2020届四川省南充市高三第二次高考适应性考试数学（文）试题（解析版）

第 1 页 共 17 页 2020 届四川省南充市高三第二次高考适应性考试数学（文） 试题 一、单选题 1．复数 （　　） A． B． C．0 D． 【答案】C 【解析】略 2．已知集合 ， ，若 ，则 （ ） A． 或 B． 或 C． 或 D． 或 【答案】B 【解析】【详解】 因为 ,所以 ,所以 或 . 若 ，则 ,满足 . 若 ，解得 或 .若 ，则 ，满足 .若 ， 显然不成立，综上 或 ，选 B. 3．3 本不同的语文书，2 本不同的数学书，从中任意取出 2 本，取出的书恰好都是数学 书的概率是（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】把 5 本书编号，然后用列举法列出所有基本事件．计数后可求得概率． 【详解】 3 本不同的语文书编号为 ，2 本不同的数学书编号为 ，从中任意取出 2 本， 所有的可能为： 共 10 个，恰好都是数学书的 只有 一种，∴所求概率为 ． 故选：D. 1 ii + = 2i− 1 2 i 2i { }1,3,A m= { }1,B m= A B A∪ = m = 0 3 0 3 1 3 1 3 A B A∪ = B A⊆ 3m = m m= 3m = {1,3, 3}, {1,3}A B= = A B A∪ = m m= 0m = 1m = 0m = {1,3,0}, {1,3,0}A B= = A B A∪ = 1m = {1,3,1}, {1,1}A B= = 0m = 3m = 1 2 1 4 1 5 1 10 , ,A B C ,a b , , , , , , , , ,AB AC Aa Ab BC Ba Bb Ca Cb ab ab 1 10P =第 2 页 共 17 页 【点睛】 本题考查古典概型，解题方法是列举法，用列举法写出所有的基本事件，然后计数计算 概率． 4．已知 ， ，则 （ ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】根据同角三角函数基本关系，得到 ，再由 ， 结合题中条件，即可得出结果. 【详解】 由 ，得 又因为 ， 所以 ，即 因为 ，所以 . 故选 D. 【点睛】 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. 5．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． B． C． D． 【答案】B 【解析】 1tan 2 α = − 2 π α π< < sinα = 2 5 5 5 5 − 2 5 5 − 5 5 cos 2sinα α= − 2 2sin cos 1α α+ = sin 1tan cos 2 αα α= = − cos 2sin .α α= − 2 2sin cos 1α α+ = 2 2sin 4sin 1α α+ = 2 1sin .5 α = 2 π α π< < 5sin 5 α = 5.45 4.55 4.2 5.8第 3 页 共 17 页 如图，已知 ， ， ∴ ，解得 ， ∴ ，解得 . ∴折断后的竹干高为 4.55 尺 故选 B. 6．若函数 的图象过点 ，则它的一条对称轴方程可能是（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】把已知点坐标代入求出 ，然后验证各选项． 【详解】 由题意 ， ， 或 ， ， 不妨取 或 ， 若 ，则函数为 ，四个选项都不合题意， 若 ，则函数为 ，只有 时， ，即 是对称轴． 故选：B． 【点睛】 本题考查正弦型复合函数的对称轴，掌握正弦函数的性质是解题关键． 7．过圆 外一点 引圆的两条切线，则经过两切点的直线方程是 （ ）． A． B． C． D． 【答案】A 【解析】过圆 外一点 ， 引圆的两条切线，则经过两切点的直线方程为 ，故选 ． 8．