2019届安徽省马鞍山市第二中学高三上学期12月月考数学(文)试题(解析版)

（文）试题

一、单选题

1．若i为虚数单位，则A．第一象限 【答案】C

【解析】直接利用复数代数形式的除法运算化简，求出复数对应点的坐标可得答案. 【详解】 解：

1i在复平面上对应的点位于（ ） 13iC．第三象限

D．第四象限

B．第二象限

1i(1i)(13i)24i12=i, 13i(13i)(13i)1055121i在复平面上对应的点为(,)，位于第三象限， 13i55可得

故选：C. 【点睛】

本题主要考察复数的四则运算及复数的几何意义，属于基础题型. 2．{x|3设全集为R，A＝（xx3){x|y＝ln（﹣2﹣x）}， ＜1}，B＝则AI（ð（ ）UB）＝C．{x|﹣2＜x＜0}

D．{x|﹣3＜x＜0}

A．{x|﹣3＜x＜﹣2} B．{x|﹣2≤x＜0} 【答案】B

【解析】分别求出集合A的值. 、B,可得AI（ðUB）【详解】

＝{x|3解：由题意可得：A（xx3)＜1}=x|x(x3)＜0x|3＜x＜0，

B＝{x|y＝ln（﹣2﹣x）}{x|2x＞0}{x|x＜2}，可得ðUB{x|x2} AI（ðUB）={x|﹣2x＜0}，

故选：B. 【点睛】

本题主要考查集合的交并补运算，属于基础题，由题意求出集合A、B是解题的关键. 3．执行下面的程序框图，如果输入的a3，则输出的n=（ ）

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A．2 【答案】C 【解析】【详解】

B．3 C．4 D．5

流程图执行过程图象，首先初始化数值：a3,A0,B1,n0， 然后进入循环：

n第一次循环：满足AB，则 ：AAa1,B2B13,n1，

n第二次循环：满足AB，则 ：AAa4,B2B17,n2，

n第三次循环：满足AB，则 ：AAa13,B2B115,n3，

n第四次循环：满足AB，则 ：AAa40,B2B131,n4，

第五次循环：不满足AB，跳出循环，输出n4. 本题选择C选项.

T810，则T11的值是（ ） 4．若Tn是正项等比数列{an}的前n项积，有T3A．10 【答案】C

【解析】设正项等比数列{an}的首项为a1，公比为q，由

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1T810可得aq5105，计

1T3B．20

C．100510 D．10510 1155511算可得T11a1q(a1q)，可得答案.

【详解】

解：设正项等比数列{an}的首项为a1，公比为q，

1T8a18q28525105由，可得3310，可得a1q10，aq105，

1T3a1q可得：T11a111q55(a1q5)11100510， 故选：C. 【点睛】

本题主要考查等比数列的性质及等比数列前n项的积，相对不难，注意运算准确. 5．某班A、B两名学生六次数学测验成绩（百分制）如图所示：

①A同学成绩的中位数大于B同学成绩的中位数； ②A同学的平均分比B同学高； ③A同学的平均分比B同学低； ④A同学成绩方差小于B同学的方差， 以上说法中正确的是（ ） A．③④ 【答案】A

【解析】分别求出A、B两名学生的中位数、平均数、方差，对①②③④各说法进行判断可得答案. 【详解】

解：根据茎叶图可得： ①A同学成绩的中位数为：

B．①②④

C．②④

D．①③④

8788808281，B同学成绩的中位数为：87.5， 22故A同学成绩的中位数小于B同学成绩的中位数，①不正确；

72758082869181，

6687887889396B同学的平均分为：85，

6②③A同学的平均分为：

故A同学的平均分比B同学低，故②不正确，③正确；

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④A同学成绩数据比较集中，方差小，B同学成绩数据比较分散，方差大，故④正确； 故选：A. 【点睛】

本题是一道关于茎叶图的题目，关键是掌握中位数、平均数、方差的相关知识并灵活运用.

