四川省2020届高三数学(文)上学期期中试卷(附解析Word版)
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四川省2020届高三数学(文)上学期期中试卷(附解析Word版)

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资料简介
石室中学十一月份半期考试数学(文科) 一.选择题:本大题共 12 小题,每小题 5 分,共 60 分.每小题只有一个正确选项. 1.已知 为虚数单位,复数 ,则 ( ) A. B. 2 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 利用复数的除法运算化简 ,由此求得 的模. 【详解】因为 ,所以 . 故选:A. 【点睛】本小题主要考查复数的除法运算和复数的模的求法,属于基础题. 2.已知集合 , ,则 =( ) A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 解一元二次不等式求得集合 ,解绝对值不等式求得集合 ,由此求得两个集合的交集. 【详解】因为 , ,所以 = 故选:C 【点睛】本小题主要考查两个集合的交集,考查一元二次不等式的解法,考查绝对值不等式 的解法,属于基础题. 3.双曲线 的渐近线方程为 ,则双曲线的离心率为( ) A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 i 2 1 iz i = + | |z = 2 5 2 2 z z 2 11 iz ii = = ++ 2 2| | 1 1 2z = + = { | ( 1)( 2) 0}A x x x= + − < { || 1| 2}B x x= + < A B ( 3,1)− ( 3,2)− ( 1,1)− ( 1,2)− A B { | 1 2}A x x= − < < { | 3 1}B x x= − < < A B ( 1,1)− 2 2 2 2 1 ( 0, 0)x y a ba b − = > > 2y x= ± 5 5 2 5 5 5 2 5 根据渐近线方程得到 ,由此求得双曲线离心率. 【详解】由题可知 ,所以 故选:D 【点睛】本小题主要考查双曲线的几何性质,考查双曲线离心率的求法,属于基础题. 4.曲线 在点 处的切线方程为( ) A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 先求函数的导函数得: ,再求 ,再利用点斜式求直线方程即可 得解. 【详解】解:因为 ,所以 ,则 , 所以曲线 在点 处的切线的斜率为 1, 即切线方程为 , 所以切线方程为 . 故选:A. 【点睛】本题考查了利用导数求曲线在某点处的斜率,属基础题. 5.已知 是两条不同的直线, 是三个不同的平面,则下列命题正确的是( ) A. 若 ,则 B. 若 ,则 C. 若 ,且 ,则 D. 若 ,且 ,则 b a 2b a = 2 2 2 2 2 2 1+( ) 5c c a b be a a a a += = = = = siny x x= ( , )2 2 π π 0x y− = 0x y π+ − = 2 4 0x y π− + = 2 4 3 0x y π+ − = ' sin cosy x x x= + 2 ' | 1 x y π= = siny x x= ' sin cosy x x x= + 2 ' | 1 x y π= = siny x x= ( , )2 2 π π 2 2y x π π− = − 0x y− = ,m n , ,α β γ / / , / /m nα α //m n ,α γ β γ⊥ ⊥ / /α β / / , / /m nα α ,m nβ β⊂ ⊂ / /α β ,m nα β⊥ ⊥ α β⊥ m n⊥ 【答案】D 【解析】 【分析】 根据空间中直线和平面的位置关系分别去判断各个选项, 均可举出反例; 可证明得 出. 【详解】若 , ,则 或 与 异面或 与 相交,故选项 错误; 若 , ,则 与 可能相交,故选项 错误; 若直线 不相交,则平面 不一定平行,故选项 错误; , 或 ,又 ,故选项 正确. 本题正确选项: 【点睛】本题考查空间中直线、平面之间位置关系有关命题的判断,考查学生的空间想象能 力和对定理的掌握程度. 