2018-2019学年山西省忻州市第一中学高二下学期第三次月考数学(文)试题 解析版

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山西省忻州市第一中学2018-2019学年高二下学期第三次月

考数学（文)试题

评卷人 得分 一、单选题

1．已知集合A{x|xx2}，B{1,m,2}，若AB，则实数m的值为（ ） A．2 【答案】B 【解析】 【分析】

求得集合A{0,1}，根据AB，即可求解，得到答案. 【详解】

由题意，集合A{x|xx}{0,1}，因为AB，所以m0，故选B. 【点睛】

本题主要考查了集合交集运算，其中解答中熟记集合的包含关系的运算是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题. 2．已知复数z2B．0 C．0或2 D．1

i（i为虚数单位），则z（ ） 3iB．10

C．A．

10 105 5D．5 【答案】A 【解析】 【分析】

根据复数的运算和复数模的运算，即可求解，得到答案. 【详解】

i(3i)1311013由题意，复数|z|.故选i(3i)(3i)101010101010A. 【点睛】

本题主要考查了复数的运算，以及复数的模的运算，其中解答中熟记复数的运算，准确利用复数的模的运算公式求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.

22 1

3．“x21”是“x24”的（ ） A．充要条件

C．既不充分也不必要条件 【答案】D 【解析】 【分析】

先判断由x21，能不能推出x24，再判断由x24能不能推出x21，最后根据充分条件，必要条件的定义，选出正确的答案. 【详解】

当x21，得x21，不可以推出x24； 但x24时，能推出x24，因此可以推出x21， 所以“x21”是“x24”的必要不充分条件． 故选B． 【点睛】

本题考查了必要不充分条件的判断，正确理解充分条件、必要条件的定义是解题的关键. 4．已知向量a(2,m),b(3,1)，若a//b，则实数m的值为（ ） A．

B．必要不充分条件 D．充分不必要条件

1 4B．

1 3C．

2 3D．

1 2【答案】C 【解析】 【分析】

由a//b，根据向量的坐标运算，得到3m2，即可求解，得到答案. 【详解】

由题意，向量a(2,m),b(3,1)， 因为a//b，则【点睛】

本题主要考查了向量的坐标运算，以及向量的共线条件的应用，其中解答中熟记向量的共线条件，准确运算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.

2y5．已知函数y2在区间[0,1]上的最大值为a，则抛物线ax的准线方程是

12x2m2，即3m2，解得m.故选C. 313 2

（ ） A．x3 【答案】B 【解析】 【分析】

由指数函数单调性，求得a2，化简抛物线的方程y224x，即可求解抛物线的准线方程，得到答案. 【详解】

由题意，函数y2在区间[0,1]上的最大值为a，所以a212，

xB．x6 C．x9 D．x12

y2所以抛物线2x化为标准方程是y224x，其准线方程是x6.

12故选B. 【点睛】

本题主要考查了指数函数的单调性，以及抛物线的几何性质的应用，其中解答中熟记指数函数的性质和抛物线的几何性质是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.

6．若执行如图所示的程序框图，则输出S的值为（ ）

A．9 【答案】D 【解析】 【分析】

B．-16 C．25 D．36

执行循环结构的程序框图，逐次运算，根据判断条件终止循环，即可得到运算结果，得

3

到答案. 【详解】

由题意，执行循环结构的程序框图，可知：

第一次运行时，T(1)•11,S0(1)1,n3； 第二次运行时，T(1)•33,S1(3)4,n5； 第三次运行时，T(1)•55,S4(5)9,n7； 第四次运行时，T(1)•77,S9(7)16,n9； 第五次运行时，T(1)•99,S16(9)25,n11； 第六次运行时，T(1)•1111,S25(11)36， 此时刚好满足n9，所以输出S的值为36.故选D. 【点睛】

本题主要考查了循环结构的程序框图的计算与输出问题，其中解答中熟练应用给定的程序框图，逐次运算，根据判断条件，终止循环得到结果是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.