6．已知a，b是平面内的两条直线，l是空间中的一条直线.则“直线la且lb”是“l”的（ ） A．充分而不必要条件 C．充要条件 【答案】B

【解析】利用线面垂直的判定与性质定理即可判断出结论． 【详解】

解：l,a,bla,lb，反之不一定成立，例如a//b时． “直线la且lb”是“l”的必要而不充分条件． 故选B． 【点睛】

本题考查了线面垂直的判定与性质定理、充分性与必要性的判定方法，属于基础题． 7．已知在平面直角坐标系xOy中，圆C的方程为xy＝﹣2x3，直线l的方程为

22B．必要而不充分条件 D．既不充分也不必要条件

xmy﹣1＝（0mR），则直线l与圆C的位置关系是（ ）

A．相离 【答案】D

【解析】将圆C的方程化为标准形式,求出圆心坐标与半径，由直线l的方程可得其恒过点(1,0)，且点(1,0)在圆C上，可得直线与圆相切或相交. 【详解】

解：将圆C的方程化为标准形式：(x1)y＝4，可得圆心(1,0)，半径：2，

22B．相交 C．相切 D．相切或相交

﹣1＝（0mR） 由直线l的方程为xmy，可得直线过定点(1,0)，且点(1,0)在圆C上，

故直线与圆相切或相交， 故选：D. 【点睛】

本题主要考查直线与圆的位置关系，相对不难，求出l的方程可得其恒过点(1,0)，且

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点(1,0)在圆C上是解题的关键.

2xy08．若实数x、y满足不等式组xy3＞0，则z＝x2+y2的取值范围是（ ）

3xy100322，5A． 3【答案】B

【解析】作出不等式组所对应的平面区域，由z＝xy的几何意义为区域内的点到原点距离的平方，数形结合可得答案. 【详解】

解：作出不等式组对应的平面区域如图，

22可得z＝xy的几何意义为区域内的点到原点距离的平方，

22920 B．，232，17C． 220 D．，29

由图像可知，原点到直线xy30的距离最短，此时d即zmin＝xyd2223113， 29， 222原点到点A距离最大，可得zmax＝2420，

20， z＝x2+y2的取值范围是为，2故选：B. 【点睛】

本题主要考查线性规划的应用，利用两点间距离公式及数形结合是解题的关键.

9x2y29．过双曲线221(a0,b0)的右顶点A作斜率为1的直线，该直线与双曲

ab第 5 页 共 20 页

uuur1uuurB,C线的两条渐近线的交点分别为．若ABBC，则双曲线的离心率是 ( )

2A．2 【答案】C

B．3 C．5 D．10

a2ab,【解析】试题分析：直线l：y=-x+a与渐近线l1：bx-ay=0交于B， ababa2ab,l与渐近线l2：bx+ay=0交于C， ，A（a，0）

ababuuurabr2a2buuur1uuurabuuu2a2b,∴AB,BC22,22，∵ABBC， ababab2ababa2bc22222∴，b=2a，∴ca4a，∴e25，∴e5 22ababa【考点】直线与圆锥曲线的综合问题；双曲线的简单性质

10．设方程3x+x+3＝0和方程log3x+x+3＝0的根分别为m和n，函数f（x）＝（x+m）（x+n）+3，则（ ） A．f（2）＝f（1）＜f（3） C．f（3）＜f（1）＝f（2） 【答案】A

【解析】由函数y3与ylog3x互为反函数且关于yx对称，可得yx3与

xB．f（1）＜f（2）＜f（3） D．f（1）＜f（3）＜f（2）

y3x、ylog3x的两个交点的横坐标之和为yx3与yx的交点的横坐标的

两倍，可得mn3，分别计算f(1)，f(2)，f(3)的值进行比较，可得答案. 【详解】

解：由函数y3与ylog3x互为反函数且关于yx对称，

x所以yx3与y3、ylog3x的两个交点的横坐标之和为yx3与yxx的交点的横坐标的两倍，可得yx3与yx相交于(,)， 故可得：mn3，由f(x)(xm)(xn)3

可得：f(1)(1m)(1n)31(mn)mn31mn，

3232f(2)(2m)(2n)342(mn)mn31mn，

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f(3)(3m)(3n)393(mn)mn33mn， f2）＝（）＜（f1f3）故可得：（，

故选：A. 【点睛】

本题主要考查函数与反函数的性质，其中函数与反函数的图像关于yx对称，相对不难.