6. 内角 所对的边分别是 ,则“ ”是“ ”的( ) A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分 也不必要条件 【答案】B 【解析】 ,所以 或 , 所以“ ”是“ ”的必要不充分条件,故选择 B. 7.若变量 x、y 满足约束条件 ,则 的最小值为( ) A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 先作出变量 x、y 对应的不等式表示的平面区域,再利用目标函数 z 的几何意义为区域内的点 到坐标原点距离的平方,然后观察图像即可得解. , ,A B C D / /m α / /n α //m n m n m n A α γ⊥ β γ⊥ α β B ,m n ,α β C α β⊥ m α⊥ / /m β∴ m β⊂ n β⊥ m n∴ ⊥ D D ABC∆ , ,A B C , ,a b c cos cosa A b B= A B= cos cos sin cos sin cos sin 2 sin 2a A b B A A B B A B= ⇔ = ⇔ = A B= 2A B π+ = cos cosa A b B= A B= 2 4 0 2 2 0 1 0 x y x y y − + ≥  + − ≤  − ≥ 2 2z x y= + 4 5 1 2 5 5 5 4 【详解】解:变量 x、y 满足约束条件 ,则不等式组表示的平面区域如图所示, 目标函数 z 的几何意义为区域内的点到坐标原点距离的平方, 由图可得:以 O 为圆心作圆,当圆与直线 y=1 相切时,切点到原点的距离最小,最小距离为 1,所以 z 的最小值为 , 故选:B. 【点睛】本题考查了简单的线性规划问题,重点考查了数形结合的数学思想方法,属基础题. 8.要得到函数 的图象,可将函数 的图象( ) A. 向左平移 个单位 B. 向左平移 个单位 C. 向右平移 个单位 D. 向右平移 个单位 【答案】D 【解析】 【分析】 先将 转化为 ,由此根据三角函数图像变换的知识判断出正确选项. 【 详 解 】 , , 因 为 ,所以需要将 的图象向右平移 个单位. 故选:D 【点睛】本小题主要考查三角函数诱导公式,考查三角函数图像变换,属于基础题. 9.对于任意 ,函数 满足 ,且当 时,函数 ,若 2 4 0 2 2 0 1 0 x y x y y − + ≥  + − ≤  − ≥ 21 =1 ( ) sin(2 )4f x x π= + ( ) cos2g x x= 4 π 8 π 4 π 8 π cos2x sin[2( )]4x π+ ( ) cos2 sin(2 ) sin[2( )]2 4g x x x x π π= = + = + ( ) sin[2( )]8f x x π= + ( ) ( )8 4 8x x π π π+ = + − ( )g x 8 π x∈R ( )f x (2 ) ( )f x f x− = 1x ( )f x lnx= , , ,则 大小关系是( ) A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 根据 判断出函数的对称轴,结合函数的单调性判断出 的大小关系. 【详解】因为 满足 ,所以 的图象关于 x=1 对称.因为 时,函数 ,所以 在 单调递增,由对称性可得 在 单调递减,所以离 x=1 越远的点,纵坐标越大. ,因为 ,所以 . 故选:C 【点睛】本小题主要考查利用函数的单调性和对称性比较大小,考查指数运算和对数运算, 属于基础题. 10.曲线 在 上存在单增区间,则 的取值范围为( ) A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 根据函数 在区间 上存在增区间,得到其导函数 在区间 上有解, 由此分离常数 ,利用导数与单调性、最值,求得 的取值范围. 【详解】因为曲线 在 上存在单增区间,所以 在 上 有解,所以 在 上有解,所以 .令 ,则 ,所以 在 单调递减,在 单调递增,所以 ,所以 . 