2020届黑龙江省齐齐哈尔高三二模数学(理)试题解析

温柔似野鬼°
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2020年08月16日 04:26
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绝密★启用前
2020届黑龙江省齐齐哈尔高三二模数学(理)试题
注意事项:1、答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2、请将答案正确填写在
答题卡上
一、单选题
x

1



1


Bx|
A{x|(x1)( x3)0}
1.设全集
UR
,集合,



.则集合
24




U
A)IB等于( )
A.
(1,2)

答案:A
先算出集合
ð
U
A
,再与集合
B
求交集即可.
解:
因为
A{x|x3

x1}
.所以
ð
U
A{x|1x3}
,又因为
B.
(2,3]
C.
(1,3)
D.
(2,3)

Bx|2
x
4{x|x2}
.
所以

U
A)B{x|1x2}
.
故选:A.
点评:
本题考查集合间的基本运算,涉及到解一元二次不等式、指数不等式,是一道容易题.
2.设复数
z
满足
A.

13
i

22
zi
z2i(i
为虚数单位),则
z
( )
i
13
13
B.
i
C.
i

22
22
D.

13
i

22
答案:B
易得
z
解:
由已知,
zizi2
,所以
z
故选:B.
点评:
本题考查复数的乘法、除法运算,考查学生的基本计算能力,是一道容易题.
3.用电脑每次 可以从区间
(0,3)
内自动生成一个实数,且每次生成每个实数都是等可能
性的.若 用该电脑连续生成3个实数,则这3个实数都小于
1
的概率为( )
第 1 页 共 21 页
2i
,分子分母同乘以分母的共轭复数即可.
1i
2i(2i)(1i)13i13
i
.
1i2222


A.
4

27
B.
1

3
C.
1

27
D.
1

9
答案:C
由几何概型的概率计算,知每次生成一个实数小于1的概率为
概率计算即可.
解:
1
,结合独立事件发生的
3
1
1

1
< br>∵每次生成一个实数小于1的概率为.∴这3个实数都小于1的概率为


.
3
27

3

故选:C.
点评:
本题考查独立事件同时发生的概率,考查学生基本的计算能力,是一道容易题.
4.如图所示是某年第一季度五省GDP情况图,则下列说法中不正确的是( )
3

A.该年第一季度GDP增速由高到低排位第3的是山东省
B.与去年同期相比,该年第一季度的GDP总量实现了增长
C.该年第一季度GDP总量和增速由高到低排位均居同一位的省份有2个
D.去年同期浙江省的GDP总量超过了4500亿元
答案:D
根据折线图、柱形图的性质,对选项逐一判断即可.
解:
由折线图可知A、B项均 正确,该年第一季度
GDP
总量和增速由高到低排位均居同一位

省份有江 苏均第一.河南均第四.共2个.故C项正确;
4632.1(13.3%)44844500
.
故D项不正确.
故选:D.
点评:
第 2 页 共 21 页


本题考查折线图、柱形图的识别,考查学生的阅读能力、数据处理能力,属于中档题.
5.已知

为锐角,且
3sin2

2sin

,则
cos2

等于( )
A.
2

3
B.
2

9
C.


1
3
D.

4

9
答案:C

3sin2

2sin

可得
cos


解:
因为
23sin

cos

2sin< br>

sin

0
,所以
cos


3
,再利用
cos2

2cos
2

1
计算即可.
3
3

3
所以
cos2

2cos
故选:C.
点评:
2

1
21
1
.
33
本题考 查二倍角公式的应用,考查学生对三角函数式化简求值公式的灵活运用的能力,
属于基础题.
6.已知
ABC
中内角
A,B,C
所对应的边依次为
a,b,c< br>,若
2a=b1,c7,C

ABC
的面积为( )
A.

