青年干部管理学院-有趣的汉字手抄报

绝密★启用前
2020届四川省南充市高三第二次高考适应性考试数学（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
1．复数
i
（ ）
A．
2i
B．
答案：C
略
2．已知集合
A1,3,m
，
B< br>
1,m

，若
ABA
，则
m
（ ）
A．
0
或
3

答案：B
解：
因为ABA
,所以
BA
,所以
m3
或
m
B．
0
或
3
C．
1
或
3
D．
1
或
3

1
i
1
i
C．0
2
D．
2i


m
.
若
m 3
，则
A{1,3,3},B{1,3}
,满足
ABA
.
若
mm
，解得
m0
或
m1
.若
m 0
，则
A{1,3,0},B{1,3,0}
，满足
ABA
.若
m1
，
A{1,3,1},B{1,1}
显然不成立，综上
m0
或
m3
，选B.

1

3．已知tan


，




，则
sin


（ ）
2
2
A．
25

5
B．

5

5
C．

25

5
D．
5

5
答案：D
根据同角三角函数基本关系，得到
cos

 2sin

，再由
sin
2

cos
2

1
，结合题
中条件，即可得出结果.
解：
由
ta n


sin

1

，得
cos

2sin

.

cos

2
又因 为
sin
2

cos
2

1
，

所以
sin
2

4sin
2< br>
1
，即
sin


因为
2
1< br>.

5

2




，所 以
sin


5
.
5
故选D.
点评：
本题主要考查由正切求正弦的问题，熟记同角三角函数基本关系即可，属于常考题型.
4．如 图1，《九章算术》中记载了一个“折竹抵地”问题:今有竹高一丈,末折抵地,去
本三尺，问折者高几 何? 意思是:有一根竹子, 原高一丈（1丈=10尺）, 现被风折断，
尖端落在地上，竹尖与竹根的距离三尺，问折断处离地面的高为（ ）尺.

A．
5.45

答案：B
B．
4.55
C．
4.2
D．
5.8


如图，已知
ACAB10
，
BC3
，
AB
2
AC
2
BC
2
9

∴
(ABAC)(ABAC)9
，解得
ABAC0.9
，

ABAC10

AB5.45
∴

，解得

.
ABAC0.9AC4.55

∴折断后的竹干高为4.55尺
故选B.
5．已知等式
(1xx)(12x)a
0
a
1
xa
2
xLa
14
x
成立，则
2 324214
a
2
a
4
La
14

（ ）
A．0
答案：D
根据等式和特征和所求代数式的值的特征用特殊值法进行求解即可.
解：
B．5 C．7 D．13

由
(1xx)(12x)a
0
a
1
xa
2
xLa
14
x
可知 ：
令
x0
，得
1a
0
a
0
1< br>；
令
x1
，得
1a
0
a
1
a
2
La
14
a
0
a
1
a< br>2
La
14
1(1)
；
令
x1
，得
2324214
27a
0
a
1
a
2(a
3
)La
14
a
0
a
1a
2
(a
3
)La
14
27(2)
，
(2)(1)
得，
2(a
0
a
2
a< br>4
La
14
)28a
0
a
2
a
4
La
14
14
，而
a
0
1，
所以
a
2
a
4
La
14
13
.
故选：D
点评：
本题考查了二项式定理的应用，考查了特殊值代入法，考查了数学运算能力.
6．过圆
xy4
外一点
M(4,1)
引圆的两条切线，则经过两切点的直线方程是（ ）．
A．
4xy40

答案：A
过圆
xyr
外一点
(m,n)
，
引圆的两条切线，则 经过两切点的直线方程为
mxnyr0
，故选
A
．


7．定义在R上的函数
f(x)
满足
f(4)1
，
f (x)
为
f(x)
的导函数，已知
yf(x)
的
2
222
22
B．
4xy40
C．
4xy40
D．
4xy40

图象如图所示，若 两个正数
a,b
满足
f(2ab)1
，
则
b1
的取值范围是（ ）
a1

A．
(,)

答案：C
11
53
B．
(,)(5,)
C．
(,5)

1
3
1
3
D．
(,3)

