山西省晋中市2021届高三数学(理)3月适应性考试(二模)试题(Word版附答案)
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山西省晋中市2021届高三数学(理)3月适应性考试(二模)试题(Word版附答案)

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资料简介
绝密★启用前 试卷类型:B 晋中市 2021 年 3 月高三适应性调研考试 数学(理科) (本试卷考试时间 120 分钟,满分 150 分) ★祝考试顺利★ 注意事项: 1.答题前,考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡和试卷指定位置上. 2.全部答案在答题卡上完成,答在本试卷上无效. 3.回答选择题时,选出每小题答案后,用 2B 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,再选涂其他答案标号.回答非选择题时, 将答案用 0.5 毫米及以上黑色笔迹签字笔写在答题卡上. 4.考试结束后,将本试卷和答题卡一并交回. 参考公式: 锥体的体积公式: 1 3V Sh (其中 S 为锥体的底面积,h 为锥体的高). 一、选择题(本题共 12 小题,每小题 5 分,共 60 分.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.已知集合  2{ |1 4}, | 2 3 0A x x B x x x      … ,则 A B 等于( ) A.( 1,1] B.[3,4) C.( , 1] [3, )    D. ( , 1] (1, )    2.已知复数 z 满足 6 1z i   ,则| |z  ( ) A. 2 B. 2 2 C.3 D.3 2 3.已知向量 (1,3), ( ,4)a b m   ,且 (2 )b a b    ,则 m 的值为( ) A. 2 B.2 C.4 D. 2 或 4 4.魔方又叫鲁比克方块(Rubk's Cube),是由匈牙利建筑学教授暨雕塑家鲁比克·艾尔内于 1974 年发明的机械益智玩具,与华容道、独立钻石棋一起被国外智力专家并称为智力游戏界 的三大不可思议.三阶魔方可以看作是将一个各面上均涂有颜色的正方体的棱三等分,然后 沿等分线把正方体切开所得,现将三阶魔方中 1 面有色的小正方体称为中心方块,2 面有色的 小正方体称为边缘方块,3 面有色的小正方体称为边角方块,若从这些小正方体中任取一个, 恰好抽到边缘方块的概率为( ) A. 2 9 B. 8 27 C. 4 9 D. 1 2 5.如图,一个四棱柱形容器中盛有水,在底面 ABCD 中, / /AB CD , 3AB  , 1CD  ,侧 棱 1 4AA  ,若侧面 1 1AA B B 水平放置时,水面恰好过 1 1 1 1, ,,AD BC B C A D 的中点,那么当底 面 ABCD 水平放置时,水面高为( ) A.2 B. 5 2 C.3 D. 7 2 6.已知 2 1 sin2 22cos sin2      ,则 tan 2  ( ) A. 3 4  B. 4 3  C. 3 4 D. 4 3 7.已知点 F 是抛物线 2: 2 ( 0)E y px p  的焦点,O 为坐标原点,A,B 是抛物线 E 上的两 点,满足| | | | 10, 0FA FB FA FB FO        则 p  ( ) A.1 B.2 C.3 D.4 8.定义在 ( 1,1) 上的函数 ( )f x 满足 ( ) ( ) ( ) 2f x g x g x    ,对任意的 1 2 1 2, ( 1,1),x x x x   ,恒有      1 2 1 2 0f x f x x x     ,则关于 x 的不等式 (3 1) ( ) 4f x f x   的解集为( ) A. 1 ,4      B. 1 ,04     C. 1, 4      D. 2 ,03     9.已知长方体 1 1 1 1ABCD A B C D 的底面是边长为 2 的正方形,高为 4,E 是 1DD 的中点,则 三棱锥 1 1B C EC 的外接球的表面积为( ) A.12 B. 20 C. 24 D. 32 10.已知双曲线 2 2 2 2: 1( 0, 0)x yC a ba b     的右焦点为 F,过点 F 且垂直于 x 轴的直线与双 曲线的渐近线交于点 A(A 在第一象限内),以OA 为直径的圆与双曲线的另一条渐近线交于 点 B,若 / /BF OA ,则双曲线 C 的离心率为( ) A. 2 3 3 B. 2 C. 3 D.2 11.