赤峰市部分中学2024届高三上学期第三次月考
数学(理)试卷
考试时间:分钟 全卷满分:分
注意事项:
答卷前,考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
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框涂黑。如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其它答案标号框。回答非选择 题时,将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
考试结束后,将本试卷和答题卡一并交回。
第Ⅰ卷(选择题)
一、选择题:本题共小题,每小题分,共分。在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。
定义集合。已知集合,,则的元素的个数为( )
若是虚数单位,则复数的虚部等于( )
某射击运动员连续射击次,命中的环数(环数为整数)形成的一组数据中,中位数为,唯一的众数为,极差为,则该组数据的平均数为( )
年月日,第届世界大学生夏季运动会(成都世界大学生运动会)完美收官。在 倒计时天时,成都大运会发布了官方体育图标——“十八墨宝”。这组“水墨熊猫”以大熊猫“奇一”为原型,将中国体育与中国书画、中国国宝的融合做到了极致。“十八般武艺”造就“十八墨宝”,花式演绎十八项体育竞技,代表了体操、游泳、羽毛球等18个成都大运会竞赛琐自,受广大人民喜爱。其中,射箭的水墨熊猫以真实的射箭运动为原型,拉满弓箭时,弓臂为圆弧形,弧中点到弦中点的距离为,弦长为,则弓形的面积约为(参考数据:,)( )
点是曲线上任意一点,则点到直线的最小距离为( )
在等比数列中,,,则( )
已知,则( )
若两个正实数满足,且不等式恒成立,则实数的取值范围为( )
已知数列的首项为,是边所在直线上一点,且,则数列的通项公式为( )
腰长为的等腰的顶角为,且,将绕旋转至的位置,得到三棱锥,当三棱锥体积最大时其外接球面积为( )
中,,则的取值范围是( )
高斯是德国著名数学家,近代数学的奠基者之一,享有“数学主子”的称号,用他名字定义的函数称为高斯函数,其中表示不超过的最大整数,如,。已知数列满足,,,若,为数列的前项和,则( )
第Ⅱ卷(非选择题)
二、填空题:本题共小题,每小题分,共分。
函数的图像向左平移个单位得到函数的图像,若函数是偶函数,则 。
已知,,若与的夹角为钝角,则实数的取值范围为 。
已知是双曲线上的三点,直线经过原点,经过右焦点,若,且,则该双曲线的离心率为 。
已知函数,若关于的不等式恰有一个整数解,则实数的取值范围为 。
三、解答题:共分。解答题写出相应的文字说明,证明过程或演算步骤。第题为必考题,每个试题考生都必修作答。第、题为选考题,考生根据要求作答。
(一)必考题:共分。
(分)教育是阻断贫困代际传递的根本之策。补齐贫困地区义务教育发展的短板,让贫困家庭子女都能接受公平而有质量的教育,是夯实脱贫攻坚根基之所在。治贫先治愚,扶贫先扶智。为了解决某贫困地区教师资源匮乏的问题,某市教育局拟从名优秀教师中抽选人员分批次参与支教活动。支教活动共分批次进行,每次支教需要同时派送名教师,且每次派送人员均从这人中随机抽选。已知这名优秀教师中,人有支教经验,人没有支教经验。
(1)求名优秀教师中的“甲”,在这批次支教活动中恰有两次被抽选到的概率;
(2)求第一次抽取到无支教经验的教师人数的分布列。
(分)已知数列满足。
(1)求的通项公式;
(2)求数列的前项和。
(分)如图,在多面体中,四边形是正方形,,,平面,,。
(1)求证:平面平面;
(2)求二面角的余弦值。
(分)在平面直角坐标系中,已知点、,点满足记的轨迹为。
(1)求的方程;
(2)直线交于两点,为上的两点,若四边形的对角线,求四边形面积的取值范围。
(分)已知函数。
(1)讨论函数的单调性;
(2)设是函数的两个极值点,证明: 恒成立。
(二)选考题:共分。请考生在第、题中任选一题作答。如果多做,则按所做的第一题计分 。
【选修:坐标系与参数方程】
在平面直角坐标系中,曲线的参数方程为(为参数),以坐标原点
为极点,轴正半轴为极轴建立极坐标系,直线的极坐标方程为:(,)。
已知直线与曲线相交于两点。
(1)求曲线的极坐标方程;
(2)记线段的中点为,若恒成立,求实数的取值范围。
【选修:不等式选讲】
已知函数。
(1)求的最小值;
(2)若为正实数,且,证明不等式。高三第三次月考(11月)
一、单选题
A B z z x
1.定义集合 , x A, y B .已知集合 A 4,8 , B 1, 2, 4 ,则y A B的元素的个数为
A.3 B.4 C.5 D.6
【答案】B
【详解】因为 A 4,8 , B 1, 2, 4 ,所以 A B 1, 2, 4,8 ,故 A B的元素的个数为 4.故选:B.
