重庆三峡学院吧-体检通知

2020届黑龙江省哈尔滨市呼兰区第一中学校高三上学期期末
数学（文）试题


一、单选题
1
．已知集合
A
．
B
．
，
C
．
，则

（

）

D
．

【答案】
B
【解析】分别计算集合
A
和
B
，再计算
【详解】




故答案选
B
【点睛】

本题考查了集合的交集，属于简单题
.
2
．若复数
z
满足
iz24i
,
则在复平面内
,
z
对应的点的坐标是（< br>
）

A
．
.

2,4

B
．

2,4

C
．

4,2

D
．
4,2

(
)
【答案】
C
【解析】试题分析：由
iz24i< br>，可得
z
的坐标为（
4
，－
2
），故选
C
．

【考点】考查了复数的运算和复数与复平面内点的对应关系．

点评：解本题的关键是根据复数的除法运算求出复数
z
，然后利用复数
z
所对 应的点的
横坐标和纵坐标分别为为复数的实部和虚部，得出对应点的坐标．


3
．已知
ABC
中，
AB2
，
AC3
，且
ABC
的面积为
A
．
150


【答案】
D
【解析】由三角形面积公式即可求解
.
【详解】

第 1 页 共 17 页
B
．
120

C
．
60

或
120


24i
i

24i

42i
，
∴z
对应的点< br>2
ii
3
，则
BAC
（

）

2
D
．
30

或
150


QS
113
ABACsinBAC23sinBAC
，

222
1
sinBAC
，

2
Q0BAC

，

BAC
故选：
D
【点睛】

本题主要考查了三角形的面积公式，属于容易题
.

6
或
5

，

6
uuuvuu uvuuuv
4
．已知
P
是边长为
2
的等边三角形
ABC
边
BC
上的动点，则
APABAC
的值
（

）

A
．有最大值
8

有关

【答案】
B
B
．是定值
6
C
．有最小值
2
D
．与
P
点的位置
r
r
uuu
uuuruuur
r
uuur
r
uuu
r< br>r
【解析】先设

AB
=
a
，
AC
=
b
，
BP
=t
BC
，然后用

b
和

a
表示出

BC
，再由

uuuruuur
uuur
uuur
r
uuur
=+ =
将、
APAB
BP
AB
a
BP
=t
uuur
r
uuur
r

代入可用和表示出
a
BCb
AP
，最后根据向量的线性运算和数量积运算可求得

uuuruuur
AP(AB

uuur
AC)
的值，从而可得到答案．

【详解】

设

AB
=
a

AC
=
b

BP
=t
BC

uuur
r
uuur
r
uuur
uuur
uuur
uuur
uuur
r
r
则

BC
=
AC
﹣
AB
=
b
﹣
a
，

r
2

r
r
2

=4=
•
=2
a
b
a
b
=2×2×cos60°
r
r
rr
r
r
uuuruuur< br>uuur
r
uuur
uuu
r
=+=+t=1t+t , +
﹙﹣﹚﹙﹣﹚
aaa
bb
APAB
BP
AB
AC
=
a
+
b
,
r
r
uuuruuuruuu
rr
r
r
2
•
+=1t+t •+=1t+[< br>﹙
1
﹣
t
﹚
﹙
﹚﹙﹙﹣﹚﹚﹙﹚﹙﹣﹚
aa a
bb
AC
APAB
+t]
ab
+t
b
2