π对称，把函数fx4π的图象上每个点的横坐标扩大到原来的2倍，纵坐标不变，再向右平移个单位长度，

311．已知函数fxsinxcosxR的图象关于直线x得到函数gx的图象，则函数gx的图象的一条对称轴方程为( ) A．xπ 6B．xπ 4C．xπ 3D．x11π 6【答案】D

【解析】本题可先通过函数fx关于直线xf0f对称得出，然后

42计算出的值，代入函数fx中并对函数fx进行化简，然后通过图像变换得出函 数gx的解析式，最后通过函数gx的解析式得出函数gx的图像的对称轴方程．【详解】

因为函数fxsinxcosxR的图像关于直线x所以f0f4对称，

，sin0cos0sincos ，1，22222fxsinxcosx2sinxcosx2sinx ，224将把函数fx的图像上每个点的横坐标扩大到原来的2倍即可得到

xfx2sin，

24纵坐标不变，再向右平移函数gx的对称轴为【点睛】

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x5 个单位长度即可得到gx2sin，2123x511kkZ，2kkZ，故选D. 即x21226本题考查的是三角函数图像的对称性质以及图像变换问题，三角函数图像在变换中需要符合“左加右减、上加下减”的原则，在写解析式时保证要将x的系数提出来，针对x本身进行加减和伸缩．

12．已知函数g(x)满足g(x)g'(1)ex1g(0)x12x，且存在实数x0使得不等式22m1g(x0)成立，则m的取值范围为（ ）

A．[1,) 【答案】A

【解析】先求g0，g'1，再利用导数求gx最小值，最后解不等式的结果. 【详解】 因为g(x)g(1)eB．(,3] C．(,2] D．[0,)

x11g(0)xx2，

2g(0)xg(1)g(1)g(0)1g(0)1

所以g(x)g(1)ex1因为g(0)g(1)eg(1)e， 因此g(x)exx112x，g(x)ex1xg(x)ex10， 2当x0时g(x)g(0)0,g(x)g(0)1； 当x0时g(x)g(0)0,g(x)g(0)1； 因此gx最小值为1，从而2m11，m1，选A. 【点睛】

本题考查利用导数求函数最值，考查基本分析求解能力，属中档题.

二、填空题

13．已知空间三个点为A1（﹣2，1，4），A2（3，2，﹣6），A3（5，0，2），则在△A1A2A3中A2A3边上的中线长为_____． 【答案】62．

【解析】由中点坐标公式求出A2A3的中点坐标，由空间两点距离公式可得A2A3边上的中线长. 【详解】

解：设A2A3的中点为D点，

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由空间两点的中点坐标公式可得D(352062,,)(4,1,2), 222由空间两点距离公式可得A2A3边上的中线长：

A1D(42)2(11)2(24)262,

故答案为：62 【点睛】

本题主要考查空间两点的中点坐标公式及空间两点的距离公式，属于基础题型. 14．一个几何体的三视图及尺寸如图所示，其中正（主）视图是直角三角形侧，侧（左）视图是半圆，俯视图是等腰三角形，则这个几何体的表面积是_____cm2．

【答案】10+2π29π．

【解析】由题意推知，几何体为放倒的半个圆锥，根据数据可计算其表面积. 【详解】

解：由三视图可得此几何体为放倒的半个圆锥，设下底面圆的半径为r，圆锥母线长为l，可得：l225229， 故可得：S圆锥侧=11rl22929 22111S半圆=r2222，S三角形=54=10，

222故可得这个几何体的表面积是: 10229cm2， 故答案为：10229. 【点睛】

本题主要考查由三视图求空间几何体的表面积，属于基础题型.

uuuruuuruuuruuuruuuruuuruuur15．已知向量AB，，CA3BC，则BC，CA且BC与AB的夹角为60°

uuuruuurtanBC，CA_____．

【答案】3 3第 9 页 共 20 页

uuurruuurruuurruuurruuurruuurrrr【解析】设AB=c,BC=a,CAb，由AB=c,BC=a,CAb，a与c的夹角为60°，

rrrrrrrrr2rrb3a，可得ac，代入baaca可得cosa,b，进而可得答案.

【详解】

uuurruuurruuurrrrrrrrr解：AB=c,BC=a,CAb，可得abc0，bac，

rrrrr2r2r2rr可得：bac2ac，又a与c的夹角为60°，b3a，

r2r2r2rrr2rrr2o可得：3aac2accos60，可化为：2aacc0，

rrrrrr可得：(2ac)(ac)0，解得：ac，

rrrrr2rrrrrrrr2rr由bac，可得baaca，，abcosa,baaccos60o，

r2rrr21r2rr3可得：3acosa,baa，可得：cosa,b，

22rruuuruuur33可得：tana，，即tanBC，， CAb33故答案为：【点睛】

本题主要考查平面向量数量积的性质及其运算律、数量积表示两个向量的夹角，属于中档题，注意运算准确.