故选:A 3 2(2 )a f −= 2 1(log )4b f= ( )c f e= , ,a b c c b a> > c a b> > b c a> > b a c> > (2 ) ( )f x f x− = , ,a b c ( )f x (2 ) ( )f x f x− = ( )f x 1x ( )f x lnx= ( )f x (1, )+∞ ( )f x ( ,1)−∞ 2 3 2 3 2 1 2 1,log 242 42 − = = =− 2 1 1 2 14 e− < − < − − b c a> > 2( ) 2 xkf x x e= − (0,2) k ( , )e +∞ [ ),e +∞ 2 ( , )2 e +∞ 2 [ , )2 e +∞ ( )f x ( )0,2 ( )' 0f x > ( )0,2 k k 2( ) 2 xkf x x e= − (0,2) '( ) 0xf x kx e− >= (0,2) x k e x > (0,2) min x k e x  >     ( ) xeg x x = 2 ('( ) 1)x g e x xx −= ( )g x (0,1) (1,2) min( ) (1)g x g e= = k e> 【点睛】本小题主要考查根据函数在给定区间上存在增区间,求参数的取值范围,属于基础 题. 11.空间四面体 ABCD 中,AB=CD=3,AC=BD=4,AD=BC= ,则四面体 ABCD 的外接球的表面积 为( ) A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 分析】 根据四面体 的三组对棱两两相等,将四面体放入长方体中,通过计算长方体体对角线, 求得四面体外接球的半径,进而求得外接球的表面积. 【详解】因为空间四面体 ABCD 中, AB=CD,AC=BD,AD=BC,于是可以将该四面体放入长方体 中,设长方体的长、宽、高分别为 x、y、z,则有: ,于是 ,由 于该四面体的外接球和长方体外接球为同一球,所以外接球的直径等于长方体的体对角线, 所以 ,所以球的表面积 . 故选:D 【点睛】本小题主要考查几何体外接球表面积的求法,考查空间想象能力,属于基础题. 12.设函数 ,对任意的 ,存在 ,使 成立,则实数 的取值范围是( ) A. B. C. D. 【答案】B 【 11 12π 14π 16π 18π ABCD 2 2 2 2 2 2 16 9 11 x y x z y z  + =  + =  + = 2 2 2 18x y z+ + = 2 2 22 3 2R x y z= + + = 24 18S Rπ π= = 2 2( ) ln , ( )f x x x x g x x ax = − = + + 1 1[ ,2]4x ∈ 2 [2,4]x ∈ 1 2( ) ( ) 1f x g x− < a 7( 4ln 2, )2 − − +∞ 9( , )2 − +∞ 21 1( ln 2, )4 8 − + +∞ ( 3, )− +∞ 【解析】 【分析】 对任意的 ,存在 ,都有 ,等价于 ,再 利用导数求函数的最值即可得解. 【 详 解 】 解 : 因 为 对 任 意 的 , 存 在 , 都 有 , 即 ,所以 .当 时,函数 在 为增函数,则 , 又 因 为 , 设 , , 所以 ,又 在 单调递减,则 ,所以 在 单调递减,由于 ,所以 在 单调递增, 单调递减, ,于是 ,所以 , 故选:B. 【点睛】本题考查了不等式恒成立及有解问题,重点考查了利用导数求函数的最值,属中档 题. 二.填空题:本大题共 4 小题,每小题 5 分,共 20 分.把答案填在答题卡上. 13.已知 与 垂直,则 与 的夹角为_________. 【答案】 【解析】 【分析】 由 与 垂直,则 ,再将已知条件代入运算即可. 【详解】解:由 又 与 垂直, 则 ,所以 , 又 ,所以 与 的夹角为 , 1 1[ ,2]4x ∈ 2 [2,4]x ∈ 1 2( ) ( ) 1f x g x− < max max( ) ( ) 1f x g x< + 1 1[ ,2]4x ∈ 2 [2,4]x ∈ 1 2( ) ( ) 1f x g x− < 1 2( ) ( ) 1f x g x< + max max( ) ( ) 1f x g x< + [2,4]x∈ ( )g x [2,4] max 2 9( ) 4 4 2g x a a= + + = + ' ( ) 1 2 lnf x x x x= − − ( ) 1 2 lnh x x x x= − − 1[ ,2]4x∈ ' ( ) 2ln 3h x