=
﹙
1
﹣
t
﹚
×4+2+t×4=6
故答案为：
B
【点睛】

第 2 页 共 17 页
r
r
r

本题主要考查向量的数量积运算和向量的线性运算．高考对向量的 考查一般不会太
难，以基础题为主，而且经常和三角函数练习起来考查综合题，平时要多注意这方
面的练习．

5
．设
x0
，且
1b
x
a
x
，则（

）

A
．
0ba1

【答案】
C
B
．
0ab1
C
．
1ba
D
．
1ab


a

【解析】根据指数函数图 象判断出
a1
，
b1
；将已知不等式整理为

1< br>，从而

b

得到
ab
.
【详解】

当
x0
时，
b
x
1

b1
，同理可得：
a1

x
a
a
x

a

又
ab1


x


1

1
，即
ab

ab1

bb

b

xx
x
故选：
C

【点睛】

本题考查根据指数函数单调性判断底数所在区间的问题，属于基础题
.
6
． 过原点的直线与圆
x
2
y
2
4x30
有公共点，则 直线的倾斜角的取值范围是
（

）

A
．





,


66

B
．



5


,


66

C
．

0,



5


U

,



6

6


【答案】
C
D
．





5


,



,



62

26

【解析】分斜率存在和不存在两种情况讨 论，当斜率存在时，联立直线与圆的方程，利
用判别式求斜率，即可求角的范围，当斜率不存在时，验证 不成立
.
【详解】

若直线斜率不存在时，直线方程为
x0
，

2
代入
xy4x30
，得
y30
，无解，即直线与圆无公共点，

22
若过原点的直线斜率存在时，设直线
ykx
，

代入圆的方程得：
(1k)x4x30
，

22
第 3 页 共 17 页

令
1612(1k
2
)0
，

解得

33
，

k
33
即

33
，

tan


33
Q0



，




5






0,

U

,


，


6

6

故选：
C
【点睛】

本题主要考查了直线与圆的位置关系，利用判别式求解，分类讨论，属于中档题
.
7
．数列

a
n

是公差不为零的等差数列，并且
a
5
,a
8
,a
13
是等比数列

b
n

的相邻三项，若
b
2
5
，则
b
n
等于（

）


5

A
．< br>5


3

n1


5
B
．
3


3

n1


3

C
．
3


5< br>
n1


3

D
．
5


5

n1

【答案】
B
【解析】【详解】

设等差数列
{a
n
}

首项为
a
1
，公差为
d
，
a
5
a1
4d,a
8
a
1
7d,a
13
a< br>1
12d
，

22222
则
(a
1
7d)(a
1
4d)(a
1
12d)
，
a
1
14a
1
d49da
1
16a
1
d 48d

，

2a
1
dd
2

，
d0,d2a
1

；

设等比数列
{b
n
}

公比为
q

，
q
选
B.

8
．设
m,n
是两条不同的直线，

,

是两个不同的平面，则下列结论正确的是（

）
A
．若
mn,m

，则
n


C
．若



,m

，则
m< br>

【答案】
D
【解析】【详解】

B
． 若



,m

，则
m

< br>D
．若
mn,m

,n

，则



15a
1
5


，
b
n
b
2
q
n2
5(
5
)
n2
3(
5
)
n1

，
9a
1
3
33
A
选项不正确，因为可能
n
；

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B
选项不正确，因为



,mP

，
mP

和
m

都有可能；

C
选项不正确，因为



,m

，可能
m

；

D
选项正确．故选
D

9
．
“
1a2
”
是
“
对任意的正数
x
，
2x
a
2
”
的（

）

x
D
．既不充分也不
A
．充分不必要条件
B
．必要不充分条件
C
．充要条件

必要条件

【答案】
A
【解析】已知
“
对任意的正数
x
，< br>2x
分必要条件的定义进行判断
.
【详解】

由对任意的 正数
x
，
2x
可得
a2x2x
2
，

a
2
”
利用分离参数，求出
a
的范围
,
再根据充
x
a
2
成立时，

x
111< br>Qy2x2x
2
2(x)
2

，

222
1
a

2
a
即对任意的正数
x
，
2x2
成立推不出
1a2
，

x
当
1a2
成立时，可推出
2x
aa
…22x22a2 22
，

xx
a
2
，

x
a
所以
“
1a2
”
是
“
对任意的正数
x
，
2x2
”
的充分不必要条件，

x
即
1a2
能推出对任意的正数
x
，
2x
故选：
A
【点睛】

本题主要考查了充分不必要条件，二次函数的最值，均值不等式，属于中档题
.
10
．点
A,B,C,D
在同一个球的球面上，
ABBCAC3
， 若四面体
ABCD
体
积的最大值为
3
，则这个球的表面积为（