7．已知各项都为正数的等比数列an的前n项和为Sn，若a3a7256，S4S212，则ytan(wx) （ ） A．31 【答案】C 【解析】 【分析】

由等比数列的性质，求得a516，再由a3a412，求得公比q=2，最后利用等比数列的求和公式，即可求解. 【详解】

2由题意，在等比数列an中，因为a3a7256，得a3a7a5256，解得a516，

1357911B．32 C．63 D．64

又由S4S212，得a3a412. 设等比数列an的公比为q（q0）， 则a3a4a5a51616212q，解得（舍去）或q=2， 22qqqq34

a5161126所以a1441.所以S63. 6q212故选C. 【点睛】

本题主要考查了等比数列的通项公式和性质的应用，以及等比数列的求和，其中解答中熟记等比数列的通项公式和性质，求得等比数列的公式是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题.

8．统计某校n名学生的某次数学同步练习成绩（满分150分），根据成绩分数依次分成六组：

90,100,100,110,110,120,120,130,130,140,140,150，得到频率分布直方

图如图所示，若不低于140分的人数为110.①m0.031；②n800；③100分的人数为60；④分数在区间120,140的人数占大半．则说法正确的是（ ）

A．①② 【答案】B 【解析】 【分析】

B．①③ C．②③ D．②④

根据频率分布直方图的性质和频率分布直方图中样本估计总体，准确运算，即可求解. 【详解】

由题意，根据频率分布直方图的性质得

10(m0.0200.0160.0160.0110.006)1，

解得m0.031.故①正确；

因为不低于140分的频率为0.011100.11，所以n1101000，故②错误； 0.11由100分以下的频率为0.00610=0.06，所以100分以下的人数为10000.06=60， 故③正确；

5

分数在区间[120,140)的人数占0.031100.016100.47，占小半.故④错误. 所以说法正确的是①③. 故选B. 【点睛】

本题主要考查了频率分布直方图的应用，其中解答熟记频率分布直方图的性质，以及在频率分布直方图中，各小长方形的面积表示相应各组的频率，所有小长方形的面积的和等于1，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题.

x2y10x39．已知实数x，y满足不等式组，则zxy3的取值范围是（ ） xy10A．,8 【答案】B 【解析】 【分析】

作出约束条件所表示的平面区域，结合图象确定目标函数的最优解，代入即可求得目标函数的最值，得到答案. 【详解】

83B．,8

38C．[4,8]

D．,4

3

4

x2y10x3由题意，作出不等式组表示的平面区域如图阴影区域，如图所示， xy10x3x3联立，解得，所以点A的坐标是(3,2)；

xy10y21xx2y10123联立，解得，所以点B的坐标是(,).

33xy10y23z.平移直线x由zxy3，得yx3y0易知，当直线zxy3经过

点A(3,2)时，目标函数zxy3取得最大值，且zmax3(2)38；当直线

12zxy3经过点B,时，目标函数zxy3取得最小值，且

33128zmin3，

333

6

8zxy3综上所述，的取值范围是,8.

3故选B.

【点睛】

本题主要考查简单线性规划求解目标函数的最值问题．其中解答中正确画出不等式组表示的可行域，利用“一画、二移、三求”，确定目标函数的最优解是解答的关键，着重考查了数形结合思想，及推理与计算能力，属于基础题． 10．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（ ）

A．12 【答案】C 【解析】 【分析】

B．14 C．18

D．24

根据给定的三视图，得到该几何体是一个组合体，其中上面是一个半圆锥，圆锥的底面直径是4，圆锥的高是3；下面是一个圆柱，圆柱的底面直径是4，圆柱的高是4，利用体积公式，即可求解. 【详解】

由三视图，可得该几何体是一个组合体，其中上面是一个半圆锥，圆锥的底面直径是4，圆锥的高是3；下面是一个圆柱，圆柱的底面直径是4，圆柱的高是4， 所以该几何体的体积是V24

21122318. 237

故选C. 【点睛】

本题考查了几何体的三视图及体积的计算，在由三视图还原为空间几何体的实际形状时，要根据三视图的规则，空间几何体的可见轮廓线在三视图中为实线，不可见轮廓线在三视图中为虚线，求解以三视图为载体的空间几何体的表面积与体积的关键是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系，利用相应公式求解. 11．某莲藕种植塘每年的固定成本是1万元，每年最大规模的种植量是8万斤，每种植一斤藕，成本增加0.5元.如果销售额函数是f(x)13921xaxx （x是莲藕8162种植量，单位：万斤；销售额的单位：万元，a是常数），若种植2万斤，利润是2.5万元，则要使利润最大，每年需种植莲藕（ ） A．6万斤 【答案】A 【解析】 【分析】

