河北省衡水市武邑县2020届高三上学期12月月考数学（理）试题

河北省衡水市武邑县2020届高三上学期12月月考数学（理）试题

河北武邑中学 2019-2020 学年上学期高三 12 月月考 数学（理）试题 一、选择题：本大题共 12 小题，每小题 5 分，满分 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.设集合 ， ．若 ，则 (　 　) A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 ∵ 集合 ， ， ∴ 是方程 解，即 ∴ ∴ ，故选 C 2.已知复数 ，若 是实数，则实数 的值为 ( ) A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 试题分析： ,所以 . 故 C 正确. 考点：复数的运算. 3.设 ， 是两条不同的直线， ， 是两个不同的平面，是下列命题正确的是（ ） A. 若 ， ，则 B. 若 ， ， ，则 C. 若 ， ， ，则 D. 若 ， ， ，则 的 { }1,2,4A = { }2 4 0B x x x m= − + = { }1A B∩ = B = { }1, 3− { }1,0 { }1,3 { }1,5 { }1 2 4A ，，= { }2| 4 0B x x x m= − + = { }1A B∩ = 1x = 2 4 0x x m− + = 1 4 0m− + = 3m = { } { } { }2 2| 4 0 | 4 3 0 13B x x x m x x x= − + = = − + = = ， 1 23 1 2z bi z i= − = −， 1 2 z z b 0 3 2 − 6 6− ( )( ) ( ) ( )1 2 3 1 2 3 2 63 1 2 5 5 bi i b b iz bi Rz i − + + + −−= = = ∈− 6 0 6b b− = ⇒ = m n α β / /m α / /n α //m n / /α β m α⊂ n β⊂ //m n mα β = n ⊂ α n m⊥ n β⊥ m α⊥ //m n n β⊂ α β⊥ 【答案】D 【解析】 【分析】 根据空间中线线，线面，面面位置关系，逐项判断即可得出结果. 【详解】A 选项，若 ， ，则 可能平行、相交、或异面；故 A 错； B 选项，若 ， ， ，则 可能平行或异面；故 B 错； C 选项，若 ， ， ，如果再满足 ，才会有则 与 垂直，所 以 与 不一定垂直；故 C 错； D 选项，若 ， ，则 ，又 ，由面面垂直的判定定理，可得 ， 故 D 正确. 故选 D 【点睛】本题主要考查空间的线面，面面位置关系，熟记位置关系，以及判定定理即可，属 于常考题型. 4.若直线 的倾斜角为 ，则 的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 根据题意可得： ，所求式子利用二倍角的正弦函数公式化简，再利用同角三角 函数间的基本关系弦化切后，将 代入计算即可求出值． 【详解】由于直线 的倾斜角为 ，所以 ， 则 故答案选 B 【点睛】本题考查二倍角的正弦函数公式，同角三角函数间的基本关系，以及直线倾斜角与 斜率之间的关系，熟练掌握公式是解本题的关键． 5.已知 ， 是空间中两条不同的直线， ， 是两个不同的平面，则下列说法正确的是 / /m α / /n α ,m n / /α β m α⊂ n β⊂ ,m n mα β = n ⊂ α n m⊥ α β⊥ n β n β m α⊥ //m n n α⊥ n β⊂ α β⊥ 2y x= − α sin 2α 4 5 4 5 − 4 5 ± 3 5- tan 2α =- tan 2α =- 2y x= − α tan 2α =- 2 2 2 2 2sin cos 2tan 2 2 4sin 2 2sin cos sin cos tan 1 ( 2) 1 5 α α αα α α α α α − ×= = = = = −+ + − + m n α β （ ） A. 若 ， ， ，则 B. 若 ， ，则 C. 若 ， ，则 D. 若 ， ， ，且 ， ，则 【答案】B 【解析】 【详解】两个平行平面中的两条直线可能异面，A 错；两个平行平面中任一平面内的直线都 与另一平面平行，B 正确；C 中直线 也可能在平面 内，C 错；任一二面角的平面角的两 条边都二面角的棱垂直，但这个二面角不一定是直二面角，D 错.故选 B. 6.