2020 年普通高等学校招生全国统一模拟考试
理科数学
注意事项:
1.答卷前,考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上.
2.回答选择题时,选出每小题答案后,用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.
如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其它答案标号.回答非选择题时,将答案写在
答题卡上.写在本试卷上无效.
3.考试结束后,将本试卷和答题卡一并交回.
一、选择题:在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.
1.复数 的共轭复数是( )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
先根据复数 代数形式的运算法则化简,再根据共轭复数的定义即可求出.
【 详 解 】 因 为 , 所 以 其 共 轭 复 数 为
.
故选:B.
【点睛】本题主要考查复数的代数形式的运算法则和共轭复数的定义的应用,属于容易题.
2.集合 ,集合 ,则 ( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
由一元二次不等式的解法和二次函数的性质,化简集合,求出集合 的补集,最后进行交集
运算即可.
【详解】 或 ,
的
23 1
ii i
− +
1 2i− + 1 2i− − 2 1i + 2 1i− +
( )
( )( ) ( )2 123 3 3 1 1 21 1 1
i iii i i i ii i i
−− = − = − + = − ++ + −
1 2i− −
{ }2| 2 3 0x x xA − + >= { }2| 1,B y y x x R= = − ∈ ( )R A B =
[ 1,1]− ( 1,1)− [ 1.3]− ( 1.3)−
A
{ | 3A x x= < − 1}x > { | 3 1}R A x x∴ = − ≤ ≤,
故选:A
【点睛】本题主要考查了集合的基本运算,属于基础题.
3.下图是 2020 年 2 月 15 日至 3 月 2 日武汉市新冠肺炎新增确诊病例 折线统计图.则下列说
法不正确的是( )
A. 2020 年 2 月 19 日武汉市新增新冠肺炎确诊病例大幅下降至三位数
B. 武汉市新冠肺炎疫情防控取得了阶段性的成果,但防控要求不能降低
C. 2020 年 2 月 19 日至 3 月 2 日武汉市新增新冠肺炎确诊病例低于 400 人的有 8 天
D. 2020 年 2 月 15 日到 3 月 2 日武汉市新冠肺炎新增确诊病例最多的一天比最少的一天多
1549 人
【答案】D
【解析】
【分析】
根据图表中提供的信息,对应各选项即可判断其真假.
【详解】对于 A,由图可知,2020 年 2 月 19 日,武汉市新增新冠肺炎确诊病例从 2 月 18 日
的 1660 人大幅下降至 615 人,所以 A 正确;
对于 B,从 2020 年 2 月 19 日起至 2 月 29 日,武汉市新增新冠肺炎确诊病例大约在 300-615
之间,3 月起继续减少,没有出现大幅增加,所以 B 正确;
对于 C,由图可知,2020 年 2 月 19 日至 3 月 2 日,武汉市新增新冠肺炎确诊病例低于 400 人
的有,2 月 20 日,21 日,23 日,25 日,26 日,27 日,3 月 1 日,2 日,共 8 天,所以 C 正
确;
的
2 1 1y x= − ≥ − { | 1}B y y∴ = ≥ −
( ) { | 1 1}R A B x x∴ ∩ = − ≤ ≤对于 D,2020 年 2 月 15 日到 3 月 2 日中,武汉市新增新冠肺炎确诊病例最多的是 2 月 16 日
1690 例,最少的是 3 月 2 日 111 例,1690-111=1579,所以 D 不正确.
故选:D.
【点睛】本题主要考查学生的识图和数据分析能力,属于容易题.
4.若 ,则( )
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
根据指数函数,对数函数,幂函数的单调性,结合作商法求解即可.
【详解】 , ,则 A 错误;
, , ,则 B 错误;
, ,则 C 错误;
, ,则 D 正确
故选:D
【点睛】本题主要考查了对数式,指数式的比较大小问题,涉及了作商法的应用,属于中档
题.
