 tan tan 2   . 故答案为： 2 . 【点睛】本题主要两角和的正切函数公式的应用，其中解答中熟记两角和的正切公式，正确 计算是解答的关键，着重考查运算与求解能力. 15.《九章算术》中有这样一个问题：“今有方锥，下方二丈七尺，高二丈九尺.问积几何？” 其意思是：今有一个正四棱锥，其下底边长为 2 丈 7 尺（1丈 10 尺），高为 2 丈9尺，则其 体积为______立方尺. 【答案】 7047 【解析】 【分析】 根据题意得出该正四棱锥的高与底面边长，然后利用锥体的体积公式可计算得出结果. 【详解】因为该正四棱锥的底边长为 27 尺，高为 29 尺，所以其体积为 21 27 29 70473    立 方尺. 故答案为： 7047 . 【点睛】本题考查正四棱锥的体积的计算，关键就是根据题意得出该正四棱锥的底面边长和 高，考查计算能力，属于基础题. 16.已知函数    x xf x x ae e  为偶函数，函数     xg x f x xe  ，则 a ______；若  g x mx e  对  0,x  恒成立，则 m 的取值范围为______. - 10 - 【答案】 (1). 1 (2).  ,2e 【解析】 【分析】 由已知条件，利用函数奇偶性的性质可得 x xy ae e  为奇函数，进而根据奇函数的定义求得 1a  ；将题中不等式分离参数为 x em e x   ，构造函数    0x eh x e xx    ，利用导数求 得其最小值，根据不等式恒成立的意义得到 m 的取值范围为 ,2e . 【详解】因为 y x 为奇函数，    x xf x x ae e  为偶函数， 所以 x xy ae e  为奇函数， ∴ 0 00 ae e  ，所以 1a  ，则   xg x xe . 因为  g x mx e  对  0,x  恒成立， 所以 x em e x   对  0,x  恒成立. 设函数    0x eh x e xx    ，则   2' x eh x e x   ， 显然   2' x eh x e x   在  0,x  上单调递增，且  ' 1 0h  ， 所以当 0 1x  时，  ' 0h x  ；当 1x  时，  ' 0h x  . 从而可得    min 1 2h x h e  ， 故 m 的取值范围为 ,2e . 故答案为：1； ,2e . 【点睛】本题考查函数的奇偶性，利用导数求不等式恒成立中的参数取值范围问题，难度中 等，关键是分离参数，构造函数并利用导数求函数的最值. 三、解答题：共 70 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤，第 17～21 题为必考题， 每道试题考生都必须作答.第 22、23 题为选考题，考生根据要求作答. （一）必考题：共 60 分. 17.世界各国越来越关注环境保护问题，某检测点连续 100 天监视空气质量指数（ AQI ），将 这 100 天的 AQI 数据分为五组，各组对应的区间分别为 0,50 ， 50,100 ， 100,150 ， - 11 -  150,200 ， 200,250 ，并绘制出如图所示的不完整的频率分布直方图. （1）请将频率分布直方图补充完整； （2）已知空气质量指数 AQI 在 0,50 内的空气质量等级为优，在 50,100 内的空气质量等 级为良，分别求这 100 天中空气质量等级为优与空气质量等级为良的天数； （3）若这 100 天中， AQI 在 0,100 的天数与 AQI 在 ,250m 的天数相等，估计 m 的值. 【答案】（1）直方图见解析；（2）20，40；（3）75. 【解析】 【分析】 （1）根据总频率和为 1 求得 AQI 在 100,150 内的频率，进而计算 频率 组距的值，即可将直方 图补充完整；（2）先求得相关频率，即可得到所求天数；（3）依题意，可得 AQI 在 0,100 的 频率等于 AQI 在 ,250m 的频率，可得到  50,100m ，从而列式求得 m 的值. 