3

33

2
B.
3
C.
33
D.
23

答案:A
由余弦定理可得
a
2
b
2
ab7
,结合
2a=b1
可得
a

b
,再利用面积公式 计算即可.
解:
22

7abab
由余弦定理,得
7a
2
b
2
2abcosC
a
2
b< br>2
ab
,由

,解得

2ab1
< br>a2


b3

所以,
S
ABC< br>
故选:A.
点评:
本题考查利用余弦定理解三角形,考查学生的基本计算能力,是一道容易题.
第 3 页 共 21 页
11333
.
absinC23
2222

< p>
2
7.设
f(x)
为定义在
R
上的奇函数,当
x0
时,
f(x)log
2
(x1)axa1
(
a

常数),则不等式
f(3x4)5
的解集为( )
A.
(,1)

答案:D
2

f(0) 0
可得
a1
,所以
f(x)log
2
(x1)x( x0)
,由
f(x)
为定义在
R
上的
B.
(1 ,)
C.
(,2)
D.
(2,)

奇 函数结合增函数+增函数=增函数,可知
yf(x)

R
上单调递增,注意 到
f(2)f(2)5
,再利用函数单调性即可解决.
解:
因 为
f(x)

R
上是奇函数.所以
f(0)0
,解得a1
,所以当
x0
时,
f(x)log
2
(x 1)x
2
,且
x[0,)
时,
f(x)
单调递增 ,所以
yf(x)

R
上单调递增,因为
f(2)5,f( 2)5

故有
3x42
,解得
x2
.
故选:D.
点评:
本题考查利用函数的奇偶性、单调性解不等式,考查学生对函数 性质的灵活运用能力,
是一道中档题.
8.如图,在
ABC
中,点
Q
为线段
AC
上靠近点
A
的三等分点,点
P
为线 段
BQ
上靠
近点
B
的三等分点,则
PAPC
( )
uuuruuur

ur
2
uuur
1
uu
A.
BABC

33
答案:B
ur
7
uuur
5
uu
B.
BABC

99
r
10
uuur
1
uuu
BC
C.
BA
99
ur
7
uuur
2
uu
D.< br>BABC

99
uuuruuuruuuruuuruuuruuuruuu ruuur
2
uuur
PAPCBABPBCBPBABCBQ,将
3
第 4 页 共 21 页


uuuruuuruuuru uur
1
uuur
uuuruuuruuur
BQBAAQBAAC
,
ACBCBA
代入化简即可.
3
解:
uuuru uuruuuruuuruuuruuuruuuruuur
2
uuur
PAPC BABPBCBPBABCBQ

3
uuuruuur
2
uuuruuur
BABC(BAAQ)

3
ruuur
2
1
uuur
1
uuu
BABC
AC
< br>33
3
uruuur
2
uuuruuur
5
uuur
7
uuur
1
uu
BABC(BCBA)BABC.
3999
故选:B.
点评:
本题考查平面向量基本定理的应用, 涉及到向量的线性运算、数乘运算,考查学生的运
算能力,是一道中档题.
9.已知曲线C:ycos(2x

)

|

|
< br>


2


的一条对称轴方程为
x
3
,曲线
C
向左
平移

(

0)
个单位长度,得到曲线
E
的一个对称中心的坐标为

值是( )
A.


6



,0
< br>,则

的最小

4

B.


4
C.


3
D.

12

答案:C
ycos(2x

)
在对称轴处取得最值有
cos(
易得曲线
E
的解析式为
ycos

2x2

2





)1
,结合
|

|
,可得



3
3
2

,结合其对称中心为




0

可得
4





3



k

(kZ)
即可得到
θ
的最小值.
26
解:
∵直线
x

3
是曲线
C
的一条对称轴.
第 5 页 共 21 页


2




3

3


k

(kZ)
,又
|

|
.

.
2
∴平移后曲线
E

ycos

2x2







.
3

曲线
E
的一 个对称中心为




0

.
4
2

4
2



3
k



2
(kZ)
.

k

(kZ)
,注意到

0

26

.
3

θ
的最小值为
故选:C.
点评:
本题考查余弦型函数性质的应用,涉及到函数的平移、函数的对称性,考查学生数形结
合、数学运算的能力,是一道中档题.
10.半径为2的球
O
内有一个内接正三棱柱,则正三棱柱的侧面积的最大值为( )
A.
93

答案:B
设正三棱柱上下底面的中心分别为
O
1
,O
2
,底面边长与高分别为
x,h
,利用
2
OA
2
OO
2
O
2
A
2
, 可得
h
2
16
B.
123
C.
163
D.
183

4
2
x
,进一 步得到侧面积
S3xh
,再利用基本
3
不等式求最值即可.
解:
如图所示.设正三棱柱上下底面的中心分别为
O
1
,O
2
, 底面边长与高分别为
x,h
,则
O
2
A
3
x
3
第 6 页 共 21 页