设 ( ) sin2 cos2f x a x b x  ,其中 0, 0a b  ,若 ( ) 6f x f    „ 对任意的 x R 恒成 立,则下列说法正确的是( ) A. 7 10 5f f           B.对任意的 x R 有 5( ) 06f x f x      成立 C. ( )f x 的单调递增区间是 2, ( )6 3k k k        Z D.存在经过点 ( , )a b 的直线与函数 ( )f x 的图象不相交 12.若存在实数 x,y 满足 ln 3 y yx x e e  … ,则 x y  ( ) A. 1 B.0 C.1 D. e 二、填空题(本题共 4 小题,每小题 5 分,共 20 分) 13.设 x,y 满足 0, 2 1, 2 2, x y x y x y       … „ … 则 x y 的最小值是_______,最大值是_________. 14.曲线 lny x ax  与直线 2 1y x  相切,则 a  ______. 15.过点 (2, 3)P 作圆 2 2: 2 0C x y x   的两条切线,切点分别为 A,B,则 PA PB   _______. 16.如图所示,在平面四边形 ABCD 中, , , , 2AB BD AB BD BC CD AD    ,在 ABC 中,角 A,B,C 的对应边分别为 a,b,c,若 2 2 cosc ab C ,则 ACD 的面积为__________. 三、解答题(共 70 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第 17~21 题 为必考题,每个试题考生都必须作答.第 22、23 题为选考题,考生根据要求作答) (一)必考题(共 60 分) 17.(12 分)设 na 是各项都为正的单调递增数列,已知 1 4a  ,且 na 满足关系式: 1 14 2n n n na a a a    , *nN . (1)求 na 的通项公式; (2)若 1 1n n b a   ,求数列 nb 的前 n 项和 nS . 18.(12 分)现有两个全等的等腰直角三角板,直角边长为 2,将它们的一直角边重合,若将 其中一个三角板沿直角边折起形成三棱锥 A BCD ,如图所示,其中 60ABD   ,点 E, F,G 分别是 , ,AC BC AB 的中点. (1)求证: EF  平面 CDG ; (2)求二面角 F AE D  的余弦值. 19.(12 分)为了促进电影市场快速回暖,各地纷纷出台各种优惠措施.某影院为回馈顾客, 拟通过抽球兑奖的方式对观影卡充值满 200 元的顾客进行减免,规定每人在装有 6 个白球、2 个红球的抽奖箱中有放回的抽球,每次抽取一个,最多抽取 3 次.已知抽出 1 个白球减 10 元, 抽出 1 个红球减 30 元,如果前两次减免之和超过 30 元即停止抽奖,否则抽取第三次. (1)求某顾客所获得的减免金额为 40 元的概率; (2)求某顾客所获得的减免金额 X 的分布列及数学期望. 20.(12 分)设椭圆 2 2 2 2: 1( 0)x yC a ba b     ,O 为原点,点 (4,0)A 是 x 轴上一定点,已知 椭圆的长轴长等于| |OA ,离心率为 3 2 . (1)求椭圆的方程; (2)直线 :l y kx t  与椭圆 C 交于两个不同点 M,N,已知 M 关于 y 轴的对称点为 M  ,N 关于原点 O 的对称点为 N  ,若 ,M N  满足 ( 1)OA OM ON           ,求证:直线 l 经过定点. 21.(12 分)已知函数 2 21( ) 2 ( )2x axf x x x ae     R ( 2.71828e  …是自然对数的底数). (1)若 ( )f x 在 (0.2)x 内有两个极值点,求实数 a 的取值范围; (2) 1a  时,计论关于 x 的方程 21 1( ) 2 |ln |( )2 xf x x x b x bxe         R 的根的个数. (二)选考题(共 10 分.请考生在第 22、23 题中任选一题作答,如果多做,则 按所做的第一题计分) 22.[选修 4—4:坐标系与参数方程](10 分) 已知在平面直角坐标系 xOy 中,曲线 C 的参数方程为 2 2cos , 2sin x y       ( 为参数).以原点 O 为极点,x 轴的正半轴为极轴,取相同的单位长度建立极坐标系,直线 l 的极坐标方程为 (sin cos ) 1    . (1)求曲线 C 的普通方程和直线 l 的直角坐标方程; (2)点 P 的极坐标为 1, 2     ,设直线 l 与曲线 C 的交点为 A,B,且 AB 的中点为 Q,求线 段 PQ 的长. 23.[选修 4—5:不等式选讲](10 分) 已知函数 ( ) | | | |( 0)f x b x x a a    . (1)当 1, 2b a  时,解不等式 ( ) 5f x „ ; (2)当 2b  时,若不等式 ( ) 3f x … 对任意的 x R 恒成立,求实数 a 的取值范围. 