）

A
．
289


16
B
．
8

C
．
169


16
D
．
25


16
【答案】
A
【解析】根据几何体的特征，判定外接球的球心，求出球的半径，即可求出球的表面积
.
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【详解】

根据题意知，
ABC
是一个等边三角形，其面积为
33
，

4
由正弦定理
2r
3
sin

3
2< br>知，外接圆的半径为
r1
．

设小圆的圆心为
Q
，

若四面体
ABCD
的体积有 最大值，由于底面积
S
ABC
不变，高最大时体积最大，

所以，
DQ
与面
ABC
垂直时体积最大，

1
最大值为
S
ABC
DQ3
，

3
DQ4
，

设球心为
O
，半径为
R
，

则在直角
AQO
中，
OAAQOQ
，

22 2
即
R
2
1
2
(4R)
2
，

R
17

8
17
2
289


则这个球的表面积为：
S4

()
816
故选：
A
．

【点睛】

本题考查的知识点是球内接多面体，球的表面积，其中分析出何时四面体< br>ABCD
的
体积的最大值，是解答的关键．

11
．向平面区 域


(x,y)|0x

,1y1

投掷一点
P
，则点
P
落入区域
M

(x,y) |ycosx,0x


的概率为（

）

A
．
1

3
B
．
1

2
C
．


4
D
．


2
【答案】
B
【解析】试题分析：平面区域
，面积，区域
对应的区域为矩形
对应的区域为阴影部分，
，故点落入区域则由余弦函数的对称性可知，阴影部 分的面积
第 6 页 共 17 页

的概率为
【考点】几何概型．

，故选
B
．

1
x,x0
2
12．已知函数
f(x){
x
，若关于的方程
f(x2x)a(aR )
有六个不
x
3
9,x0
同的实根，则的取值范围是
( )

A
．
B
．

8,9


C
．

2,9


D
．

2,8


【答案】
B
【解析】【详解】

22
令
tx2x(x1)1
，则
t1
，

1
t,t0
则
f(t){
t
，

t
3
9,1t0
由题意可得，函数
f(t)
的图象与直线ya
有
3
个不同的交点，且每个
t
值有
2
个
x
值
与之对应，如图所示，故
a
的取值范围是

8 ,9
。





二、填空题
13．已知数列

a
n

中，
a
2
1< br>，
a
n1
a
n
n1
，则
a
5

______.

【答案】
7
【解析】根据递推关系式，写出数列前几项即可
.
【详解】

Qa
2
1
，
a
n1
a
n
n1
,
a
3
a
2
212
,
第 7 页 共 17 页

a
4
a
3
314

a
5
a
4
417
,
故答案为：
7
【点睛】

本题主要考查了数列的递推关系式，属于容易题
.
x
2
y
2
14
．已知双曲线
2

2
1
(a
＞< br>0
，
b
＞
0)
的右焦点为
F
，由
F
向其渐近线引垂线，垂
ab
足为
P
，若线段
PF
的 中点在此双曲线上，则此双曲线的离心率为
________
．

【答案】
2

【解析】由题意设
F

c,0

，相应的渐近线方程为
y
ba
x
，根据题意得
kPF

，设
ab
2

a
2
ab
a

b

a
P

x,x

，代入
k
PF

得
x
，则
P

,

，则线段
PF
的中点为
a
cc
b< br>
c

22

1

a
2

ab

1ac1a



2

c
c

,
2c


，代入双曲线方程得
4

c

a


4

c

1
，即





1

1

1

1

2

 e



1
，
∴
e2
，
∴
e2
，故答案为
2
.
4

e
4

e

15
．过抛物线
y
2
2p x(p0)
的焦点
F
作倾斜角为
30
o
的直线交抛物线于
A,B
两点，
若线段
AB
的长为
8
，则
P 
__________
．

