金丝峡大峡谷-月工作总结范文

2019届高三诊断性大联考（二）（质检卷Ⅱ）
数学（文）试题


一、单选题
1
．已知集合
Ay|y2
A
．

0,1


【答案】
A
【解析】分别求出集合
A
、
B
，然后求交集即可
.
【详解】

解：由已知得
A

0,

,B

3,1



x1

,B 

x|x
2
2x30

,
则
AI B
（

）

C
．

1,2

D
．
(3,1)

B
．

0,2


AB

0,1

,

故选：
A
【点睛】

考查集合的运算，是基础题
.
2
．已知
i
为虚数单位，且复数
z
满足
z

32i

23i,
则复数
z
在复平面内对应的
点位于（

）

A
．第一象限

【答案】
A
【解析】求出复数，然后根据复数的几何意义判断即可
.
【详解】

解：
z

32i

13,

故
z
B
．第二象限
C
．第三象限
D
．第四象限

2
13
32i,
复数
z
在复平面内的对应点位于第一象限

32i
故选：
A
【点睛】

考查复数的运算及其几何意义，是基础题
.
3
．某综艺节目为比较甲、乙两名选手的各项能力
(
指标值满分为
5
分，分值高 者为优
)
，
绘制了如图所示的六维能力雷达图，图中点
A
表示甲的创 造力指标值为
4
，点
B
表示
乙的空间能力指标值为
3
，则下面叙述正确的是

A
．乙的记忆能力优于甲的记忆能力

B
．乙的创造力优于观察能力

C
．甲的六大能力整体水平优于乙

D
．甲的六大能力中记忆能力最差

【答案】
C
【解析】 从六维能力雷达图中我们可以得到甲的各种能力的大小、乙的各种能力的大小
以及甲、乙的各项能力的大 小关系等，从而可判断
A
，
B
，
D.
而整体水平的优劣取决 于
六种能力的数字之和的大小，计算可得孰优孰劣
.
【详解】

从六维能力雷达图上可以得到甲的记忆能力优于乙的记忆能力，故
A
错
. < br>乙的创造力为
3
，观察能力为
4
，乙的观察能力优于创造力，故
B
错
.
甲的六大能力总和为
25
，乙的六大能力总和为
24
，

故甲的六大能力整体水平优于乙，故
C
正确
.
甲的六大能力中，推理能力为
3
，为最差能力，故
D
错
.
综上，选
C.
【点睛】

本题为图形信息题，要求不仅能从图形中 看出两类数据之间的差异，还要能根据要求处
理所给数据
.
4
．在
VABC
中，若
BDDC,
则
3AB2BCCA
（

）

A
．
AD

【答案】
C
u uuruuur
uuuruuuruuur
uuur
B
．
DA

uuur
C
．
2AD

uuur
D
．
2DA

uuur
uuur
uuuruuur
【解析】先把
3AB
拆成
2AB+AB
，然后根据 向量加法法则进行运算，注意用上
uuuruuur
BDDC,
即可求解
.
【详解】

uuuruuuruuuruuuruuuruuuruuuruuuru uuruuuruuur
解：
3AB2BCCA2ABBCCAAB2ACC BACAB,



uuuruuur
Q
BDDC,

∴D
为边
BC
的中点
.
uuuruuuruuur
ACAB2AD

故选：
C
【点睛】

考查向量的线性运算和中点向量公式，是基础题
.
5< br>．已知
S
n
是等差数列

a
n

的 前
n
项和，
a
3
a
7
12,S
3S
9
,
则
S
6

（

）

A
．
6

【答案】
C
【解 析】根据

a
n

是等差数列，由
a
3
 a
7
12,S
3
S
9
,
列出关于
a< br>1
和
d
的方程组，然
后求解即可
.
【详解】

解：由
a
3
a
7
2a5
12,

得
a
5
a
1
4d6,

又由
S
3
S
9
，

B
．
9
C
．
72
D
．
84


3

a
1
a3

9

a
1
a
9

< br>
22
a
1
a
3
3

a1
a
9

6a
5
36

a
1
a
3
2a
1
2d36

a
1
d18

a
1
22
，
d4

S
6
226
故选：
C
【点睛】

65


4

72

2
考查等差数列的有关运算，是基础题
.
6
．将一颗质地均匀的骰 子
(
它是一种各面上分别标有点数
1,2,3,4,5,6
的正方体玩具)
先
后抛掷
2
次，记第一次出现的点数为
m,
第二次出 现的点数为
n,
则
mn6
的概率为
（