x= − − ' ( )h x 1[ ,2]4 ' ' 1 1( ) ( ) 2ln 3 4ln 2 3 04 4h x h≤ = − − = − < ' ( )f x 1[ ,2]4 ' (1) 0f = ( )f x 1[ ,1)4 (1,2] max( ) (1) 1f x f= = 91 12 a< + + 9( , )2a ∈ − +∞ 2, 1,= = −   a b a b b a b 3 π a b−  b ( ) 0a b b− ⋅ =   2, 1,a b= =  a b−  b 2 2( ) | || | cos , | | 2cos , 1 0a b b a b b a b a b b a b− ⋅ = ⋅ − = < > − = < > − =             1cos , 2a b< >=  [ ], 0,a b π< >∈  a b 3 π 故答案为: . 【点睛】本题考查了向量的数量积的运算及向量的夹角的运算,属基础题. 14.已知 ,则 =_________. 【答案】 【解析】 【分析】 根据同角三角函数的基本关系式求得 的值,利用诱导公式和二倍角公式,将 转化为 ,由此求得 的值. 【 详 解 】 因 为 , 所 以 , 所 以 = . 故答案为: 【点睛】本小题主要考查同角三角函数的基本关系式,考查诱导公式和二倍角公式,属于基 础题. 15.已知函数 ,若 ,且 , 则 的取值范围为_________. 【答案】 【解析】 【分析】 作出 图像,根据“ ,且 ”,利用二次函数对称 轴,对数函数图像与性质,将 转化为 ,结合 求得 的取值 范围. 【详解】作出 f(x)的图像,由此可得 , ,所以 ,所以 ,即 ,所以 3 π 1cos( ) , (0, )4 3 4 π πα α+ = ∈ cos2α 4 2 9 πsin 4 α +   cos2α 2sin( )cos( )4 4 π πα α+ + cos2α 1cos( ) , (0, )4 3 4 π πα α+ = 2 2sin( )4 3 πα + = cos 2 cos[2( ) ] sin 2( )4 2 4 π π πα α α= + − = + 2 2 1 4 22 sin( ) cos( ) 24 4 3 3 9 π πα α+ + = × × = 4 2 9 2 2 1,( 0)( ) ln ,( 0) x x xf x x x  + +=  >  a b c d< < < ( ) ( ) ( ) ( )f a f b f c f d= = = ab cd+ [1,2) ( )f x a b c d< < < ( ) ( ) ( ) ( )f a f b f c f d= = = ab cd+ 2( 1) 2b− + + 1 0b− < ≤ ab cd+ 2 1 0, 2a b a b− ≤ < − < ≤ + = − 1 1c d ee ≤ < < ≤ ( ) | ln | ln , ( ) | ln | lnf c c c f d d d= = − = = ln lnc d− = ln + ln = ln 0c d c d = 1cd = 所以 ,因为 ,所以 范围为 . 故答案为: 【点睛】本小题主要考查分段函数 图像与性质,考查二次函数、对数函数的图像与性质, 考查二次函数求最值的方法,考查数形结合的数学思想方法,属于中档题. 16.已知抛物线 的焦点为 ,过点 的直线 与抛物线交于 , 两点, 为坐标原 点,若 , ,过点 M,N 分别向抛物线的准线作垂线,垂足分别为点 C, D,则 的最小值为_________. 【答案】6 【解析】 【分析】 设出直线 的方程,联立直线 的方程和抛物线方程,消去 ,写出韦达定理.利用向量的坐标 运算化简 , ,从而求得 的表达式,进而用基本不等式求得 的 的 2 2( 2) 1 2 1 ( 1) 2ab cd b b b b b+ = − − ⋅ + = − − + = − + + 1 0b− < ≤ ab cd+ [1,2) [1,2) 2 6y x= F F l A B O 1 4OM OB=  1= 4OA ON  CD l l x 1 4OM OB=  1= 4OA ON  CD CD 最小值. 【详解】设直线 的方程为: , , , , , 由 ,因为 , , 所以 , ,即 , ,令 , 则 ,故 的最小值为 (当且仅当 时取等号). 