陕西省安康市2020届高三下学期第三次联考理科数学试卷 Word版含解析

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陕西省安康市2020届高三下学期第三次联考理科数学试卷 Word版含解析

- 1 - 2019-2020 学年陕西省安康市高三第二学期第三次联考 数学试卷(理科) 一、选择题 1. 已知集合  22 1 0A x x x    ,  0B x x  ,则 A B  ( ) A. 10, 2      B.  0,1 C.  1,2 D. 1 ,2    【答案】A 【解析】 【分析】 求出集合 A,B,由此能求出 A B . 【详解】∵ 集合  2 12 1 0 1 2A x x x x x            ,  0B x x  , 所以 A B  1{ | 0 }2x x  . 故选:A. 【点睛】本题考查了一元二次不等式的解法,考查了集合的交集运算,属于基础题. 2. 若复数 z 与其共轭复数 z 满足 2 1 3  z z i ,则| |z  ( ) A. 2 B. 3 C. 2 D. 5 【答案】A 【解析】 【分析】 设  , ,z a bi a R b R    ,则 2 3 1 3z z a bi i      ,求得 z ,再求模,得到答案. 【详解】设  , ,z a bi a R b R    ,则 2 2 2 3 1 3z z a bi a bi a bi i          ,故 1a   , 1b  , 1z i   , 2z  . 故选:A. - 2 - 【点睛】本题考查了共轭复数的概念,两复数相等的条件,复数的模,还考查了学生的计算 能力,属于容易题. 3. 已知 0a  且 1a  ,函数   1 log , 0 3 1, 0 a x x a xf x x      ,若   3f a  ,则  f a  ( ) A. 2 B. 2 3 C. 2 3  D. 8 9  【答案】C 【解析】 【分析】 先根据   3f a  求得 a,进而求得结论. 【详解】当 0a  时, 1( ) 3 1 3af a    ,解得 3log 4 1a   0 ,不合题意; 当 0a  时, ( ) log 3af a a a   ,解得 2a  , 所以 2 1 1 2( ) ( 2) 3 1 13 3f a f           . 故选:C. 【点睛】本题考查了分段函数求自变量、求函数值,属于基础题. 4. 部分与整体以某种相似的方式呈现称为分形.谢尔宾斯基三角形是一种分形,由波兰数学 家谢尔宾斯基 1915 年提出.具体操作是取一个实心三角形,沿三角形的三边中点连线,将它 分成 4 个小三角形,去掉中间的那一个小三角形后,对其余 3 个小三角形重复上述过程得到 如图所示的图案,若向该图案随机投一点,则该点落在黑色部分的概率是( ) A. 7 16 B. 9 16 C. 3 5 D. 1 2 【答案】B 【解析】 【分析】 - 3 - 先观察图象,再结合几何概型中的面积型可得:   9 9 16 16 SP A S  小三角形 小三角形 ,得解. 【详解】由图可知:黑色部分由 9 个小三角形组成,该图案由 16 个小三角形组成, 设“向该图案随机投一点,则该点落在黑色部分”为事件 A ,由几何概型中的面积型可得:   9 9 16 16 SP A S  小三角形 小三角形 , 故选 B. 【点睛】本题考查了识图能力及几何概型中的面积型,熟记公式即可,属于常考题型. 5. 将函数   sin cosf x x x  的图象上各点的纵坐标不变,横坐标伸长为原来的 2 倍,所得 图象的一条对称轴方程可以是( ) A. 2x   B. 2x  C. 8x   D. 8x  【答案】A 【解析】 【分析】 由函数  siny A ωx φ  的图象变换规律,求得  g x 的解析式,再利用正弦函数的图象的对 称性,得出结论. 【详解】将函数   sin cos 2 sin 4f x x x x        的图象上各点的纵坐标不变,横坐标 伸长为原来的 2 倍,可得 1( ) 2 sin 2 4g x x      的图象. 由 1 2 4 2x k    , k Z ,得 32 2x k   , k Z , 当 1k   时,所得图象的一条对称轴方程为 2x   , 故选:A. 【点睛】本题考查了三角函数的图象变换,考查了正弦函数图象的对称轴,属于基础题. 6. 