5.角谷猜想,也叫 猜想,是由日本数学家角谷静夫发现的,是指对于每一个正整数,如
果它是奇数,则对它乘 3 再加 1;如果它是偶数,则对它除以 2,如此循环最终都能够得到
1.如:取 ,根据上述过程,得出 6,3,10,5,16,8,4,2,1,共 9 个数.若
,根据上述过程得出的整数中,随机选取两个不同的数,则两个数都是奇数的概率为
( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
0 1a< <
1
2
log 0a < 14 loga
a a− > 1.1a a>
1
22 log 3a >
0 1a< =
0 1a<
1
1
2 22 2 log 4 log 3a∴ > = >
3 1n +
6n =
13n =
1
15
2
15
1
18
3
10【分析】
根据题意,得出上述过程的整数,结合古典概型的概率公式求解即可.
【详解】若 ,根据上述过程得出的整数分别为 ,共 个数
其中奇数共有 个
所以随机选取两个不同的数,则两个数都是奇数的概率为
故选:A
【点睛】本题主要考查了古典概型概率的计算,属于中档题.
6.已知函数 是偶函数, 为奇函数,并且当 时, ,则
下列选项正确的是( )
A. 在 上为减函数,且 B. 在 上为减函数,且
C. 在 上为增函数,且 D. 在 上为增函数,且
【答案】C
【解析】
【分析】
根据题意 为奇函数,可知函数 关于点 对称,再结合函数 是偶函数
可得出函数 的周期为 4,而 , ,利用周期从而可求得
时的解析式,即解出.
【 详 解 】 因 为 函 数 为 奇 函 数 , 所 以 函 数 关 于 点 对 称 , 即
,
函数 是偶函数,所以 ,于是, ,用 替换 ,
可得 ,所以 .
当 , ,
13n = 13,40,20,10,5,16,8,4,2,1 10
3
2
3
2
10
1
15
C
C
=
( )f x ( )1f x+ [ ]1,2x∈ ( ) 1 2f x x= − −
( )f x ( )3, 2− − ( ) 0f x > ( )f x ( )3, 2− −
( ) 0f x <
( )f x ( )3, 2− − ( ) 0f x > ( )f x ( )3, 2− −
( ) 0f x <
( )1f x+ ( )f x ( )1,0 ( )f x
( )f x [ ]1,2x∈ ( ) 1 2 1f x x x= − − = −
( )3, 2x∈ − −
( )1f x+ ( )f x ( )1,0
( ) ( )2 0f x f x− + + =
( )f x ( ) ( )f x f x= − ( ) ( )2 0f x f x+ + = 2x + x
( ) ( )2 4 0f x f x+ + + = ( ) ( )4f x f x+ =
[ ]1,2x∈ ( ) 1 2 1f x x x= − − = −当 时, ,所以 在 上为增
函数,且 .
故选:C.
【点睛】本题主要考查函数的性质的应用,涉及函数的周期性,对称性,奇偶性的应用,以
及利用函数解析式判断其单调性,意在考查学生的转化能力,属于中档题.
7.已知双曲线 的两条渐近线的倾斜角成 2 倍关系,则该双曲线的离心率
为( )
A. B. C. 2 D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】
设经过一三象限的渐近线的倾斜角为 ,则另一条渐近线的倾斜角为 ,结合渐近线的方程
得出 ,再由二倍角的正切公式,得出 ,最后由离心率公式,
即可得出答案.
【详解】设经过一三象限的渐近线的倾斜角为 ,则另一条渐近线的倾斜角为
则有
因为 ,所以
故选:C
【点睛】本题主要考查了求双曲线的离心率,涉及了二倍角的正切公式的应用,属于中档题.