2021 年 3 月高三适应性调研考试 数学(理科)答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 D D D C B A D B B A B C 1.解析:由题意得集合  2| 2 3 0 { 1B x x x x x    |… „ 或 3}x… ,又因为 { |1 4}A x x   ,所以 { | 1A B x x  „ 或 1}x  ,故选 D. 答案:D 2.解析:因为 6 6(1 ) 6 (1 ) 3 31 (1 )(1 ) 2 iz i ii i i         ,所以| | 3 2z  .故选 D. 答案:D 3.解析:根据题意,得 2 (2 ,2)a b m    ,由 (2 )b a b    ,得 (2 ) 8 0m m   ,解得 2m   或 4m  .故选 D. 答案:A 4.解析:沿等分线把正方体切开得到同样大小的小正方体共有 27 个,其中有 3 个面涂色的 小正方体共有 8 个,只有 2 个面涂色的小正方体共有 12 个,只有 1 个面涂色的小正方体共有 6 个,所以恰好抽到只有 2 个面有色的小正方体的概率为 12 4 27 9  .故选 C. 答案:C 5.解析:设四棱柱的底面梯形的高为 2 , ,a AD BC 的中点分别为 ,F E ,所求的水面高为 h, 则水的体积 1      (2 3) (1 3)2    42 2ABEF ABCD a aV S AA S h h       水 四边形 四边形・ ,所以 5 2h  ,故选 B. 6.解析:因为 2 2 2 1 sin2 1 2sin cos (sin cos ) sin cos 1 1tan 22cos sin2 2cos 2sin cos 2cos (sin cos ) 2cos 2 2                            ,所以 tan 3  ,从而可得 2 2tan 6 3tan2 1 tan 1 9 4       ,故选 A. 答案:A 7.解析:设    1 1 2 2, , ,A x y B x y ,则 1 2 1 2| | | | 102 2 p pFA FB x x x x p         ,① 由 0FA FB FO      ,知 1 2 1 2 3 , 02 pFA FB FO x x y y              ,所以 1 2 3 2 px x  , ② 联立①②解得 4p  ,故选 D. 答案:D 8.解析:设 ( ) ( ) 2 ( ) ( )h x f x g x g x     ,则 ( )h x 为奇函数,且在 ( 1,1) 上为增函数, 所以不等式 (3 1) ( ) 4f x f x   等价于 (3 1) 2 ( ) 2 0f x f x     ,即 (3 1) ( ) 0h x h x   ,亦即 (3 1) ( ) ( )h x h x h x     ,可得 1 3 1 1, 1 1, 3 1 , x x x x            ,解得 1 04 x   ,故选 B. 答案:B 9.解析:如图,因为在三棱锥 1 1B C EC 中, 1 1B C  平面 1C EC 且 1C EC 为直角三角形, 所以外接球球心是 1B C 的中点,不妨设球的半径为 R,则 2 4 16 20R    ,所以球的表 面积 24 20S R   .故选 B. 答案:B 10.解析:如图,因为 AF OF ,所以点 F 在圆上,又 / /BF OA ,所以 AOF OFB  , 而 AOF BOF   ,所以 OBF 是等腰三角形,所以 30AOF   ,所以 3tan30 3 b a    ,所以 2 2 31 3 be a       ,故选 A. 答案:A 11.解析: 2 2 2 2( ) sin2 cos2 sin(2 ) tan bf x a x b x a b x a b a           „ ,又 3 1sin cos6 3 3 2 2f a b a b          ,由题意 ( ) 6f x f    „ 对任意的 x R 恒成立, 且 0, 0a b  ,所以 2 2 3 1 2 2a b a b „ 对任意的 x R 恒成立,即 2 2 2 23 1 3 4 4 2a b a b ab  „ 2 23 2 3a b ab  „ 恒成立,由基本不等式可知 2 23 2 3a b ab  ,所以 2 23 2 3a b ab … ,此时 3 0a b  , 所以 ( ) 3 sin2 cos2 2 sin 2 6f x b x b x b x        . 