故答案为: 【点睛】本小题主要考查直线和抛物线的位置关系,考查韦达定理的运用,考查最值的求法, 考查化归与转化的数学思想方法,属于中档题. 三.解答题:共 70 分.解答应写出文字说明,证明过程和演算步骤.第 17 题~第 21 题为必考 题,每个试题考生都必须作答.第 22 题~第 23 题为选考题,考生根据要求作答. 17.已知等比数列 的前 项和为 , ,且 是 和 的等差中项. (1)求数列 通项公式; (2)当 时,令 ,求数列 的前 项和. 【答案】(1) 或 (2) 【解析】 【分析】 (1)根据等差中项的性质列方程,并转化为 的形式,由此解方程求得 的值.结合等比 数列前 项和公式,求得 的值.由此求得数列 的通项公式. (2)利用分组求和法求得数列 的前 项和. 【详解】(1)由 是 和 的等差中项,得 2 = + ,即 a1q7 = 8a1q + 7a1q4, 的 l 3 2x ty= + ( )1 1,A x y ( )2 2,B x y ( )3 3,M x y ( )4 4,N x y 2 2 1 2 6 6 9 0 93 2 y x y ty y y x ty  = ⇒ − − = ⇒ = − = + 1 4OM OB=  1= 4OA ON  ( ) ( )3 3 2 2 1, ,4x y x y= ( ) ( )1 1 4 4 1, ,4x y x y= 3 2 1 4y y= 4 14y y= 1 0y > 3 4 2 1 2 1 2 1 1 2 1 1 14 4 2 4 2 64 4 4CD y y y y y y y y y y= + = + = − + ≥ − ⋅ = − = CD 6 1 2 3 , 124y y= = − 6 { }na n nS 7 127S = 8a 216a 514a { }na 2 0a > 2 2logn n nb a a= + { }nb n 1127 ( 1)n na −= ⋅ − 12n na -= 4 1 ( 1) 3 2 n n n nT − −= + 1,a q q n 1a { }na { }nb n 8a 216a 514a 8a 216a 514a 所以 q6-7q3-8 = 0,即 ,解得公比 或 . 当 时,由 ,所以 ; 当 时,由 ,所以 (2)当 时,知 , , 所以数列 的前 项和为 【点睛】本小题主要考查等差中项的性质,考查等比数列前 项和公式以及通项公式,考查分 组求和法,考查运算求解能力,属于基础题. 18.由中央电视台综合频道 和唯众传媒联合制作的《开讲啦》是中国首档青年电视 公开课.每期节目由一位知名人士讲述自己的故事,分享他们对于生活和生命的感悟,给予 中国青年现实的讨论和心灵的滋养,讨论青年们的人生问题,同时也在讨论青春中国的社会 问题,受到青年观众的喜爱,为了了解观众对节目的喜爱程度,电视台随机调查了 、 两 个地区的 100 名观众,得到如下的 列联表,已知在被调查的 100 名观众中随机抽取 1 名, 该观众是 地区当中“满意”的观众的概率为 0.15. (1)现从 100 名观众中用分层抽样的方法抽取 20 名进行问卷调查,则应抽取“满意”的 、 地区的人数各是多少; (2)在(1)的条件下,从抽取到“满意”的人中随机抽取 2 人,设“抽到的观众来自不同 的地区”为事件 ,求事件 的概率; (3)完成上述表格,并根据表格判断是否有 的把握认为观众的满意程度与所在地区有关 系. 附:参考公式: . 3 3( 8)( 1) 0q q− + = 2q = 1q = − 2q = 7 1 7 1 (1 ) 127 11 a qS aq −= = ⇒ =− 12n na -= 1q = − 7 1 7 1 (1 ) 127 1271 a qS aq −= = ⇒ =− 1127 ( 1)n na −= ⋅ − 2 0a > -12n na = 2 1 2log 4 1n n n nb a a n−= + = + − { }nb n (1 4 ) ( 1) 4 1 ( 1) 1 4 2 3 2 n n n n n n nT − − − −= + = +− n ( 1)CCTV A B 2 2× B A B A A 95% 2 2 ( ) ( )( )( )( ) n ad bcK a b c d b d a c −= + + + + 【答案】(1)2 人,3 人;(2) ;(3)没有 的把握认为观众的满意程度与所在地区有 关系 【解析】 【分析】 (1)先利用已知条件可得 ,再结合分层抽样,按比例取样即可得解; (2)由古典概型的概率的求法,分别求出从 地区抽取 2 人包含的基本事件的个数及事件 包含的基本事件的个数,再求解即可; (3)先利用 ,求出 ,然后得出结论即可. 