）

A
．
7

18
B
．
5

12
C
．
1

2
D
．
7

12
【答案】
D
【解析】根据题意，列表表示两次出现的点数情况，然后找 出满足
mn6
的情况，
再利用对立事件概率的性质求概率即可
.
【详解】

解：根据题意，列表表示两次出现的点数情况
:

1
1 2 3 4 5 6

1,1



1,2



2,2



1,3



2,3



3,3



1,4



1,5



2,5



3,5



1,6



2,6



3,6


2

2,1



3,1



4,1



5,1



2,4



3,4



4,4


3

3,2



4,2


4

4,3



5,3



4,5



5,5



6,5



4,6



5,6



6,6


5

5,2



6,2



5,4



6,4


6



6,1



6,3


共< br>36
种情况，其中
mn6
的有
15
种情况，

则
mn6
的概率为
1
故选：
D

【点睛】

考查古典概型的概率运算，是基础题
.
22
x y
7
．已知
O
为坐标原点，
F
1
,F
2< br>是双曲线
C:
2

2
1

a0,b0

的左、右焦点，
M
ab
1557
1
361212
是双曲线
C
右支上一点，若
OMOF
2
,MOF
2

A
．
31

【答案】
A
B
．
63


3
,
则双曲线
C
的离心率为

（

）
D
．
31

C
．
3

【解析】根据
OMOF
2
和双 曲线的性质确定
△MF
1
F
2
为直角三角形且

MF
1
F
2

【详解】


6
，然后根据离心率的定义代入计算即可
.
解：若
OMOF
2
,

则
OMOF
1

F
1
F
2
c

2
2

又
MOF
2

.
3

MF
1
F
2


6e
F
1
F
2
2c2c
31

2aMF
1
MF
2
3cc
F
1
MF2



故选：
A
【点睛】

考查双曲线的性质及有关运算，是基础题
.
8
．已知函数
f

x

为定义在
R
上的奇函数，且当
x0
时，
f

x

x2xacosx,
则
2
f

x

在

1,f

1


处的切线斜率为（

）

A
．
4

【答案】
D
【解析】先根据
f

x

为奇函数，确定
a
的值，再求出
x0< br>时
f

x

的解析式，然后
求导数即可得斜率
.
【详解】

解：函数
f

x

是定 义在
R
上的奇函数，得
f

0

a0,

故当
x0
时，
f

x

x2x ,

2
2
x0
时，
f

x

x2x,

B
．
1
C
．
0
D
．
4

f'

x

2x20
，

f'

1

4,

f

x

在

1,f

1


处 的切线斜率为
4
，

故选：
D

【点睛】

考查奇函数的性质及曲线在某一点处的切线斜率的求法，是基础题
.
9
．立 体几何中，用一个平面去截一个几何体得到的平面图形叫截面
.
已知正方体
ABCD A
1
B
1
C
1
D
1
的内切球
O< br>的直径为
2,
过球
O
的一条直径作该正方体的截面，所得
的截 面面积的最大值为（

