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2020年四川省泸州市高考数学一诊试卷(文科).docx

1、 第 1 页(共 18 页) 2020 年四川省泸州市高考数学一诊试卷(文科)年四川省泸州市高考数学一诊试卷(文科) 一、选择题:本大题共一、选择题:本大题共 12 小题,每小题小题,每小题 5 分,共分,共 60 分在每小题给出的四个选项中,只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有一项是符合题目要求的 1 (5 分)已知集合0A,1,2,3,集合 |2Bxx,则(AB ) A03 B0,1,2 C1,2 D0,1,2,3 2 (5 分)下列函数( )f x中,满足“对任意 1 x, 2 (0,)x ,且 12 xx都有 12 ()()f xf x” 的是( ) A( )f

2、xx B( )2 x f x C( )f xlnx D 3 ( )f xx 3 (5 分) “sin0”是“sin20”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 4 (5 分)已知函数( )yf xx是偶函数,且f(2)1,则( 2)(f ) A2 B3 C4 D5 5 (5 分)一条直线若同时平行于两个相交平面,那么这条直线与这两个平面的交线的位置 关系是( ) A异面 B相交 C平行 D不能确定 6 (5 分)函数( )(1)|f xxln x的图象大致为( ) A B C D 7 (5 分)已知:(0,) 2 p ,sin, 0 :qxN, 2

3、 00 210xx ,则下列选项中是假 命题的为( ) Apq B()pq Cpq D()pq 第 2 页(共 18 页) 8 (5 分)函数( )sin(2)(|) 2 f xx 的图象向左平移 6 个单位后关于原点对称,则函 数( )f x在0, 2 上的最小值为( ) A 3 2 B 1 2 C 1 2 D 3 2 9 (5 分)我国古代数学名著九章算术中,割圆术有, “割之弥细,所失弥少,割之又 割,以至于不可割,则与圆周合体而无所失矣”其体现的是一种无限与有限的转化过程,如 在222中, “”即代表无限次重复,但原式却是个定值x,这可以通过方程 2xx确定x的值,类似地32 32 3

4、的值为( ) A3 B 131 2 C6 D2 2 10 (5 分)若将甲桶中的aL水缓慢注入空桶乙中,则xmin后甲桶中剩余的水量符合衰减函 数( ) nx f xae(其中e是自然对数的底数) 假设过5min后甲桶和乙桶的水量相等,再过 mmin后,甲桶中的水只有 4 a L,则m的值为( ) A5 B8 C9 D10 11 (5 分) 如图, 三棱锥PABC中,PA 平面ABC, 且ABC为等边三角形, 若3AB , 2PA,则三棱锥PABC的外接球的表面积为( ) A4 B16 C8 D32 12 (5 分)已知函数 3 ( )logf xx的图象与函数( )g x的图象关于直线yx对

5、称,函数( )h x 是最小正周期为 2 的偶函数,且当0x,1时,( )( )1h xg x,若函数( )( )yk f xh x有 3 个零点,则实数k的取值范围是( ) A 7 (1,2log 3) B 5 ( 2, 2log 3) C 5 ( 2log 3,1) D 7 ( log 3, 1) 2 二、填空题:本大题共二、填空题:本大题共 4 小题,每小题小题,每小题 5 分,共分,共 20 分把答案填在答题卡上分把答案填在答题卡上 13 (5 分)函数 2 ( )logf xx的定义域为 第 3 页(共 18 页) 14 (5 分)设函数 2,0 5 ( ) (5),5 xx f x

6、 f xx ,那么(18)f的值 15 (5 分) (文)函数( )cos22sinf xxx的最小值为 16 (5 分)已知正方体有 8 个不同顶点,现任意选择其中 4 个不同顶点,然后将它们两两 相连,可组成平面图形或空间几何体在组成的空间几何体中,可以是下列空间几何体中 的 (写出所有正确结论的编号) 每个面都是直角三角形的四面体; 每个面都是等边三角形的四面体; 每个面都是全等的直角三角形的四面体: 有三个面为等腰直角三角形,有一个面为等边三角形的四面体 三、解答题:本大题共三、解答题:本大题共 5 小题,共小题,共 70 分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤分解答应写出文字说明、