三、解答题

16．已知定义在R上的函数y＝g（x）满足条件g（x+3）＝﹣g（x），且函数ygx为奇函数，给出以下四个命题： （1）函数g（x）是周期函数；

3. 3320对称； （2）函数g（x）的图象关于点，（3）函数g（x）为R上的偶函数； （4）函数g（x）为R上的单调函数．

其中真命题的序号为_____（写出所有真命题的序号）． 【答案】（1）（2）（3）

【解析】由g(x3)g(x)，可得g(x6)g(x3)g(x)，可得函数的周期性，

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32利用奇函数的图像的对称性及函数图像的平移变换，可得函数的对称中心，结合这些条件可探讨函数的奇偶性和单调性，可得答案. 【详解】

解：（1）由题意：g(x3)g(x)，可得g(x6)g(x3)g(x)， 故函数g(x)是周期函数，故（1）正确； （2）由函数ygx33ygx为奇函数，其图像关于原点对称，函数是由

22yg(x)向右平移

正确；

330对称，个单位得到的，可得函数g(x)的图象关于点，故（2）

220对称，可得：g(x)g(x3)， （3）由（2）得函数g(x)的图象关于点， 由g(x3)g(x)，可得g(x)g(x3)g(x)，故函数g(x)为R上的偶函数，故（3）正确；

（4）由（3）得函数g(x)为R上的偶函数，其图像关于y轴对称，所以g(x)在R上不是单调函数，故（4）不正确； 故答案为：（1）（2）（3）. 【点睛】

本题主要考查抽象函数的奇偶性、周期性，属于中档题，注意灵活运用函数的性质进行判断解题.

17．设等差数列an的前n项的和为Sn，且a12＝10，S12＝54． （1）求an的通项公式； （2）令bn()3223an2，求bn的前n项和Tn．

2n1﹣2；【答案】（1）an＝n（2）Tn2n

310，S12＝54，【解析】（1）由等差数列an的公差设为d，前n项的和为Sn，且a12＝列出关于a1、d的方程组，解之可得an的通项公式； （2）可得bn()23an2222()n，可得bn是以为首项，公比为的等比数列，可得

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{bn}的前n项和Tn．

【详解】

10，S12＝54． 解：（1）由等差数列an的公差设为d，前n项的和为Sn，且a12＝10，12a1可得a111d＝1d＝1， 解得a1＝﹣，＝n2； 可得an＝1n1（2）令bn()1211d＝54， 223an2222()n，可得bn是以为首项，公比为的等比数列

333n122．

3n22n1n33故bn的前n项和Tn213【点睛】

本题主要考查等差数列中基本量的计算及等差数列的通项公式、等比数列前n项的和，属于基础题型.

18．某部门在十一月份对城市居民进行了主题为空气质量问卷调查，根据每份调查表得到每个调查对象的空气质量评分值（百分制）．现从收到的调查表中随机抽取20份进行统计，得到如图所示的频率分布表：

空气质量评分值 [50，60] （60.70] （70，80] （80，90] （90，100]

频数 2 6 3 2 频率 第 12 页 共 20 页

（1）请完成题目中的频率分布表，并补全题目中的频率分布直方图；

（2）该部门将邀请被问卷调查的部分居民参加如何提高空气质量的座谈会．在题中抽样统计的这20人中，已知空气质量评分值在区间（80，100]的5人中有2人被邀请参加座谈，求其中幸福指数评分值在区间（80，90]的仅有1人被邀请的概率． 【答案】（1）见解析（2）

3． 5【解析】（1）由共20份抽样，计算可得[70，80）的频数，可得其频率，计算各区间的频率，可得补全题目中的频率分布直方图；

（2）可计算出空气质量评分值在区间（80，100]的5人中有2人被邀请参加座谈的基本事件总数，同时计算出幸福指数评分值在区间（80，90]的仅有1人被邀请包含的基本事件个数，由古典概形几率计算公式计算可得答案. 【详解】

（1）由题设条件得：

[70，80）的频数为：20﹣2﹣6﹣3﹣2＝7， ∴[70，80）的频率为

70.35， 20完成完成题目中的频率分布表如下： 空气质量评分值 频数 频率 [50，60] （60.70] （70，80] （80，90] （90，100]

补全频率分布直方图，得：

2 6 7 3 2 0.1 0.3 0.35 0.15 0.1 第 13 页 共 20 页

（2）空气质量评分值在区间（80，100]的5人中有2人被邀请参加座谈，

2基本事件总数nC510，

其中幸福指数评分值在区间（80，90]的仅有1人被邀请包含的基本事件个数

11mC3C26，

∴其中幸福指数评分值在区间（80，90]的仅有1人被邀请的概率p【点睛】

m63． n105本题主要考查列举法计算基本事件及事件发生的概率，涉及频率分布表和频率分布直方图的应用，属于基础题.