）

A
．
2

【答案】
D
【解析】先判断出正方体的内切球直经就是其棱长，显然截面面积最大是对角面
.
【详解】

解：当截面为正方体的对角面时，截面面积最大，

由已知得正方体棱长为
2,
截面面积的最大值为
22242

故选：
D
【点睛】

考查正方体的截面问题的有关计算，是基础题
.
10
．已知函数
f

x

cos


x

< br>(

0,


B
．
4
C
．
33
D
．
42


2
)< br>，若
f

x

相邻两个极值点的距离
2
2< br>

为时，

f

x

取得最小值 ，将
f

x

的图象向左平移
m
个单位，
4,
且当
x
4
3
得到一个偶函数图象，则满足题意的
m
的最小正值为（

）

A
．



6
B
．


3
C
．


2
D
．
2


3
【答案】
A < br>2

【解析】根据
f

x

相邻两个极值点 的距离为
4,
求出最小正周期，进一步求出
4

2
，再 根据当
x
可求解
.
【详解】

2


时，

f

x

取得最小值，求出


，再根据平移关系即
3
3
2

解：由函数
f

x

相邻两个极值点的距离为
4
，

4
知函数
f

x

最小 正周期为




2,

2

时，
f

x

取得最小值，

3
2



2k


，

2k

,kZ,

知
2
33


Q

，
2由
x




3


 
f

x

cos

2x


3

f

x

图象向左平移
m个单位，得



f

xm

cos

2x2m


3

由题意得2m

3
k

,m
k

( kZ),

26


6
故满足题意的
m
的最小正值为
故选：
A
【点睛】

考查
f

x

cos


x


型函数的有关性质，是基础题
.
DA,DB,DC
两两垂直，
11
．如图，在三棱锥
ABCD
中， 且
DBDC2,
点
E
为
BC
中点，若直线
AE
与底面
BCD
所成的角为
45,
则三棱锥
ABCD外接球的表面积为
（

）


A
．
4


C
．
10


【答案】
C
B
．
8


D
．
12


【解析】根据
DA,DB,DC两两垂直确定
AED45,
再将三棱锥补成正方体，正方

体的对角线就是三棱锥的外接球的直径，最后求外接球的表面积即可
.
【详解】

DBDC2,
点
E
为
BC
的中点

解：
Q
DEBC,DE2,

QDA,DB,DC
两两垂直，

AD
平面
DBC,

AED
为直线
AE
与底面
BCD
所成的角，

由题意可知，
AED45,

ADDE2,
将三棱锥补成棱长分别为
2,2,2
的长方体，

设三棱锥外接球的半径为
R,

则
4R22
222< br>
2

2
10
，


三棱锥外接球的表面积为
10

.

故选：
C
【点睛】

本题考查三条侧棱两两互相垂直的三棱锥的外 接球的表面积的求法，三条侧棱两两互相
垂直的三棱锥可以由长方体分割得到，这样便于理解，本题是基 础题
.
12
．已知函数
f(x)


log< br>2
x(x0)

x2x2(x0)
2
，方程
f(x)a0
有四个不同的根，记最大
的根的所有取值为集合
D
，若函数
F(x)f(x)kx
(xD)
有零点，则
k
的取值范围是（

）

A
．
(0,
1
]

eln2
B
．
[,
11
]

2eln2
C
．
(0,
3
]

eln2
D
．
[,
13
]

2eln2
【答案】
B


log
2
x (x0)
【解析】作出函数
f

x



2
的图象如图，

x2x2x0




由图可知
Dx2x4
，函数
F< br>
x

f

x

kx


xD

有零点，即
f

x

kx
有
根，
ykx
与
yf

x

在

2,4

上有交点，则
k
的最小值为
1
，设过原点的直线与
2
ylog
2
x
的切点为
x
0
,log
2
x
0

，由
y


1
1
k
得

，则切线方程为< br>xln2
xln2
0
ylog
2
x
0
< br>1

xx
0

，把

0,0
< br>代入，可得
log
2
x
0

1
，即x
0
e
，
∴
x
0
ln2
ln2切线斜率为

1

11

，即
k
的取 值范围是

,
，故选
B
．


2eln2
eln2

点睛：本题考查函利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，数零点的判 定，考查数学
转化思想方法与数形结合的解题思想方法，较难；

作出函数的图象，可 知
D
，把题意
转化为
ykx
与
yf

x

在

2，4

上有交点，然后利用导数求出切线斜率， 即可求得
k
的取值范围．



二、填空题
< br>g

x

,x0
fx
13
．已知函数< br>

是
R
上的偶函数，则
g

3


_________
．


2x1,x0
【答案】
5

【解析】先求
f

3

，再根据
f

x

是 偶函数，得
g

3

f

3

f

3

即可
.
【详解】

解：< br>Q
函数
f

x




g

x

,x0

2x1,x0
是
R
上的偶函数
.
g

3

f

3

f

3

615

【点睛】

本题考查偶函数的有关性质，是基础题
.