定义在 R 上的函数 满足 ， 为 的导函数，已知 的 10AC AB+ = 3BC = 2 2 2 9AB AC BC− = = ( )( ) 9AB AC AB AC+ − = 0.9AB AC− = 10 0.9 AB AC AB AC + =  − = 5.45 4.55 AB AC =  = 2sin(2 )y x ϕ= + ( ,1)6 π 6x π= 3x π= 12x π= 5 12x π= ϕ 2sin( ) 13 π ϕ+ = 1sin( )3 2 π ϕ+ = 2 6k πϕ π= − 2 2k πϕ π= + k Z∈ 6 πϕ = − 2 ϕ π= 2 ϕ π= sin(2 ) cos22y x x π= + = 6 πϕ = − 2sin(2 )6y x π= − 3x π= sin(2 ) 13 6 π π× − = 3x π= 2 2 4x y+ = (4, 1)M − 4 4 0x y− − = 4 4 0x y+ − = 4 4 0x y+ + = 4 4 0x y− + = 2 2 2x y r+ = ( , )m n 2 0mx ny r+ − = A ( )f x (4) 1f = ( )f x′ ( )f x ( )y f x′=第 4 页 共 17 页 图象如图所示，若两个正数 满足 ， 的取值范围是（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】先从函数单调性判断 的取值范围，再通过题中所给的 是正数这一条 件和常用不等式方法来确定 的取值范围. 【详解】 由 的图象知函数 在区间 单调递增，而 ，故由 可知 .故 ， 又有 ，综上得 的取值范围是 . 故选：C 【点睛】 本题考查了函数单调性和不等式的基础知识，属于中档题. 9．一个空间几何体的正视图是长为 4，宽为 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． B． C． D． 【答案】B 【解析】由三视图确定原几何体是正三棱柱，由此可求得体积． 【详解】 ,a b (2 ) 1f a b+ < 1 1 b a + +则 (1 1,5 3) 1( , ) (5, )3 −∞ ∪ +∞ (1 ,53 ) ( ,3)−∞ 2a b+ ,a b 1 1 b a + + ( )y f x′= ( )f x ( )0, ∞+ 2 0a b+ > ( )(2 ) 1 4f a b f+ < = 2 4a b+ < 1 4 2 1 72 51 1 1 b a a a a + − +< = − + = − + >+ − − 1 1 b a + + (1 ,53 ) 3 4 3 3 4 3 2 3 3 2 3第 5 页 共 17 页 由题意原几何体是正三棱柱， ． 故选：B． 【点睛】 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． 10． 的内角 的对边分别为 ，若 ，则内角 （ ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】由正弦定理化边为角，由三角函数恒等变换可得． 【详解】 ∵ ，由正弦定理可得 ， ∴ ， 三角形中 ，∴ ，∴ ． 故选：C． 【点睛】 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． 11．正三棱锥底面边长为 3，侧棱与底面成 角，则正三棱锥的外接球的体积为（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】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． 【详解】 如图，正三棱锥 中， 是底面 的中心，则 是正棱锥的高， 是侧棱与底面所成的角，即 ＝60°，由底面边长为 3 得 ， ∴ ． 1 2 3 4 4 32V = × × × = ABC , ,A B C , ,a b c (2 )cos cosa b C c B− = C = 6 π 4 π 3 π 2 π (2 )cos cosa b C c B− = (2sin sin )cos sin cosA B C C B− = 2sin cos sin cos sin cos sin( ) sinA C B C C B B C A= + = + = sin 0A ≠ 1cos 2C = 3C π= 60° 4π 16π 16 3 π 32 3 π A BCD− M BCD∆ AM ABM∠ ABM∠ 2 3 3 33 2BM = × = tan 60 3 3 3AM BM= ° = × =第 6 页 共 17 页 正三棱锥 外接球球心 必在 上，设球半径为 ， 则由 得 ，解得 ， ∴ ． 故选：D． 【点睛】 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． 12．