8.执行如图所示的程序框图,则输出的 为( )
( )3, 2x∈ − − ( ) ( ) ( )4 4 1 3 0f x f x x x= + = + − = + > ( )f x ( )3, 2− −
( ) 0f x >
2 2
2 2 1( 0, 0)x y a ba b
− = > >
3 2
α 2α
tan ,tan 2b b
a a
α α= = −
2
3b
a
=
α 2α
tan ,tan 2b b
a a
α α= = −
2
2tantan2 1 tan
αα α= −
2
2
2
1
3
b
b ba
a ab
a
− = ⇒ =
−
22 2
2 1 1 3 2c a b b
a a a
+ ∴ = = + = + =
SA. 2020 B. 1010 C. l011 D.
【答案】D
【解析】
【分析】
读懂程序框图的功能,结合等差数列的求和公式,即可得出答案.
【详解】由程序框图可知,该程序的功能是计算
的值
则输出的 为
故选:D
【点睛】本题主要考查了由循环结构框图求输出值,属于中档题.
9.已知 , .若 且 ,则 的值
为( )
1011−
1 2 3 2020 20210 1 ( 1) 2 ( 1) 3 ( 1) 2020 ( 1) 2021 ( 1)S = + × − + × − + × − − × −+ + +×
1 2 3 2020 20210 1 ( 1) 2 ( 1) 3 ( 1) 2020 ( 1) 2021 ( 1)S += + × − + × − + × − × − × −+ +
(1 3 5 7 9 2021) (2 4 6 8 2020)= − + + + + + + + + + + + +
1011(1 2021) 1010(2 2020)
2 2
+ += − +
1011= −
S 1011−
( )1,0AB = ( )2,2BC = − ( )AB AC BCλ µ+ ⊥ 10ACµ = λ µ+A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
先根据向量的加法运算求出 ,再根据向量垂直数量积为零,以及数量积的坐标运算,向
量的模的坐标计算公式,列出方程组,即可求出.
【详解】因为 ,所以 ,
,
即 ,因而, .
故选:B.
【点睛】本题主要考查向量的加法运算,数量积运算,以及向量的模的坐标计算公式的应用,
意在考查学生的数学运算能力,属于基础题.
10.已知 是函数 , 的极小值点,则
的值为( )
A. 0 B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
由三角恒等变换化简函数解析式,根据极小值点的定义以及正弦函数的性质,得出
,再计算 ,即可得出答案.
【详解】
为极小值点
,即
4 2 4 2± 6 2 6 2±
AC
( )1,2AC AB BC= + = − 10 5 10 2ACµ µ µ= ⇒ = ⇒ =
( ) ( ) 0 0AB AC BC AB AC BC AB BC AC BCλ µ λ µ λ µ+ ⊥ ⇒ + ⋅ = ⇒ ⋅ + ⋅ =
2 6 0 3λ µ λ µ− + = ⇒ = 4 4 2λ µ µ+ = = ±
0x 2( ) 2sin cos 2 3sin 3f x x x x= + − ,4 4x
π π ∈ −
( ) ( )0 02f x f x+
3− 2 3− − 2 3− +
0 12x
π= − ( )02f x
2( ) 2sin cos 2 3sin 3 sin 2 3 cos2 2sin 2 3f x x x x x x x
π = + − = − = −
0x
( )0 2f x∴ = − 0sin 2 13x
π − = − ,即
故选:C
【点睛】本题主要考查了三角恒等变换的应用,正弦函数的性质的应用,属于中档题.
11.把圆心角为 的扇形铁板围成一个圆锥,则该圆锥的侧面积与它的外接球的表面积之比
为( )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
根据扇形的形状,可得出圆锥底面半径与母线的长的关系,进而求得其侧面积,再根据圆锥
的外接球的半径为其轴截面三角形的外接圆半径,即可求得它的外接球的表面积,
【详解】设圆锥底面半径为 ,母线长为 ,根据题意以及弧长公式可知, ,解得
,
所以该圆锥的侧面积为 .