xy10,
uu uruuuur

14
．已知点
M

x,y
满足约束条件

xy30,
A

2,1

，
B

3,0

,
则
zOABM
的

y0,

最小值是
___________
．

【答案】
4

【解析】先画出可行域，然后表示出
zOABM 2xy6,
，根据截距可求最小值
.
【详解】

由约束条件作出可行域如右图阴影部分所示，

uuuruuuur

uuuur
A

2,1

，
B

3,0

，
BM

x3,y


uuuruuuur
zOABM2xy6,

y2x6z
，

当直线
y2x6z
经过 点

1,0

时，
z
的最小值为
4
.
【点睛】

考查线性规划的有关知识，是基础题
.
15
． 已知数列

a
n

中，
a
n1
3a< br>n
2nx,
数列

b
n

为公比不为< br>1
的等比数列，且
3
b
n
a
n
n,< br>则
x
____________
．

2
【答案】
4

【解析】先表示出
b
n1
，然后根据

b
n

是等比数列即可求解
.
【详解】

解：由己知得，
b
n1
a
n1
n1

331x1

3a
n
2nxn13a
n< br>3nx3

a
n
n

22236

因为数列

b
n
< br>为等比数列，
b
n
a
n
n
所以
3，

2
x13
,x4
.
362
故答案为：
4.
【点睛】

已知等比数列求其中参数，考查等比数列的性质，是基础题
.
16
．已知点
F
是抛物线
y
1
2
x
的焦点，点
A为抛物线上异于原点的任意一点，直线
4
AF
交抛物线于点
B,
分别过点
A,B
作抛物线的切线，两条切线交于点
P,
以
AB
为直
径作
eM,M
为圆心，则线段
PM
长度的最小值为
_ _________
．

【答案】
2

【解析】表示出直线
AB:y=kx+1,
把它和抛物线联立，得到两根之积，判断出直线
AP
和
BP
互相垂直，从而得出
P
点在以为
AB
直径的圆上，MP
为
RtVMAB
的中位
线，
PM
【详解】

解：由题意得
F

0,1

,

1
AB,
再根据基本不等式可求
.
2

x
1
2

x
2
2

设直线
AB:y=k x+1,
A

x
1
,

,B

x
2
,


44


ykx1,
1
2

xkx10,

由

得1
2
4
yx

4

故
x
1
x
2
4,
又
y'
1
x,

2
1
x
1

2
因此过
A
的抛物线 的切线的斜率为
k
AP

同理过
B
的拋物线的切线斜率为< br>k
BP

因此
k
AP
k
BP
 1

1
x
2
,

2
则
PAPB ,
点
P
在以
AB
为直径的
eM
上，
且
PM
111
AB,
又
ABy
1
y2
2(x
1
2
x
2
2
)2x
1
x
2
24,

242
故线段
PM
长度的最小值为
2
.
故答案为：
2
.
【点睛】

本题考查抛物线的性质、曲线上过某一点的切线的斜率的求法及基本不等式的应用，是
中档题< br>.

三、解答题
17
．已知
VABC
中角
A,B,C
所对的边分别为
a,b,c,
且
2sinB2sinAcos CsinC
.

（
1
）求角
A
；
（
2
）若
a2,
且
VABC
的面积为
3,< br>求
VABC
的周长，

【答案】（
1
）
A

3
（
2
）
6
【解析】由

2 sinB2sinAcosCsinC
，根据正余弦定理易求
A
由
S< br>ABC

【详解】

解：由正弦定理得，
2b2acoscc,


3
.
1
bcsinA3,
得
bc4,
再用余弦定理表示出
b c
解方程即可
.
2
a
2
b
2
c< br>2
由余弦定理，得
2b2ac

2ab
b
2
c
2
a
2
bc

b
2
c
2
a
2
1
则
cosA

2bc2
又
0A


A

3


2

由
S
ABC

1
bcsinA
2
3,
得
bc4,

又由余弦定理，得
a
2
b
2
c
2< br>2bccosA

b
2
c
2
8
，< br>
bc

16,

2
bc
为
4,

VABC
的周长为
6
.
【点睛】

本题主要考 查正、余弦定理，三角函数恒等变换的应用，三角形面积公式在解三角形中
的综合应用，属于中档题.
18
．炼钢是一个氧化降碳的过程，由于钢水含碳量的多少直接影响冶炼时间的长短， 因
此必须掌握钢水含碳量和冶炼时间的关系
.
现已测得炉料熔化完毕时钢水的含碳量< br>x
与

冶炼时间
y
（从炉料熔化完毕到出钢的时间）的一组数据，如下表所示：

i

x
i
0.01%

y
i
min

1

104

2

180

3

190

4

177

5

147

6

134

7

150

8

191

9

204

10

121

100

200

210

185

155

135

170

205

235

125

x
i
y
i

10400

36000

39900

32745


22785

18090

25500

39155

47940

15125


（
1
）据统计表明，
y
与
x
之间具有线性相关关系，请用 相关系数
r
加以说明
（
若r
0.75
，则认为
y
与
x
有较强的线性相关关系，否则认为没有较强的线性相关
关系，
r
精确到
0.001
）；

（
2
）建立
y< br>关于
x
的回归方程（回归系数的结果精确到
0.01
）；
< br>（
3
）根据（
2
）中的结论，预测钢水含碳量为
160
个
0.01%
的冶炼时间
.