先从函数单 调性判断
2ab
的取值范围，再通过题中所给的
a,b
是正数这一条件和常 用

不等式方法来确定
解：
b1
的取值范围.
a1

由
yf(x)
的图象知函数
f

x

在区间

0,


单调递增，而
2ab0
，故由
f(2ab)1f

4

可知< br>2ab4
.故
b142a17
25
，
a1a1a1
b1b171
b11
2
bb
3
，综上得又有
a1
的取值范围是
(,5)
.
33
a13
22
故选：C
点评：
本题考查了函数单调性和不等式的基础知识，属于中档题.
8．一个空间几何体的正视图是长 为4，宽为
3
的长方形，侧视图是边长为2的等边三
角形，俯视图如图所示，则该几何 体的体积为（ ）

A．
43

3
B．
43
C．
23

3
D．
23

答案：B
由三视图确定原几何体是正三棱柱，由此可求得体积．
解：
由题意原几何体是正三棱柱，
V
故选：B．
点评：
本题考查三视图，考查棱柱的体积．解题关键是由三视图不愿出原几何体．
9．
VA BC
的内角
A,B,C
的对边分别为
a,b,c
，若
(2a b)cosCccosB
，则内角
1
23443
．
2
C
（ ）
A．


6
B．


4
C．


3
D．


2
答案：C
由正弦定理化边为角，由三角函数恒等变换可得．
解：

∵
(2ab)cosCccosB
，由正弦定理可得
(2sinAsinB)c osCsinCcosB
，
∴
2sinAcosCsinBcosCsinC cosBsin(BC)sinA
，
三角形中
sinA0
，∴
cosC
故选：C．
点评：
本题考查正弦定理，考查两角和的正弦公式和诱导公式，掌握正弦定理的边角互化是解
题关键．
10．正三棱锥底面边长为3，侧棱与底面成
60
角，则正三棱锥的外接球的体积为 （ ）
A．
4


答案：D
由侧棱与底面所成角及底面边长求得正棱锥的高，再利用勾股定理求得球半径后可得球
体积．
解：
如图，正三棱锥
ABCD
中，
M
是底面
 BCD
的中心，则
AM
是正棱锥的高，
ABM
是侧棱与底面所成的 角，即
ABM
＝60°，由底面边长为3得
BM
∴
AMBMt an60333
．
正三棱锥
ABCD
外接球球心
O必在
AM
上，设球半径为
R
，
则由
BO
2< br>OM
2
BM
2
得
R
2
(3R)2
(3)
2
，解得
R2
，
∴
V
B．
16

C．
1

，∴
C
．
23
16


3
D．
32


3
233

3
，
32
44

32


R
3
2
3

．
333
故选：D．

点评：

本题考查球体积，考查正三棱锥与外接球的关系．掌握正棱锥性质是解题关键．
x
2
y
2
11．设双曲线
C:1
的右顶点为
A
，右 焦点为
F
，过点
F
作平行
C
的一条渐近
916线的直线与
C
交于点
B
，则
△AFB
的面积为（ ）
A．
32

15
B．
64

15
C．5 D．6
答案：A
根据双曲线的标准方程求出右顶点
A
、右焦点
F
的坐标，再求出过点
F
与
C
的一条渐
近线的平行的直线方程，通过解方程组求出点
B
的坐标，最后利用三角形的面积公式进
行求解即可.
解：
由双曲线的标准方程可知中：
a3,b4ca
2
b
2
5
，因此右顶点
A
的坐标为
( 3,0)
，右焦点
F
的坐标为
(5,0)
，双曲线的渐近线方程为：
y
渐近线的对称性不妨设点
F
作平行
C
的一条渐近线< br>y
直线
FB
的斜率为
4
x
，根据双曲线和
3
4
x
的直线与
C
交于点
B
，所以
34
4
，因此直线
FB
方程为：
y(x5)
，因此点
B
的坐标是方程组：
3
3
4
17

y(x5)
x



1732
3
5< br>B(,)
，所以
△AFB
的解，解得方程组的解为：，即


22
32
515

y

x

y
1


15


916
的面积为：
13232
(53)
.
21515
故选：A
点评：
本题考查了双曲线的渐近线方程的应用，考查了两直线平行的性质，考查了数学运算能
力. < br>12．已知函数
f