02 2 ,3 2x k k Z
π π π∴ − = − + ∈ 0 ,12x k k Z
π π= − + ∈
0 ,4 4x
π π ∈ −
0 12x
π∴ = −
( )02 2sin 2sin 2sin 36 3 3 3 3f x f
π π π π ππ = − = − − = − − = − = −
( ) ( )0 02 2 3f x f x∴ + = − −
120°
3
8
8
3
8
27
27
8
r l 22 3r lπ π=
3l r=
2
1 3S rl rπ π= =如图所示,
由图可知,圆锥的外接球的半径为其轴截面三角形 的外接圆半径,
设圆锥的外接球的半径为 ,
因为 ,所以 ,解得 ,
因此,该圆锥的外接球的表面积为 .
故该圆锥的侧面积与它的外接球的表面积之比为 .
故选:C.
【点睛】本题主要考查圆锥的侧面积公式,弧长公式的应用,以及圆锥外接球的表面积求法,
意在考查学生的数学运算能力,属于基础题.
12.抛物线 的焦点为 ,点 在 上且 在准线上的投影为 ,直线 交 轴
于点 .以 为圆心, 为半径的圆 与 轴相交于 两点, 为坐标原点.若
,则圆 的半径为( )
A. 3 B. C. 2 D.
【答案】B
【解析】
【分析】
设 ,根据抛物线的性质得出 , ,由中位线定理可得出 ,
结合 ,得出 ,由圆的性质得出 ,结合两点间距离公式,即可
PAB
R
2 2 2 2OP l r r= − = ( )2 2 22 2r R r R− + = 9 2
8
rR =
2
2
2
814 8
rS R
ππ= =
1
2
8
27
S
S
=
2: 2C y x= F P C P Q QF y
D P PF P y ,A B O
| | 2 | |OD OB= P
5
2
3
2
( , )P x y 1 ,2Q y −
1 ,02F
0, 2
yD
| | 2 | |OD OB= 0, 4
yB
BP PQ=得出圆 的半径.
【详解】设 ,则 , ,设准线与 轴交于点
, 为 的中点
为 的中点,则
由 得出,点 为线段 的中点,则
由抛物线的定义可知,
,即
,
即圆 的半径为
故选:B
【点睛】本题主要考查了抛物线的性质的应用,中点坐标公式,两点间距离公式的应用,属
于中档题.
二、填空题:
P
( , )P x y 1 ,2Q y −
1 ,02F
x E
//OD QE O EF
D∴ QF 0, 2
yD
| | 2 | |OD OB= B OD 0, 4
yB
PQ PF=
BP PQ∴ =
2 2
2 1
4 2
yx y x ∴ + − = +
29 1
16 4y x= +
2 2y x= 2x∴ =
21 52 2 2QP ∴ = + =
P 5
213.命题 , 的否定为________.
【答案】 , 或 无意义
【解析】
【分析】
由否定的定义求解即可.
【详解】命题 , 否定为 , 或
无意义
故答案为: , 或 无意义
【点睛】本题主要考查了写出特称命题的否定,属于基础题.
14.直线 与曲线 相切,则切点的横坐标为_________.
【答案】
【解析】
【分析】
设切点为 ,利用导数的几何意义求解即可.
【详解】设切点为 , ,
又 ,
,解得:
故答案为:
【点睛】本题主要考查了导数几何意义的应用,属于中档题.
15.对于函数 的叙述,正确的有______(写出序号即可).
①若 ,则 ;②若 有一个零点,则 ;③ 在 上为减函数.