【 详 解 】 （ 1 ） 因 为 AQI 在  100,150 内 的 频 率 为 1 50 (0.004 0.008 0.002 0.001) 0.25      ， 所以 AQI 在 100,150 内的 0.005频率 组距 ， 故频率分布直方图补充完整如图所示. - 12 - （2）这 100 天中空气质量等级为优的天数为50 0.004 100 20   ， 空气质量等级为良的天数为 50 0.008 100 40   . （3）依题意，可得 AQI 在 0,100 的频率等于 AQI 在 ,250m 的频率， 因为 AQI 在 0,100 内的频率为 0.6， AQI 在 50,100 内的频率为 0.4， 所以  50,100m ， 则 100 0.008 1 0.6 0.6m     ， 解得 75m  . 【点睛】本题考查频率直方图，涉及频率直方图的性质，频率和频数的计算，属基础题. 18.已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，公差为 d，且（S6﹣S3）2＝S9. （1）若 d＝﹣1，求{an}的通项公式； （2）若 a5＜1，1＜a6＜2，求数列 12nd  的前 10 项和 T10 的取值范围. 【答案】（1） 5na n  或 6na n  ；（2）  10 1023,2046T 【解析】 【分析】 （1）根据等差数列的性质以及前 n 项和公式，可得 2 5 5a a ，简单计算可得 5a ，然后根据公 差以及等差数列的通项公式可得结果. （2）根据 a5＜1，1＜a6＜2，可知 5a 以及 d 的范围，然后计算 10T ，根据 d 的范围，可得结果. 【详解】（1）依据题意可知： 2 6 3 9S S S  - 13 - 则   2 1 9 4 5 6 9 2     a aa a a ， 又 4 6 5 1 9 52 , 2   a a a a a a 所以 2 5 53 9a a ，即 2 5 5a a 故 5 0a  或 5 1a  ，由 1d   当 5 0a  时，  5 5 5    na a n d n 当 5 1a  时，  5 5 6    na a n d n （2）因为 5 1a  ，由（1）可知 5 0a  ，所以 6 5a a d d   又 61 2a  ，所以1 2d  数列 12nd  是以 d 为首项，公比为 2 的等比数列 所以数列 12nd  的前 10 项和  10 10 1 2 10231 2    d T d 所以 101023 2046 T ，即  10 1023,2046T 【点睛】本题考查等差数列的通项公式以及前 n 项和公式，关键在于熟悉公式以及简单计算， 属基础题. 19.如图，在正三棱柱 ABC﹣A1B1C1 中，D 为 AB 的中点，E 为棱 BB1 上一点，且 AE⊥A1C. （1）证明：AE⊥平面 A1CD. （2）若 AB＝2，AA1＝3，求三棱锥 E﹣A1BC1 的体积. 【答案】（1）见解析，（2） 2 3 9 - 14 - 【解析】 【分析】 （1）由 D 为 AB 的中点，AC=BC，可得 CD⊥AB，而 A A1⊥平面 ABC，可得 A A1⊥CD，由线面垂 直的判定定理得，CD⊥平面 A A1 B1B，所以 CD⊥AE，而已知有 AE⊥A1C，所以可得 AE⊥平面 A1CD. （2） 由（1）可得 AE⊥A1D，所以△ABE∽△A1AD，从而可求出 BE 的长，而 CC1∥平面 A A1 B1B， 所以可得 C1 到平面 A A1 B1B 的距离等于 C 到平面 A A1 B1B 的距离，所以 1 1 1 1 1 1 3 2E A BC C A BEV V BE AB CD      ,由此可得结果 【详解】（1）证明：因为 D 为 AB 的中点，AC=BC， 所以 CD⊥AB， 在正三棱柱 ABC﹣A1B1C1 中，A A1⊥平面 ABC，CD 在平面 ABC 内， 所以 A A1⊥CD， 因为 A A1∩AB=A，所以 CD⊥平面 A A1 B1B， 因为 AE 在平面 A A1 B1B 内，所以 CD⊥AE， 因为 AE⊥A1C，CD∩A1C= C， 所以 AE⊥平面 A1CD. （2）由（1）知，AE⊥平面 A1CD， 又因为 A1D 在平面 A1CD 内，所以 AE⊥A1D， 所以△ABE∽△A1AD，所以 1A A AB AD BE  ， 所以 1 2 3 AB ADBE A A   ， 因为 CC1∥BB1，CC1 在平面 A A1 B1B 外，BB1 在平面 A A1 B1B 内， 所以 CC1∥平面 A A1 B1B， 所以 C1 到平面 A A1 B1B 的距离等于 C 到平面 A A1 B1B 的距离， 所以 1 1 1 1 1 1 1 2 2 32 33 2 6 3 9E A BC C A BEV V BE AB CD           ， 【点睛】此题考查了线面垂直的证明，求三棱锥的体积，考查空间想象能力和推理能力，考 查转化能力和计算能力，属于基础题. 