4
2h
2
x
2
2

RtOAO
2
中,< br>4
,化为
h16x

3
43
QS3xh


x
2
12 x
2

22222
S9xh12x12x

12< br>
432

2

2

当且仅当
x
故选:B.
点评:
6
时取等号,此时
S123
.
本题考查正三棱 柱与球的切接问题,涉及到基本不等式求最值,考查学生的计算能力,
是一道中档题.
11. 已知焦点为
F
的抛物线
C:y4x
的准线与
x
轴交于点< br>A
,点
M
在抛物线
C
上,
2
则当
| MA|
取得最大值时,直线
MA
的方程为( )
|MF|
B .
y
A.
yx1

yx1


答案:A
1111
x

yx
2222
D .
y2x2
C.
y2x2

y2x2


M

MP
与准线垂直,垂足为
P
,利用抛物线的 定义可得
|MA|
MAMA11

,要使最大,则
MAF应最大,此
|MF|
MFMPcosAMPcosMAF

AM与抛物线
C
相切,再用判别式或导数计算即可.
解:

M< br>作
MP
与准线垂直,垂足为
P

MAMA11


MFMPcosAMPcosMAF
第 7 页 共 21 页

< p>
|MA|
则当取得最大值时,
MAF
最大,此时
AM
与抛物线
C
相切,
|MF|
易知此时直线
AM
的斜率存在 ,设切线方程为
yk(x1)


yk(x1)


2
.则
1616k
2
0,k
2
1, k1

y4x

则直线
AM
的方程为
y=?(x1)
.

故选:A.
点评:
本题考查直线与抛物线的位置关系,涉及到抛物线的 定义,考查学生转化与化归的思想,
是一道中档题.
12.已知函数
f(x)
满足当
x0
时,
2f(x2)f(x)
,且当
x(2, 0]
时,
f(x)|x1|1
;当
x0
时,
f(x )log
a
x(a0

a1
).若函数
f(x)的图象上关
于原点对称的点恰好有3对,则
a
的取值范围是( )
A.
(625,)

答案:C
先作出函数
f(x)< br>在
(,0]
上的部分图象,再作出
f(x)log
a
x
关于原点对称的图象,
分类利用图像列出有3个交点时满足的条件,解之即可.
解:
先作出函数
f(x)

(,0]
上的部分图象,再作出
f(x)log
a
x
关于原点对称的图象,
如图所示,当
0a 1
时,对称后的图象不可能与
f(x)

(,0]
的图象有3 个交点;

a1
时,要使函数
f(x)
关于原点对称后的图象与 所作的图象有3个交点,
B.
(4,64)
C.
(9,625)
D.
(9,64)

第 8 页 共 21 页





a1

1



log
a
3
,解得
9a625
.
2

1

log5
a

4

故选:C.
点评:
本题考查利用函数图象解决函数的交点个数问题,考查学生数形结合的思想、转化与化
归的思想 ,是一道中档题.


二、填空题
13.如图是某几何体的三视图,俯视 图中圆的两条半径长为2且互相垂直,则该几何体
的体积为________.

答案:20


由三视图知该几何体是一个圆柱与一个半球的四分之三的组合 ,利用球体体积公式、圆
柱体积公式计算即可.
解:
由三视图知,该几何体是由一个半径为2的半球的四分之三和一个底面半径2、高为4
的圆
第 9 页 共 21 页


柱组合而成,其体积为

2 4
故答案为:20

.
点评:
2
34

2
3
20

.
8 3
本题考查三视图以及几何体体积,考查学生空间想象能力以及数学运算能力,是一道容
易题.
14.