【答案】①②
【解析】
【分析】
利用对数函数的性质判断①;将函数的零点转化为函数图象的交点,进而判断②;取 ,
的
0: (0, )p x∃ ∈ +∞ 0tan 0x >
(0, )x∀ ∈ +∞ tan 0x ≤ tan x
0: (0, )p x∃ ∈ +∞ 0tan 0x > : (0, )p x¬ ∀ ∈ +∞ tan 0x ≤ tan x
(0, )x∀ ∈ +∞ tan 0x ≤ tan x
( 2)y k x= − xy e=
3
( )0 0,x y
( )0 0,x y exy′ = 0xk e∴ =
0
0
xy e= ( )0 0 2y k x= −
( )0 0
0 2x xe e x∴ = − 0 3x =
3
2log (2 ), 1,
( ) 1 , 1
x x
f x a xx
− ( )f x 1 0a− 2 2log (2 ) log 1 0x∴ − > =
1x ≥ 0a
1 0ax
+ >
1x < 2log (2 ) 0x− > ( )f x
1x ( ) 0f x = 1 0ax
+ = 1a x
= −
( )1 , 1y xx
= − ≥
( )f x ( )1 , 1y xx
= − ≥ y a=
1 0a− > 141, 2
−
( )0,A b ( )0,B b− ( ),C a b ( )0k k >
x a= / /PQ OC
2 2
18 4
x y+ =
a 2 2 2 ,a b c= + 2b
2 2 4a b= +
2y kx= − 2 ,0Q k
E M
AM x a= P
,PQ OC / /PQ OC
2 4c = 2c =
∴ ( )2,0− ( )2,0
( ) ( )
2 2
2 214 142 1 2 1 2 4 22 2a
= − + + + − − + =
2 2a∴ = 2 2 2 4b a c= − =椭圆 E 的方程为 .
(另解:由题可知 ,解得 ).
(2)易得 , , ,
直线 与椭圆 联立,得 ,
,从而 , .
直线 AM 的斜率为 ,直线 AM 的方程为 .
令 ,得 ,
直线 PQ 的斜率 .
直线 OC 的斜率 ,
,从而 .
【点睛】本题主要考查椭圆标准方程的求法,直线与椭圆的位置关系的应用,以及利用斜率
相等证明直线平行,意在考查学生的数学运算能力,属于中档题.
20.2019 年第十三届女排世界杯共 12 支参赛球队,比赛赛制釆取单循环方式,即每支球队进
行 11 场比赛,最后靠积分选出最后冠军.积分规则如下(比赛采取 5 局 3 胜制):比赛中以
3—0 或 3—1 取胜的球队积 3 分,负队积 0 分;而在比赛中以 3—2 取胜的球队积 2 分,负队
积 1 分.9 轮过后,积分榜上的前 2 名分别为中国队和美国队,中国队积 26 分,美国队积 22
分.第 10 轮中国队对抗塞尔维亚队,设每局比赛中国队取胜的概率为 .
(1)第 10 轮比赛中,记中国队 3—1 取胜的概率为 ,求 的最大值点 .
∴ 2 2
18 4
x y+ =
2 2
2 2
1 7 12
4
a b
a b
+ =
− =
2
2
4
8
b
a
=
=
( )0,2A ( )0, 2B − ( )2 2,2C
: 2l y kx= − 2 22 8x y+ = ( )2 22 1 8 0k x kx+ − =
2
8
2 1M
kx k
∴ = +
2
2 2
8 4 2,2 1 2 1
k kM k k
−
+ +
2 ,0Q k
∴
2
2
2
4 2 2 12 1
8 2
2 1
k
k
k k
k
− −+ = −
+
1 22y xk
= − +
2 2x = 22 2, 2P k
− +
∴
( )
( )
2 2 2 2 12 2 2
2 22 2 2 2 2 12 2
PQ
kkkk
k k
k
− + −− += = = =
− −−
2 2
22 2OCk = =
PQ OCk k∴ = / /PQ OC
(0 1)p p< <
( )f p ( )f p 0p(2)以(1)中的 作为 的值.
(i)在第 10 轮比赛中,中国队所得积分为 ,求 的分布列;
(ⅱ)已知第 10 轮美国队积 3 分,判断中国队能否提前一轮夺得冠军(第 10 轮过后,无论
最后一轮即第 11 轮结果如何,中国队积分最多)?若能,求出相应的概率;若不能,请说明
理由.