对于 A 选项, 7 47 132 sin 2 sin10 30 30f b b        , 17 132 sin 2 sin5 30 30f b b        , 所以 7 10 5f f           ,故 A 错误; 对于 B 选顼,因为 ( ) 2 sin 2 6f x b x      ,所以不妨令 2 ,6x k k   Z ,解得 ,12 2 kx k    Z ,当 1k  时, 5 12x  ,所以 5 ,012     是 ( )f x 的对称中心,故 B 正确; 对于 C 选项,由 2 2 2 ,2 6 2k x k k      Z„ „ ,知 ,3 6k x k k    Z„ „ ,故 C 不正确; 对于 D 选项,由题知 3 0a b  ,要使经过点 ( , )a b 的直线与函数 ( )f x 的图象不相交,则 此直线与横轴平行,又 ( )f x 的振幅为 2b b ,所以直线必与 ( )f x 的图象有交点,故 D 不正 确. 答案: B 12.解析:令 ( ) ln 3f x x x   ,则 1 1( ) 1 xf x x x     ,所以 ( )f x 在 (0,1) 上单调递增, 在(1, ) 上单调递减,所以 max( ) (1) ln1 1 3 2f x f     . 令 ( ) y yg y e e  ,则 2y ye e … ,当且仅当 0y  时取等号, 又ln 3 y yx x e e  … ,所以 ln 3 2y yx x e e     ,所以 1, 0, 1x y x y    . 答案:C 13.解析:如图所示,不等式组满足的平面区域为阴影部分所示区域,设 z x y  ,当 y x z  经过点 2 2,3 3A    时, z x y  取到最小值 4 3  ;当 y x z  经过点 1 1,3 3B    时, z x y  取到最大值 2 3 . 答案: 4 2 3 3  14.解析:设切点为  0 0,P x y ,则 0 0 0 0 0ln , 2 1y x ax y x    ,切线的斜率  0 0 1 2k f x ax     ,解得 0 1, 1x a  . 答案:1 15.解析:由 2 2 2 0x y x   得 2 2( 1) 1x y   ,所以圆心 (1,0)C ,半径为 1,所以 | | 2,| | | | 3, 60PC PA PB APB     ,所以 3| || |cos60 2PA PB PA PB      . 答案: 3 2 16.解析:∵ ,AB BD AB BD  ,∴在等腰直角 ABD 中 2 2AD AB c  ,在 ABC 中,由余弦定理得 2 2 22 cosa b ab C c   ,又已知 2 2 cosc ab C ,∴ 2 2 22a b c  ,又 ∵ , , 2a BC CD b AC AD c    ,∴ 2 2 2AC CD AD  ,∴ AC CD ,作CF BD 分别交 ,BD AD 于点 F,E(图略),∵ BC CD ,E,F 分别为线段 ,AD BD 的中点,∴ 45 , 1CED CE ED     ,∴ 1 22 2 sin452 2ACD ECDS S EC ED         . 答案: 2 2 17.解:(1)因为 * 1 14 2 ,n n n na a a a n     N ,所以 1 12 4n n n na a a a    , 即 2 1 4n na a   , 又 na 是各项为正的单调递增数列,所以 1 2n na a   , 3 分 所以 na 是首项为 2,公差为 2 的等差数列, 所以 2 2( 1) 2na n n    ,所以 24na n . 6 分 (2) 2 1 1 1 1 1 1 1 4 1 (2 1)(2 1) 2 2 1 2 1n n b a n n n n n              , 8 分 所以 1 2n nS b b b    1 1 1 1 1 1 1 112 3 2 3 5 2 2 1 2 1n n                        10 分 1 112 2 1 2 1 n n n        . 12 分 18.解:(1)证明:根据已知得 AD BD ,又 G 为 AB 的中点,所以 DG AB , 1 分 因为 AC BC ,G 为 AB 的中点,所以CG AB , 2 分 又 DG CG G  ,所以 AB  平面CDG . 3 分 又因为 / /AB EF ,所以 EF  平面CDG . 