设 分别是双曲线 的左右焦点若双曲线上存在点 ，使 ，且 ，则双曲线的离心率为（ ） A． B．2 C． D． 【答案】A 【解析】由 及双曲线定义得 和 （用 表示），然后由余弦定理 得出 的齐次等式后可得离心率． 【详解】 由题意∵ ，∴由双曲线定义得 ，从而得 ， ， 在 中，由余弦定理得 ，化简得 ． 故选：A． 【点睛】 本题考查求双曲线的离心率，解题关键是应用双曲线定义用 表示出 到两焦点的距离， 再由余弦定理得出 的齐次式． A BCD− O AM R 2 2 2BO OM BM= + 2 2 2(3 ) ( 3)R R= − + 2R = 3 34 4 3223 3 3V R π ππ= = × = 1 2,F F 2 2 2 2 1( 0, 0)x y a ba b − = > > P 1 2 60F PF∠ = ° 1 22PF PF= 3 5 6 1 22PF PF= 1PF 2PF a ,a c 1 22PF PF= 1 2 2PF PF a− = 1 4PF a= 2 2PF a= 1 2PF F∆ 2 2 2(2 ) (4 ) (2 ) 2 4 2 cos60c a a a a= + − × × ° 3= =ce a a P ,a c第 7 页 共 17 页 二、填空题 13．已知向量 满足 ，且 ，则 _________． 【答案】 【解析】由数量积的运算律求得 ，再由数量积的定义可得结论． 【详解】 由题意 ， ∴ ，即 ，∴ ． 故答案为： ． 【点睛】 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． 14．一次考试后，某班全班 50 个人数学成绩的平均分为正数 ，若把 当成一个同 学的分数，与原来的 50 个分数一起，算出这 51 个分数的平均值为 ，则 _________． 【答案】1 【解析】根据均值的定义计算． 【详解】 由题意 ，∴ ． 故答案为：1． 【点睛】 本题考查均值的概念，属于基础题． 15．已知函数 图象上一点 处的切线方程为 ，则 _______． 【答案】3 【解析】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 ． 【详解】 由题意 ， ,a b ( 2 ) ( ) 6a b a b+ ⋅ − = −   | | 1,| | 2a b= = cos ,a b< >=  1 2 a b⋅  2 2 2( 2 ) ( ) 2 1 2 2 6a b a b a a b b a b+ ⋅ − = + ⋅ − = + ⋅ − × = −        1a b⋅ =  cos , 2cos , 1a b a b a b< >= < >=      1cos , 2a b< >=  1 2 M M N M N = 50 51 M MN M += = 1M N = 2( ) lnf x a x bx= − (2, (2)f 3 2ln 2 2y x= − + + a b+ = ,a b ( ) 2af x bxx ′ = −第 8 页 共 17 页 ∵函数图象在点 处的切线方程为 ， ∴ ，解得 ， ∴ ． 故答案为：3． 【点睛】 本题考查导数的几何意义，求出导函数是解题基础， 16．已知 是抛物线 的焦点，过 作直线与 相交于 两点， 且 在第一象限，若 ，则直线 的斜率是_________． 【答案】 【解析】作出准线，过 作准线的垂线，利用抛物线的定义把抛物线点到焦点的距 离转化为点到准线的距离，利用平面几何知识计算出直线的斜率． 【详解】 设 是准线，过 作 于 ，过 作 于 ，过 作 于 ， 如图， 则 ， ，∵ ，∴ ，∴ ， ∴ ， ， ∴ ，∴直线 斜率为 ． 故答案为： ． (2, (2)f 3 2ln 2 2y x= − + + 4 32 ln 2 4 6 2ln 2 2 a b a b  − = −  − = − + + 2 1 a b =  = 3a b+ = F 2: 2 ( 0)C y px p= > F C ,P Q Q 2PF FQ=  PQ 2 2 ,P Q l P PM l⊥ M Q QN l⊥ N P PH QN⊥ H PM PF= QN QF= 2PF FQ=  2QF PF= 2QN PM= QH NH PM PF= = = 22(3 ) 2 2PH PF PF PF= − = tan 2 2PHHQF QH ∠ = = PQ 2 2 2 2第 9 页 共 17 页 【点睛】 本题考查抛物线的焦点弦问题，解题关键是利用抛物线的定义，把抛物线上点到焦点距 离转化为该点到准线的距离，用平面几何方法求解． 