已知 ，则 （ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 用和差角公式展开 ,求得 后再算 即可. 【详解】由有 , 故 ,合并同类型有 , 显然 ,所以 ,故 故选 A 【点睛】本题主要考查三角函数的恒等变换,包括和差角公式与二倍角公式等,属于中等题型. m α⊂ n β⊂ α β∥ m n m α⊂ α β∥ m β n β⊥ α β⊥ n α m α⊂ n β⊂ lα β = m l⊥ n l⊥ α β⊥ n α sin 3cos3 6 π πα α   − = − −       tan2α = 4 3− 3 2 − 4 3 3 2 sin ,cos3 6 π πα α   − −       tanα tan 2α sin cos cos sin 3(cos cos sin sin )3 3 6 6 π π π πα α α α− = − + 1 3 3 3 3sin cos cos sin2 2 2 2 α α α α− = − − 2sin 3 cosα α= − cos 0α ≠ 3tan 2 α = − 2 2tan 3tan 2 4 331 tan 1 4 αα α −= = = −− − 7.函数 的单调递减区间是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 分析：首先利用差角公式将解析式化简，应用复合函数单调性法则，结合对数式的底数是 ，从而得到应该求 的增区间，并且首先满足真数大于零的条件，从而得 到 ，化简，最后求得其结果为 ，从而确 定选项. 详解：根据题意有 ，所以要求 ，结合复合函数单调性法则，实则求 的增区间，所以有 ，解得 ，所以函数的单调减区间是 ，故选 B. 点睛：该题考查的是有关复合函数的单调区间的问题，在解题的过程中，需要首先化简函数 解析式，之后根据复合函数单调性法则同增异减的原则，得到其结果，在解题的过程中，需 要时刻注意定义域优先原则，得保证函数有意义，之后列出相应的式子，求得结果. 8. ， ，且 ，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 构造函数 ，利用其导函数判断出单调区间，根据奇偶性和对称性可得正确选 1 2 log (sin 2 cos cos2 sin )4 4y x x π π= − 5( , ),8 8k k k Z π ππ π+ + ∈ 3( , ],8 8k k k Z π ππ π+ + ∈ 3[ , ),8 8k k k Z π ππ π− + ∈ 3 5[ , ),8 8k k k Z π ππ π+ + ∈ 1 2 sin(2 )4u x π= − 2 2 24 2k x k π ππ π≤ − < + 3[ , ),8 8k k k Z π ππ π+ + ∈ 1 2 log (sin 2 cos cos2 sin )4 4y x x π π= − 1 2 log sin(2 )4x π= − sin(2 ) 04x π− > sin(2 )4y x π= − 2 2 24 2k x k π ππ π≤ − < + 3 8 8k x k π ππ π+ ≤ < + 3[ , ),8 8k k k Z π ππ π+ + ∈ α ,2 2 π πβ  ∈ −   sin sin 0α α β β− > α β> 0α β+ > α β< 2 2α β> ( ) sinf x x x= 项. 【 详 解 】 构 造 形 式 ， 则 ， 时 导 函 数 ， 单调递增； 时导函数 ， 单调递减．又 为偶函数，根据单调性和对称性可知选 D.故本小题选 D. 【点睛】本小题主要考查构造函数法，考查利用导数研究函数的单调性以及求解不等式，属 于中档题. 9.若函数 有两个不同的极值点，则实数 的取值范围是（　　） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 求出函数的导数，结合二次函数的性质得到关于 a 的不等式组，解出即可． 【详解】 的定义域是（0，+∞）， ， 若函数 有两个不同的极值点， 则 在（0，+∞）由 2 个不同的实数根， 故 ，解得： ， 故选 D． 【点睛】本题考查了函数的极值问题，考查导数的应用以及二次函数的性质，是一道中档 题． 10.