4 分 (2)因为 ,CD AD CD BD  ,所以CD  平面 ABD ,取 BD 中点 H,连接 ,AH FH , 则 AH  平面 BDC ,又 HF BD ,所以以 H 为原点,以 , ,HB HF HA 所在直线分别为 , ,x y z 轴建立如图所示的空间直角坐标系, 5 分 则 1 3(0,0, 3), (0,1,0), ( 1,2,0), ,1, , ( 1,0,0)2 2A F C E D        , 所以 1 3,1, , (0,1, 3), ( 1,0, 3)2 2AE AF AD                . 6 分 设平面 AEF 的法向量为  1 1 1 1, ,n x y z , 则 1 1 0, 0, n AE n AF          即 1 1 1 1 1 1 3 0,2 2 3 0, x y z y z        令 1 1z  ,得 1 ( 3, 3,1)n  . 8 分 设平面 AED 的法向量为  2 2 2 2, ,n x y z , 则 2 2 0, 0, n AE n AD          即 2 2 2 2 2 1 3 0,2 2 3 0, x y z x z        令 2 1z   ,得 2 ( 3,0, 1)n   . 10 分 所以 1 2 3 1 7cos , 72 7 n n    ,所以二面角 F AE D  的余弦值为 7 7 . 12 分 19.解:(1)若顾客所获得的减免金额为 40 元,则第一次抽白球、第二次抽红球或第一次抽 红球、第二次抽白球. 2 分 求得顾客所获得的减免金额为 40 元的概率为 6 2 2 6 24 3 8 8 8 8 64 8P       . 5 分 (2)某顾客所获得的减免金额 X 可能为 30,40,50,60. 6 分 6 6 6 27( 30) 8 8 8 64P X      , 7 分 6 2 2 6 24 3( 40) 8 8 8 8 64 8P X        , 8 分 6 6 2 9( 50) 8 8 8 64P X      , 9 分 2 2 1( 60) 8 8 16P X     . 10 分 所以 X 的分布列为 X 30 40 50 60 P 27 64 3 8 9 64 1 16 11 分 27 3 9 1 615( ) 30 40 50 6064 8 64 16 16E X          . 所以某顾客所获得的减免金额的数学期望为 615 16 . 12 分 20.解:(1)由题意得, 2, 3a c  ,所以 2 2 2 1b a c   . 3 分 所以椭圆 C 的方程为 2 2 14 x y  . 4 分 (2)证明:设    1 1 2 2, , ,M x y N x y ,则    1 1 2 2, , ,M x y N x y    , 1 2 1 2 ,4 4AM AN y yk kx x     . 所以        1 2 2 11 2 1 2 1 2 4 4 04 4 4 4 y x y xy y x x x x         , 整理得  1 2 1 22 ( 4 ) 8 0kx x t k x x t     .① 7 分 由 2 2 , 1,4 y kx t x y     得  2 2 21 4 8 4 4 0k x ktx t     , 8 分 则 2 1 2 1 22 2 8 4 4,1 4 1 4 kt tx x x xk k      . 9 分 代入①整理得 t k , 11 分 所以直线 l 的方程为 y kx k  ,即直线 l 恒过定点 ( 1,0) . 12 分 21.解:(1)由题意可求得    22 ( 2) ( ) 2 x x x a x x x e ax f x xe e         , 因为 ( )f x 在 (0,2)x 内有两个极值点,所以 ( ) 0f x  在 (0,2)x 内有两个不相等的变号 根, 即 0xe ax  在 (0,2)x 上有两个不相等的变号根. 1 分 设 ( ) xg x e ax  ,则 ( ) xg x e a   , ①当 0a„ 时, (0,2), ( ) 0xx g x e a    , 所以 ( )g x 在 (0,2) 上单调递增,不符合条件. 2 分 ②当 0a  时,令 ( ) 0xg x e a    得 lnx a , 当ln 2a… ,即 2a e… 时, (0,2), ( ) 0xx g x e a    , 所以 ( )g x 在 (0,2) 上单调递减,不符合条件; 3 分 当ln 0a„ ,即 0 1a „ 时, (0,2), ( ) 0xx g x e a    , 所以 ( )g x 在 (0,2) 上单调递增,不符合条件; 4 分 当0 ln 2a  ,即 21 a e  时, ( )g x 在 (0,ln )a 上单调递减, (ln ,2)a 上单调递增, 若要 0xe ax  在 (0,2)x 上有两个不相等的变号根,则 (0) 0, (2) 0, (ln ) 0, 0 ln 2, g g g a a        ,解得 2 2 ee a  . 