【详解】解:(1)由题意,得: ,解得 , 地抽取 人, 地抽取 人. (2)从 地区抽取到 2 人,记为 ,从 地区抽取到 3 人,记为 ,随机抽取 2 人, 所有的基本事件为 共有 10 种情况,事件 包含的基本事件有 共 6 种情况, 所以 . (3)完成表格如下: 非常满意 满意 合计 35 10 45 40 15 55 合计 75 25 100 , 故没有 的把握认为观众的满意程度与所在地区有关系. 3 5 95% 15y = A A 2 2 ( ) ( )( )( )( ) n ad bcK a b c d b d a c −= + + + + 2K 0.15100 y = 15y = A∴ 2010 2100 × = B 2015 3100 × = A ,C D B , ,a b c ( , ),( , ),( , ),( ,c),( , ),( , ),( , ),( , ),( , ),( , ),C D C a C b C D a D b D c a c a b b c A ( , ),( , ),( ,c),( , ),( , ),( , ),C a C b C D a D b D c 6 3( ) 10 5P A = = A B 2 2 ( ) ( )( )( )( ) n ad bcK a b c d b d a c −= + + + + 2100(35 15 40 10) 100 3.84175 25 55 45 297 × − ×= = ( ) 0f x ≤ a 3 3( ) ln ( 1)g x x x m x= - - ( )mϕ 0m > ( ) 0mϕ ≤ 【答案】(1)1;(2)证明见解析 【解析】 【分析】 (1)先利用导数求解函数 的单调性,再求出函数 的最大值,再求导运算即可; (2)先利用导数求得 ,再结合(1)已证明的不等式 (当且仅当 时,取等号),即可得证. 【详解】解:(1) 的定义域为 , ,因为 ,解得得 , 当 时, ,则 递增;当 时, ,则 递减, 所以 ,即 , 令 ( ),且 , ,得 , 当 时, ,则 递增;当 ,则 递减, 所以 ,又 , 因此, ,此时, . (2)由(1)知, (当且仅当 时,取等号) 又 的定义域为 ,且 , 令 ,得 ,当 时, , 在 内递减; 当 时, ,则 在 上递增, 于是 , 等价于 等价于 , 将 视为 ,由(1)知, 显然成立, 故 . 【点睛】本题考查了导数的综合应用,重点考查了不等式恒成立问题,属难度较大的题型. 22.在平面直角坐标系 中,曲线 参数方程为 为参数),将曲线 上所有 ( )f x ( )f x ( )mϕ = 3 11 3 mm e -- ln 1x x≤ − 1x = ( )f x (0, )+∞ 1( ) 0f x ax ¢ = - = 0a > 1x a = 10,x a  ∈   ( ) 0f x′ > ( )f x 1 ,x a  ∈ +∞   ( ) 0f x′ < ( )f x max 1 1( ) ln 1f x f a aa a æ ö æ öç ÷ ç ÷= = - - -ç ÷ ç ÷è ø è ø 0≤ ln 1 0a a- + ³ ( ) ln 1h a a a= − + 0a > (1) 0h = 1( ) 1 0h a a ¢ = - = 1a = (0,1)a∈ ( ) 0′ >h a ( )h a (1, )∈ +∞a ( )h a max( ) ( ) (1) 0h a h a h£ = = ( ) ln 1 0h a a a= - + ³ ( ) 0h a = 1a = ln 1x x≤ − 1x = ( )g x (0, )+∞ 2 2 2 2( ) 3 ln 3 (3ln 1 3 )g x x x x mx x x m¢ = + - = + - ( ) 0g x′ = 1 3m x e - = 1 30, m x e -æ öç ÷Î ç ÷è ø ( ) 0g x′ < ( )g x 1 30, m e -æ öç ÷ç ÷è