已知 , 是两个不重合的平面,直线 //m  ,直线 n  ,则“  ”是“ //m n ”的( ) A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B - 4 - 【解析】 【分析】 利用线面的位置关系即可判断出结论. 【详解】如图,直线 //m  ,直线 n  ,  , 此时 m 与 n 异面,故充分性不成立, 如图,直线 //m  ,直线 n  ,若 //m n ,则 m  , 因为 //m  ,过 m 做一平面 ,且 m    ,则 / /m m , 所以 ,m m     ,所以  ,故必要性成立, ∴“  ”是“ //m n ”的必要不充分条件. 故选:B. 【点睛】本题考查充分、必要条件的判断,考查线面关系的判断,属于基础题. 7. 在平面直角坐标系 xOy 中,F 是抛物线 2 6y x 的焦点,A、B 是抛物线上两个不同的点.若 AF BF 5 ,则线段 AB 的中点到 y 轴的距离为( ) A. 1 2 B. 1 C. 3 2 D. 2 【答案】B - 5 - 【解析】 【分析】 本题先设 1 1( , )A x y , 2 2( , )B x y 两点,并判断线段 AB 的中点到 y 轴的距离为 1 2 2 x x ,再求 1 2x x ,最后求解. 【详解】解:设 1 1( , )A x y , 2 2( , )B x y ,则线段 AB 的中点到 y 轴的距离为: 1 2 2 x x , 根据抛物线的定义: 1 2AF BF x x p    , 整理得: 1 2 5 3 2x x AF BF p       , 故线段 AB 的中点到 y 轴的距离为: 1 2 12 x x  , 故选:B. 【点睛】本题考查抛物线的定义,是基础题. 8. 若 1sin 4 2      ,则 3cos 22       ( ) A. 1 4 B. 1 4  C. 1 2 D. 1 2  【答案】D 【解析】 【分析】 由题意利用二倍角公式求得 1sin 2 2    ,再利用诱导公式进行化简三角函数式,得到结果. 【详解】解:∵  2 1sin sin cos4 2 2          ,平方求得 1sin 2 2    , 则 3 1cos 2 sin 22 2          , 故选:D. 【点睛】本题考查和的正弦公式,考查二倍角公式,考查诱导公式,属于基础题. 9. 梯形 ABCD 中, //AB CD , 2CD  , 3BAD   ,若 2AB AC AB AD      ,则 AC AD   ( ) A. 12 B. 16 C. 20 D. 24 - 6 - 【答案】C 【解析】 【分析】 利用向量的数量积,结合向量的基本定理转化求解即可. 【详解】解:因为 2AB AC AB AD      ,所以 AB AC AB AD AB DC AB AD              , 所以 2 cos 3AB AB AD     ,可得 4AD  ,    2 16 4 2 cos 203AC AD AD DC AD AD AD DC                    . 故选:C. 【点睛】本题考查向量数量积的运算,属于基础题. 10. 某大学计算机学院的薛教授在 2019 年人工智能方向招收了 6 名研究生.薛教授欲从人工智 能领域的语音识别、人脸识别,数据分析、机器学习、服务器开发五个方向展开研究,且每 个方向均有研究生学习,其中刘泽同学学习人脸识别,则这 6 名研究生不同的分配方向共有 ( ) A 480 种 B. 360 种 C. 240 种 D. 120 种 【答案】B 【解析】 【分析】 将人脸识别方向的人数分成:有 2 人、有1人两种情况进行分类讨论,结合捆绑计算出不同的 分配方法数. 【详解】当人脸识别方向有 2 人时,有 5 5 120A  种,当人脸识别方向有 1 人时,有 2 4 5 4 240C A  种,∴共有 360 种. 故选:B 【点睛】本小题主要考查简单排列组合问题,考查分类讨论的数学思想方法,属于基础题. 11. 