设销售的利润为g(x)，得g(x)B．8万斤

C．3万斤

D．5万斤

13925xax1，当x2时，g(2)，解得816219a2，得出函数g(x)x3x21，利用导数求得函数的单调性与最值，即可

88求解. 【详解】

139211xaxx1x， 81622139295ax1，当x2时，g(2)1a1，解得a2， 即g(x)x8164213923293故g(x)xx1，则g(x)xxx•(x6)，

88848由题意，设销售的利润为g(x)，得g(x)可得函数g(x)在(0,6)上单调递增，在(6,8)上单调递减，所以x6时，利润最大， 故选A. 【点睛】

本题主要考查了导数在实际问题中的应用，其中解答中认真审题，求得函数的解析式，利用导数得出函数的单调性和最值是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题.

12．在四棱锥P- ABCD中，底面ABCD是正方形，顶点P在底面的射影是底面的中心，且各顶点都在同一球面上，若该四棱锥的侧棱长为11，体积为4，且四棱锥的高

8

为整数，则此球的半径等于（参考公式：ab(ab)aabbA．2 【答案】D 【解析】 【分析】

B．

3322（ ） ）

11 3C．4

D．

11 6根据题意画出图形，设底面正方形ABCD的中心为O，四棱锥PABCD的外接球的球心为O，半径为R，设底面正方形ABCD的边长为a，四凌锥的高为h，根据题意列出关于a和h的方程，进一步由勾股定理，即可求解. 【详解】

如图所示，设底面正方形ABCD的中心为O，四棱锥PABCD的外接球的球心为

O，半径为R.

设底面正方形ABCD的边长为a，四凌锥的高为hhN2*，则OD2a， 221222ah11……① 因为该四棱锥的侧棱长为11，所以，即ah112212又因为四棱锥的体积为4，所以a•h4 ……②

3由①得a211h22，代入②得h311h60，配凑得h32711h330，

则(h3)h3h911(h3)0，即(h3)h3h20， 得h30或h23h20，因为hN*，所以h3. 再将h3回代入①中，解得a2，所以OD222a2，所以2OOPOPO3R.在RtOOD中，由勾股定理，得OO2OD2OD2，即

(3R)2(2)解得R故选D.

22， R1111，所以此球的半径等于. 66 9

【点睛】

本题主要考查了有关球的组合体的应用，其中解答中正确把握组合体的结构特征，根据题意列出关于a和h的方程，结合勾股定理求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题.

10

第II卷（非选择题)

请点击修改第II卷的文字说明 评卷人 得分 二、填空题

13．设等差数列an的前n项和为Sn，且a48,a12，则S5S3__________． 【答案】18 【解析】 【分析】

由a48,a12，求得公差d2，可得a5a4d10，即可求解S5S3的值，得到答案. 【详解】

由题意，知a48,a12，所以公差d所以S5S3a4a5810=18. 【点睛】

本题主要考查了等差数列的通项公式和前n项和的应用，其中解答中熟记等差数列的通项公式和前n项和公式，合理准确计算是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题.

14．已知函数f(x)a4a1822，所以a5a4d10， 3311sin(x)0,||的图象的相邻对称轴间的距离242为

5，函数fx在,上单调递增，在,上单调递减，则函数fx的

1266124解析式为__________．

【答案】f(x)【解析】 【分析】

由函数f(x)的最小正周期为T211sin4x 26442，求得4，得到

11f(x)sin(4x)，又由x时，函数f(x)取到最大值，解得，即

2466

11

可得到函数的解析式，得到答案. 【详解】

由题意，得函数f(x)的最小正周期为T2故f(x)当x42，则24， T11sin(4x). 246时，函数f(x)取到最大值，即sin41，即622k(kZ)，所以2k. 326又||11，则，所以函数f(x)sin4x.