7、证明过程或演算步骤 17 (12 分)已知函数 32 1 ( ) 3 f xxxax(其中a为常数) ()若1x 是( )f x的极值点,求函数( )f x的减区间; ()若( )f x在( 2,)上是增函数,求a的取值范围 18 (12 分) 在ABC中, 内角A,B,C的对边分别为a,b,c, 已知(cossin )caBB ()求A; ()已知10c ,BC边上的高1AD ,求b的值 19 (12 分)已知函数( )2cos (sincos )1()f xxxxxR ()求函数( )f x的最小值及取最小值时x取值的集合; ()若将函数( )f x的图象上所有点的横坐标扩大为原来的 4

8、倍,纵坐标不变,得到函数 ( )g x的图象,且 1 ( ) 5 g,( 2 , 3 ) 2 ,求() 2 g 的值 20 (12 分)如图,已知BD为圆锥AO底面的直径,点C是圆锥底面的圆周上, 2ABBDAD, 6 BDC ,AEED,F是AC上一点,且平面BFE 平面ABD ()求证:ADBF; ()求多面体BCDEF的体积 第 4 页(共 18 页) 21 (12 分)已知函数( )f xlnx, 1 ( )g xa x (其中a是常数) , ()求过点(0, 1)P与曲线( )f x相切的直线方程; ()是否存在1k 的实数,使得只有唯一的正数a,当 1 x a 时不等式 1 ( )

9、 ()f x g xkx a 恒 成立,若这样的实数k存在,试求k,a的值;若不存在,请说明理由 (二)选考题:共(二)选考题:共 10 分请考生在第分请考生在第 22、23 题中任选一题作答,如果多做,则按所做的题中任选一题作答,如果多做,则按所做的 第一题计分第一题计分选修选修 4-4:坐标系与参数方程:坐标系与参数方程 22 (10 分)如图,在极坐标系Ox中,过极点的直线l与以点(2,0)A为圆心、半径为 2 的圆 的一个交点为(2,) 3 B ,曲线 1 M是劣弧OB,曲线 2 M是优弧OB ()求曲线 1 M的极坐标方程; () 设点 1 (P,)为曲线 1 M上任意一点, 点 2

10、 (Q,) 3 在曲线 2 M上, 若| 6OPOQ, 求的值 选修选修 4-5:不等式选讲:不等式选讲 23设( ) |3|4|f xxx ()解不等式( ) 2f x ; ()已知x,y实数满足 22 23(0)xya a,且xy的最大值为 1,求a的值 第 5 页(共 18 页) 2020 年四川省泸州市高考数学一诊试卷(文科)年四川省泸州市高考数学一诊试卷(文科) 参考答案与试题解析参考答案与试题解析 一、选择题:本大题共一、选择题:本大题共 12 小题,每小题小题,每小题 5 分,共分,共 60 分在每小题给出的四个选项中,只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有一

11、项是符合题目要求的 1 (5 分)已知集合0A,1,2,3,集合 |2Bxx,则(AB ) A03 B0,1,2 C1,2 D0,1,2,3 【解答】解:0A,1,2,3, | 22Bxx 剟, 0AB,1,2 故选:B 2 (5 分)下列函数( )f x中,满足“对任意 1 x, 2 (0,)x ,且 12 xx都有 12 ()()f xf x” 的是( ) A( )f xx B( )2 x f x C( )f xlnx D 3 ( )f xx 【解答】解: “对任意 1 x, 2 (0,)x ,且 12 xx都有 12 ()()f xf x” , 函数( )f x在(0,)上单调递减, 结

12、合选项可知,( )f xx在(0,)单调递增,不符合题意, 1 ( )2( ) 2 xx f x 在(0,)单调递减,符合题意, ( )f xlnx在(0,)单调递增,不符合题意, 3 ( )f xx在(0,)单调递增,不符合题意, 故选:B 3 (5 分) “sin0”是“sin20”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 【解答】解:sin20,则 1 | 2 An ,kZ, sin0,则 1 |2 2 Bkk ,kZ, B是A的真子集,所以前者是后者的充分不必要条件, 故选:A 第 6 页(共 18 页) 4 (5 分)已知函数( )yf x