定义在 上的偶函数 满足 ，对 且 ，都有 ( ) sinf x x x= ( ) sin cosf x x x x+′ = 0, 2x π ∈   ( ) 0f x′ ≥ ( )f x ,02x π ∈ −   ( ) 0f x′ < ( )f x  ( )f x ( ) 21 2 ln2f x x x a x= − + a 1a > 1 0a− < < 1a < 0 1a< < ( )f x ( ) 2 22 a x x af x x x x − +′ = − + = ( )f x ( ) 2 2g x x x a= − + 1 4 4 0 2 4 4 02 a ax ∆ = − > − −= > 0 1a< < R ( )f x ( 3) ( )f x f x− = − 1 2, [0,3]x x∀ ∈ 1 2x x≠ ，则有（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 试题分析：因为 ，所以 ，及 是周期为 的 函 数 ， 结 合 是 偶 函 数 可 得 ， ， 再 由 且 ， 得 在 上 递 增 ， 因 此 ， 即 ，故选 A． 考点：1、函数的周期性；2、奇偶性与单调性的综合． 11.杨辉三角，又称帕斯卡三角，是二项式系数在三角形中的一种几何排列．在我国南宋数 学家杨辉所著的《详解九章算法》（1261 年）一书中用如图所示的三角形解释二项式乘方展 开式的系数规律．现把杨辉三角中的数从上到下，从左到右依次排列，得数列：1，1，1， 1，2，1，1，3，3，1，1，4，6，4，1……．记作数列 ，若数列 的前 n 项和为 ，则 （ ） 1 2 1 2 ( ) ( ) 0f x f x x x − >− (49) (64) (81)f f f< < (49) (81) (64)f f f< < (64) (49) (81)f f f< < (64) (81) (49)f f f< < ( 3) ( )f x f x− = − ( )( 6) ( 3)f x f x f x− = − − = ( )f x 6 ( )f x ( ) ( ) ( ) ( ) ( )(49) 1 , (64) 2 2 , (81) 3 3f f f f f f f f= = − = = − = 1 2, [0,3]x x∀ ∈ 1 2x x≠ 1 2 1 2 ( ) ( ) 0f x f x x x − >− ( )f x [0,3] (1) (2) (3)f f f< < (49) (64) (81)f f f< < { }na { }na nS 47S = A. 265 B. 521 C. 1034 D. 2059 【答案】B 【解析】 【分析】 先计算出杨辉三角中第 47 个数在第几行，然后根据每行规律得到这一行的和，然后再求其 前 47 项的和. 【详解】根据题意杨辉三角前 9 行共有 故前 47 项的和为杨辉三角前 9 行的和再加第 10 行的前两个数 1 和 9， 所以前 47 项的和 故选 B 项. 【点睛】本题考查杨辉三角的特点，等比数列求和，属于中档题. 12.已知奇函数 是定义在 上的连续可导函数，其导函数是 ，当 时， 恒成立，则下列不等关系一定正确的是 A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 构造函数 ，所以 ，即函数在 上单调递减， 又 为奇函数，所以 即 ，所以 ，故选 C. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 45+ + + + + + + + = 47S = 0 1 2 82 2 2 2 1 9+ + +⋅⋅⋅+ + + 92 1 1 9 521= − + + = ( )f x R ( )f x′ 0x > ( ) 2 ( )f x f x′ < 2 (1) (2)e f f> − 2 ( 1) (2)e f f− > − 2 ( 1) (2)e f f− < − 2( 2) ( 1)f e f− < − − 2 ( )( ) x f xg x e = 2 ( ) 2 ( )( ) 0x f x f xg x e −′′ = < (0, )+∞ ( )f x (1) (2)g g> 2 (1) (2)e f f> ( ) ( )2 1 2e f f− < − 二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分. 13. 的内角 的对边分别为 ，若 ，则 __________． 【答案】 【解析】 【分析】 先根据同角三角函数关系得 再根据正弦定理求结果. 【详解】 由正弦定理得 故答案为 【点睛】本题考查同角三角函数关系以及正弦定理，考查基本分析与求解能力，属基础题. 14.