26426【点睛】

本题主要考查了三角函数的图象与性质的综合应用，其中解答中熟记三角函数的图象与性质，合理准确计算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.

x2y215．已知直线xm与双曲线C:221(a0,b0)的两条渐近线分别交于A,B两

ab点，若AOB（O为坐标原点）的面积为2，且双曲线C的离心率为3，则

m__________．

【答案】 【解析】 【分析】

由双曲线的渐近线方程是ybx，联立方程组，求得A,B的坐标，求得a|AB|2bm， a再由双曲线的离心率为3，得可求解. 【详解】

b2，求得AB22m，再利用面积公式，即abx2y2由双曲线C:221(a0,b0)，可得渐近线方程是yx，

abaxmxmxmxm2b|AB|m， 联立，得；联立，得，故bmbbmbayyxyyxaaaabb2c2a222， 又由双曲线的离心率为3，所以2，得e12aaa2

12

所以|AB||22m|，故SAOB【点睛】

1|22m||m|2，解得m1. 2本题主要考查了双曲线的标准方程及其简单的几何性质的应用，其中解答中熟记双曲线的几何性质，准确运算求得AB22m是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题.

x22xm,0x116．已知函数f(x)若在区间[1,1]上方程f(x)1只有一

x122xm,1x0个解，则实数m的取值范围为______．

1m|1m【答案】或m1}

2【解析】 【分析】

1x,0x12g(x)令，则方程f(x)1等价于gxxm有且只有一个实22x11,1x0数根，在同一平面直角坐标系中画出函数gx的图像和hxxm的图像，动态

2平移hx的图像可得实数m的取值范围. 【详解】

1当0x1时，由f(x)1，得2xm1，即x2m；当1x0时，2x2x由f(x)1，得2x1x2m1，即2x11x2m.

1x1x,0x1,0x1令函数g(x)2，则问题转化为函数g(x)2与

2x11,1x02x11,1x0函数h(x)x2m的图像在区间[1,1]上有且仅有一个交点.

1x,0x12g(x)在同一平面直角坐标系中画出函数与yxm在区间函22x11,1x0数[1,1]上的大致图象如下图所示：

13

结合图象可知：当h(0)1，即m1时，两个函数的图象只有一个交点；

h(1)g(1),11m当时，两个函数的图象也只有一个交点，故所求实数

h(1)g(1)21m的取值范围是m|1m或m1.

2【点睛】

已知方程的解的个数求参数的取值范围时，要根据方程的特点去判断零点的分布情况（特别是对于分段函数对应的方程），也可以参变分离，把方程的解的问题归结为不同函数的交点的个数问题． 评卷人 得分 三、解答题

17．如图，在等腰梯形ABCD中，AB//CD，CD2(62)，BC22，梯形ABCD的高为31，E是CD的中点，分别以C,D 为圆心，CE，BFBC，

DE为半径作两条圆弧，交AB于F,G两点.

（1）求∠BFC的度数；

（2）设图中阴影部分为区域，求区域的面积. 【答案】（1）BFC45（2）S2(31)

14

【解析】 【分析】

（1）设梯形ABCD的高为h，求得sinCBF62，在CBF中，由正弦定4理求得sinBFC2，即可得到BFC45. 2（2）由（1），在BCF中，由余弦定理，列出方程BF22(31)BF430，解得BF2，利用面积公式，即可求解. 【详解】

（1）设梯形ABCD的高为h， 因为sinBCDh3162,BCDCBF180， BC224所以sinCBFsin180BCDsinBCD62. 46222CFBC在CBF中，由正弦定理，得，即62sinBFC，

sinCBFsinBFC4解得sinBFC2. 2又BFC0,180，且CFBC，所以BFC45.

（2）由（1）得ECFBFC45.在BCF中，由余弦定理推论，得

BF2FC2BC2，即BF22(31)BF430， cosBFC2BFFC解得BF2,BF23（舍去）.

因为SCBFSDAG112BFFCsinBFC2(62)31， 222所以SSCBFSDAG2(31). 【点睛】

本题主要考查了正弦定理、余弦定理的应用，其中在解有关三角形的题目时，要抓住题设条件和利用某个定理的信息，合理应用正弦定理和余弦定理求解是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题.

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18．如图，PA垂直于

O所在的平面ABC，AB为O的直径，PAAB2,C是

弧AB上的一个动点（不与端点A，B重合），E为PC上一点，且AEPC,F是线段BP上的一个动点（不与端点B重合）.