19．在三棱锥A﹣BCD中，△ABD和△ACD是边长为2的等边三角形，BC22，O、E分别是BC、AC的中点．

（1）求证：OE∥平面ABD； （2）求证：平面ABC⊥平面BCD； （3）求三棱锥A﹣BCD的表面积．

【答案】（1）见解析（2）见解析（3）4+23．

【解析】（1）由O、E分别是BC、AC的中点，可得OE∥AB，由线面平行的判定定理可得OE∥平面ABD；

（2）连接AO，DO，可得AO⊥BC，DO⊥BC，可得∠AOD为二面角A﹣BC﹣D的平面角，由已知条件可得∠AOD＝90°，则平面ABC⊥平面BCD；

（3）分别计算出S△ABC、S△ABD、S△ACD、S△CBD，相加可得求三棱锥A﹣BCD的表面积．【详解】

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（1）证明：O、E分别是BC、AC的中点，可得OE∥AB， OE⊄平面ABD，AB⊂平面ABD，可得OE∥平面ABD； （2）证明：连接AO，DO，

由AB＝AC＝BD＝DC＝2，可得AO⊥BC，DO⊥BC， 可得∠AOD为二面角A﹣BC﹣D的平面角， 由BC＝22，可得AO＝DO在△AOD中，AO2+DO2＝AD2， 可得∠AOD＝90°， 则平面ABC⊥平面BCD； （3）三棱锥A﹣BCD的表面积为S△ABC+S△ABD+S△ACD+S△CBD【点睛】

本题主要考查线面平行的判定定理，面面垂直的判定定理及空间几何体的表面积，属于基础题型.

20．已知圆A：（x+2）2+y2＝32，过B（2，0）且与圆A相切的动圆圆心为P． （1）求点P的轨迹E的方程；

（2）设过点A的直线l1交曲线E于Q、S两点，过点B的直线l2交曲线E于R、T两点，且l1⊥l2，垂足为W（Q、S、R、T为不同的四个点），求四边形QRST的面积的最小值．

2，

1323212×2222×2＝4+23． 224464x2y2【答案】（1）（2）． 1；

984【解析】（1）设动圆半径为r，由于点B在圆A内，所以圆P与圆A内切，计算可得|PA|+|PB|＝42＞|AB|＝4，可得点P符合椭圆的定义，可得其轨迹的方程；

（2）若l1或l2的斜率不存在，四边形QRST的面积为8，若两条直线的斜率都存在，

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设直线l1的斜率为k，则直线l1的方程为y＝k（x+2），联立直线与椭圆，设点Q（x1，

x1x2，y1）y2），点S（x2，，可得x1x2 ，可得|QS|的值，同理可得|RT|，由SQRST利用基本不等式可得其最小值. 【详解】

解：（1）设动圆半径为r，由于点B在圆A内，所以圆P与圆A内切， ∴|PA|＝42r，|PB|＝r， ∴|PA|+|PB|＝42＞|AB|＝4，

∴点P的轨迹是以A，B为焦点的椭圆，其中a＝22，c＝2， ∴b2＝a2﹣c2＝4，

1|QS||RT|，2x2y2∴点P的轨迹E的方程为：1；

84（2）若l1或l2的斜率不存在，四边形QRST的面积为8，

若两条直线的斜率都存在，设直线l1的斜率为k，则直线l1的方程为y＝k（x+2），

ykx2联立方程x2y2，得（1+2k2）x2+8k2x+8k2﹣8＝0，

148设点Q（x1，y1），点S（x2，y2），

8k28k28∴x1x2，x1x2， 2212k12k1k2∴|QS|1k(x1x2)4x1x242， 212k221k2同理可得|RT|＝42•2，

k216(k21)216(k21)264122∴SQRST|QS||RT|，当且仅当2k2+1＝k2+2，92922k1k2(k1)241时等号成立， 即k＝±

1时，四边形QRST的面积取到最小值综上所述，当k＝±【点睛】

本题主要考查点的轨迹方程的求法，直线与椭圆的综合及基本不等式的应用，综合性大，属于难题.