13、x是偶函数,且f(2)1,则( 2)(f ) A2 B3 C4 D5 【解答】解:函数( )yf xx是偶函数, ( 2)2ff(2)2, ( 2)ff(2)225 故选:D 5 (5 分)一条直线若同时平行于两个相交平面,那么这条直线与这两个平面的交线的位置 关系是( ) A异面 B相交 C平行 D不能确定 【解答】解:设l,/ /a,/ /a, 过直线a作与、都相交的平面, 记b,c, 则/ /ab且/ /ac, / /bc 又b,l, / /bl / /al 故选:C 6 (5 分)函数( )(1)|f xxln x的图象大致为( ) A B 第 7 页(共 18 页) C D 【解答】

14、解:当1x 时,( )(1)0f xxlnx,故排除C,D, 当01x时,10x ,0lnx ,( )(1)0f xxlnx,故排除B 故选:A 7 (5 分)已知:(0,) 2 p ,sin, 0 :qxN, 2 00 210xx ,则下列选项中是假 命题的为( ) Apq B()pq Cpq D()pq 【解答】解:命题p:由三角函数的定义,角终边与单位圆交于点P, 过P作PMx轴,垂足是M,单位圆交x轴于点A,则sinMP,弧长PA即为角; 显然MP 弧长PA; :(0,) 2 p ,sin是真命题; 命题q:解方程 2 00 210xx ,则12x ,因此 0 :qxN, 2 00 2

15、10xx ,是假命题 则下列选项中是假命题的为pq而A,B,D都是真命题 故选:C 8 (5 分)函数( )sin(2)(|) 2 f xx 的图象向左平移 6 个单位后关于原点对称,则函 数( )f x在0, 2 上的最小值为( ) A 3 2 B 1 2 C 1 2 D 3 2 【 解 答 】 解 : 函 数()s i n ( 2)fxx图 象 向 左 平 移 6 个 单 位 得 第 8 页(共 18 页) sin2()sin(2) 63 yxx , 由于函数图象关于原点对称,函数为奇函数, 又|,0 3 ,得 3 , ( )sin(2) 3 f xx , 由于0 2 x 剟,0 2x 剟

16、, 2 2 333 x 剟, 当2 33 x ,即0x 时, 3 ( )sin() 32 min f x 故选:A 9 (5 分)我国古代数学名著九章算术中,割圆术有, “割之弥细,所失弥少,割之又 割,以至于不可割,则与圆周合体而无所失矣”其体现的是一种无限与有限的转化过程,如 在222中, “”即代表无限次重复,但原式却是个定值x,这可以通过方程 2xx确定x的值,类似地32 32 3的值为( ) A3 B 131 2 C6 D2 2 【解答】解:由已知代数式的求值方法: 先换元,再列方程,解方程,求解(舍去负根) , 可得要求的式子 令32 32 3(0)m m , 则两边平方得,则 2

17、 32 32 3m , 即 2 32mm,解得,3m ,1m 舍去 故选:A 10 (5 分)若将甲桶中的aL水缓慢注入空桶乙中,则xmin后甲桶中剩余的水量符合衰减函 数( ) nx f xae(其中e是自然对数的底数) 假设过5min后甲桶和乙桶的水量相等,再过 mmin后,甲桶中的水只有 4 a L,则m的值为( ) A5 B8 C9 D10 【解答】解:5min后甲桶和乙桶的水量相等, 第 9 页(共 18 页) 函数( ) nt yf tae,满足f(5) 5 1 2 n aea 可得 11 52 nln, 因此,当kmin后甲桶中的水只有 4 a 升, 即 1 ( ) 4 f ka

18、, 即 111 524 lnkln, 即为 111 2 522 lnkln, 解之得10k , 经过了55k 分钟,即5m 故选:A 11 (5 分) 如图, 三棱锥PABC中,PA 平面ABC, 且ABC为等边三角形, 若3AB , 2PA,则三棱锥PABC的外接球的表面积为( ) A4 B16 C8 D32 【解答】解:因为是直三棱锥,底面是正三角形,所以可以将图补形成为正三棱柱,如图所 示, 第 10 页(共 18 页) 此时三棱锥四个点的外接球, 与三棱柱 6 个点的外接球是同一个, 所以问题转化为求解正三 棱柱外接球的问题, 设球心为O,作OO 平面ABC,连接O A,OA,则 1