参考公式：回归方程
y=b xa
中斜率和截距的最小二乘估计分别为
$$
b

xynxy< br>ii
i1
n
n

x
i1
2
i< br>nx
2
，

$$
ay
$$
bx
， 相关系数
r

xynxy
ii
i1
n
< br>(

x
i
2
nx
2
)


y
i
2
ny
2

i1

i 1

nn
.

参考数据：
x159.8,y172,

x265448,

y312350,

x
i
y
i
287640
，

2
i
2
i
i1i1i1
101010
10

10
22
22

x10xy10y


i


i

12905
.


i1

i1

ˆ
1.27x30.95
（
;2
）
y
;3
）
172min
【答案】（
1
）可以认为
y
与
x
有较强的线性相关关系（
ˆ
计算
a
ˆ

，利用
a
ˆ

，
ˆ
y bx
【解析】
(1)
代入公式计算
r
，再作判断，
(2)< br>根据数据计算
b
(3)
即计算
x160
时对应函数值
.

【详解】

（
1
）由题 得
r
28764010159.8172
0.991

12905
Qr0.75


可以认为
y
与
x
有较强的线性相关关系
.
10
ˆ

（
2
）
Q
b


i1
ii
10
2
i1
i
xy10xyx10x
2
1.27

ˆ
30.95

ˆ
ybxa
ˆ
1.27x30.95

所以回归方程为
y
ˆ
1.2716030.95172
< br>min


（
3
）当
x160
时，
y
即大约需要冶炼
172min
【点睛】

函数关系是一种确定 的关系，相关关系是一种非确定的关系
.
事实上，函数关系是两个
非随机变量的关系， 而相关关系是非随机变量与随机变量的关系
.
如果线性相关，则直
ˆ
，写出回 归方程，回归直线方程恒过点

x,y

.
ˆ
,b
接根据用公式求
a
19
．在如图所示的四棱锥
PABCD
中，底 面
ABCD
为菱形，
DAB60
,
PAB
为
正三角形
.


（
1
）证明
:
ABPD
；

（
2
）若
PD
6
AB
，四棱锥的体积为
16
，求< br>PC
的长
.

2
【答案】（
1
）见解析（
2
）
210

【解析】分析：（
1
）由正三角形的性质可得
DOAB
，
POAB
，根据线面垂直的
判定定理可得
AB
平面
POD
，由线面垂直的性质可得结论；（
2
）根据勾股定理，
POOD
，结合< br>POAB,
可得，
PO
平面
ABCD
，设
AB 2x
，利用棱锥的体
积公式列方程解得
x2
，由勾股定理可得
PC
的长
.
详解：（
1
）证明：取
AB
中点为
O
,
连接
PO,DO,BD

∵
底面
ABCD
为菱形，
DAB60
,

∴
ABD
为正三角形，
DADB

∴
DOAB

又
∵
PAB
为正三角形，

∴
POAB

又
∵
DOPOO,PO
平面
POD
,
DO
平面
POD
，

∴
AB
平面
POD
，

∵
PD
平面
POD
，

∴
ABPD
.