2x

2
5
的展开式中
x的系数为________.
x
3
答案:80.
只需找到
(2x)
展开式中的
x
4
项的系数即可.
解:
25
(2x
2
)
5
展开式的通项为
T
r1
C
5
r
2
5r
(x
2< br>)
r
(1)
r
C
5
r
2
5r
x
2r
,令
r=2


T
3
 (1)C
5
2x80x
,故
故答案为:80.
点评:
本题考查二项式定理的应用,涉及到展开式中的特殊项系数,考查学生的计算能力,是
一道容易题.
15.已知
alog
0.3
0.2,blog
2
0.2
,则
ab
________.
ab
(填“>”或“=”或“<”) .
答案:


注意到
a1,b0
,故只需比较
解:
由已知,
a1 ,b0
,故有
ab0,ab
.又由
22344

2 x
2
x
3

5
的展开式中
x
的系数为80 .
11

与1的大小即可.
ab
11
log
0.2
0.3log
0.2
2log
0.2
0.61

ab
故有
abab
.
故答案为:

.
点评:
本题考查对数式比较大小,涉及到换底公式的应用,考查学生的数学运算能力,是一道
中档题.
第 10 页 共 21 页


y
2
16.已知点
F
为双曲线
E:x
2
1(b0)
的右焦点,
M,N两点在双曲线上,且
b
2
M,N
关于原点对称,若
MFNF< br>,设
MNF

,且



E
的 焦距的取值范围是________.
答案:
[22,232]



,

,则该双曲线
126

设双曲线 的左焦点为
F

,连接
MF

,NF
'
, 由于
MFNF
.所以四边形
F

NFM
为矩
'< br>形,故
|MN|FF2c
,由双曲线定义
|NF||NF||NF| |FM|2a
可得

c
1



< br>,再求
y2cos





的值域即 可.
2cos




4

4

解:
如图,

设双曲线的左焦点为
F

,连接
MF

,NF
'
,由于
MFNF
.所以四 边形
F

NFM
为矩
形,

|MN|FF2c
.

RtNFM

| FN|2ccos

,|FM|2csin


由双曲线的定义可得



22a|NF||NF
'
||NF||FM|2ccos

2csin

22 ccos





4

c
1




2co s




4

Q

12



6



3



4

5


12
第 11 页 共 21 页



31


2


2 cos





242

2c 31, 222c232
.
故答案为:
[22,232]

点评:
本题考查双曲线定义及其性质,涉及到求余弦型函数的值域,考查学生的运算能力,是
一道中档题.

三、解答题
17.如图,在直棱柱
ABCDA
1
B
1
C
1
D
1
中,底面
ABC D
为菱形,
ABBD2

BB
1
2

BD

AC
相交于点
E

A
1
D

AD
1
相交于点
O
.

(1)求证:
AC
平面
BB
1
D
1
D

(2)求 直线
OB
与平面
OB
1
D
1
所成的角的正弦值.
答案:(1)证明见解析(2)
21

7
(1)要证明
AC 
平面
BB
1
D
1
D
,只需证明
ACB D

ACDD
1
即可:
(2)取
B
1
D
1
中点
F
,连
EF
,以
E
为原点,EA, EB, EF
分别为
x, y, z
轴建立空
间直角坐 标系,分别求出
OB
与平面
OB
1
D
1
的法向量< br>n
,再利用
uuuruuuruuur
uuur
r
ruuur
ruuur
nOB
uuur
计算即可.
cosn,OB
r
|n||OB|
解:
(1)∵底面
ABCD
为菱形,
ACBD

第 12 页 共 21 页


DD
1

平面
ABCD
. ∵直棱柱ABCDA
1
B
1
C
1
D
1

AC
平面
ABCD
.
ACDD
1

QACBD,ACDD
1
,BDDD
1
D
.
AC
平面
BB
1
D
1
D

(2)如图,取
B
1
D
1
中点
F
,连
EF
,以
E
为原点,
EA, EB, EF
分别为
x, y, z

建立如图所示空间直角坐标系:
uuuruuuruuur

QAE3,BE1


31

B(0,1,0),B (0,1,2),D(0,1,2),A(3,0,0),O,,1

, 点
< br>11
2

2
r
设平面
OB
1
D< br>1
的法向量为
n(x,y,z)

uuuuruuuur

33

D
1
B
1
(0,2,0),OB
1


,,1



22

uuuuv
v

D
1
B
1
n2y0



uuuv
v
,令
x2

y0 ,z3

33
xyz0

OB
1
n
22

r

n(2,0,3)