19、1 2 OOPA , 设ABC的外接圆半径为r,由正弦定理,得, 2 232 3 sin603 AB r ,所以3r , 在RtOO A中, 222 OAOOOA,所以 2 3 1R ,解得2R , 所以 2 416SR 故选:B 12 (5 分)已知函数 3 ( )logf xx的图象与函数( )g x的图象关于直线yx对称,函数( )h x 是最小正周期为 2 的偶函数,且当0x,1时,( )( )1h xg x,若函数( )( )yk f xh x有 3 个零点,则实数k的取值范围是( ) A 7 (1,2log 3) B 5 ( 2, 2log 3) C 5 ( 2log 3,1) D

20、 7 ( log 3, 1) 2 【解答】 解: 由函数 3 ( )logf xx的图象与函数( )g x的图象关于直线yx对称, 得( )3xg x , 函数( )h x是最小正周期为 2 的偶函数,当0x,1时,( )( )131 x h xg x , 函数( )( )yk f xh x有 3 个零点,即 3 log( )kxh x 有 3 个不同根, 画出函数 3 logykx与( )yh x 的图象如图: 第 11 页(共 18 页) 要使函数 3 logykx与( )yh x 的图象有 3 个交点,则 0k ,且 3 3 32 52 klog klog ,即 5 22log 3k 实

21、数k的取值范围是 5 ( 2, 2log 3) 故选:B 二、填空题:本大题共二、填空题:本大题共 4 小题,每小题小题,每小题 5 分,共分,共 20 分把答案填在答题卡上分把答案填在答题卡上 13 (5 分)函数 2 ( )logf xx的定义域为 【解答】解:由题意可得, 2 0 0 x log x , 解可得,01x 即函数的定义域为(0,1 故答案为:(0,1 14 (5 分)设函数 2,0 5 ( ) (5),5 xx f x f xx ,那么(18)f的值 9 【解答】解:函数 2,0 5 ( ) (5),5 xx f x f xx , (18)(3 53)fff (3) 2 3

22、9 故答案为:9 15 (5 分) (文)函数( )cos22sinf xxx的最小值为 3 【解答】解: 2 ( )cos22sin2sin2sin1f xxxxx 2 13 2(sin) 22 x 1 sin1x 剟 当sin1x 时,函数有最小值3 第 12 页(共 18 页) 故答案为:3 16 (5 分)已知正方体有 8 个不同顶点,现任意选择其中 4 个不同顶点,然后将它们两两 相连,可组成平面图形或空间几何体在组成的空间几何体中,可以是下列空间几何体中的 (写出所有正确结论的编号) 每个面都是直角三角形的四面体; 每个面都是等边三角形的四面体; 每个面都是全等的直角三角形的四面体

23、: 有三个面为等腰直角三角形,有一个面为等边三角形的四面体 【解答】解:每个面都是直角三角形的四面体;如:EABC,所以正确; 每个面都是等边三角形的四面体;如EBGD,所以正确; 每个面都是全等的直角三角形的四面体:这是不可能的,错误; 有三个面为等腰直角三角形,有一个面为等边三角形的四面体如:ABDE,所以正 确; 故答案为: 三、解答题:本大题共三、解答题:本大题共 5 小题,共小题,共 70 分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤 17 (12 分)已知函数 32 1 ( ) 3 f xxxax(其中a为常数) ()若1x 是( )f x的极值

24、点,求函数( )f x的减区间; ()若( )f x在( 2,)上是增函数,求a的取值范围 【解答】解: 32 1 ( )( ) 3 If xxxax, 2 ( )2fxxxa , 1x 是( )f x的极值点, ( 1)30fa , 3a , 2 ( )23fxxx, 第 13 页(共 18 页) 当1x 或3x 时,( )0fx,当13x 时,( )0fx, 即3a 时符合题意,即( )f x的单调单调递减区间( 1,3), () ( )II f x在( 2,)上是增函数, 2 ( )20fxxxa 在( 2,)上恒成立, 2 2axx在( 2,)上恒成立, 令 2 ( )2g xxx,则