（
2
）法一：设
AB 2x
，则
PD
在正三角形
PAB
中，
PO
∴
PO
2
OD
2
PD
2
，

∴
POOD
，

6x
，

3x
，同理
DO3x
，

又
∵
POA B,DOABO
，
DO
平面
ABCD
，
AB
平面
ABCD
，

∴
PO
平面
ABCD
,
∴
V
PABCD

∴
x2
，

∵
ABCD,ABPD

∴
CDPD

∴
PC
1
23x
2
3x16
，

3
PDCD
22

26


2
4
2
210
.
法二：设
AB2x
，则
PD6x
，

在正三角形
PAB
中，
PO
∴
PO
2
OD
2
PD
2
，

∴
POOD
，

3x
，同理
DO3x
，

又
∵
POA B,DOABO
，
DO
平面
ABCD
，
AB
平面
ABCD
，

∴
PO
平面
ABCD
,
∴
V
PAB CD

1
23x
2
3x16
，

3
∴
x2
，

连接
OC
,
∵
在
OBC
中，
OB2 ,BC4,OBC120
，

∴
由余弦定理得
OCOB< br>2
BC
2
2OBBCcos12027
，

∴
在
RTPOC
中，
PCPO
2
OC
2


2327

2

2
210
.
点睛：解答空间几何体中垂直关系时，一般要根据已知条件把空间中的线线、线面、面面之间垂直关系进行转化，转化时要正确运用有关的定理，找出足够的条件进行推理；
证明直线和平 面垂直的常用方法有：（
1
）利用判定定理；（
2
）利用判定定理的推论(a||b,a

b

)
；（
3
）利用 面面平行的性质

a

,

||

a 


；（
4
）利用
面面垂直的性质，当两个平面垂直时， 在一个平面内垂直于交线的直线垂直于另一个平
面
.
x
2
y
2
20
．已知椭圆
C:
2

2
1
< br>ab0

的左、右焦点分别为
F
1
,F
2
,
且椭圆
C
过点
ab
uuuruuuur

3< br>
1
PF
3,,


离心率
e2
,
点
P
在椭圆
C
上，延长
1
与椭圆
C
交于点
Q,PRRF
2
.

2

（
1
）求椭圆
C
的方程；

（
2
）记
VQF
1
O
与
VPF
1
R
的面积之和为
S,
求
S
的最大值
.

3
x
2
y
2
【答案】（
1
）
1
（
2
）最大值为

2
43
【解析】根据椭圆
C< br>过点


3,


3

1
e
和离心率易求
.

2

2

分两 种情况：
PQ
的斜率不存在和斜率存在；
PQ
的斜率存在时，设出
P Q
的方程，证

明
S
V
PF1
R
S
V
PF
1
O
，从而表示出
S
V
PQO
，然后再利用换元法求最大值
.
【详解】
3

3


a
2
4b
2
1

222
解：

1

依题意，得

abc
，


c

1,

a< br>解得
a2,b3,c1,

x
2
y
2
故椭圆
C
的方程为
1

43

2
< br>当直线
PQ
的斜率不存在时，其方程为
x1,

此时S
V
PQO

13

3

31








2

2

2


2
当直线
PQ的斜率存在时，

设其方程为
yk

x1

，设
P

x
1
,y
1

,Q

x
2
,y
2

，

显然直线
PQ
不与
x
轴重合，即
k0,


yk

x1


2222
联立

x
2
y
2
，解得

34k

x 8kx4k120,

1


3

4< br>144

k
2
1

0


8k
2
xx


12
34k
2< br>
故

2

xx
4k12
12

34k
2

uuuruuuur
因为
PRRF
2
,

故
O,R
分别为
F
2
F
2
,PF
2
的中点，

故
ORPF
1
,

故
VPF
1
R
与
VPF
1
O
同底等高，

故
S
V
PF
1
R
S
V
PF
1
O
，< br>

点
O
到直线
PQ
的距 离
d
k
1k
2

PQ1k
2
x< br>1
x
2
1k
2
?

x
1x
2

4x
1
x
2

k
2

k
2
1

1
SPQd6
2
2
2

34k

令
u34k(3, )
，

2
2
12

1k
2

34k
2

u3u1

故
44

3

3

2
1

0,
3

S6

u
2
2u
2
u

2

故
S
的最大值为
【点睛】

知识 ：椭圆方程、韦达定理的应用、直线和椭圆的位置关系及弦长公式的求解、求函数
的最值的方法等
.
能力：考查了逻辑思维能力、运算求解能力以及分析问题、解决问题
的能力
.是难题
.
21
．已知函数
f

x



x1

4

a1

lnx,< br>其中实数
a3
.

（
1
）当
a0
时，求函数
f

x

的最小值
.

（< br>2
）已知当
x1,2
时，
f

x

2a

x1

恒成立，求
a
的取值范围
.< br>
【答案】（
1
）
14ln2
.
（
2）
(,2]

【解析】（
1
）把
a0
代 入原函数，根据函数的单调性易求
f

x

的最小值
. < br>（
2
）构造新函数
g

x


< br>x1

4

a1

lnx2a
< br>x1

，求
g

x

的最大值即可
.
2
2
3

2

【详解】

解：

1

函数
f

x

定义 域为
(0,)

2
xx2

a1

4

a1

2




f

x

2

x1


xx
当
a0
时，
f'

x


2

x2

x1


x
令
f'

x

0,
解得
x2
；

令
f'

x

0,
解得
0x2
，

所以
f

x

在
x2
处取得唯一的极小值，即最小值
.
所以函数
f

x

的最小值为
f

2

1 4ln2
.