x

xe
xa
，
g

x

ln

x2

4 e
ax
，其中
e
为自然对数的底数，
若存在实数
x
0
，使
f

x
0

g

x< br>0

3
成立，则实数
a
的值为（ ）
A．
ln21

答案：A
令f（x）﹣g（x）=x+ex﹣a
﹣1n（x+2）+4e
a﹣x
，
B．
1ln2
C．
ln2
D．
ln2

令y=x﹣ln（x+2），y′=1﹣
1x1
=， < br>x2x2
故y=x﹣ln（x+2）在（﹣2，﹣1）上是减函数，（﹣1，+∞）上是增函 数，
故当x=﹣1时，y有最小值﹣1﹣0=﹣1，
而e
x﹣a
+4e< br>a﹣x
≥4，（当且仅当e
x﹣a
=4e
a﹣x
，即x=a+ ln2时，等号成立）；
故f（x）﹣g（x）≥3（当且仅当等号同时成立时，等号成立）；
故x=a+ln2=﹣1，即a=﹣1﹣ln2．故选：A．


二、填空题
rr
r
r
rr
r
r
rr13．已知向量
a,b
满足
(a2b)(ab)6
，且
|a|1,|b|2
，则
cosa,b

_________．
答案：
1

2
由数量积的运算律求得
ab
，再由数量积的定义可得结论．
解：
由题意
(a2b)(ab)aab2b1ab22< br>2
6
，
rr
r
r
r
r
r2
rrr
2
rr
rrrrrr
rr
rr
1∴
ab1
，即
abcosa,b2cosa,b1
，∴
cosa,b
．
2
1
故答案为：．
2
点评：
本题考查求向量的夹角，掌握数量积的定义与运算律是解题关键．
14．函数
f(x)cosx
答案：1
本问题转化为曲线
y cosx,y
内，画出函数
ycosx,y
解：
问题函数
f (x)cosx
x
在
[0,)
的零点个数为_________.
x
(x[0,))
交点个数问题，在同一直角坐标系
利用数形结合思想 进行求解即可.
x
(x[0,))
的图象，
x
在
[ 0,)
的零点个数，可以转化为曲线
ycosx,yx
(x[0,))
交点个数问题.
在同一直角坐标系内，画出函数
ycosx,y

x
(x[0,))
的图象，如下图所示：

由图象可知：当
x[0,)
时，两个函数只有一个交点.
故答案为：1
点评：
本题考查了求函数的零点个数问题，考查了转化思想和数形结合思想.
2
15．已知 函数
f(x)alnxbx
图象上一点
(2,f(2)
处的切线方程为< br>y3x2ln22
，则
ab
_______．
答案：3
求出导函数，由切线方程得切线斜率和切点坐标，从而可求得
a,b
．
解：
由题意
f

(x)
a
2bx
，
x< br>∵函数图象在点
(2,f(2)
处的切线方程为
y3x2ln22，

a

a2

4b3
∴

2
，解得

，
b1



aln24b62ln22
∴
ab3
．
故答案为：3．
点评：
本题考查导数的几何意义，求出导函数是解题基础，
16．设
F< br>为抛物线
C:y4x
的焦点，
A,B,D
为
C
上互 相不重合的三点，且
|AF|
、
2
uuur
uuur
uuu r
|BF|
、
|DF|
成等差数列，若线段
AD
的垂直平分 线与
x
轴交于
E(3,0)
，则
B
的坐标
为___ ____.