25、( )g x在( 2,1)上单调递增,在(1,)上单调递减, 故( )maxg xg(1)1, 1a ,即a的范围为1,) 18 (12 分) 在ABC中, 内角A,B,C的对边分别为a,b,c, 已知(cossin )caBB ()求A; ()已知10c ,BC边上的高1AD ,求b的值 【解答】解: ()(cossin)caBB, 由正弦定理可得sinsin (cossin )CABB,可得 sincossincossincossinsinABBAABAB,可得cossinsinsin0ABAB, B为三角形内角,sin0B , tan1A , (0, )A, 3 4 A () 11 si

26、n 22 SbcAAD a, 代入10c ,1AD , 2 sin 2 A,可得5ab, 由余弦定理可得 2222 2cos102 5abcbcAbb, 代入5ab,可得 2 42 5100bb, 解得5b ,或 5 2 b (舍去) , 5b 19 (12 分)已知函数( )2cos (sincos )1()f xxxxxR ()求函数( )f x的最小值及取最小值时x取值的集合; 第 14 页(共 18 页) ()若将函数( )f x的图象上所有点的横坐标扩大为原来的 4 倍,纵坐标不变,得到函数 ( )g x的图象,且 1 ( ) 5 g,( 2 , 3 ) 2 ,求() 2 g 的值

27、【解答】解:()函数 2 ()2cos(sincos)12sincos2cos1sin2cos22sin(2) 4 f xxxxxxxxxx , 故当22 42 xk 时,函数( )f x取得最小值 ( )f x的最小值为2,( )f x取最小值时x取值的集合为 3 | 8 x xk ,kZ ()将函数( )f x的图象上所有点的横坐标扩大为原来的 4 倍,纵坐标不变, 得到函数( )2sin() 24 x g x 的图象,且 1 ( )2sin() 245 g , 2 sin() 2410 ( 2 , 3 ) 2 ,( 242 ,), 2 7 2 cos()1sin () 242410 ()

28、2sin()2sin2sin()2sin()cos2cos()sin 2242244244244 g 227 224 2 22 () 1021025 20 (12 分)如图,已知BD为圆锥AO底面的直径,点C是圆锥底面的圆周上, 2ABBDAD, 6 BDC ,AEED,F是AC上一点,且平面BFE 平面ABD ()求证:ADBF; ()求多面体BCDEF的体积 【解答】解: ()证明:ABD是等边三角形,AEED,ADBE, 平面BFE 平面ABD,且交线为BE,AD平面BEF, BF 平面BEF,ADBF ()解:30BDC,90BCD,2BD , 3CD, 4435 cos 2228 C

29、AD , 第 15 页(共 18 页) 在Rt AEF中, 5 cos 8 AE CAD AF , 1AE , 8 5 AF, 2 5 CF , 点F到平面ABE的距离为点C到平面ABE的距离的 4 5 , 142 255 FABECABDA BCD VVV , 多面体BCDEF的体积为: 331133 3 5535210 BCDEFA BCDBCD VVSAO 21 (12 分)已知函数( )f xlnx, 1 ( )g xa x (其中a是常数) , ()求过点(0, 1)P与曲线( )f x相切的直线方程; ()是否存在1k 的实数,使得只有唯一的正数a,当 1 x a 时不等式 1 (

30、 ) ()f x g xkx a 恒 成立,若这样的实数k存在,试求k,a的值;若不存在,请说明理由 【解答】解:( ) I设过(0, 1)P的直线与曲线( )f x相切于点 0 (x, 0) lnx, 1 ( )fx x , 在 0 (x, 0) lnx点处的切线方程为 00 0 1 ()ylnxxx x , 把(0, 1)代入可得 0 0lnx 即 0 1x , 故切线方程为1yx; ()II假设存在1k 的正实数, 使得只有唯一的正数a, 当 1 x a 时不等式 1 ( ) ()f x g xkx a 恒 成立, 即 2 1 a x lnx kx ax 恒成立, 1 x a , 2 (