已知函数   2 2 2 , 0 log , 0 x x xf x x x      ,若 1 2 3 4x x x x< < < ,且        1 2 3 4f x f x f x f x   ,给出下列结论:① 1 2 1x x   ,② 3 4 1x x  , ③ 1 2 3 40 1x x x x     ,④ 1 2 3 40 1x x x x  ,其中所有正确命题的编号是( ) - 7 - A. ①② B. ②③ C. ②④ D. ②③④ 【答案】D 【解析】 【分析】 作出函数  y f x 的图象,利用二次函数 2 2y x x   图象的对称性可判断①的正误;由图 象得出 2 3 2 4log logx x ,结合对数的运算性质可判断②的正误;推导出 3 1 12 x  ,利用 双勾函数的单调性可判断③的正误;推导出 12 1x    ,利用二次函数的基本性质可判断④ 的正误.综合可得出结论. 【详解】函数   2 2 2 , 0 log , 0 x x xf x x x      的图象如下图所示, 函数 2 2y x x   的图象关于直线 1x   对称,则 1 2 2x x   ,①错误; 由图象可知 2 3 2 4log logx x ,且 3 40 1x x   , 2 3 2 4log logx x  , 即  2 3 4log 0x x  ,所以, 3 4 1x x  ,②正确; 当 0x  时,    22 2 1 1 1f x x x x        , 由图象可知,  2 3log 0,1x  ,则 2 30 log 1x   ,可得 3 1 12 x  , 1 3 4 3 3 2 1 12 0, 2x x x x x x            ,③正确; - 8 - 由图象可知 12 1x    ,    2 1 2 3 4 1 11 12 2 0,1x x x x x x x x         ,④正确. 故选:D. 【点睛】本题考查与函数零点相关的代数式的取值范围的判断,考查数形结合思想以及函数 单调性的应用,考查分析问题和解决问题的能力,属于中等题. 12. 设 P、A、B、C、D 是表面积为36 的球的球面上五点,四边形 ABCD 为正方形,则四棱锥 P ABCD 体积的最大值为( ) A. 50 3 B. 18 C. 20 D. 64 3 【答案】D 【解析】 【分析】 由球的表面积求得球的半径,设球心到四棱锥的底面距离为 x,棱锥的高为 3h x  ,再把棱 锥底面边长用 x 表示,写出棱锥体积,利用导数求最值. 【详解】设球的半径为 r,则 24 36r  ,即 3r  . 设球心到四棱锥的底面距离为 x (0 3)x  ,则正方形 ABCD 的对角线长为 2 2 22 3 2 9x x   ,则正方形 ABCD 的边长为 2 22 2 9 18 22 x x    , 则四棱锥的底面积为 218 2x , 当棱锥的高为 3h x  时,四棱锥的体积最大, 则四棱锥 P ABCD 的体积 2 3 21 2( 3)(18 2 ) ( 3 9 27)3 3V x x x x x        (0 3)x  , 22 ( 3 6 9)3V x x     22( 2 3) 2( 3)( 1)x x x x        , 由 0V  得 0 1x  ,由 0V  得1 3x  , 所以 3 22 ( 3 9 27)3V x x x     在[0,1) 上递增,在 (1,3) 上递减, 所以当 1x  时,V 取得最大值为 2 64( 1 3 9 27)3 3      . 故选:D. 【点睛】本题考查了棱锥的体积公式,考查了球的表面积公式,考查了利用导数求函数的最 值,属于中档题. - 9 - 二、填空题 13. 已知 x,y 满足约束条件 0 1 2 2 x x y x y        ,则 1 2z x y  的最大值为______. 【答案】 1 2 【解析】 【分析】 先根据约束条件画出可行域,再根据图形找到最优解,即可解得结果. 【详解】不等式组表示的平面区域如图所示, 由图可知,当直线 1 2z x y  经过点  1,0C 时, max 1 11 02 2z     . 故答案为: 1 2 . 【点睛】本题考查了利用线性规划求最值,属于基础题. 14. 已知 a ,b ,c 分别为 ABC 内角 A ,B ,C 的对边, 2a  , 3sin 3A  , 6b  , 则 ABC 的面积为__________. 【答案】 2 【解析】 【分析】 根据题意,利用余弦定理求得 2c  ,再运用三角形的面积公式即可求得结果. 【详解】解:由于 2a  , 3sin 3A  , 6b  , - 10 - ∵ a b ,∴ A B , 6cos 3A  , 由余弦定理得 2 2 26 3 2 b c a bc   ,解得 2c  , ∴ ABC 的面积 1 32 6 22 3S      . 