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

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.