（1）求证：AE平面PBC；

（2）若C是弧AB的中点，BOF是锐角，且三棱锥FBOC的体积为33，求12tanBOF的值.

【答案】（1）见证明；（2）tanBOF3 【解析】 【分析】 （1）由AB为

O的直径，得到BCAC，又由PA平面ABC，证得PABC，

利用线面垂直的判定定理得到BC平面PAC，再利用线面垂直的判定定理，即可证得AE平面PBC.

（2）当点F位于线段PB上时，如图所示：作FG⊥AB，垂足为点G，根据线面垂直的判定定，证得FG平面ABC，得到FG是三棱锥FBOC的底面BOC上的高，再来体积公式，列出方程，即可求解. 【详解】

（1）证明：因为AB为

O的直径，

所以根据直径所对的圆周角是直角，可知BCAC， 因为PA平面ABC，BC平面ABC，所以PABC， 又因为ACPAA,AC平面PAC,PA平面PAC，所以BC平面PAC，

又AE平面PAC，所以BCAE，

又因为AEPC,PC平面PBC，BC平面PBC,PC所以AE平面PBC.

BCC，

16

（2）当点F位于线段PB上时，如图所示：作FG⊥AB，垂足为点G， 因为PA平面ABC，ABÌ平面ABC，所以PAAB， 又因为FG⊥AB，所以PA//FG，

又因为PA平面ABC，所以FG平面ABC， 所以FG是三棱锥FBOC的底面BOC上的高， 因为C是弧AB的中点，且PAAB2， 所以OAOBOC1AB1，且COAB,APBPBA45， 233， 12若三棱锥FBOC的体积为则V三棱锥FBOC111133，解得OBOCFG11FG323212FG33， 2333331，所以OGOBBG1， 222所以BGFG33FG23， 所以tanBOFOG312综上所述，当三棱锥FBOC的体积为

33时，tanBOF3. 12

【点睛】

本题主要考查了直线与平面垂直的判定，以及三棱锥体积公式的应用，其中解答中熟记线面位置关系的判定定理和性质定理，以及合理利用棱锥的体积求得三棱锥的高是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题.

19．阿基米德是古希腊伟大的哲学家、数学家、物理学家，对几何学、力学等学科作出

17

过卓越贡献．为调查中学生对这一伟大科学家的了解程度，某调查小组随机抽取了某市的100名高中生，请他们列举阿基米德的成就，把能列举阿基米德成就不少于3项的称为“比较了解”，少于三项的称为“不太了解”他们的调查结果如下：

（1）完成如下22列联表，并判断是否有99%的把握认为，了解阿基米德与选择文理科有关？

（2）在抽取的100名高中生中，按照文理科采用分层抽样的方法抽取10人的样本． （ⅰ）求抽取的文科生和理科生的人数；

（ⅱ）从10人的样本中随机抽取两人，求两人都是文科生的概率． 参考数据：

n(adbc)2K，nabcd．

(ab)(cd)(ac)(bd)2【答案】（1）列联表见解析，没有；（2）（ⅰ）7人；（ⅱ）【解析】 【分析】

1. 15（1）通过调查结果表可以知道：理科生中不太了解有28人，比较了解有42人，共计70人，文科生中不太了解有18人，比较了解有12人，共计30人，这样可以完成列联表的填写，再根据K2的计算公式求出K2，然后根据所给的数据做出解答；

（2）（ⅰ）根据理科生与文科生的人数之比，可以求出抽取的文科生和理科生的人数； （ⅱ）记“两人都是文科生”为事件M，记样本中的3名文科生为a1,a2,a3，7名理

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科生为b1,b2,b3,b4,b5,b6,b7，从10人的样本中随机抽取两人，用列举法列出基本事件，然后求出P(M). 【详解】