答案：
(1,2)
或
(1,2)

设出
A,B, D
三点的坐标，结合等差数列的性质、线段垂直平分线的性质、抛物线的定
义进行求解即可.
解：
抛物线
C:y4x
的准线方程为：
x1
，设< br>A(x
1
,y
1
),B(x
2
,y
2
),D(x
3
,y
3
)
，由抛物
2
uuuruu ur
线的定义可知：
|AF|x
1
(1)x
1
1
，
|BF|x
2
(1)x
2
1
，
uuur
uuur
uuur
uuur
|DF|x
3
( 1)x
3
1
，因为
|AF|
、
|BF|
、< br>|DF|
成等差数列，所以有
uuur
uuur
uuur
x x
2|BF|
|DF|
|AF|
，所以
x
2

13
，
2
因为线段
AD
的垂直平分线与
x
轴交于
E(3,0)
，所以
EAED
，因此有
(3x
1
)
2
y
1
2
(3x
3
)
2
y
3
2
96x
1
x
1
24x
1
96x
3
x
3
2
4x
3
，化简整
理得：
(x
1
x
3
)(x
1
x
3
2)0x
1
x
3
或
x
1
x
3
2
.
x
1
x
3< br>可知；
x
1
x
2
x
3
，这与已知矛盾， 故舍去；
2
xx
3
1
，因此
y
2
2
4x
2
4y
2
2
. 若
x
1< br>x
3
2
，所以有
x
2

1
2< br>若
x
1
x
3
，由
x
2

故答案为：
(1,2)
或
(1,2)

点评：
本题考查了抛物线的定义的应用，考查了等差数列的性质，考查了数学运算能力.

三、解答题
17．等差数列
{a
n
}
中，
a1
1,a
6
2a
3
．
（1）求

a
n

的通项公式；
a
（2 ）设
b
n
2
n
，记
S
n
为数列

b
n

前
n
项的和，若
S
m
 62
，求
m
．
答案：（1）
a
n
n
（2）
m5

（1）由基本量法求出公差
d
后可得通项公式；
（2）由等差数列前
n
项和公式求得
S
n
，可求得
m
．
解： 解：（1）设

a
n

的公差为
d
，由题设得

a
n
1(n1)d

因为
a
6
2a
3
，
所以
1(61)d2[1(31)d]

解得
d1
，
故
a
n
n
．
（2）由（1）得
b
n
2
．
所以数列

b
n

是以2为首项，2为公比的等比数列，
n
22
n1
所以
S
n
2
n1< br>2
，
12
由
S
m
62
得
2
m1
262
，
解得
m5
．
点评：
本题考查求等差数列的通项公式和等比数列的前
n
项和公式，解题方法是基本量法．
18．为了打好脱贫攻坚战，某贫困县农科院针对玉米种植情况进行调研，力争有效地改
良玉米 品种，为农民提供技术支援，现对已选出的一组玉米的茎高进行统计，获得茎叶
图如图（单位：厘米）， 设茎高大于或等于180厘米的玉米为高茎玉米，否则为矮茎玉
米．

（1）求出易倒伏玉米茎高的中位数
m
；
（2）根据茎叶图的数据，完成下面的列联表：
抗倒伏 易倒伏

矮茎
高茎





（3）根据（2 ）中的列联表，是否可以在犯错误的概率不超过1%的前提下，认为抗倒
伏与玉米矮茎有关？
n(adbc)
2
附：
K
，
(ab)(cd)( ac)(bd)
2
P(K
2
…K)

0.050 0.010
6.635
0.001
10.828
K



3.841
答案：（1）190（2）见解析 （3）可以在犯错误的概率不超过1%的前提下，认为抗倒
伏与玉米矮茎有关．
（1）排序后第10和第11两个数的平均数为中位数；
（2）由茎叶图可得列联表；
（3）由列联表计算
K
2
可得结论．
解：
解：（1）
m
（2）

矮茎
高茎


抗倒伏
15
10
易倒伏
4
16
190190
190
．
2
45(1516410)< br>2
（3）由于
k7.2876.635
，因此可以在犯错误的概率不19262520
2
超过1%的前提下，认为抗倒伏与玉米矮茎有关．
点评：

本题考查茎叶图，考查独立性检验，正确认识茎叶图是解题关键．
19．在四棱锥
P ABCD
中，底面
ABCD
是边长为2的菱形，
BAD120,PA 2,PBPCPD,E
是
PB
的中点.