故答案为: 2 . 【点睛】本题考查余弦定理的应用和三角形的面积公式,考查计算能力. 15. 已知  f x 是定义在 R 上的奇函数,当 0x  时,   sin cosf x x x a   (a 为常数),则 曲线  y f x 在点   , f  处的切线方程为______. 【答案】 2 0x y     【解析】 【分析】 由奇函数的性质可得  0 0f  ,求得 1a  ,再求 0x  时,  f x 的解析式,注意运用    f x f x   ,求得 0x  时,  f x 的导数,可得切线的斜率和切点,由点斜式方程可 得所求切线的方程. 【详解】解:由  f x 是定义在 R 上的奇函数,可得  0 0f  , 当 0x  时,   sin cosf x x x a   , 当 0x  ,即有 0x  ,        sin cos 1 sin cos 1f x x x x x f x            ,   sin cos 1f x x x    , 则导数为   cos sinf x x x   ,   1f    , 又切点为  , 2  ,切线方程为  2 1y x      , 即 6 0x y     . 故答案为: 2 0x y     . 【点睛】本题考查根据奇偶性求解析式,考查利用导数求切线方程,属于中档题. - 11 - 16. 已知 1F 、 2F 分别为双曲线C : 2 2 2 2 1x y a b   ( 0a  , 0b  )的左、右焦点,过 1F 的直 线l 交C 于 A 、 B 两点,O 为坐标原点,若 1OA BF , 2 2| | | |AF BF ,则C 的离心率为 __________. 【答案】 7 【解析】 【分析】 作出图象,取 AB 中点 E,连接 2EF ,设 1F A x ,根据双曲线定义可得 2x a ,再由勾股定 理可得到 2 27c a ,进而得到 e 的值. 【详解】解:取 AB 中点 E,连接 2EF , 则由已知可得 1 2BF EF , 1F A AE EB  设 1F A x ,则由双曲线定义可得 2 2AF a x  , 1 2 3 2 2BF BF x a x a     ,即 2x a , 在 1 2Rt F EF 中, 由勾股定理可得     22 24 2 3 2a a c  , 则 7ce a   . 故答案为: 7 . 【点睛】本题考查了双曲线的简单几何性质、双曲线的定义,考查了基本运算能力,属于基 - 12 - 础题. 三、解答题 17. 已知数列 na , nb 满足 2 1n na b n   ,且 nb 为等比数列, 1 1a  , 4 7a   . (1)求数列 na , nb 的通项公式; (2)设数列 na 的前 n 项和为 nS ,求当 12 50n nS   时,正整数 n 的最小值. 【答案】(1) 2 1 2n na n   , 2n nb  ;(2)6. 【解析】 【分析】 (1)由 1 1a  , 1 1 3a b  ,可得 1 2b  由 4 7a   ,可得 4b .根据等比数列可得通项公式可得 公比 q,及其 nb ,进而得出 na . (2)由(1)利用求和公式可得 nS ,将 12 50n nS   化为 2 2 48 0n n   可得结论. 【详解】(1)∵ 1 1a  , 1 1 3a b  ,∴ 1 2b  . ∵ 4 7a   ,∴  4 49 9 7 16b a      . ∴ 3 4 1 8bq b   ,解得 2q = , 所以 1 1 1 2 2 2n n n nb b q      , ∴ 2 1 2n na n   . (2)由(1)知 2 1 2n na n   , 所以 (3 2 1) 2(1 2 ) 2 1 2 n n n nS      ( 2) 2(2 1)nn n     2 12 2 2nn n    , ∴ 12 50n nS   可化为 2 2 48 0n n   ,解得 6n  , ∴正整数 n 的最小值为 6. 【点睛】本题考查了等比数列通项公式,考查了等差数列和等比数列的前 n 项和公式,属于基 础题. 18. 某中学在 10 月 1 日举行国庆歌咏比赛,参赛的 16 名选手得分的茎叶图如图所示. - 13 - (1)写出这 16 名选手得分的众数和中位数; (2)若得分前六名按一等奖一名、二等奖两名、三等奖三名分别发放 100 元、70 元,40 元 的奖品,从该 6 名选手中随机选取 2 人,设这 2 人奖品的钱数之和为 X ,求 X 的分布列与数 学期望. 