三、解答题 17．等差数列 中， ． （1）求 的通项公式； （2）设 ，记 为数列 前 项的和，若 ，求 ． 【答案】（1） （2） 【解析】（1）由基本量法求出公差 后可得通项公式； （2）由等差数列前 项和公式求得 ，可求得 ． 【详解】 解：（1）设 的公差为 ，由题设得 因为 ， 所以 解得 ， 故 ． （2）由（1）得 ． 所以数列 是以 2 为首项，2 为公比的等比数列， { }na 1 6 31, 2a a a= = { }na 2 na nb = nS { }nb n 62mS = m na n= 5m = d n nS m { }na d 1 ( 1)na n d= + − 6 32a a= 1 (6 1) 2[1 (3 1) ]d d+ − = + − 1d = na n= 2n nb = { }nb第 10 页 共 17 页 所以 ， 由 得 ， 解得 ． 【点睛】 本题考查求等差数列的通项公式和等比数列的前 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 ； （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？ 附： ， 0.050 0.010 0.001 1 12 2 2 21 2 n n nS + +−= = −− 62mS = 12 2 62m+ − = 5m = n m 2 2 ( ) ( )( )( )( ) n ad bcK a b c d a c b d −= + + + + 2( )P K K第 11 页 共 17 页 3.841 6.635 10.828 【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． 【解析】（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 可得结论． 【详解】 解：（1） ． （2） 抗倒伏 易倒伏 矮茎 15 4 高茎 10 16 （3）由于 ，因此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． 【点睛】 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 中，底面 是边长为 2 的菱形， 是 的中点． （1）证明： 平面 ； K 2K 190 190 1902m += = 2 2 45 (15 16 4 10) 7.287 6.63519 26 25 20k × × − ×= = >× × × P ABCD− ABCD 120 , 2, ,BAD PA PB PC PD E∠ = ° = = = PB PD / / AEC第 12 页 共 17 页 （2）设 是线段 上的动点，当点 到平面 距离最大时，求三棱锥 的体积． 【答案】（1）见解析（2） 【解析】（1）连接 与 交于 ，连接 ，证明 即可得证线面平行； （2）首先证明 平面 (只要取 中点 ，可证 平面 ，从而 得 ，同理得 ),因此点 到直线 的距离即为点 到平面 的 距离，由平面几何知识易得最大值，然后可计算体积． 【详解】 （1）证明：连接 与 交于 ，连接 ， 因为 是菱形，所以 为 的中点， 又因为 为 的中点， 所以 ， 因为 平面 平面 ， 所以 平面 ． （2）解：取 中点 ，连接 ， 因为四边形 是菱形， ，且 ， 所以 ，又 ， 所以 平面 ，又 平面 ， 所以 ． 同理可证： ，又 ， 所以 平面 ， 所以平面 平面 ， 又平面 平面 ， F DC E PAF P AFE− 3 3 DB AC O OE / /PD OE PA ⊥ ABCD BC M BC ⊥ PAM PA BC⊥ PA CD⊥ B AF B PAF DB AC O OE ABCD O DB E PB / /PD OE PD ⊄ ,AEC OE ⊂ AEC / /PD AEC BC M ,AM PM ABCD 120BAD∠ = ° PC PB= ,BC AM BC PM⊥ ⊥ AM PM M= BC ⊥ APM AP ⊂ APM BC PA⊥ DC PA⊥ BC DC C= PA ⊥ ABCD PAF ⊥ ABCD PAF ∩ ABCD AF=第 13 页 共 17 页 所以点 到直线 的距离即为点 到平面 的距离， 过 作直线 的垂线段，在所有垂线段中长度最大为 ， 因为 为 的中点，故点 到平面 的最大距离为 1， 此时， 为 的中点，即 ， 所以 ， 所以 ． 