（1）证明：
PA
平面
ABCD
；
（2）设
F
是直线
BC
上的动点，当点
E
到平面
PAF
距离最 大时，求面
PAF
与面
EAC
所成二面角的正弦值.
答案：（1）证明见解析（2）
27

7
（1）取
BC中点
M
，连接
PM,AM
，根据菱形的性质，结合线面垂直的判定定理和
性质进行证明即可；
（2）根据面面垂直的判定定理和性质定理，可以确定点
B到直线
AF
的距离即为点
B
到
平面
PAF
的距 离，结合垂线段的性质可以确定点
E
到平面
PAF
的距离最大，最大值
为1.
以
A
为坐标原点，直线
AF,AB,AP
分别为
x,y,z
轴建立空间直角坐标系
Axyz
.利用
空间向量夹角公式，结合 同角的三角函数关系式进行求解即可.
解：
（1）证明：取
BC
中点
M
，连接
PM,AM
，
因为四边形
ABCD
为菱形且
BAD120
.
所以
AMBC
，
因为
PBPC
，所以
PMBC
，
又
AMIPMM
，
所以
BC⊥
平面
PAM，因为
PA
平面
PAM
，
所以
PABC
.
同理可证
PADC
，

因为
DCIBCC
，
所以
PA
平面
ABCD
.
（2）解：由（1）得
PA
平面
ABCD
，
所以平面< br>PAF
平面
ABCD
，平面
PAF
平面
ABCD AF
.
所以点
B
到直线
AF
的距离即为点
B< br>到平面
PAF
的距离.
过
B
作
AF
的垂线 段，在所有的垂线段中长度最大的为
AB2
，此时
AF
必过
DC< br>的
中点，
因为
E
为
PB
中点，所以此时，点
E
到平面
PAF
的距离最大，最大值为1.
以
A
为坐标 原点，直线
AF,AB,AP
分别为
x,y,z
轴建立空间直角坐标系
Axyz
.
则
A(0,0,0),C(3,1,0),E(0,1,1),B(0,2,0)
< br>uuuruuuruuur
所以
AC(3,1,0),AE(0,1,1),AB (0,2,0)

uuur
平面
PAF
的一个法向量为
AB (0,2,0)
，
设平面
AEC
的法向量为
n(x,y,z)
，
r
uuuv
r

3xy0,

ACn0,

v
r
则

uuu
即



y z0,

AEn0,

取
y1
，则
n( 
3
,1,1)
，
3
r
r
uuu
uu ur
nAB21
r
r
cosn,AB
r
uuu< br>，
7
|n||AB|
r
rr
27
r
uu u
r
uuu
2
所以
sinn,AB1cosn,AB
，
7
所以面
PAF
与面
EAC
所成二面角的正弦 值为
点评：
本题考查了线面垂直的判定定理和性质的应用，考查了二面角的向量求法，考查了 推理
论证能力和数学运算能力.
2
x
20．设点
F
1
c,0

，
F
2

c,0
分别是椭圆
C:
2
y
2
1

a1

的左、右焦点，
P
为椭
a
27
.
7
uuuvuuuuv
圆
C
上任意一点，且
PF
1
•PF2
的最小值为0．

（1）求椭圆
C
的方程；
（2）如图，动直线
l:ykxm< br>与椭圆
C
有且仅有一个公共点，点
M
，
N
是直线l
上
的两点，且
F
1
Ml
，
F
2< br>Nl
，求四边形
F
1
MNF
2
面积
S的最大值．
x
2
答案：（1）
y
2
1
；（2）2. 2
uuuvuuuuv
uuuvuuuuv
2
a
2
1
2222
（1）利用
PF
的最小值为0，可得
PF
1
•
PF
2
xyc
，
x
1
c
1
•PF
2
2
a
x

a,a

，即可求椭圆
C
的方程；
（2）将直线
l
的方程
yk xm
代入椭圆
C
的方程中，得到关于
x
的一元二次方程，由
直线
l
与椭圆
C
仅有一个公共点知，
0
即可得到m
，
k
的关系式，利用点到直线的
距离公式即可得到
d
1
F
1
M
，
d
2
F
2
M．当
k0
时，设直线
l
的倾斜角为