【答案】(1)众数为86 ,平均数为87.375 ;(2)分布列见解析,   120E X  . 【解析】 【分析】 (1)根据众数的定义和中位数的计算方法可得结果. (2) X 可取80,110,140,140 ,算出 X 取各值时对应的概率,得到 X 的分布列后可得其期 望. 【详解】(1)由茎叶图可得众数为86 , 平均数为 2 70 80 10 90 4 3 0 4 6 6 3 7 2 8+2 9 87.37516x                 . (2) X 可能的取值为80,110,140,170 , 又   2 3 2 6 380 15 CP X C    ,   2 6 2 3 6 2110 15 5P X C     ,   2 6 1 3 1 4140 15P X C     ,   2 6 1 2 2170 15P X C    , 故 X 的分布列为: X 80 110 140 170  P X 1 5 2 5 4 15 2 15 故   1 2 4 280 110 140 170 1205 5 15 15E X          . 【点睛】本题考查茎叶图的应用、众数与中位数的计算,还考查了离散型随机变量的分布列 及数学期望,注意计算分布列时要借助排列组合的方法,本题属于基础题. 19. 如图,几何体 ABCDEF 中,正方形 CDEF 所在平面与梯形 ABCD 所在平面互相垂直, - 14 - AD DC CB  , //AB CD , 60DAB   ,H 为 AB 的中点. (1)证明:平面 BDF 平面CFH ; (2)求二面角 B HF D  的余弦值. 【答案】(1)证明见解析;(2) 5 7  . 【解析】 【分析】 (1)先证 BD CH ,再根据面面垂直的性质定理可得 CF BD ,进而得到 BD  平面 CFH ,再证明平面 BDF 平面 CFH ; (2)建立空间直角坐标系,求出平面 DHF 及平面 BHF 的法向量,再利用向量的夹角公式 即可得解. 【详解】(1)证明:由已知得 120ADC BCD    , ∴ 30CBD CDB     , 90ADB   , 30ABD   , ∴CH AD ,∴ BD CH , ∴CF  平面 ABCD ,则CF BD , ∵CH CF C , BD  平面 CFH , BD Q 平面 BDF ,∴平面 BDF 平面 CFH ; (2)以 D 为原点,DA,DB,DE 为 x 轴,y 轴,z 轴建立空间直角坐标系, - 15 - 设 2AD  ,则  0,2 3,0B ,  1, 3,0H ,  1, 3,2F  ,  1, 3,0DH  ,  1, 3,2DF   ,  1, 3,0BH   ,  1, 3,2BF    , 设平面 DHF 的法向量为  , ,m x y z  , 则 0 0 m DH m DF         ,即 3 0 3 2 0 x y x y z        ,令 3x  ,则 1, 3y z   , 即  3, 1, 3m   , 设平面 BFH 的法向量为  , ,n x y z  , 则 0 0 n BH n BF         ,即 3 0 3 2 0 x y x y z        ,令 3x  ,则 1, 3y z  , 即  3 1, 3n  , , 5 5cos , 77 7 m nm n m n            , 由图可知二面角 B HF D  为钝角, ∴所求二面角的余弦值为 5 7  . 【点睛】本题考查面面垂直的证明,考查面面角的向量求法,属于中档题. 20. 已知椭圆 E: 2 2 2 2 1x y a b   ( 0a b  )的左焦点为  3,0F  ,过 F 的直线交 E 于 A、C 两点, AC 的中点坐标为 2 3 3,3 3      . - 16 - (1)求椭圆 E 的方程; (2)过原点 O 的直线 BD 和 AC 相交且交 E 于 B、D 两点,求四边形 ABCD 面积的最大值. 【答案】(1) 3 2 16 3 x y  ;(2) 4 3 . 【解析】 【分析】 (1)设  1 1,A x y ,  2 2,C x y ,分别代入椭圆方程作差,结合平方差公式和直线的斜率公式、 中点坐标公式,可得 a,b 的关系,再由 a,b,c 的关系,解方程可得 a,b,进而得到所求椭 圆方程; (2)求得直线 AC 的方程,联立椭圆方程,可得 A,C 的坐标.