【答案】
1
【解析】 根据题意可以知道过焦点的倾斜角为
30
o
直线方程为
y
223p
(x)
,
32
p
2
联立
{
0

3p
< br>可得：
x7px
4
y(x)
32
2
y2
2px
p
2
x
1
x
2
7p ,x
1
x
2
,
,
4
p
2
x
1
x
2
(x
1
x
2
)4x
1
x
2
(7p)443p
,
4
22

3

23
AB1

xx43p8



3

12
3

第 8 页 共 17 页
2

计算得出
:
p1
,
因此，本题正确答案是
:
1

16
．已知
AB C
中，
A,B,C
的对边分别为
a,b,c
，若
a 1,2cosCc2b
，则
ABC
的周长的取值范围是
_______ ___
．

【答案】
(2,3]

a
2
 b
2
c
2
【解析】
△ABC
中，由余弦定理可得
2cosC
，
ab
1b
2
c
2
∵
a 1，2cosCc2b

，
∴
c2b

，化简可 得
b
bc

2

bc

，解得
∴
，
bc2

bc13

bc

13bc

．< br>∵
bc




2

2

2
22
（当且仅当
bc

时，取等号）．故
abc3

．再由任意两边之和大于第三边可
得
bca1

，故有
abc2

，故
△ABC
的周长的取值范围 是

2,3
，故答案
为

2,3
．
点睛：由余弦定理求得
cosC
，代入已知等式可得

bc

13bc
，利用基本不等式
求得
bc2
，故
a bc3
．再由三角形任意两边之和大于第三边求得
2


ab c2

，由此求得
△ABC
的周长的取值范围．


三、解答题
17
．在
ABC
中，角
A
、
B
、
C
所对的边分别为
a
、
b
、
c，且满足


bsinAacos

B

.

6

（
1
）求角
B
的大小；

（
2
）若
D
为
AC
的中点，且
BD1
， 求
S
ABC
的最大值
.

【答案】（
1
）

3
.
；（
2
）
3
3
【解析】（
1
）利用正弦定理边角互化思想得出
si nBcos

B





，再利用 两角差的
6

余弦公式可得出
tanB
的值，结合角
B的范围可得出角
B
的大小；

uuuruuruuur
（
2
）由中线向量得出
2BDBABC
，将等式两边平方，利用平面向量数量积的 运
第 9 页 共 17 页

算律和定义，并结合基本不等式得出
a c
的最大值，再利用三角形的面积公式可得出
ABC
面积的最大值
.
【详解】

（
1
）由正弦定理及
bsinAacos
B
由
A

0,


知
sinA0
，





6


得
sinBsinAsinAcos

B





，

6

则
sinBcos< br>
B




31
cosBsinB
，化简得
sinB3cosB
，

6

22tanB3
.
又
B

0,


，因此，
B

3
；

（
2
）如下图， 由
S
ABC

13
acsinBac
，

24

又
D
为
AC
的中点，则
2BDB ABC
，

等式两边平方得
4BDBC2BCBABA
，

所以
4a
2
c
2
2BABCa
2
c
2< br>ac3ac
，

则
ac
uuuruuruuur
uuur
2
uuur
2
uuuruuruur
2
uuur uuur
4
343
.
，当且仅当
ac
时取等号，因此，
ABC
的面积最大值为

3
433
【点睛】

本题考查正弦定理边角互化思想的应用，同时也考查了三角形的中线问题以及三角形面
积的最值 问题，对于三角形的中线计算，可以利用中线向量进行计算，考查分析问题和
解决问题的能力，属于中等 题
.
18
．从某学校高三年级共
1000
名男生中随机抽取
50
人测量身高，据测量，被测学生身
高全部介于
155cm
到
1 95cm
之间，将测量结果按如下方式分成八组：第一组

155,160

，
第二组

160,165

，
…
，第八 组

190,195

.
如图是按上述分组方法得到的频率分布直方
图的一部分
.
其中第六组、第七组、第八组人数依次构成等差数列
.