已知向量 满足 ，则 __________． 【答案】-2 【解析】 【分析】 把已知式 用坐标表示出来即可解得 ． 【 详 解 】 ∵ ， ∴ ， 解 得 （ 舍 去 ）． 故答案为 ． 【点睛】本题考查数量积的坐标运算，考查模的坐标运算．属于基础题． 15.在平面内，三角形的面积为 ，周长为 ，则它的内切圆的半径 ．在空间中， 三棱锥的体积为 ，表面积为 ，利用类比推理的方法，可得三棱锥的内切球（球面与三 棱锥的各个面均相切）的半径 __________． 【答案】 【解析】 ABC∆ , ,A B C , ,a b c 4 5cos ,cos , 15 13A B a= = = b = 20 13 sin ,sin ,A B 4 5 3 12cos ,cos , , (0, ) sin ,sin ,5 13 5 13A B A B A Bπ= = ∈ ∴ = = 12 sin 60 2013 ,3sin 39 13 5 a Bb A = = = = 20 13 ( ) ( )3 ,2 , 6,a x b x= =  a b a b= −      x = a b a b= −      x a b a b= −      2 218 2 9 4 36x x x x+ = − + ⋅ + 2x = − 2x = 2− S C 2S C γ = V S R = 3V S 试题分析：若三棱锥表面积为 S，体积为 V，则其内切球半径 ”证明如下： 设三棱锥的四个面积分别为： ， 由于内切球到各面的距离等于内切球的半径 ∴ ∴内切球半径 考点：类比推理 16.已知四边形 为矩形, , 为 的中点,将 沿 折起,得 到四棱锥 ,设 的中点为 ,在翻折过程中,得到如下有三个命题: ① 平面 ，且 的长度为定值 ； ②三棱锥 的最大体积为 ； ③在翻折过程中，存在某个位置，使得 . 其中正确命题的序号为__________．（写出所有正确结论的序号） 【答案】①② 【解析】 【分析】 取 的中点 ，连接 、 ，证明四边形 为平行四边形，得出 ， 可判断出命题①的正误；由 为 的中点，可知三棱锥 的体积为三棱锥 的一半，并由平面 平面 ，得出三棱锥 体积的最大 值，可判断出命题②的正误；取 的中点 ，连接 ，由 ，结合 得出 平面 ，推出 得出矛盾，可判断出命题③的正误. 【详解】如下图所示： 3vr s = 1 2 3 4, , ,S S S S 1 2 3 4 1 1 1 1 1 3 3 3 3 3V S r S r S r S r Sr= + + + = 3Vr S = ABCD 2 4AB AD= = M AB ADM∆ DM 1A DMBC− 1AC N / /BN 1A DM BN 5 N DMC− 2 2 3 1DM AC⊥ AD E EM EN BMEN //BN EM N 1AC N DMC− 1A DMC− 1A BM ⊥ BCDM 1A DMC− DM F AF 1A E DM⊥ 1AC DM⊥ DM ⊥ 1ACF DM CF⊥ 对于命题①，取 中点 ，连接 、 ，则 ， ， ，由勾股定理得 ， 易知 ，且 ， 、 分别为 、 的中点，所以， ， 四边形 为平行四边形， ， ， 平面 ， 平面 ， 平面 ，命题①正确； 对于命题②，由 为 的中点，可知三棱锥 的体积为三棱锥 的一 半，当平面 平面 时，三棱锥 体积取最大值， 取 的中点 ，则 ，且 ， 平面 平面 ，平面 平面 ， ， 平面 ， 平面 ， 面积为 ， 所以，三棱锥 的体积的最大值为 ， 则三棱锥 的体积的最大值为 ，命题②正确； 对于命题③， ， 为 的中点，所以， ， 若 ，且 ， 平面 ， 由于 平面 ， ，事实上，易得 ， ， 的 的 1A D E EM EN 1 1 2A D A M= = 1 1A E = 1 90MA E∠ =  2 2 1 1 5EM A E A M= + = //BM CD 1 2BM CD= E N 1A D 1AC 1// 2EN CD ∴ BMEN 5BN EM= = //BN EM BN ⊄ 1A DM EM ⊂ 1A DM //BN∴ 1A DM N 1AC N DMC− 1A DMC− 1A BM ⊥ BCDM 1A DMC− DM F 1A F DM⊥ 1 1 1 2 2 22 2A F DM= = × =  1A DM ⊥ BCDM 1A DM ∩ BCDM DM= 1A F DM⊥ 1A F ⊂ 1A DM 1A F∴ ⊥ BCDM DMC∆ 1 1 4 2 42 2DMCS CD BC∆ = ⋅ = × × = 1A DMC− 1 1 1 4 24 23 3 3DMCS A F∆ ⋅ = × × = N DMC− 2 2 3 1 1A D A M= F DM 1A F DM⊥ 1AC DM⊥ 1 1 1AC A F A∩ = DM∴ ⊥ 1ACF CF ⊂ 1ACF CF DM∴ ⊥ 2 2CM DM= = 4CD = ，由勾股定理可得 ，这与 矛盾，命题③错误. 