设  3 3,B x y ,  4 4,D x y ,且 直线 BD 的斜率存在,设方程为 y kx ( 1 4OCk k  ),联立椭圆方程,可得 B,D 的横坐标, 则  1 2 1 2ABCD ABC ACDS S S AC d d      ,( 1d , 2d 分别表示 B,D 到直线 AC 的距离), 运用点到直线的距离公式和换元法、基本不等式可得所求最大值. 【详解】解:(1)设  1 1,A x y ,  2 2,C x y , 可得 2 2 1 1 2 2 1x y a b   , 2 2 2 2 2 2 2x y a b   ,两式相减得 2 2 2 1 2 2 2 2 1 2 y y b x x a    , 将 1 2 4 3 3x x   , 1 2 2 3 3y y  代入上式, 即 2 2 1 2AC bk a        , 2 22a b  , 又 3c  ,即有 2 2 2 3a b c   , 2 26, 3a b   , 则椭圆 E 的方程为 3 2 16 3 x y  ; (2)直线 AC 的方程为 3 0x y   , - 17 - 联立 2 2 3 0 16 3 x y x y       ,解得 3 3 x y   或 4 3 3 3 4 x y      , 4 6 3AC  , 设  3 3,B x y ,  4 4,D x y ,且直线 BD 的斜率存在,设方程为 y kx ( 4 4OCk k  ), 联立 2 22 6 y kx x y     ,得  2 21 2 6k x  ,则 2 6| | 1 2 x k   , 设 1d , 2d 分别表示 B,D 到直线 AC 的距离, 所以  1 2 1 2ABCD ABC ACDS S S AC d d      3 4 3 2 12 3 4 31 1 4 23 3 1 2 kk x x k x k            2 2 2 2 1 1 44 4 11 2 1 2 k k k k      , 令 1 4 0t k   ,则 1 (1 )4k t  , 故 8 84 1 4 1 4 39 95 2 6 ABCDS t tt t           , 当且仅当 9t t  ,即 3t  , 1 2k   时,四边形 ABCD 的面积取得最大值 4 3 . 【点睛】本题考查椭圆方程的求法,考查椭圆中四边形面积的最值问题,属于较难题. 21. 已知函数 ( ) ln( + )( 0)x af x e x a a  = , ( )f x 为函数 ( )f x 的导数. (1)证明:函数 ( )f x 在 (0 ) , 上存在唯一的零点; (2)若函数 ( )f x 在区间 (0, ) 上的最小值为 1,求 a 的值. 【答案】(1)证明见解析;(2) 1 2 . 【解析】 【分析】 - 18 - ( 1 ) 求 导 得 1( ) x af x e x a     , 令   1x ax e x a     , 通 过 求 导 可 证 明     1x af x x e x a       在 (0 ) , 上 递 增 , 而 1(0) a a a a ef e a ae      , 只 需 证 明 (0) 0f   即可; (2)由(1)可知, ( )f x 在 (0 ) , 上存在唯一的零点,设  0 0f x  ,则 0 0 1x ae x a    , 则可知  f x 在 00, x 递减,在  0,x  上递增,所以    min 0 1f x f x  ,再结合 0 0 1x ae x a    求解 a 的值. 【详解】(1) 1( ) x af x e x a     , 令   1x ax e x a     ,则    2 1 0x ax e x a       所以     1x af x x e x a       在 (0 ) , 上单调递增, 又 1(0) a a a a ef e a ae      , 令 ( ) ( 0)ag a a e a   , ( ) 1 0ag a e    . 