uuur

ruuur

ruuu
33
,,1

,n OB23,|n|7,|OB|2
, 又
OB


22

设直线
OB
与平面
OB
1
D
1
所成的角为


第 13 页 共 21 页


r uuur
2321
所以
sin

|cosn,OB||< br>
|
7
27
故直线
OB
与平面
OB1
D
1
所成的角的正弦值为
点评:
本题考查线面垂直的证明以 及向量法求线面角的正弦值,考查学生的运算求解能力,本
题解题关键是正确写出点的坐标.
18.2019年9月26日,携程网发布《2019国庆假期旅游出行趋势预测报告》,2018年
国 庆假日期间,西安共接待游客1692.56万人次,今年国庆有望超过2000万人次,成
为西部省份 中接待游客量最多的城市.旅游公司规定:若公司某位导游接待旅客,旅游
年总收人不低于40(单位: 万元),则称该导游为优秀导游.经验表明,如果公司的优秀
导游率越高,则该公司的影响度越高.已知 甲、乙家旅游公司各有导游40名,统计他们
一年内旅游总收入,分别得到甲公司的频率分布直方图和乙 公司的频数分布表如下:
21
.
7

(1)求
a,b
的值,并比较甲、乙两家旅游公司,哪家的影响度高?
(2 )从甲、乙两家公司旅游总收人在
[10,20)
(单位:万元)的导游中,随机抽取3人进< br>行业务培训,设来自甲公司的人数为
X
,求
X
的分布列及数学期望.
答案:(1)
a0.01,b5
,乙公司影响度高;(2)见解析,
E( X)2

(1)利用各小矩形的面积和等于1可得
a
,由导游人数为40人 可得
b
,再由总收人不
低于40可计算出优秀率;
(2)易得总收入在[10,20)
中甲公司有4人,乙公司有2人,则甲公司的人数
X
的值可
能为1,2,3,再计算出相应取值的概率即可.
解:
(1)由直方图知,
(a 0.0250.0350.02a)101
,解得
a0.01

由频数分布表中知:
2b2010340
,解得
b5
.
所以,甲公司的导游优秀率为:
(0.020.01)10100%30%

第 14 页 共 21 页


乙公司的导游优秀率为:
103
100%32.5%

40
由于
32.5%30%
,所以乙公司影响度高.
(2)甲公 司旅游总收入在
[10,20)
中的有
0.0110404
人, 乙公司旅游总收入在
[10,20)
中的有2人,故
X
的可能取值为1, 2,3,易知:
1221
C
4
C
2
41C
4C123
P(X1)
3


P(X2)
3< br>2

;
C
6
205C
6
205
3
C
4
41
P(X3)
3

.
C
6
205
所以
X
的分布列为:
X

P


1 2 3
1

5
3

5
1

5
131
E(X)1232
.
555
点评:
本题考查频率分布直方图、随机变量的分布列与期望,考查学生数据处 理与数学运算的
能力,是一道中档题.
19.已知数列

a
n


b
n

满足
a
1
3 ,b
1
1,a
n1
2a
n
2b
n
b
n1
,a
n1
a
n
b
n1
b
n
1
.
(1)求数列

a
n
< br>,

b
n

的通项公式;
(2)分别求数列

a
n



b
n

的前n
项和
S
n

T
n
.
n1n1n
2
3
n
n1
答案:(1)
a
n
 2;b
n
2
(2)
S
n
22n

2222
44
n
T
n
2
n1
n2
3
2n

44
(1)
a
n1
b
n1
2(a
n
b
n
)

a< br>1
b
1
4
,可得

a
n
b< br>n

为公比为2的等比数列,
a
n1
b
n1< br>a
n
b
n
1
可得

a
nb
n

为公差为1的等差数列,再算出

a
n
b
n



a
n
b
n
< br>的通项公式,解方程组即可;
第 15 页 共 21 页


(2)利用分组求和法解决.
解:
(1)依题意有

a
n1
b
n1
2

a
n< br>b
n


a
n1
b
n1
 a
n
b
n
1


a
1
b< br>1
4;a
1
b
1
2
.
可得数列
a
n
b
n

为公比为2的等比数列,
< br>a
n
b
n

为公差为1的等差数列,
n1

a
n
b
n
2
n1

a
n
b
n


a
1
b
1< br>
2


,得


abab(n 1)