故答案为①②. 【点睛】本题考查直线与平面平行、锥体体积的计算以及异面直线垂直的判定，判断这些命 题时根据相关的判定定理以及性质定理，在计算三棱锥体积时，需要找到合适的底面与高来 计算，考查空间想象能力，考查逻辑推理能力，属于难题. 三、解答题：共 70 分，解答时应写出必要的文字说明、演算步骤.第 17～21 题 为必考题，第 22、23 题为选考题. （一）必考题：共 60 分 17.设函数 . （Ⅰ）求 的最小正周期和对称中心； （Ⅱ）若函数 ，求函数 在区间 上的最值． 【答案】（Ⅰ） ， ；（Ⅱ） ， . 【解析】 【分析】 （Ⅰ）把已知函数解析式变形，再由辅助角公式化积，利用周期公式求周期，再由 求得 值，可得函数的对称中心； （Ⅱ）求出 的解析式，得到函数在区间 上的单调性，则最值可求． 【详解】（Ⅰ）由已知，有 ． 2 2 2CM DM CD∴ + = CM DM⊥ CF DM⊥ 23 3( ) sin sin 3 cos ,2 3 4f x x x x x R π π   = − − ⋅ + − + ∈       ( )f x ( ) 4g x f x π = +   ( )g x ,6 3 π π −   π ,02 6 k k Z π π + ∈   max 1( ) 2g x = min 1( ) 4g x = − 2 3x k π π− = x ( )g x ,6 3 π π −   ( ) 21 3 3cos sin cos 3cos2 2 4f x x x x x  = ⋅ + − +    ( )21 3 3 1 3 3sin cos cos sin2 1 cos22 2 4 4 4 4x x x x x= ⋅ − + = − + + 1 3sin2 cos24 4x x= − 1 sin 22 3x π = −   最小正周期为 ， 由 ，得 ， ． 对称中心为 ； （Ⅱ）由 ，得 ， 当 时， ， ，可得 在区间 上单调递增， 当 时， ， ，可得 在区间 上单调递减． ． 又 ， ． 【点睛】本题考查三角函数的恒等变换应用，考查 型函数的图象和性质， 是中档题． 18.设等差数列 前 项和为 ，满足 ， . （1）求数列 的通项公式； （2）设数列 满足 ，求数列 的通项公式 【答案】(1) ．(2) 【解析】 【分析】 （1）利用基本元的思想，将已知条件转化为 的形式列方程组，解方程组求得 ， 进而求得数列 的通项公式. （2）利用“退 作差法”求得 的表达式，进而求得数列 的通项公式. 【详解】（1）设等差数列 首项为 ，公差为 ． 由已知得 ，解得 ． 于是 ． T π= 2 3x k π π− = 2 6 kx π π= + k Z∈ ∴ ( ,0)2 6 k k Z π π+ ∈ ( ) ( )4g x f x π= + 1( ) sin(2 )2 6g x x π= + [ , ]6 6x π π∈ − 2 [6 6x π π+ ∈ − ]2 π ( )g x [ , ]6 6 π π− [ , ]6 3x π π∈ 2 [6 2x π π+ ∈ 5 ]6 π ( )g x [ , ]6 3 π π ∴ 1( ) ( )6 2maxg x g π= = 1 1( ) ( )6 4 3 4g g π π− = − < = ∴ 1( ) 4ming x = − sin( )y A xω ϕ= + { }na n nS 4 24S S= 9 17a = { }na { }nb 1 2 1 2 11 2 n n n bb b a a a + + + = −… { }nb 2 1na n= − 2 1 2n n nb −= 1,a d 1,a d { }na 1 n n b a { }nb { }na 1a d 1 1 9 1 4 6 8 4 8 17 a d a d a a d + = +  = + = 1 1 2 a d =  = 1 2( 1) 2 1na n n= + − = − （2）当 时， ． 当 时， ， 当 时上式也成立． 于是 ． 故 ． 【点睛】本小题主要考查等差数列通项公式和前 项和公式的计算，考查“退 作差法”求 数列的通项公式，属于基础题. 