，则
d
1
d
2
MNtan

，即可得到四边形
F< br>1
MNF
2
面积
S
的表达式，利用基本不等式
的性质 ，结合当
k0
时，四边形
F
1
MNF
2
是矩形， 即可得出
S
的最大值．
解：
uuuvuuuuv
（1）设
P

x,y

，则
F
1
P

xc,y

，
F
2
P

xc,y

，
uuuvuuuuv
a
2
1
2222
PF
1
•
PF
2
xyc
2
x
1c
2
，
x

a,a

，
a< br>由题意得，
1c
2
0c1a
2
2
，
2
x

椭圆
C
的方程为
y
2
 1
；
2
（2）将直线
l
的方程
ykxm
代入椭圆
C
的方程
x2y2
中，
得
2k1x4kmx2m20
．
22

2

22

由直线
l
与椭圆
C
仅有一个公共点知，
16km42k12m20，
化简得：
m
2
2k
2
1
．
22

2

2



设
d
1
F
1
M
km< br>k1
2
，
d
2
F
2
M
km
k1
2
，
当
k0
时，设直线
l
的倾斜角为

，
则
d
1
d
2
MNtan

，
MN=
1
d
1
d
2
，
k
2m
11
S=d
1
d
2


d
1
d
2


2
，
2kk1
Qm
2
2k
2
1
，
S=
2m
k2
1

4m
m
2
1

4
m
1

m
∴当
k0
时，
m1
，m
1
2
，
m
∴S2
．
当
k 0
时，四边形
F
1
MNF
2
是矩形，
S2．
所以四边形
F
1
MNF
2
面积
S< br>的最大值为2．
点评：
本题主要考查椭圆的方程与性质、直线方程、直线与椭圆的位 置关系、向量知识、二次
函数的单调性、基本不等式的性质等基础知识，考查运算能力、推理论证以及分 析问题、
解决问题的能力，考查数形结合、化归与转化思想．

21．已知函数
f(x)
1
2
xmxlnx
. 2
（1）若函数
f(x)
不存在单调递减区间，求实数
m
的取值 范围；
（2）若函数
yf(x)
的两个极值点为
x
1
x
2

x
1
x
2

，
m的最小值.
32
，求
f

x
1

 f

x
2

2
+

（2）答案：（1）
2，

3
ln2

4
1
m在
0,


上
x
分析：（1）先求导，再令
f


x

0
在

0,

上恒成立，得到
x
恒成立，利用基本不等式得到m的取值范围.(2)先由
1x
2
mx1
f


x

xm 0
得到
xx
x
1
x
2
m,x
1
x
2
1
，再求得
f

x
1

f

x
2

ln
x1
1

x
1
x
2




，再构造函
x
2
2

x
2
x
1

令
数

x
1
1

1

t,g

t

lnt

t（,
再利用导数求其最小值.

0t1）
x
2
2

t

详解：（1）由函数
f

x< br>

1
2
+



xmxln x
有意义，则
x0,即定义域为

0，
2
1
由
f


x

xm,
且
f

x

不存在单调递减区间，则
f


x

0
在

0,

x
上恒成立，
1
m在

0,


上恒成立
x
1

Qx0,x212,当且仅当x1时取到最小值2

x

x

m2恒成立，解得m2

+



m的取值范围为2，
（2）由

1

知
f

x

定义域为
0,


,f


x

x
1
m
，
x
1x
2
mx1
令
f


x

xm0
，即
x< br>2
mx10

xx
由
f

x
有两个极值点
x
1
,x
2
(0x
1
x
2
)