11

a
n
b
n
n1

nn
n1

n
a2
n


22
解得


n1
n

a2 
n

22

故数列

a
n



b
n

的通项公式分别为
a
n
2
n
n1n1
;b
n
2
n

.
2222
(2)
S
n
212
n
12

n(n1)

n
2
42
42
n1
n
2
3

2n
44
T
n

212
n
12


n(n1)

n
2
n1
n
2
3
.
2n
44
点评:
本题考查利用递推公式求数列的通项公式以及分组求 和法求数列的前
n
项和,考查
学生的计算能力,是一道中档题.
x
2
20.已知椭圆
C:y
2
1
的右焦点为
F
, 直线
l:x2
被称作为椭圆
C
的一条准线,
2

P
在椭圆
C
上(异于椭圆左、右顶点),过点
P
作直线
m: ykxt
与椭圆
C
相切,
且与直线
l
相交于点
Q
.
(1)求证:
PFQF
.
(2)若点
P

x
轴的上方,当
△PQF
的面积最小时,求直线
m
的斜率
k
.
附:多项式因式分解公式:
t3t5t1t1t4t1

64 2

2

42

答案:(1)证明见解析(2)

51

2
第 16 页 共 21 页


x
2

y
2
1
222
(1)由

2


2k1

x4ktx2t20

0
可得
t
2
2k
2
1
,进

ykxt

uuuruuur

2k1

,

,同理
Q(2,2kt)
,利用数量积坐标计算
FPFQ< br>即可; 而得到
P


tt

(2)
S< br>PQF

解:
3t1
2k
,分
k0

k0
两种情况讨论即可.
22t
,0)
. (1)证明:点
F
的坐标为
(1

x
2

y
2
1
222
联立方程

2
,消去
y
后整理 为

2k1

x4ktx2t20


ykxt


16kt42k12t20
,可得
t
2
2k
2
1

22

2

2

2kt2kt2k
2k
2
tt1
x
2

2


y
2
t
2
.
2k1tt
2k12k1t
可得点
P
的坐 标为



2k1

,

.
t t


x2
时,可求得点
Q
的坐标为
(2,2 kt)

uuur

2k
r
1

2 kt1

uuu
FP

1,



,


FQ(1,2kt)
.
t
< br>tt

t
uuuruuur
2kt2kt
0
, 有
FPFQ
tt
故有
PFQF
.
(2)若 点
P

x
轴上方,因为
t
2
2k
21
,所以有
t1

由(1)知
uuurr
(2k t)
2
1
uuu
(2kt)
2
1(2kt)
2
1
|FP|
2
;|FQ|(2kt)
2
1

22
tttt
S
PQF
ruuur
(2k t)
2
14k
2
4ktt
2
1(2t
2
2)4ktt
2
11
uuu

|FP||FQ |
22t2t2t
3t
2
4kt13t1
2k< br>
2t22t
第 17 页 共 21 页


3t1
t
2
1
S
2
①因为
k0
时.由(1)知
k

PQF
2t1

22t
2
< br>由函数
f(t)
3t1
2

t
2
1< br>
(t1)
单调递增,可得此时
S
PQF
f(1) 1
.
22t
t
2
13t1
②当
k0
时,由(1)知
k,S
PQF
2

t
2
1



222t
3t132t13t
2
12 t
2
2

t1

(t1),g(t)2


g(t)

2
22
22t22t< br>t1
2t
t1

2
3t
2
1

t
2
1

8t
6
t
6
 3t
4
5t
2
1


3t1

2t


3t1

2t
2


2




2

4< br>42
2
2t4tt1
4tt14t
4

t
2
1



t1

2
22
22

t


2
1

t
4
4t
2
1

4t
4
(t
2
1)
t


22

t
2
 (25)

1


t(25)

, 故当
t25
4t
4

t
2
1
时,
g
'
(t)0
,此时函数
g(t)
单调递增: 当
1t25
时,
g

(t)<0
,此时函数
g(t)

调递减,又由
g(1)1
,故函数
g(t)
的最小值
g(25)1
,函数
g(t)
取最小值时
2k
2
125
,可求得
k
51
.
2
51
.
2
由①②知,若点
P

x< br>轴上方,当
PQF
的面积最小时,直线
m
的斜率为

点评:
本题考查直线与椭圆的位置关系,涉及到分类讨论求函数的最值,考查学生的运算求解
能力,是一道难题.
21.已知函数
f(x)e
2x

1ax
2

e
x
ax
2
(aR)
.
(1)证明:当
xe
2
时,
e
x
x2

(2)若函数
f(x)
有三个零点,求实数
a
的取值范围.
e
2
答案:(1)见解析;(2)
(,)