（1）依题意填写列联表如下：

n(adbc)2100(42182812)23.3826.635， 计算K(ab)(cd)(ac)(bd)307054462∴没有99%的把握认为，了解阿基米德与选择文理科有关 （2）（ⅰ）抽取的文科生人数是1030703（人）7（人），理科生人数是10． 100100（ⅱ）记“两人都是文科生”为事件M，记样本中的3名文科生为a1,a2,a3，7名理科生为b1,b2,b3,b4,b5,b6,b7，从10人的样本中随机抽取两人，则所有的基本事件有：

a1,a2,a1,a3,a1,b1,a1,b2,a1,b3,a1,b4,a1,b5,a1,b6,a1,b7； a2,a3,a2,b1,a2,b2,a2,b3,a2,b4,a2,b5,a2,b6,a2,b7； a3,b1,a3,b2,a3,b3,a3,b4,a3,b5,a3,b6,a3,b7； b1,b2,b1,b3,b1,b4,b1,b5,b1,b6,b1,b7； b2,b3,b2,b4,b2,b5,b2,b6,b2,b7； b3,b4,b3,b5,b3,b6,b3,b7； b4,b5,b4,b6,b4,b7； b5,b6,b5,b7； b6,b7，

共45种，

两人都是文科生的基本事件有：a1,a2,a1,a3,a2,a3，共3种， 故由古典概型得，两人都是文科生的概率是P(M)【点睛】

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31． 4515

本题考查了独立性检验、分层抽样、古典概型，考查了数学运算能力.

x2y25FF20．已知椭圆C:221(ab0)的离心率为，1，2分别是其左、右焦

ab51526点，且过点A3,3.

（1）求椭圆C的标准方程； （2）求AF1F2的外接圆的方程. 【答案】（1）【解析】 【分析】

（1）根据椭圆的几何性质列出方程，求得a,b,c的值，即可求得椭圆的标准方程； （2）由（1）得，F1，F2的坐标，得到AF1F2的外接圆的圆心一定在y轴上，设AF1F2的外接圆的圆心为O，半径为r，圆心O的坐标为(0,m)，根据OAOF2及两点间的距离公式，列出方程，解得m【详解】

（1）因为椭圆C的离心率为5649xy1（2）x2y 54122422256，从而确定圆心坐标和半径，即可求解. 12c55，所以. ①

a55152658,1. ② 又椭圆C过点A，所以代入得22333a3b又a2， ③ 由①②③，解得a5,b2,c1.

x2y21. 所以椭圆C的标准方程为54（2）由（1）得，F1，F2的坐标分别是(1,0),(1,0)， 因为AF1F2的外接圆的圆心一定在边F1F2的垂直平分线上， 即AF1F2的外接圆的圆心一定在y轴上，

所以可设AF1F2的外接圆的圆心为O，半径为r，圆心O的坐标为(0,m)，

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则由OAOF2及两点间的距离公式，得

152622， 0m(01)(m0)33即

225468461056，解得m， m2m1m2，化简得m3333312256567620,所以圆心O的坐标为，半径， rOF(01)02121212所以AF1F2的外接圆的方程为xy2567612，即12225649x2y. 1224【点睛】

本题主要考查了椭圆方程标准方程，以及圆的标准方程的求解，其中解答中熟记椭圆的几何性质，以及正确求解圆的圆心坐标和半径是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题.

21．设函数f(x)(1a)x2a（1）求函数f(x)的零点； （2）若a1，关于x的不等式

222x(aR).

3f(x)0解集为（,）证明：x[2ln(1a)2ln32]()1.

【答案】（1）见解析；（2）见证明 【解析】 【分析】

22(1a)2ax（1）化简函数f(x)x，令f(x)0，得2x2(1a)2ax0，分类讨论，即可求解；

（2）设g(x)f(x)(1a)x2a2x2，令方程g(x)0，即x1a(1a)x2a2x20有两个实数根x10,x2，要使

2a2[2ln(1a)2ln32]()1成立，只需证明

2a22ln(1a)2ln32对于a1恒成立，令1at，设

1a

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h(t)2lntt3t2，利用导数求得函数的单调性与最值，即可作出证明.

【详解】

（1）由题意，函数f(x)(1a)x22a2x3x2(1a)2a2x，

令f(x)0，得x2(1a)2a2x0，

①当1a0，即a1时，由f(x)0，得x0或x1a2a2， 所以函数f(x)的零点是0，

1a2a2； ②当1a0，即a1时，函数f(x)3x3，由f(x)0，得x0， 所以函数f(x)的零点是0. （2）证明：设g(x)f(x)x(1a)x2a2x2， 令方程g(x)0，即(1a)x2a2x20有两个实数根xa10,x212a2，因为a1，所以1a0，所以

1a2a20，即x2x1， 所以g(x)0的解集为x|x1xx2， 要使[2ln(1a)2ln32]()1成立，

)2ln322a2只需证明2ln(1a1a成立，

a)2a2即证明2ln(11a2ln32对于a1恒成立.