故
x
1
,x
2
为 方程
x
2
mx10
的两根，

x
1x
2
m,x
1
x
2
1
，

2


m

x
1< br>x
2

，
x
1

x
1
x
,x
2
2

2

x
2
x
1
则
f

x
1

f

x
2


1
2

1

x
1
mx
1
lnx
1


x
2
2
mx
2
lnx
2


2

2


x
1
2
x
1
x
2
2m

x
1
x
2

ln
1

2x
2


x
1
2
x
1< br>x
2
2
x
1
2
x
2
2
ln
1

2x
2

ln
x
1
1
2
x
1
x
2
2

x
2
2

ln
x
1
1

x
1
x
2





< br>x
2
2

x
2
x
1

x< br>1
1

1

t,g

t

lnt

t

,则0t1,

x
2< br>2

t

2
由
0x
1
x
2
,令
111

t1

0
，则
g< br>
t

在

0,1

上单调递减 由
g


x


2


t22t
2t
2
又Qm
3232< br>，即


x
1
x
2



22
32

2
x
1
x
2
19
2t2
< br>x
2
x
1
t2
x
1
x
2

2


x
1
x
2

x< br>1
2
x
2
2
2x
1
x
2

15
t

t2
1
t2或t

2
由
0t1
知
0t
1

2
11

1

1

3
 g< br>
x

g

ln

2

ln2

22

2

2

4
综上所述，
f

x
1

f

x
2

的最小值为
3
ln2
.
4
点睛 ：（1）本题主要考查利用导数求函数的单调区间和极值，考查利用导数求函数的最
值，意在考查学生对 这些知识的掌握水平和分析推理能力.(2)本题的难点有两个，其一

是求出
f

x
1

f

x
2

ln
x
1
1

x
1
x
2




,其二是构造函数
x
2
2

x
2
x
1

令
x
1
1

1

t,g

t

lnt

t（,
再利用导数求其最小值.

0t1）
x
2
2

t


2
t

x3< br>
2
22．在平面直角坐标系
xOy
中，直线
l
的参 数方程为

(
t
为参数)．在

y5
2t

2

以原点
O
为极点，
x
轴正半 轴为极轴的极坐标系中，圆
C
的方程为

25sin

.
(1)写出直线
l
的普通方程和圆
C
的直角坐标方程；
( 2)若点
P
坐标为
(3,5)
，圆
C
与直线
l交于
A,B
两点，求
|PA||PB|
的值．
答案：（1）（2）
32

222
试题分析：（1）由加减消元得直 线
l
的普通方程,由

sin

y,

xy
得圆
C
的
直角坐标方程；（2）把直线l的参数方程代入圆C的直角 坐标方程，由直线参数方程几
何意义得|PA|+|PB|=|t
1
|+|t
2
|=t
1
+t
2
,再根据韦达定理可得结果
试题解析：解：（Ⅰ）由得直线l的普通方程为x+y﹣3﹣=0
又由得 ρ
2=2ρsinθ，化为直角坐标方程为x
2
+（y﹣）
2
=5；
（Ⅱ）把直线l的参数方程代入圆C的直角坐标方程，
得（3﹣t）+（
2
t）=5，即t﹣3
22
t+4=0
设t
1
，t
2
是上述方程的两实数根，
所以t
1
+t
2
=3
，A、B两点对应的参数分别为t
1
，t
2
，
．
又直线l过点P
所以|PA|+|PB|=|t
1
|+|t
2
|= t
1
+t
2
=3
23．设函数
f

x
x1xa

aR

.
（1）当
a4
时，求不等式
f
(
x
)
³5
的解集； （2）若
f

x

4
对
xR
恒成 立，求
a
的取值范围.
答案：（1）
{x|x0
或
x 5}
；（2）
a3
或
a5
.
试题分析：（1）根据 绝对值定义将不等式化为三个不等式组，分别求解集，最后求并集

（2）根据 绝对值三角不等式得
f

x

最小值，再解含绝对值不等式可得a
的取值范围.
试题解析：（1）
x1x45
等价于


x1

2x55
或


1 x4

x4
或

，

2x55

35
解得：
x0
或
x5
.故不等式
f
x

5
的解集为
{x|x0
或
x5}
.
（2）因为：
f

x

x1xa< br>
x1



xa

a1

所以
f

x

min
a1
，由题意得 ：
a14
，解得
a3
或
a5
.
点睛： 含绝对值不等式的解法有两个基本方法，一是运用零点分区间讨论，二是利用绝
对值的几何意义求解．法 一是运用分类讨论思想，法二是运用数形结合思想，将绝对值
不等式与函数以及不等式恒成立交汇、渗透 ，解题时强化函数、数形结合与转化化归思
想方法的灵活应用，这是命题的新动向．