5 分 综上所述, 2 2 ee a  . 6 分 (2)设 2 2 1 1( ) |ln | ( ) 2 |ln | , (0, )2 x x xh x x f x x x b x b xxe e              , 令 2x xy e  ,则 2 1 2 x xy e   ,所以 2x xy e  在 10, 2     上单调递增,在 1 ,2     上单调递减. (ⅰ)当 (1, )x  时,ln 0x  ,则 2( ) ln x xh x x be    ,所以 2 2( ) 2 1 x x eh x e xx         . 因为 2 2 1 0, 0 xex x    ,所以 ( ) 0h x  ,因此 ( )h x 在 (1, ) 上单调递增. 7 分 (ⅱ)当 (0,1)x 时,ln 0x  ,则 2( ) ln x xh x x be     ,所以 2 2( ) 2 1 x x eh x e xx          . 因为  2 2 21, , 1 0,2 1 1x xe e e x x      ,所以 2 2( ) 2 1 0 x x eh x e xx           ,因此 ( )h x 在 (0,1) 上单调递减. 8 分 综合(ⅰ)(ⅱ)可知,当 (0, )x  时, 2( ) (1)h x h e b  … , 当 2(1) 0h e b    ,即 2b e  时, ( )h x 没有零点,故关于x的方程根的个数为0, 9 分 当 2(1) 0h e b    ,即 2b e  时, ( )h x 只有一个零点,故关于 x 的方程根的个数为 1, 10 分 当 2(1) 0h e b    ,即 2b e  时, ①当 (1, )x  时, 1 2 1( ) ln ln ln 12x xh x x b x e b x be             ,要使 ( ) 0h x  , 可令 ln 1 0x b   ,即  1 ,bx e   ; ②当 (0,1)x 时, 1 2 1( ) ln ln ln 12x xh x x b x e b x be              … ,要使 ( ) 0h x  , 可令 ln 1 0x b    ,即  10, bx e  , 所以当 2b e  时, ( )h x 有两个零点,故关于 x 的方程根的个数为 2. 11 分 综上所述:当 2b e  时,关于 x 的方程根的个数为 0, 当 2b e  时,关于 x 的方程根的个数为 1, 当 b 2b e  时,关于 x 的方程根的个数为 2. 12 分 22.解:(1)由题意可知在曲线 C 中, 2 2cos , 2sinx y    ,则 2 2 2 2( 2) 4cos 4sin 4x y       ,得曲线 C 的直角坐标方程为 2 2( 2) 4x y   ; 2 分 因为 cos , sinx y     ,可得直线 l 的直角坐标方程为 1 0x y   . 4 分 (2)已知点 P 的直角坐标为 (0,1) ,设直线 l 的参数方程为 2 ,2 21 ,2 x t y t       代入曲线 C 的普通 方程得 2 3 2 1 0t t   , 6 分 设 A,B 对应参数为 1 2,t t ,则 Q 对应的参数为 1 2 2 t t , 8 分 故 1 2 3 2| | 2 2 t tPQ  ∣ . 10 分 23.解:(1)当 1, 2b a  时,不等式 ( ) 5f x „ 即为| | | 2 | 5x x  „ , 1 分 法一:当 2x… 时,可得 ( 2) 5x x  „ ,解得 7 2x„ ,则 72 2x„ „ ; 2 分 当0 2x  时,可得 ( 2) 5x x  „ ,即 2 5„ ,所以 0 2x  ; 3 分 当 0x„ 时,可得 ( 2) 5x x   „ ,解得 3 2x … ,则 3 02 x „ „ . 4 分 综上可得,原不等式的解集为 3 7,2 2     . 5 分 法二:根据绝对值的几何意义可得不等式的解集为 3 7,2 2     . 5 分 (2)当 2b  时,若不等式 ( ) 3f x … 对任意的 x R 恒成立,即为 min( ) 3f x … , 又 3 , , ( ) ,0 , 3 , 0, x a x a f x x a x a a x x        … „ 6 分 当 x a… 时, ( ) ( ) 2f x f a a… ; 7 分 当0 x a  时, ( ) 2a f x a  ; 8 分 当 0x„ 时, ( )f x a… . 9 分 故 min( )f x a ,则 3a… ,即 a 的取值范围是[3, ) . 10 分

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