20.直线 l 过点 P（0，b）且与抛物线 y2＝2px（p＞0）交于 A，B（A，B 都在 x 轴同侧）两点， - 15 - 过 A，B 作 x 轴的垂线，垂足分别为 C，D. （1）若 b＞0，|AC|+|BD|＝p，证明：l 的斜率为定值； （2）若 Q（0，﹣b），设△QAB 的面积为 S1，梯形 ACDB 的面积为 S2，是否存在正整数λ，使 3S1＝λS2 成立？若存在，求λ的值；若不存在，请说明理由， 【答案】（1）证明见解析；（2）存在，且 1  ． 【解析】 【分析】 （1）设直线 l 方程是 ( 0)y kx b k   ，设 1 1 2 2( , ), ( , )A x y B x y ,由|AC|+|BD|＝ 1 2y y p  ， 直线方程与抛物线方程联立 消去 x 后应用韦达定理可得； （2）由（1）直线与抛物线相交得 10 2kb p  ，计算 1 2,S S 并作比 1 2 S S ，假设存在正整数  ， 使 1 23S S 成立，由此可得  的范围，在此范围内的只要有正整数即可得结论． 【详解】（1）证明：据题意设直线l 方程是 ( 0)y kx b k   ，设 1 1 2 2( , ), ( , )A x y B x y , ∵|AC|+|BD|＝p，∴ 1 2y y p  ， 由 2 , 2 , y kx b y px     得 2 2 2 0ky py pb   ， ∴ 1 2 2py y pk    ，∴ 2k  ，即 l 的斜率为定值； （2）由（1） 24 8 0p pkb    ，即 10 2kb p  ， ∵点Q 到直线l 的距离 2 2 1 bd k   ，且 2 1 21AB k x x   ， ∴ 1 1 2 1 2S AB d b x x   ， 2 1 2 1 2 1 2 1 1( ) ,2 2 pS AC BD CD y y x x x xk        ∴ 1 2 k b kbS kb S p p p    ， ∵ 10 2kb p  ，∴ 10 2 kb p   ， - 16 - 假设存在正整数  ，使 1 23S S 成立，则 10 3 2   ， ∴ 30 2   ． ∴存在正整数 1  ，使 1 23S S 成立． 【点睛】本题考查直线与抛物线相交问题，考查抛物线中的定值问题，存在性问题．解题方 法是“设而不求”的思想方法，设直线方程，设交点坐标 1 1 2 2( , ), ( , )A x y B x y ,直线方程与抛 物线方程联立消元应用韦达定理，把韦达定理所得结论代入其他条件求解． 21.已知函数   cos 3xf x ae x   的图象在点   0, 0f 处的切线与直线 0x y  垂直. （1）判断  f x 的零点的个数，并说明理由； （2）证明：   1f x x  对  0,x  恒成立. 【答案】（1）1，理由见解析；（2）证明见解析. 【解析】 【分析】 （1）由题意可得  ' 0 1f  ，从而可求出 1a  ，当 0x  时，可判断出   0f x  ，所以函数 无零点，当 0x  时，可判断  ' 0f x  ，从而可知函数  f x 在 0,  上单调递增，然后由 零点存在性定理可得  f x 在 0,  上存在唯一的零点. （2）要证   1f x x  对  0,x  恒成立，只要证明函数      1g x f x x   在 0,  的最小值大于零，然后利用导数求函数  g x 的最小值. 【详解】（1）解：  ' sinxf x ae x  ，    ' 0 1 1f a      ，则 1a  . 当 0x  时， 0 1xe  ， 1 cos 1x   ，则   0f x  ，此时  f x 无零点； 当 0x  时， e 1x  ， 1 sin 1x   ，  ' sin 0xf x e x   ， 所以  f x 在 0,  上单调递增. 因为  0 0f  ，  2 0f  ， 所以  f x 在 0,  上存在唯一的零点. - 17 - 综上，  f x 的零点的个数为 1. （2）证明：设函数        1 cos 2 0xg x f x x e x x x        ， 则  ' 1 sinxg x e x   ，设    'h x g x ，则  ' cosxh x e x  . 