第 10 页 共 17 页

(1)
求第六组、第七组的 频率，并估计高三年级全体男生身高在
180cm
以上（含
180cm
）的人数；

(2)
学校决定让这五十人在运动会上组成一个高旗队，在这五十人中 要选身高在
185cm
以上（含
185cm
）的两人作为队长，求这两人在同 一组的概率
.

【答案】
(1)
0.08
，

0.06
，
180
；
(2)
2
.
5【解析】（
1
）根据题意
p
1
p
2
0.1 4
，
2p
2
p
1
0.04
，计算得到答案.
（
2
）设

185,190

组中三人为
a
，
b
，
c
；

190,195

组中两人为
m
，
n
，列出所有情
况，计算满足条件的个数 ，得到概率
.
【详解】

(1)
根据题意：设第六组为
p
1
，第七组为
p
2
，则
p
1
p
2
0.14
，
2p
2
p
1
0.04
；

故
p
1
0.08
，
p
2
 0.06
，估计人数为：
1000

0.080.060.04

180
.
(2)

185,190

组 中有
0.06503
人，

190,195

组中有< br>0.04502
人
.
设

185,190
< br>组中三人为
a
，
b
，
c
；

190 ,195

组中两人为
m
，
n
，

则所有 的可能性为

a,b

，

a,c

，< br>
b,c

，

m,n

，
a,m

，

a,n

，

b,m< br>
，

b,n

，

c,m
，

c,n

，

其中满足条件的为

a,b

，

a,c

，

b,c
，

m,n

，故
p
【点睛】

本题考查了频率直方图，概率的计算，意在考查学生的计算能力和应用能力
.
19< br>．如图，在四棱锥
PABCD
中，底面
ABCD
为直角梯形，
ADBC
，
ADC90

，
平面
PAD
底 面
ABC
，
Q
为
AD
的中点，
PAPD2，
BC
42

.
105
1
AD1
，
2
CD3
，
M
是棱
PC
的中点
.< br>
第 11 页 共 17 页

（
1
）求证
PA
平面
MQB
；

（
2
）求三棱锥
PDQM
的体积
.

【答案】（
1
）证明见解析

（
2
）
1

4
【解析】（
1
）连 接
AC
，交
BQ
于
N
，连接
MN
，可证明
MNPA
，即可求证（
2
）
利用等体积法
V
PD QM
V
MPDQ
即可求解
.
【详解】

证明 （
Ⅰ
）连接
AC
，交
BQ
于
N
，连接MN
，

∵
BCAD
且
BC
1
AD
，即
BCAQ
，

2
∴
四边形
BCQA< br>为平行四边形，且
N
为
AC
中点，

又因为点
M
是棱
PC
的中点，

∴
MNPA
，

因为
MN
平面
MQB< br>，
PA
平面
MQB
，则
PA
平面
MQB< br>；

（
Ⅱ
）
V
PDQM
V
M PDQ
，

因为
CDAD
,
平面
PAD
底面
ABC
，且
AD
是交线，

所以
CD
平面
PAD
，

所以
M
到平面
PAD
的距离为
所以
1
CD
，

2
111111111
V
PDQM
V
MPDQ
S< br>PDQ
CDQDPQCD313

323223224
【点睛】

本题主要考查了线面平行的判定，线面垂直的 判定，面面垂直的性质，等体积法求棱锥
体积，属于中档题
.
第 12 页 共 17 页

x
2
y
2
20
．过椭圆
2

2
1(ab0)
的左顶点
A
作斜率为
2
的直线，与椭圆的另一个交点
ab
uuur
6
uuur
BC
.