【点睛】 本题考查证明线面平行，考查求棱锥的体积，掌握面面垂直与线面垂直的判定与性质是 解题关键． 20．设点 分别是椭圆 的左，右焦点， 为椭 圆 上任意一点，且 的最小值为 3． （1）求椭圆 的方程； （2）如图，直线 与 轴交于点 ，过点 且斜率 的直线 与椭圆交于 两点， 为线段 的中点，直线 交直线 于点 ，证明：直线 ． 【答案】（1） （2）见解析 【解析】（1）设 ，求出 后由二次函数知识得最小值，从而得 ，即得 椭圆方程； （2）设直线 的方程为 ，代入椭圆方程整理，设 ，由韦达定理得 ，设 ， B AF B PAF B AF 2AB = E PB E PAF F DC 3AF = 1 1 2 3 32 2PAFS PA AF= ⋅ = × × =△ 1 33 13 3P AFE E PAFV V− −= = × × = 1 2( ,0), ( ,0)F c F c− 2 2 2: 1( 2)4 x yC aa + = > P C 1 2PF PF⋅  C : 5l x = x E 2F 0k ≠ 1l ,A B M 2EF AM l N BN l⊥ 2 2 15 4 x y+ = P ( , )x y 1 2PF PF⋅  a 1l ( 1), 0y k x k= − ≠ 1 1 2 2( , ), ( , )A x y B x y 2 2 1 2 1 22 2 10 5 20,4 5 4 5 k kx x x xk k −+ = =+ + 0(5, )N y第 14 页 共 17 页 利用 三点共线，求得 ， 然后验证 即可． 【详解】 解：（1）设 ，则 ， 所以 ， 因为 ． 所以当 时， 值最小， 所以 ，解得 ，（舍负） 所以 ， 所以椭圆 的方程为 ， （2）设直线 的方程为 ， 联立 ，得 ． 设 ，则 ， 设 ，因为 三点共线，又 所以 ，解得 ． 而 所以直线 轴，即 ． 【点睛】 本题考查求椭圆方程，考查直线与椭圆相交问题．直线与椭圆相交问题，采取设而不求 思想，设 ，设直线方程，应用韦达定理，得出 ，再代入 , ,A M N 1 0 1 2 3 yy x = − 0 2 0y y− = ( , )P x y 1 2( , ), ( , )PF c x y PF c x y= − − − = − −  2 2 2 2 2 2 1 2 2 4 4aPF PF x y c x ca −⋅ = + − = + −  2, [ , ]a x a a> ∈ − 0x = 1 2PF PF⋅  24 3c− = 1c = 2 5a = C 2 2 15 4 x y+ = 1l ( 1), 0y k x k= − ≠ 2 2 ( 1), 1,5 4 y k x x y = − + = 2 2 2 2(4 5 ) 10 5 20 0k x k x k+ − + − = 1 1 2 2( , ), ( , )A x y B x y 2 2 1 2 1 22 2 10 5 20,4 5 4 5 k kx x x xk k −+ = =+ + 0(5, )N y , ,A M N (3,0)M 01 13 2 yy x − =− 1 0 1 2 3 yy x = − 2 2 2 2 1 1 1 2 1 2 0 2 2 2 1 1 1 1 10 5 203 52 2 ( 1) 3 ( ) 5 4 5 4 5( 1) 03 3 3 3 k kk k ky k x k x x kx x k k ky y y k xx x x x −⋅ − ⋅ −− + − − + +− = − = − − = = =− − − − / /BN x BN l⊥ 1 1 2 2( , ), ( , )A x y B x y 1 2 1 2,x x x x+第 15 页 共 17 页 题中需要计算可证明的式子参与化简变形． 21．已知两数 ． （1）当 时，求函数 的极值点； （2）当 时，若 恒成立，求 的最大值． 【答案】（1）唯一的极大值点 1，无极小值点．（2）1 【解析】（1）求出导函数，求得 的解，确定此解两侧导数值的正负，确定极 值点； （2）问题可变形为 恒成立，由导数求出函数 的最小值， 时， 无最小值，因此只有 ，从而得出 的不等关系，得出所求最大 值． 【详解】 解：（1） 定义域为 ，当 时， ， 令 得 ，当 所以 在 上单调递增，在 上单调递减， 所以 有唯一的极大值点 ，无极小值点． （2）当 时， ． 