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64． 921．设函数fxlnx2aa1x． exfx）（1）当a＝在x＝2时，求曲线（1处的切线方程；

（2）当a4fx）时，求函数（的单词区间；

32（3）在（2）的条件下，设函数gxx2bx52]，x2[0，1]，，若对于x1[1，12fx1）g（x2）使（成立，求实数b的取值范围．

【答案】（1）y＝﹣2．（2）单调递增区间为（1，2）；单调递减区间为（0，1）和（2，

． +∞）．（3），12'1的值，可得f（x）在x【解析】（1）将a＝2代入fx，对其求导，可得f(1)，f（）＝1处的切线方程；；

4代入fx，对其求导，由导数性质可得函数f（x）的单词区间； 35f1）gx）(xb)2b2，x0，1， （3）由（2）可得fx的最小值为（，又（12（2）将a2]，x2[0，1]，使分b＜0，0b1，b＞1三种情况讨论，结合对x1[1，（fx1）g（x2）成立，可得b的取值范围.

【详解】

解：（1）将a＝2代入函数，可得fxlnxx e'x）可得：f（1'10， 1，f(1)2，f（）＝x故曲线f（x）在x＝1处的切线方程为y＝﹣2． （2）f（'x）x1x2，

3x2'x）＞0可得1＜x＜2； 令f（'x）＜0可得0＜x＜1或x＞2； 令f（因此f（x）的单调递增区间为（1，2）； 单调递减区间为（0，1）和（2，+∞）．

（3）f（x）在（1，2）上单调递增，因此f（x）的最小值为f（1）又g（x）(xb)b222． 35，x0，1， 12第 17 页 共 20 页

①当b＜0时，g（x）在[0，1]上单调递增，则[gx]ming0②当0≤b≤1时，[gx]mingbb2③当b＞1时，[gx]min52＞矛盾． 123152，得b1． 123272g12b，解得b＞1．

1231． 因此，综上所述b的取值范围是，2【点睛】

本题主要考查导数的几何意义，利用导数求函数的单调区间及利用导数解决含参数不等式的参数取值问题，综合性大，属于难题.

22．在平面直角坐标系xoy中，曲线C1的参数方程为x22cos（θ为参数），以

y2sin坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴的极坐标系中，曲线C2的极坐标方程为

3sincos，曲线C3的极坐标方程为（1）把曲线C1的参数方程化为极坐标方程；

6．

（2）曲线C3与曲线C1交于O，A，与曲线C2交于O，B，求|AB|． 【答案】（1）ρ＝4cosθ．（2）3．

x22cos【解析】（1）将曲线C1的参数方程为消去参数θ得曲线C1的普通方程，

y2sin由x＝cos，y＝sin，可得曲线C1的极坐标方程；

（2）设点A的极坐标为（1，），点B的极坐标为（2，），分别计算出1，2的

66值，可得AB＝|﹣12|,可得答案. 【详解】

解：（1）∵曲线C1的参数方程为x22cos（θ为参数），

y2sin∴消去参数θ得曲线C1的普通方程为(x2)2y2＝4，即x2y2﹣4x＝0， 由x＝cos，y＝sin，得曲线C1的极坐标方程为＝4cos． （2）设点A的极坐标为（1，），点B的极坐标为（2，），

66则14cos623，23sin6cos6333， 22第 18 页 共 20 页

∴AB＝|﹣12|3. 【点睛】

本题主要考查参数方程与直角坐标方程的互化、直角坐标方程与极坐标方程的互化及极径的意义与应用，属于中档题. 23．

已知函数f(x)|x1|2|xa|,a0. （1）当a1时，求不等式f(x)1的解集；

（2）若f(x)的图象与x轴围成的三角形面积大于6，求a的取值范围. 【答案】（Ⅰ）{x|2x2}（Ⅱ）（2，+∞） 3【解析】试题分析：

(Ⅰ)由题意零点分段即可确定不等式的解集为x(Ⅱ)由题意可得面积函数为为范围为2, 试题解析：

（I）当a1时，fx1化为x12x110， 当x1时，不等式化为x40，无解； 当1x1时，不等式化为3x20，解得

2x2； 32222a1，求解不等式a16可得实数a的取值332x1； 3 当x1时，不等式化为x20，解得1x2． 所以fx1的解集为x2x2． 3x12a,x1,（II）由题设可得，fx3x12a,1xa,

x12a,xa, 所以函数fx的图像与x轴围成的三角形的三个顶点分别为A2a1,0，

3B2a1,0，Ca,a1，ABC的面积为

由题设得

22a1． 322a16，故a2． 3 所以a的取值范围为2,

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