为
B
，与
y
轴的交点为
C
， 已知
AB
13
（
1
）求椭圆的离心率；

（2
）设动直线
ykxm
与椭圆有且只有一个公共点
P
，且与 直线
x4
相交于点
Q
，
若
x
轴上存在一定点M(1,0)
，使得
PMQM
，求椭圆的方程
.

1
x
2
y
2
【答案】（
1
）
e
； （
2
）
1
.
2
43
【解析】【详解】

（
1
）
∵A
(a,0)
,
设直线方程为
y2(xa)
,
B (x
1
,y
1
)

令
x0
,
则
y2a
,∴
C(0,2a)
,
uuur
6
u uur
uuuruuur
∴
AB(x
1
a,y
1
),BC(x
1
,2ay
1
)
∵
ABBC
，
13
66
(x
1
),y
1
(2ay1
)
,
1313
1312
a

整理得x
1
a,y
1

1919
∴
x
1
a
=
13
2
12
2
a
2
b2
3
∵
B
点在椭圆上
,∴
()()
21
,∴
2
=,

a4
1919b
3
1
a
2
c
2
3
2
e
∴,∴
1e
即
,
2
2
4
a4
b
2
3
（
2
）
∵
2
=,
可设
b
2
2
4t
,
a4
∴
椭圆的方程为
3x2
4y
2
12t0

3x
2
4y< br>2
12t0
222
由
{
得
(34k)x8k mx4m12t0

ykxm
∵
动直线
ykxm< br>与椭圆有且只有一个公共点
P
∴
0
,
即
64k
2
m
2
4(34m
2
)(4m
2
1 2t)0

整理得
m
2
3t4k
2
t

设
P
(x
1
,y
1
)
则有
x
1
 
8km4km
3m

ykxm
,
1
2 (34k
2
)34k
2
1
34k
2
第 13 页 共 17 页

∴
P(
4km3m
,)
< br>34k
2
34k
2
又
M(1,0)
,
Q
(4,4km)

若
x
轴上存在一定点
M(1,0)，使得
PMQM
,
∴
(1
4km3m
,)( 3,(4km))0
恒成立

34k
2
34k
2
整理得
34k
2
m
2
,
∴
3 4k
2
3t4k
2
t
恒成立
,
故
t 1

x
2
y
2
所求椭圆方程为
1
< br>43
【考点】椭圆的几何性质，直线与圆锥曲线的位置关系，共线向量，平面向量垂直的充
要条件
.
21
．已知函数
f

x

 axxxlnx

aR

.

2
(1)
若
a0
，讨论函数的单调性；

(2)
若函数
f

x

满足
f

1
2
，且在定义域内
f

x

bx2x
恒成立，求实数
b
的取
2
值范围
.

【答 案】
(1)
f

x

在
0,1
上是增函数 ，
f

x

在
1,+?
(
)
(< br>)
上是减函数；
(2)
b0
.
【解析】（
1）
f

x

xxlnx
，则
f'

x

lnx
，根据导数的正负得到函数的单调
性
.
（
2
）化简得到
1
1lnx
1lnx
b，令
g

x

1
，根据单调性得到
xx
xx
g

x

min
g

1< br>
0
，得到答案
.
【详解】

(1)
a 0
，
f

x

xxlnx
，
f'< br>
x

lnx
，
f'

x
< br>0
，
x1
，

x

0,1

，
f'

x

0
，
f

x

在
(
0,1
)
上是增函数，

x

1,

，
f'

x

0
，
f

x

在
(
1,+?
)上是减函数
.
2
(2)
由题意
f

1
2
，
a1
，
∴
f

x

xxxlnx
，

则
f

x
< br>bx2x
，即
1
2
1lnx
1lnx
b< br>，令
g

x

1
，

xx
xx
第 14 页 共 17 页

g'
x


lnx
，故
g

x

在

0,1

上递减，在
(
1,+?
2
x
)
上递增，

∴
g

x

min
g

1

0
，即
b0
.
【点睛】

本题考查了函数的单调性，函数的恒成立问题，参数分离再求函数最值是解题的关键
.
x
轴正半轴为极轴建立极坐标系。
22
．在平面直角坐标系
xoy
中，以坐标原点
O
为极点，
4