则 ( )g a 在 (0 ) , 上单调递减, ( ) (0) 1g a g   ,故 (0) 0f   . ∵ 1( 1) 02 1f a e a      , ∴函数 ( )f x 在  0, 1a  上存在唯一的零点. (2)由(1)可知存在唯一的零点 0 (0 )x   , ,使得 0 0 0 1( ) 0x af x e x a     , 即 0 0 1x ae x a    . ∵函数 0 1( ) x af x e x a     在 (0 ) , 上单调递增, ∴当 0 )(0x x , 时, ( ) 0f x  , ( )f x 单调递减, 当 0( )x x  , 时, ( ) 0f x  , ( )f x 单调递增. - 19 - ∴ 0 min 0 0 0 0 1( ) ( ) ln( ) ln( )x af x f x e x a x ax a        , ∴ 0 0 1 ln( ) 1x ax a    ,显然 0 1x a  是方程的解. ∵ 1 lny xx   是单调递减函数,方程 0 0 1 ln( ) 1x ax a    有且仅有唯一解 0 1x a  , 把 0 1x a  代入得 0 0 1x ae x a    得, 1 2 1ae   , ∴ 1 2a  . 【点睛】本题考查导数与函数零点问题,考查导数与函数最值的求解问题,难度较大.解答时, 证明  f x 递增且有唯一的零点是关键,然后利用零点 0x 表示函数的单调区间,从而得到最 值. 22. 在极坐标系中,曲线C 的极坐标方程为 3 π,0 ,π 22sin 6 π1, π.2                   (1)求曲线C 与极轴所在直线围成图形的面积; (2)设曲线C 与曲线 1sin 2    交于 A , B 两点,求 AB . 【答案】(1) 1 3π4 2  ;(2) 3 【解析】 【分析】 (1)利用互化公式,将曲线C 的极坐标方程化为直角坐标方程,得出曲线C 与极轴所在直线 围成的图形是一个半径为 1 的 1 4 圆周及一个两直角边分别为 1 与 3 的直角三角形,即可求出 面积; (2)联立方程组,分别求出 A 和 B 的坐标,即可求出 AB . - 20 - 【详解】解:(1)由于C 的极坐标方程为 3 π,0 ,π 22sin 6 π1, π.2                   , 根据互化公式得,曲线C 的直角坐标方程为: 当 0 3x  时, 3 3 0x y   , 当 1 0x ≤ ≤ 时, 2 2 1x y  , 则曲线C 与极轴所在直线围成的图形, 是一个半径为 1 的 1 4 圆周及一个两直角边分别为 1 与 3 的直角三角形, ∴围成图形的面积 1 3π4 2S   . (2)由 1 1sin 2      得 5π1, 6A     ,其直角坐标为 3 ,2 2 1     , 1sin 2    化直角坐标方程为 1 2y  , 3 π2sin 6        化直角坐标方程为 3 3x y  , ∴ 3 1,2 2B       , ∴ 3 3 32 2AB    . 【点睛】本题考查利用互化公式将极坐标方程化为直角坐标方程,以及联立方程组求交点坐 标,考查计算能力. - 21 - 23. 已知函数   2 2 5f x x a x a     . (1)当 1a  时,求不等式   6f x  的解集; (2)若不等式   5f x  的解集非空,求实数 a 的取值范围. 【答案】(1) 2,4 ;(2) 0,2 . 【解析】 【分析】 (1)分类讨论去绝对值可解得结果; (2)原不等式等价为   min 5f x    ,根据绝对值三角不等式,可得其最小值,解一元二次 不等式可得 a 的取值范围. 【详解】(1)当 1a  时,   1 3f x x x    ,   6f x  等价为 1 1 3 6 x x x        或 1 3 1 3 6 x x x         或 3 1 3 6 x x x       , 解得 2 1x    或 1 3x- < < 或3 4x  ,即 2 4x   , 所以不等式   6f x  的解集为 2,4 ; (2)由 22 2 22 5 5 2 | 2 5| 2 5x a x a x a x a a a a a               , 可得 2 min( ) 2 5f x a a   , 因为不等式   5f x  的解集非空,所以 2 2 5 5a a   ,解得 0 2a  . 则 a 的取值范围是  0,2 . 【点睛】本题考查了分类讨论法解含绝对值的不等式,考查了绝对值三角不等式,考查了不 等式有解问题,属于中档题.
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