19.如图，菱形 的边长为 ， ， 与 交于 点．将菱形 沿对角线 折起，得到三棱锥 ，点 是棱 的中点， ． （I）求证：平面 ⊥平面 ； （II）求二面角 的余弦值． 【答案】(I)详见解析；（II） 【解析】 试题分析：（Ⅰ）利用菱形的性质与勾股定理推出 平面 ，从而利用面面垂直的 判定求证即可；（Ⅱ）以 为原点建立空间直角坐标系，然后求得相关点的坐标与向量， 从而求得平面 与 的法向量，进而利用空间夹角公式求解即可． （Ⅰ）证明： 是菱形， , 中， , 又 是 中点， 1n = 1 1 1 11 2 2 b a = − = 2n ≥ 1 1 1 1(1 ) (1 )2 2 2 n n n n n b a −= − − − = 1n = 1 2 n n n b a = 1 2 1 2 2n nn n nb a −= = n 1 ABCD 12 60BAD∠ =  AC BD O ABCD AC B ACD− M BC 6 2DM = ODM ABC M AD C− − 3 93 31 OD ⊥ ABC O MAD ACD ABCD AD DC∴ = OD AC⊥ ADC∆ 12, 120AD DC ADC= = ∠ =  ∴ 6OD = M BC 1 6, 6 22OM AB MD∴ = = = 面 面 又 平面 平面 ⊥平面 （Ⅱ）由题意， , 又由（Ⅰ）知 建立如图 所示空间直角坐标系，由条件易知 故 设平面 的法向量 ， 则 即 令 ，则 所以， 由条件易证 平面 ，故取其法向量为 所以， 由图知二面角 为锐二面角，故其余弦值为 点睛：高考对二面角的考法主要是以棱柱和棱锥为载体进行考查，通常可采用两种方法求解， 一是传统法，即通过作出二面角的平面，然后计算，其过程体现“作、证、求”；二是利用 几何体的垂直关系建立空间直角坐标系，通过两个平面的法向量所成角来求解． 20.如图，在平面四边形 ABCD 中， . 2 2 2 ,OD OM MD DO OM+ = ∴ ⊥ ,OM AC ⊂ , ,ABC OM AC O OD∩ = ∴ ⊥ ABC  OD ⊂ ODM ∴ ODM ABC ,OD OC OB OC⊥ ⊥ OB OD⊥ ( ) ( ) ( )6,0,0 , 0, 6 3,0 , 0,3 3,3D A M− ( ) ( )0,9 3,3 , 6,6 3,0AM AD= =  MAD ( ), ,m x y z= · 0{ · 0 m AM m AD = =   9 3 3 0{ 6 6 3 0 y z x y + = + = 3y = − 3, 9x z= = ( )3, 3,9m = − OB ⊥ ACD ( )0,0,1n = · 3 93cos , 31 m nm n m n 〈 〉 = =     M AD C− − 3 93 31 4 2 60 120AB AD BAD BCD∠ ° ∠ °＝ ， ＝ ， ＝ ， ＝ (1)若 ，求 大小； (2)设△BCD 的面积为 S，求 S 的取值范围. 【答案】(1) . (2) 【解析】 【分析】 （1）在△ABD 中，由余弦定理可求 BD 的值，进而在△BCD 中，由正弦定理可求 sin∠CDB ，求得∠CDB，即可得解∠CBD＝60°﹣∠CDB＝15°． （2）设∠CBD＝θ，则∠CDB＝60°﹣θ．在△BCD 中，由正弦定理可求 BC＝4sin（60°﹣θ）， 利用三角形面积公式，三角函数恒等变换的应用可求 S＝2 sin（2θ+30°） ，结合范 围 0°＜θ＜60°，利用正弦函数的性质可求 S 的取值范围． 【详解】（1） 在 中，因为 ， 则 ，所以 . 在 中，因为 ， 由 ，得 ，则 . 所以 . （2）设 ，则 . 的2 2BC = CBD∠ 15CBD °∠ = (0, 3] 2 2 = 3 3− ABD△ 4, 2, 60AB AD BAD °= = ∠ = 2 2 2 12 cos 16 4 2 4 2 122BD AB AD AB AD BAD= + − ⋅ ⋅ ∠ = + − × × × = 2 3BD = BCD 120 , 2 2, 2 3BCD BC BD°∠ = = = sin sin BC BD CDB BCD =∠ ∠ sin 2 2 sin120 2sin 22 3 BC BCDCDB BD °∠∠ = = = 45CDB °∠ = 60 15CBD CDB° °∠ = − ∠ = CBD θ∠ = 60CDB θ°∠ = − 在 中，因为 ，则 . 所以 . 因为 ，则 ，所以 . 