4
第 18 页 共 21 页


(1)要证明
ex(x e)
,只需证明
x2lnx
即可;
x22
e
x
e
x
ya
(2)
eax0
有3个根,可转化为
a< br>2
有3个根,即与
h(x)
2
有3
x
x
x 2
个不同交点,利用导数作出
h(x)
的图象即可.
解:
(1) 令
g(x)x2lnx
,则
g(x)1
'
2
,当< br>xe
2
时,
g
'
(x)0

x
22
2

g(x)

[e,)
上单调递增,所以g(x)g(e)e40


x2lnx
,所以
e
x
x
2
. < br>(2)由已知,
f(x)e
2x


1ax
2< br>
e
x
ax
2
(e
x
ax
2
)(e
x
1)

x2
x
e
依题意,< br>f(x)
有3个零点,即
eax0
有3个根,显然0不是其根,所以
a
2

x
e
x
e
x
(x2)
'
'
有3个根,令
h(x)
2
,则
h(x)
,当
x2
时,
h(x)0
,当
0x2

3
x
x
时,
h(x)0
,当
x0
时,
h (x)0
,故
h(x)

(0,2)
单调递减,在
( ,0)

(2,)

''
e
2
单调递增,作 出
h(x)
的图象,易得
a
.
4
2
e
故实数
a
的取值范围为
(,)
.
4

点评:
本题考查利用导数证明不等式以及研究函数零点个数问题,考查学生数形结合的思想,
是一道中 档题.
第 19 页 共 21 页



x1cos

xOy
22.已知在平面直角坐标系中,曲线
C
的参数方程为
(

为参

ysin

数.
0

2

).以坐标原点
O
为极点,
x
轴正半轴为极 轴建立极坐标系,直线
l
的极
坐标方程为


极角
0




3

(

R)< br>,曲线
C
与直线
l
其中的一个交点为
A
,且点
A
极径

0
0
.

2
(1)求曲线< br>C
的极坐标方程与点
A
的极坐标;
(2)已知直线
m
的直角坐标方程为
x3y0
,直线
m
与曲线
C
相交于 点
B
(异于
原点
O
),求
AOB
的面积.





(2)
3

2cos

答案:(1)极坐标方程为,点
A
的极坐标为
< br>1,
3

4
(1)利用极坐标方程、普通方程、参数方程间的互化公 式即可;
(2)只需算出A、B两点的极坐标,利用
S
解:
(1)曲线
C


1

A

B
|sin(< br>
A


B
)|
计算即可.
2

x1cos

(

为参数,
0

 2

)

ysin

(x1)
2
y
2
1x
2
y
2
2x

2< br>2

cos



2cos






3
代入,解得

0
1

即曲线
C
的极坐标方程为

2cos


A
的极坐标为

1,



.
3




(2)由(1),得点
A< br>的极坐标为

1,



3

由 直线
m
过原点且倾斜角为



,知点
B
的极坐标为

3,


6
6

13



.
S< br>ABO
13sin




2364
点评:
本题考查极坐标方程、普通方程、参数方程间的互化以及利用极径求三角形面 积,考查
学生的运算能力,是一道基础题.
第 20 页 共 21 页


23.已知函数
f(x)|x2||x4|
.
(1)解关于
x
的不等式
f(x)4

(2)若函数< br>f(x)
的图象恒在直线
y|m1|
的上方,求实数
m
的 取值范围
答案:(1)
[1,5]
(2)
(1,3)

(1)零点分段法分
x2

2x4

x4
三种情况 讨论即可;
(2)只需找到
f(x)
的最小值即可.
解:
< br>2x6,x2

(1)由
f(x)

2,2x4
.

2x6,x4


x2
时,
f(x)2x64
,解得
1x2


2x4时,
f(x)24
,解得
2x4


x4
时,
f(x)2x64
,解得
4x5

故不等式
f(x)4
的解集为
[1,5]
.
(2)由< br>f(x)|(x2)(x4)|2
,有
|m1|2
,得
1m3

故实数
m
的取值范围为
(1,3)
.
点评:
本题考查绝对值不等式的解法以及不等式恒成立问题,考查学生的运算能力,是一道基
础题.

第 21 页 共 21 页

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