若 恒成立，则 恒成立， 所以 恒成立， 令 ，则 ，由题意 ，函数在 上单调递减，在 上 单调递增， 所以 ，所以 所以 ， 所以 ， 故 的最大值为 1． 【点睛】 ( ) lnf x x kx= + 1k = − ( )f x 0k = ( ) 0( , )bf x a a b Rx + − ∈ 1 1ae b− − + ( ) 0f x′ = ln ba x x + ln by x x = + 0b ≤ ln by x x = + 0b > ,a b ( )f x′ (0, )+∞ 1k = − 1( ) ln , ( ) 1f x x x f x x ′= − = − ( ) 0f x′ = 1x = ( ) 0,0 1; ( ) 0, 1f x x f x x′ ′> < < < > ( )f x (0,1) (1, )+∞ ( )f x 1x = 0k = ( ) lnb bf x a x ax x + − = + − ( ) 0,( , )bf x a a b Rx + − ∈ ln 0( , )bx a a b Rx + − ∈ ln ba x x + ln by x x = + 2 x by x −′ = 0b > (0, )b ( , )b +∞ ln 1a b + 1 lna b−  1ae b−  1 1 1ae b− − +  1 1ae b− − +第 16 页 共 17 页 本题考查用导数求函数极值，研究不等式恒成立问题．在求极值时，由 确定 的 不一定是极值点，还需满足在 两侧 的符号相反．不等式恒成立深深转化为 求函数的最值，这里分离参数法起关键作用． 22．在平面直角坐标系 中，直线 的参数方程为 ( 为参数)．在 以原点 为极点， 轴正半轴为极轴的极坐标系中，圆 的方程为 . (1)写出直线 的普通方程和圆 的直角坐标方程； (2)若点 坐标为 ，圆 与直线 交于 两点，求 的值． 【答案】（1） （2） 【解析】试题分析：（1）由加减消元得直线 的普通方程,由 得圆 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|=|t1|+|t2|=t1+t2,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 ρ2=2 ρsinθ，化为直角坐标方程为 x2+（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）2=5，即 t2﹣3 t+4=0 设 t1，t2 是上述方程的两实数根， 所以 t1+t2=3 又直线 l 过点 P ，A、B 两点对应的参数分别为 t1，t2， 所以|PA|+|PB|=|t1|+|t2|=t1+t2=3 ． 23．设函数 . （1）当 时，求不等式 的解集； （2）若 对 恒成立，求 的取值范围. 【答案】（1） 或 ；（2） 或 . 【解析】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， ( ) 0f x′ = 0x 0x ( )f x′ xOy l 23 2 25 2 x t y t  = −  = + t O x C 2 5sinρ θ= l C P (3, 5) C l ,A B | | | |PA PB+ 3 2 l 2 2 2sin ,y x yρ θ ρ= = + C ( ) ( )1f x x x a a R= − + − ∈ 4a = ( ) 5f x ³ ( ) 4f x ≥ x∈R a { | 0x x ≤ 5}x ≥ 3a ≤ − 5a ≥第 17 页 共 17 页 最后求并集（2）根据绝对值三角不等式得 最小值，再解含绝对值不等式可得 的取值范围. 试题解析：（1） 等价于 或 或 ， 解得： 或 .故不等式 的解集为 或 . （2）因为： 所以 ，由题意得： ，解得 或 . 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． ( )f x a 1 4 5x x− + − ≥ 1 2 5 5 x x   − ≥ 0x ≤ 5x ≥ ( ) 5f x ≥ { | 0x x ≤ 5}x ≥ ( ) ( ) ( )1 1 1f x x x a x x a a= − + − ≥ − − − = − ( )min 1f x a= − 1 4a − ≥ 3a ≤ − 5a ≥