【答案】(1)见解析(2)(i)见解析(ⅱ)见解析
【解析】
【分析】
(1)先得出 ,结合导数得出函数 的单调性,进而得出 的最大值点 ;
(2)(i)先得出 的可能取值,再得出其相应概率,列出分布列即可;
(ⅱ)若中国队在第 10 轮比赛中,获得 积分,则总积分为 分,即便美国队第 都获
得 分,则总积分为 分,则中国队可以提前一轮夺得冠军,最后由(i)得出其概率.
【详解】(1)
由此
令 ,得
当 时, 在 上为增函数;
当 时, 在 上为减函数;
所以 的最大值点
(2)由(1)知
(i) 可取
0p p
ξ ξ
( )f p ( )f p ( )f p 0p
ξ
3 29 11,12
3 28
2 3 3
3( ) C (1 ) 3 (1 )f p p p p p= − = −
2 3 2( ) 3 3 (1 ) ( 1) 3 (3 4 )f p p p p p p′ = − + − = −
( ) 0f p′ = 3
4p =
30, 4p ∈ ( ) 0, ( )f p f p′ > 30, 4
3 ,14p ∈ ( ) 0, ( )f p f p′ < 3 ,14
( )f p 0
3
4p =
3
4p =
ξ 3,2,1,0
3 3
2
3
3 3 3 189( 3) C 14 4 4 256P ξ = = + − = 所以 的分布列为
(ⅱ)若 ,则中国队 轮后的总积分为 分,美国队即便第 轮和第 轮都积 分,
则 轮过后的总积分是 分, ,所以,中国队如果第 轮积 分,则可提前一轮夺
得冠军,其概率为
【点睛】本题主要考查了独立事件的实际应用,写出离散型随机变量的分布列以及导数的应
用,属于中档题.
21.已知函数 .
(1)当 时,求函数 的单调区间;
(2)证明:当 时, .
【答案】(1)见解析(2)见解析
【解析】
【分析】
(1)利用导数证明函数的单调性即可;
(2)利用导数以及零点存在性定理得出函数 的单调性以及最值,再构造函数,利用导数
3 2
2
4
3 3 81( 2) C 14 4 512P ξ = = − =
3 2
2
4
3 3 27( 1) C 1 4 4 512P ξ = = − =
3 3
2
3
3 3 3 13( 0) 1 C 14 4 4 256P ξ = = − + − ⋅ =
ξ
ξ 3 2 1 0
P 189
256
81
512
27
512
13
256
3ξ = 10 29 10 11 3
11 28 29 28> 10 3
189( 3) 256P P ξ= = =
( )2 2( ) ln 02 2
m ef x x x x x x e= − − + <
1m e
= ( )f x
2
10 m e
< < ( ) 0f x >
( )f x证明其单调性,即可得出结论.
【详解】(1)当 时,
令
当 ,得 ;当 ,得
在 上单调递增,在 上单调递减
在 上恒成立
在 上为减函数,
的单调区间是 .
(2) ,令
令 ,得
在 上恒成立, 在 上单调递增,
即 在 上单调递增
由于 ,则
存在 ,使得 ,
即
在 上单调递减,在 上单调递增
1m e
= 21 1( ) ln , ( ) ln2 2f x x x x x f x x xe
e
e
= − − + ′ = −
( )21 1 1( ) ln 0 , ( ) xg x x x x eg x x xee e e
−= − < ′ = − =
( ) 0g x′ > 0 x e< < ( ) 0g x′ < 2e x e< <
( )g x∴ (0, )e 2,e e
max( ) ( ) 0g x g e∴ = =
( ) 0g x∴ ( 20,e
( )f x∴ ( 20,e
( )f x∴ ( 20,e
( ) lnf x x mx′ = − 1 1( ) ln , ( ) mxp x x mx p x mx x
−= − ′ = − =
) 0(p x′ = 21x em
= >
( ) 0p x∴ ′ > ( 20,e ( )p x∴ ( 20,e
( )f x′ ( 20,e
( )(1) , le ef m f m′ = − ′ = −
2
10 m e
< < ( )(1) 0, 0ef f′ < ′ >
∴ 0 (1, )x e∈ ( )0 0f x′ =
0
0 0
0
lnln 0, xx mx m x
− = =
( )f x∴ ( )00, x ( )2
0 ,x e
( ) 2 0 0
min 0 0 0 0 0 0
ln( ) ln 2 2 2 2
x xmf x f x x x x x e x e= = − − + = − +令 恒成立
在 上为减函数
,从而 , 命题得证
【点睛】本题主要考查了利用导数证明单调性以及利用导数证明不等式,属于中档题.