2

令
g

x



x1

2
4

a1

lnx2a

x1

，

g

1

0,

因为
g'

x


2(x2)


x

a1



x

又因为
a3,

所以
a12,

所以当
a2
时，则
x1, 2
时
g'

x

0,

所以函数
g

x

单调递减，

所以有< br>g

x

g

1

0
恒成立；

当
2a3
时，则
x

1,a1

时
g'

x

0,

所以函数
g

x

单调递增，

所以g

a1

g

1

0,不符合题意
.
综上，
a
的取值范围是
(,2]
.
【点睛】

知识：利用导数求函数的单调区间、最值，不等式恒成立求参数的取值范围
.
能力：推
理论证能力、分析问题、解决问题的能力、运算求解能力
.
试题难度大
.
22
．已知平面直角坐标系
xOy
中，直线
l
的倾斜角为


13


,,
以 坐标，且过点
P


42
4

原点为极点，
x
轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线
C
的极坐标方程为

2
2

cos(

)0
.

3
（
1
）求曲线
C
的普通方程并说明其轨迹；
< br>（
2
）若直线
l
与曲线
C
相交于
A,B两点，求
AB
.


13

1

3


,
1
，【答案】（
1
）曲线
C
的普通方程为

x



y
其轨迹是以




22
22





2
2

为圆心 ，
1
为半径的圆
.
（
2
）
46

4
【解析】（
1
）用公式直接代入即可
.
（
2< br>）设出
AB
的参数方程，利用参数的几何意义求解即可
.
【详解】

解：

1

曲线
C
的 极坐标方程为

2

cos(


2

3
)0,

即

2

(cos

cos
2

sin

sin)0,
33

也就是

2


cos
3

sin

0,

即得
x
2
y
2
x3y0
，

2
1


3


1

即得

x



y


2


2


2
1


3


1

故曲线
C
的普通方程为
x



y


22

其轨迹是以



2
2

13< br>
,
为圆心，
1
为半径的圆
.

2

2
1


xtcos

4 4
(
t
为参数
)
，


2

由条件可设直线
l
的参数方程
:



y
3
tsin


24

12
2
xt
2


13
42

1,

将

代入
< br>x



y


2


2



y
3

2
t< br>
22

化简并整理，得
16t
2
122t7 0,

设
A,B
对应的参数分别为
t
1
,t
2
，

则
V0,
且
t
1
t
2

327
,t
1
t
2


416
2

32

7182846

因 此
ABt
1
t
2


4
< br>
4

16164

故所求的
AB
的值为
46
.
4

【点睛】

知识：极坐标方程转化为普通方程和参数方程中参数的几何意义求距离
.
能力：逻辑思
维能力和运算求解能力
.
中档题
.
23
．已知函数
f< br>
x

2xax2

（
1
）当a1
时，求不等式
f

x

0
的解集A
.

（
2
）若函数
f

x

的值域包含集合
A,
求实数
a
的取值范围
.
< br>【答案】（
1
）
A

x|


1
10

x3

（
2
）
a

3
3

【解析】（
1
）根据绝对值不等式解法，分两种 情况讨论即可
.
（
2
）把
f

x
2xax2
分段表示，然后根据两个集合的关系求解即可
.
【详解】

解
:

1

当
a1
时，原不等式即为
2x1x2

当
x20,
即< br>x≤2
时，
2x10,
无解；

当
x20 ,
即
x2
时，
2x2x1x2
，

解得

1
x3
.
3
1

Ax|x3


所以

3


a

xa2,x


2



2

f

x



a

3xa2,

x



2


所以当
x
aa
时，
f

x

取得最小值
2

22

a

2,



2

所以
f

x

的值域为

< br>若
AB,
则

解得
a
a1
2< br>
23
10

3
10

3
即实数
a
的取值范围为
a
【点睛】

知识：考查绝对值不等式的解法和已知两个集合的关系求其中参数
.
能力：考查运算求

解能力和逻辑思维能力
.
中档题
.