令1at(t0)，设h(t)2lnt2(1t)23t2lnttt2，

则h(t)23t22t3tt21t2， 令h(t)0，解得t11（舍去），t23， 当t(0,3)时，h(t)0，则h(t)单调递增， 当t(3,)时，h(t)0，则h(t)单调递减， 所以h(t)maxh(3)2ln33122ln32，

所以h(t)2ln32，即2ln(1a)2a21a2ln32对于a1恒成立，

22

所以[2ln(1a)2ln32]()1. 【点睛】

本题主要考查导数在函数中的综合应用，以及函数的零点与不等式的证明，着重考查了转化与化归思想、分类讨论、及逻辑推理能力与计算能力，对于恒成立问题，通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．

x2t22．在平面直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为1（t为参数）.以坐

y23t2标原点为极点，x轴的非负半轴为极轴且取相同的单位长度建立极坐标系，圆C1的极坐标方程为2sin.

（1）求直线l的普通方程与圆C1的直角坐标方程；

C2与直线l交点为M,N，（2）设动点A在圆C1上，动线段OA的中点P的轨迹为C2，

且直角坐标系中，M点的横坐标大于N点的横坐标，求点M,N的直角坐标. 【答案】(1) C1的直角坐标方程是x2y22y.直线l的普通方程为3xy10. 2131131,,,(2) 4424. 42【解析】 【分析】

（1）消去参数t后可得l的普通方程，把2sin化成22sin，利用互化公式可得C1的直角方程.

（2）设点P(x,y)，则A2x,2y，利用A在椭圆上可得C2的直角方程，联立直线的普通方程和C2的直角坐标方程可得M,N的直角坐标. 【详解】

解：（1）由2sin，得22sin，

将互化公式xcos,ysin代上式，得x2y22y， 故圆C1的直角坐标方程是x2y22y.

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x2t11由1，得y3x，即3xy0.

22y23t2所以直线l的普通方程为3xy（2）设点P(x,y).

10. 211由中点坐标公式得曲线C2的直角坐标方程为x2y. 241113xy0xx244联立，解得，或. 21131x2yyy31244242131131故点M,N的直角坐标是4,42,4,42.

【点睛】

2xcos极坐标转化为直角坐标，关键是，而直角坐标转化为极坐标，关键是

ysin2x2y2y．参数方程化为直角方法，关键是消去参数，消参的方法有反解消参、tanx平方消参、交轨法等．

23．已知函数f(x)|xa||x3|(aR). （1）若函数f(x)的最小值为2，求实数a的值；

（2）若当x[0,1]时，不等式f(x)|5x|恒成立，求实数a的取值范围. 【答案】(1) a1或a5. (2) [1,2] 【解析】 【分析】

（1）利用绝对值不等式可得f(x)min|a3|.

（2）不等式f(x)|5x|在0,1上恒成立等价于|xa|2在0,1上恒成立，故

|xa|2的解集是0,1的子集，据此可求a的取值范围.

【详解】

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解：（1）因为f(x)|xa||x3||(xa)(x3)||a3|， 所以f(x)min|a3|.

令|a3|2，得a32或a32，解得a1或a5. （2）当x[0,1]时，f(x)|xa|x3,|5x|5x.

由f(x)|5x|，得|xa|x35x，即|xa|2，即a2xa2. 据题意，[0,1][a2,a2]，则所以实数a的取值范围是[1,2]. 【点睛】

（1）绝对值不等式指：ababab及ababab，我们常利用它们求含绝对值符号的函数的最值.

（2）解绝对值不等式的基本方法有公式法、零点分段讨论法、图像法、平方法等，利用公式法时注意不等号的方向，利用零点分段讨论法时注意分类点的合理选择，利用平方去掉绝对值符号时注意代数式的正负，而利用图像法求解时注意图像的正确刻画．

a20，解得1a2.

a21 25