因为 0x  ，所以 e 1x  ， 1 cos 1x   ，所以  ' 0h x  ， 则  h x 在 0,  上单调递增，则    0 0h x h  ， 即  ' 0g x  ，从而  g x 在 0,  上单调递增， 于是    0 0g x g  ， 故    1 0f x x   ，即   1f x x  对 0,  恒成立. 【点睛】此题考查了导数的几何意义，利用导数判断函数的零点，利用导数证明不等式恒成 立问题，考查了数学转化思想和计算能力，属于中档题. （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 22.在极坐标系中，曲线C 由圆 M 与圆 N 构成，圆 M 与圆 N 的极坐标方程为 2cos   ， 6cos  ，直线 l 的极坐标方程为   sin cos 4 0k k      . （1）求圆 M 与圆 N 的圆心距； （2）若直线 l 与曲线C 恰有 2 个公共点，求 k 的取值范围. 【答案】（1） 4 ；（2） 2 3 10,4 20       . 【解析】 【分析】 （1）将圆 M 与圆 N 的极坐标方程化为直角坐标方程，求出两圆圆心的直角坐标，然后利用 两点间的距离公式可计算出圆 M 与圆 N 的圆心距； （2）分别求得当直线 l 与圆 M 、圆 N 相切时直线 l 的斜率 k 的值，数形结合可求得当直线 l 与 曲线C 恰有 2 个公共点时，实数 k 的取值范围. 【详解】（1）以极点为坐标原点，极轴为 x 轴正半轴建立平面直角坐标系 xOy . 由 2cos   ，得 2 2 cos    ，则 2 2 2x y x   ，即 2 21 1x y   ， - 18 - 所以圆 M 的圆心的直角坐标为  1,0M  . 由 6cos  ，得 2 6 cos   ，则 2 2 6x y x  ，即  2 23 9x y   ， 所以圆 N 的圆心的直角坐标为  3,0N . 故圆 M 与圆 N 的圆心距 1 3 4MN    ； （2）因为直线l 的极坐标方程为  sin cos 4k     ， 所以直线 l 的直角坐标方程为  4y k x  . 当直线l 与圆 M 相切时， 2 3 1 1 k k   ，又 0k  ，所以 2 4k  ； 当直线l 与圆 N 相切时， 2 7 3 1 k k   ，又 0k  ，所以 3 10 20k  . 由图象可知，当直线l 与曲线C 恰有 2 个公共点时， k 的取值范围为 2 3 10,4 20       . 【点睛】本题考查极坐标方程与直角坐标方程的相互转化，同时也考查了利用直线与两圆的 公共点个数求参数，考查数形结合思想的应用，属于中等题. 23.已知函数   1 2f x x x   . （1）求不等式   8f x  的解集； （2）若直线 y kx 与曲线  y f x 仅有1个公共点，求 k 的取值范围. - 19 - 【答案】（1）  3,3 ；（2）     , 3 2,2 3,      . 【解析】 【分析】 （1）分 1x   、 1 0x ≤ ≤ 、 0 1x  、 1x  解不等式   8f x  ，综合可得出该不等式 的解集； （2）作出函数  y f x 与 y kx 的图象，数形结合可求得实数 k 的取值范围. 【详解】（1）当 1x   时，   3 1 8f x x    ，解得 3 1x    ； 当 1 0x ≤ ≤ 时，   1 8f x x   恒成立，则 1 0x ≤ ≤ ； 当 0 1x  时，   1 8f x x   恒成立，则 0 1x  ； 当 1x  时，   3 1 8f x x   ，解得1 3x  . 故不等式   8f x  的解集为 3,3 ； （2）作出函数  y f x （实线）与 y kx （虚线）的图象，如图所示： 直线 y kx 过原点，当此直线经过点 1,2 时， 2k  ； 当此直线与直线 3 1y x  平行时， 3k  . - 20 - 结合  y f x 的图象的对称性，可得 k 的取值范围为     , 3 2,2 3,      . 【点睛】本题考查含绝对值不等式的求解，同时也考查了利用两函数图象的交点个数求参数 的取值范围，考查分类讨论思想以及数形结合思想的应用，属于中等题. - 21 -