(二)选考题:
[选修 4-4:坐标系与参数方程]
22.在直角坐标系 xOy 中,曲线 ,曲线 ( 为参数);
在以 О 为极点 x 轴的正半轴为极轴的极坐标系中,直线 l 的极坐标方程为 .l
与 , 分别交于异于极点的 A,B 两点,且 .
(1)写出曲线 的极坐标方程;
(2)求实数 a 的值.
【答案】(1) ;(2)
【解析】
【分析】
(1)根据 ,消去参数,即可求得曲线 普通方程,再根据直角坐标和
极坐标互化公式即可求得曲线 的极坐标方程;
(2)将曲线 化成极坐标方程,然后将 分别代入,曲线 和 的极坐标方程即可求
得 ,由题意列出方程,即可解出实数 a 的值.
【详解】(1)把曲线 化成普通方程为 ,即 ,
所以曲线 的极坐标方程为 .
(2)把曲线 化成极坐标方程为 ,
的
ln ln 1( ) (1 ), ( ) 02 2 2
x x xh xe ex x h x
−= − + < < ′ = <
( )h x∴ (1, )e
( ) ( ) 02 2
e eh x h e e> = − + = min( ) 0f x > ∴
( )2
1 : 0C y ax a= < 2
2cos: 2 2sin
xC y
θ
θ
=
= +
θ
( )3
4 R
πθ ρ= ∈
1C 2C 2 OB OA=
2C
4sinρ θ= 4a = −
2 2sin cos 1θ θ+ = 2C
2C
1C 3
4
πθ = 1C 2C
,OA OB
2C ( )22 2 4x y+ − = 2 2 4 0x y y+ − =
2C 4sinρ θ=
1C 2sin cosaρ θ θ=把 分别代入 和 得, ,
,
, ,解得 .
【点睛】本题主要考查曲线的参数方程,普通方程和极坐标方程之间的互化,以及极坐标系
下 的几何意义的应用,意在考查学生的数学运算能力,属于基础题.
[选修 4-5:不等式选讲]
23.已知函数 .
(1)解不等式 ;
(2)若函数 的图象与直线 围成的图形的面积为 6,求实数 a 的值.
【答案】(1) 或 ;(2)
【解析】
【分析】
(1)先根据绝对值的定义,确定分段点 , ,再分类讨论,去掉绝对值,然后分别
解不等式即可求出;
(2)根据题意作出函数函数 的图象与直线 ,由图可知,围成的图形为三角形,
再根据三角形的面积公式列出等式,即可求出实数 a 的值.
【详解】(1) ,
当 时,由 ,得 ,解得 ;
当 时,由 ,得 ,无解;
当 时,由 ,得 ,解得 .
所以 的解集为 .
3
4
πθ = 1C 2C 2
3cos 4 2
3sin 4
a
OA a
π
π
= = −
34sin 2 24OB
π= =
2 OB OA= 4 2 2a∴ = − 4a = −
ρ
( ) ( )2 0f x x a x a= − + >
( ) 2f x a≥
( )f x 2y a=
/ 3
ax x ≤ −
}x a≥ 3a =
0x = x a=
( )f x 2y a=
( )
3 , 0
2 ,0
3 ,
x a x
f x x a x x a x a
x a x a
− + ≤
= − + = + < 3a =