ø 1 3 ,m x e -æ öç ÷Î +¥ç ÷è ø ( ) 0g x′ > ( )g x 1 3 ,m e -æ öç ÷+¥ç ÷è ø 1 3( ) m m g ej -æ öç ÷= =ç ÷è ø 3 11 3 mm e -- ( ) 0mϕ ≤ 3 13 mm e -£ ln(3 ) 3 1m m£ - 3m x ln(3 ) (3 ) 1m m£ - ( ) 0mϕ ≤ xOy 1C 6cos (4sin x y θ θθ =  = 1C 点的横坐标变为原来的 ,纵坐标变为原来的 ,得到曲线 . (1)求曲线 的普通方程; (2)过点 且倾斜角为 的直线 与曲线 交于 两点,求 取得最小值时 的 值. 【答案】(1) ;(2) 【解析】 【分析】 (1)利用 消去参数 ,求得曲线 的直角坐标方程.根据坐标变换的知识 求得 的普通方程. (2)设出直线 的参数方程,代入 的方程并写出根与系数关系,求得弦长 的表达式, 并利用三角函数最值的求法求得 取得最小值时 的值. 【详解】(1)将曲线 参数方程 为参数)的参数消去,得到直角坐标方程为 ,设 上任意一点为 ,经过伸缩变换后的坐标为 ,由题意得: ,故 ; (2)过点 倾斜角为 直线 的参数方程为: 为参数),带入 的 方程 得: , 记 对于的参数分别为 , , , 故当 时, . 的 1 3 1 2 2C 2C ( )1,1P α l 2C ,A B AB α 2 2 4x y+ = 3 4 πα = 2 2sin cos 1θ θ+ = θ 1C 2C l 2C AB AB α 1C 6cos (4sin x y θ θθ =  = 2 2 136 16 x y+ = 1C 0 0( , )x y ( , )x y′ ′ 0 0 0 0 1 33 21 2 x x x x y yy y  = = ⇒  = = ′ ′ ′′ 2 2 4x y+ = ( )1,1P α l 1 cos (1 sin x t y t α αα = +  = + 2C 2 2 4x y+ = 2 2(cos sin ) 2 0t tα α+ + − = ,A B 1 2,t t ( )1 2 1 2 2 cos sin 2 t t t t α α + = − +  = − 2 1 2 4(cos sin ) 8 2 3 sin2AB t t α α α= − = + + = + 3 4 πα = min 2 2AB = 【点睛】本小题主要考查参数方程化为普通方程,考查坐标变换,考查直线参数方程的运用, 考查三角函数求最值的方法,属于基础题. 23.已知函数 . (1)当 时,解不等式 ; (2)若存在 ,使得 ,求实数 的取值范围. 【答案】(1) (2) 【解析】 【分析】 (1)将所求不等式 转化为 ,利用零点分段法求得不等式的解 集. (2)将“存在 ,使得 ”转化为 ,利用绝对值不 等式求得 的最大值,进而求得 的取值范围. 【详解】(1)由题知 ,当 时, ,解得 ; 当 时, ,解得 ;当 时, ,不等式无解; 综上,不等式的解集为 . (2)由题知,存在 , 成立,即 , ,所以 , . 【点睛】本小题主要考查零点分段法解绝对值不等式,考查含有绝对值的不等式存在性问题, 属于中档题. 2( ) | 2 |, ( ) 3| | 1f x x g x x m= − = + + 0m = ( )+ ( ) 5f x g x ≤ a R∈ ( ) 3 ( )g a f a≤ m 1{ | 1}2x x− ≤ ≤ [ 5, 5]m∈ − ( )+ ( ) 5f x g x ≤ 2 +3 4x x− ≤ a R∈ ( ) 3 ( )g a f a≤ 2 max 1 ( 2 )3 m a a + ≤ − − 2a a− − m 2 +3 4x x− ≤ 0x ≤ 2 3 4x x− − ≤ 1 02 x− ≤ ≤ 0 2x< < 2 +3 4x x− ≤ 0 1x< ≤ 2x ≥ 2+3 4x x− ≤ 1{ | 1}2x x− ≤ ≤ a R∈ 2 12 3 ma a +− ≥ + 2 max 1 ( 2 )3 m a a + ≤ − − 2 ( 2) 2a a a a− − ≤ − − = 2 1 23 m + ≤ [ 5, 5]m∈ −

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