故 的取值范围是 【点睛】本题主要考查了余弦定理，正弦定理，三角形面积公式，三角函数恒等变换的应用， 正弦函数的性质在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题． 21.已知函数 (1)讨论 f(x)的单调性； (2)若 f(x)有两个零点，求 a 的取值范围. 【答案】(1)见解析；(2) 【解析】 【分析】 （1）先求导数，再讨论导函数零点，最后根据区间导函数符号确定单调性， （2）结合函数单调性以及零点存在定理分类讨论零点个数，即得结果 【详解】解（1） （ⅰ） 时，当 时， ；当 时， ， 所以 f(x)在 单调递减，在 单调递增； （ⅱ） 时 若 ，则 ，所以 f(x)在 单调递增； 若 ，则 ，故当 时， ， ， ；所以 f(x)在 单调递增，在 BCD ( ) 4sin120sin 60 BC BD θ °° = = − ( )4sin 60BC θ°= − ( )1 3 1sin 4 3sin 60 sin 4 3 cos sin sin2 2 2S BD BC CBD θ θ θ θ θ°  = ⋅ ⋅ ∠ = − = −    23sin 2 2 3sin 3sin 2 3(1 cos2 ) 3sin 2 3 cos2 3θ θ θ θ θ θ= − = − − = + − ( )2 3sin 2 30 3θ °= + − 0 60θ° °< < ( )130 2 30 150 , sin 2 30 12 θ θ° ° ° °< + < < + ≤ 0 3S< ≤ S (0, 3] 2( ) ( 1) ( )xf x xe a x a R= + + ∈ (0, )+∞ ( ) ( 1) 2 ( 1) ( 1)( 2 )x xf x x e a x x e a= + + = + +′ + 0a ≥ ( , 1)x∈ −∞ − ' ( ) 0f x < ( 1, )x∈ − +∞ ' ( ) 0f x > ( , 1)−∞ − ( 1, )− +∞ 0a < 1 2a e = − 1( ) ( 1)( )xf x x e e−= −′ + ( , )−∞ +∞ 1 2a e > − ln( 2 ) 1a− < − ( ,ln( 2 )) ( 1, )x a∈ −∞ − ∪ − +∞ ' ( ) 0f x > (ln( 2 ), 1)x a∈ − − ' ( ) 0f x < ( ,ln( 2 )),( 1, )a−∞ − − +∞ 单调递减； 若 ，则 ，故当 ， ， ， ；所以 f(x)在 单调递增，在 单调递减； 综上： 时，f(x)在 单调递减，在 单调递增； 时，f(x)在 单调递增； 时，f(x)在 单调递增，在 单调递减； 时，f(x)在 单调递增，在 单调递减； （2）（ⅰ）当 a>0,则由（1）知 f(x)在 单调递减，在 单调递增， 又 ， ，取 b 满足 ，且 ， 则 ，所以 f(x)有两个零点 （ⅱ）当 a=0,则 ，所以 f(x)只有一个零点 （ⅲ）当 a<0,若 ,则由（1）知，f(x)在 单调递增．又当 时， ，故 f(x)不存在两个零点  ，则由（1）知，f(x)在 单调递减，在 单调递增，又 当 ，f(x)<0,故 f(x)不存在两个零点 综上，a 取值范围为 . 【点睛】本题考查利用导数研究函数单调性以及函数零点，考查分类讨论思想方法以及综合 分析求解能力，属难题. (二)选考题：共 10 分.请考生在第 22、23 两题中任选一题做答，如果多做．则按 所做的第一题记分. 22.[选修 4—4：坐标系与参数方程] 已知曲线 的参数方程为 ( 为参数)，以原点 为极点，以 轴的非负半 的 (ln( 2 ), 1)a− − 1 2a e < − ln( 2 ) 1a− > − ( , 1) (ln( 2 ), )x a∈ −∞ − ∪ − +∞ ' ( ) 0f x > ( 1,ln( 2 ))x a∈ − − ' ( ) 0f x < ( , 1),(ln( 2 ), )a−∞ − − +∞ ( 1,ln( 2 ))a− − 0a ≥ ( , 1)−∞ − ( 1, )− +∞ 1 2a e = − ( , )−∞ +∞ 1 2a e > − ( ,ln( 2 )),( 1, )a−∞ − − +∞ (ln( 2 ), 1)a− − 1 2a e < − ( , 1),(ln( 2 ), )a−∞ − − +∞ ( 1,ln( 2 ))a− − ( , 1)−∞ − ( 1, )− +∞ 1( 1) 0ef − = − < (0) 0f