的直线
l
的参已 知曲线
C
的极坐标方程为

sin

2acos

(a0)
，过点
P

2，
2

< br>x2

数方程为


y4


2
t
2
（为参数），直线
l
与曲线
C
交于
M
、
N
两点。

2
t
2
（
1
）写出直线
l
的普通方程和曲线
C
的直角坐标方程：

（
2
）若
|P M|,|M N|,|P N|
成等比数列，求
a
的值。

【答案】（
1
）< br>l
的普通方程
yx2
；
C
的直角坐标方程
y 2ax
；（
2
）
a1
.
【解析】（
1
）利用极坐标与直角坐标的互化公式即可把曲线
C
的极坐标方程化为直角坐
标方程，利 用消去参数
t
即可得到直线
l
的直角坐标方程；

（
2
）将直线
l
的参数方程，代入曲线
C
的方程，利用参数的几何意 义即可得出
|PM||PN|
，从而建立关于
a
的方程，求解即可．

【详解】



x2

（
1< br>）由直线
l
的参数方程


y4


2
t
2
消去参数
t
得
,
2
t< br>2
y4x2
，即
yx2
为
l
的普通方程

222
由

sin

2acos
< br>，两边乘以

得

sin

2a

cos


y 2ax
为
C
的直角坐标方程
.


x2< br>
（
2
）将


y4

< br>2
t
2
2
代入抛物线
y=2ax
得
t
2
22(a4)t328a0

2
t
2
V( 22(a4))
2
4(328a)0

第 15 页 共 17 页

t
1
t
2
22(a4)0

t
1
t
2
328 a0

t
1
0,t
2
0

由已知
|P M|,|M N|,|P N|
成等比数列，

|MN|
2
|PM||PN|

即
t
1t
2
2
t
1
t
2
，

t
1
t
2

2
4t
1
t
2< br>t
1
t
2
，

t
1
t
2

5t
1
t
2
，

2
(22 (a4))
2
5(328a)
整理得
a
2
3a4 0

a4
（舍去）或
a1
.
【点睛】

熟练掌握极坐标与直角坐标的互化公式、方程思想、直线
l
的参数方程中的参数的几何
意义是解题的关键．

23
．已知函数
f(x)x22xa,aR
．

（Ⅰ）当
a3
时，解不等式
f(x)0
；

（ Ⅱ）当
x(,2)
时，
f(x)0
恒成立，求
a
的 取值范围．

【答案】（
1
）；（
2
）
.
3
{
2
【解析】试题分析：（
Ⅰ
）当
a3
时，
f(x)0
即
x22x30
等价于：
x10
x
3
2x
x2
{
{
或
2
或，解出 不等式即可；（
Ⅱ
）
f(x)2x2xa
所以
x10
3x50
f(x)0
可化为
2xa2x
①
， 即
2xa2x
或
2xax2
，
①
式恒成立等< br>价于
(3x2)
min
a
或
(x2)
max< br>a
，据此即可求出结果．

试题解析：解：（
Ⅰ
）当
a3
时，
f(x)0
即
x22x30

33
2x
x2
335
2
或
{
2
等价于：
{
或
{
解得
1x
或
x
或
x

x10
223
x103x50
x
第 16 页 共 17 页

所以原不等式的解集为：
{x|1x}

（
Ⅱ
）
f(x)2x2xa
所以
f(x)0
可化 为
2xa2x
①
①
式恒成立等价于
(3x2)
m in
a
或
(x2)
max
a

即
2 xa2x
或
2xax2
，
5
3
Q
x (,2)
，

a
或
a4
，
a4
【考点】
1
．绝对值不等式；
2
．恒成立问题．


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