31、1)k ax lnx a 即 2 (1) 0 k ax lnx a , 第 16 页(共 18 页) 令 22 (1) ( ) k axkk m xlnxlnxx aaa , 1 ()x a , 则 1 ( )0 k m x xa 可得 a x k , (1)当 1a ka 即 2 0ka时, 0 1 (,)xx a 时,( )0m x,则( )m x在 0 1 (,)x a 上为增函数, 当 0 (xx,)时,( )0m x,则( )m x在 0 (x,)上为减函数, 则 0 2 ( )()1 0 max ak m xm xln ka , 即 2 1 ka ln ak , 令h(a) 2 k

32、a ln ak ,()ak, 则h(a) 2 33 122kak aaa , 由h(a)0可得,2 ()ak ak, 当(, 2 )akk时,h(a)0时,h(a)在(,2 )kk单调递减, 当( 2 ,)ak时,h(a)0时,h(a)在( 2 ,)k 单调递增, 故存在唯一的正数ak,使得h(a)1,只能h(a)1 min , h(a) 12 ( 2 )1 2 min hkln k 故 2 k e ,此时a只有唯一的值 2 e e (2)当 1a ka 即 2 k a,( )0m x,( )m x在 1 (,) a 为增函数, 1 1 lim( )0 x a m xln a ,即1a,故1k

33、 , 显然满足1 ak的a不唯一, 综上可知,存在实数 2 k e ,a只有唯一值 2 e e ,当 1 x a 时,原式恒成立 (二)选考题:共(二)选考题:共 10 分请考生在第分请考生在第 22、23 题中任选一题作答,如果多做,则按所做的题中任选一题作答,如果多做,则按所做的 第一题计分第一题计分选修选修 4-4:坐标系与参数方程:坐标系与参数方程 22 (10 分)如图,在极坐标系Ox中,过极点的直线l与以点(2,0)A为圆心、半径为 2 的圆 第 17 页(共 18 页) 的一个交点为(2,) 3 B ,曲线 1 M是劣弧OB,曲线 2 M是优弧OB ()求曲线 1 M的极坐标方程

34、; () 设点 1 (P,)为曲线 1 M上任意一点, 点 2 (Q,) 3 在曲线 2 M上, 若| 6OPOQ, 求的值 【解答】解: ()过极点的直线l与以点(2,0)A为圆心、半径为 2 的圆上任意一点( , ) , 整理得4cos 由于的圆的一个交点为(2,) 3 B ,曲线 1 M是劣弧OB, 所以 1 M的方程为4cos () 32 剟 ()点 1 (P,)为曲线 1 M上任意一点, 所以 1 4cos() 32 剟, 点 2 (Q,) 3 在曲线 2 M上, 所以 2 4cos()() 3233 剟 整理得 2 4cos()() 363 剟 由于| 6OPOQ, 所以 12 6

35、, 整理得4cos4cos()6 3 ,即:4 3sin()6 3 , 由于 32 剟且 63 剟,所以 32 剟 解得 3 选修选修 4-5:不等式选讲:不等式选讲 23设( ) |3|4|f xxx 第 18 页(共 18 页) ()解不等式( ) 2f x ; ()已知x,y实数满足 22 23(0)xya a,且xy的最大值为 1,求a的值 【解答】解: ()由函数( ) |3|4|f xxx, 当3x 时,不等式( ) 2f x 化为34 2xx ,解得2.53x; 当34x剟时,不等式( ) 2f x 化为34 2xx ,即1 2恒成立,此时34x剟; 当4x 时,不等式( ) 2f x 化为34 2xx ,解得44.5x ; 综上知,不等式( ) 2f x 的解集为 |2.44.5xx剟; ()由柯西不等式得 22222 11 ( 2 )( 3 ) ()() () 23 xyxy, 又 22 23(0)xya a, 所以 2 5 () 6 xya,当且仅当23xy时取等号; 又因为xy的最大值为 1, 所以 5 1 6 a ,解得a的值为 6 5

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