a= > 1b < − 2 ln 2 ab − < 2 2 3( 2) ( 2) ( 1) ( ) 02 2 af b b a b a b b− > − + − = − > ( ) xf x xe= 1 2a e ≥ − ( 1, )− +∞ 1x ≤ − ( ) 0f x < 1 2a e < − ( 1,ln( 2 ))a− − (ln( 2 ), )a− +∞ 1x ≤ − (0, )+∞ 1C 2 cos 3sin x y ϕ ϕ  = = ϕ O x 轴为极轴建立极坐标系，曲线 的极坐标方程为 ． （1）求曲线 的极坐标方程和曲线 的直角坐标方程； （2）射线 ： 与曲线 交于点 ，射线 ： 与曲线 交于点 ，求 的取值范围． 【答案】（1） 的极坐标方程为 ， 的直角方程为 ； （2） . 【解析】 【分析】 (1)利用三种方程的互化方法求出曲线 的极坐标方程和曲线 的直角坐标方程即可； （2）设点 和点 的极坐标分别为 ， ，其中 ，可得 ， 的值，代入 可得其取值范围. 【详解】解：（1）由曲线 的参数方程 ( 为参数)得： ，即曲线 的普通方程为 又 ， 曲线 的极坐标方程为 ，即 曲线 的极坐标方程可化为 ， 故曲线 的直角方程为 （2）由已知，设点 和点 的极坐标分别为 ， ，其中 则 ， 2C sin( ) 14 πρ θ − = 1C 2C OM ( )2 πθ α α π= < < 1C M ON 4 πθ α= − 2C N 2 2 1 1 OM ON + 1C 2 2 2cos 2 6ρ θ ρ+ = 2C 2 0x y− + = 1 3( )3 2 ， 1C 2C M N ( )1,ρ α 2 , 4 πρ α −   2 π α π< < 2OM 2ON 2 2 1 1 OM ON + 1C 2 3 x cos y sin ϕ ϕ  = = ϕ 22 2 2cos sin 1 2 3 x yϕ ϕ   + = + =      1C 2 2 12 3 x y+ = cos , sinx yρ θ ρ θ= = 1C 2 2 2 23 cos 2 sin 6ρ θ ρ θ+ = 2 2 2cos 2 6ρ θ ρ+ = 2C sin cos 2ρ θ ρ θ− = 2C 2 0x y− + = M N ( )1,ρ α 2 , 4 πρ α −   2 π α π< < 2 2 1 2 6 cos 2OM ρ α= = + 2 2 2 2 2 1 1 cossin 2 ON ρ π αα = = = −   于是 由 ，得 故 的取值范围是 【点睛】本题主要考查简单曲线的极坐标方程、参数方程化为普通方程及极坐标方程的简单 应用，需熟练掌握三种方程的互化方法. 23.已知函数 ， ． （ ）解不等式 ． （ ）若对任意 ，都有 ，使得 成立，求实数 的取值范围． 【答案】（1） （2） 或 ． 【解析】 【分析】 （1）利用||x﹣1|+2|＜5，转化为﹣7＜|x﹣1|＜3，然后求解不等式即可． （2）利用条件说明{y|y＝f（x）}⊆{y|y＝g（x）}，通过函数的最值，列出不等式求解即 可． 【详解】（ ）由 ，得 ， ∴ ， 得不等式的解为 ． 故解集为： （ ）因为任意 ，都有 ，使得 成立， 所以 ， 又 ， ，所以 ， 解得 或 ， 所以实数 的取值范围为 或 ． 2 2 2 2 2 1 1 cos 2 7cos 2cos6 6OM ON α αα+ ++ = + = 2 π α π< < 1 cos 0α− < < 2 2 1 1 OM ON + 1 3 3 2 ，     ( ) 2 2 3f x x a x= − + + ( ) 1 2g x x= − + 1 ( ) 5g x < 2 1x R∈ 2x R∈ ( ) ( )1 2f x g x= a ( )2,4− 1a ≥ − 5a ≤ − 1 1 2 5x − + < 5 1 2 5x− < − + < 7 1 3x− < − < 2 4x− < < ( )2,4− 2 1x R∈ 2x R∈ ( ) ( )1 2f x g x= ( ) ( ){ | } { | }y y f x y y g x= ⊆ = ( ) ( ) ( )2 2 3 2 2 3 3f x x a x x a x a= − + + ≥ − − + = + ( ) 1 2 2g x x= − + ≥ 3 2a + ≥ 1a ≥ − 5a ≤ − a 1a ≥ − 5a ≤ − 【点睛】本题考查函数的恒成立，绝对值不等式的解法，考查分析问题解决问题的能力以及 转化思想的应用．