2 2019.若 i 是虚数单位,则复数 z i 2 3i 的虚部等于
A.2 B. 2i C. 2 D. 2i
【答案】C
z i2019 2 3i i4 504 3【详解】 2 3i i 2 3i 3 2i, 复数 z的虚部等于 2.
3.某射击运动员连续射击 5 次,命中的环数(环数为整数)形成的一组数据中,中位数为 8,唯一的众数为 9,极
差为 3,则该组数据的平均数为
A.7.6 B.7.8 C.8 D.8.2
【答案】B
【详解】依题意这组数据一共有5个数,中位数为8,则从小到大排列8的前面有 2个数,后面也有 2个数,
又唯一的众数为9,则有两个9,其余数字均只出现一次,则最大数字为9,又极差为3,所以最小数字为6,
6 7 8 9 9
所以这组数据为6、 7 、8、9、9,所以平均数为 7.8 . 故选:B
5
4.2023 年 8 月 8 日,第 31 届世界大学生夏季运动会(成都世界大学生运动会)完美收官.在倒计时 100 天时,成
都大运会发布了官方体育图标——“十八墨宝”.这组“水墨熊猫”以大熊猫“奇一”为原型,将中国体育与中国书画、
中国国宝的融合做到了极致.“十八般武艺”造就“十八墨宝”,花式演绎十八项体育竞技,代表了体操、游泳、羽毛
球等 18 个成都大运会竞赛项目,深受广大人民喜爱.其中,射箭的水墨熊猫以真实的射箭运动为原型,拉满弓箭
时,弓臂为圆弧形,弧中点到弦中点的距离为 2cm,弦长为 8cm,则弓形的面积约为(参考数据:sin 74 0.96,π 3.14)
A.8.2cm2 B.9.1cm2 C.11.1cm2 D. 4.1cm2
【答案】C
【详解】弦 AB 中点为 D,弧 AB 的中点为 C,CD 2cm, AB 8cm , AD 4cm,如图,
设圆的半径为 R, AOC ,0 90 2,在△AOD中, R2 R 2 42,解得 R 5cm ,
sin 4
3
, cos 5 .显然 sin cos ,则 45 90 ,90 2 180 ,5
sin 2 2sin cos 24 ,于是 2 180 74 1.85rad,
25
1 2
因此扇形的面积 S1 1.85 5 23.1cm
2 1,而 AOB 2的面积 S2 8 3 12cm ,2 2
S S 11.1cm2所以弓形面积约为 1 2 . 故选 C。
试卷第 1页,共 9页
{#{QQABaQKEggAoABIAABgCQwGgCgEQkAAAAKoOwEAMoAAAgRNABCA=}#}
5.点 A是曲线 y
3
x2 ln x上任意一点,则点 A到直线 y 2x 1的最小距离为
2
A. 5 B 2 5. C 5 5. D.
5 5 10
【答案】D
3 2 1 1
【详解】不妨设 f x x ln x,定义域为: 0, , f x 3x , 令 f x 2 , 解得:x 1 (其中 x = - 舍去).
2 x 3
3 3 2
3
1
当 x 1时, y 1, 5,则 2 到直线 y 2x 1的距离为最小距离 d 2 , 解得:2 d
5 10
1 1 1 1 1
6.在等比数列 an 中, a a a a a
11 1
, a ,则 1 2 3 4 5 4 3 4 a1 a2 a3 a4 a5
16 64
A. B. C. 44 D.11
11 11
【答案】C
T 1 1 1 1 1【详解】设 5 a1 a2 a
,
3 a4 a5
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
则 2T5
a1 a
5 a2 a4 a3 a3 a4 a2 a5 a1
11
a a a a a a a a a a 2 a a a a a 2
1 5 2 4 3 3 2 4 1 5 1 2 3 4 5
4 88,所以T 44 .
a1a5 a2a4 a3a3 a a a a a
2 1 2 52 4 1 5 3
4
7.已知 tan
π
2 tan 7,则 sin 2
4
4 4
A.2 B. 2 C. D.
5 5
【答案】D
π
tan π
tan tan
4 tan 1【详解】因为 2 tan 7,整理得 24 tan 4tan 4 0,解得
tan 2,
1 tan tan π 1 tan
4
sin 2 2sin cos 2 tan 4所以
sin2
.
cos2 tan2 1 5
4 16
8 2.若两个正实数 x,y满足 x y 3,且不等式 m 3m 11x 1 y 恒成立,则实数 m的取值范围为( )
A. m 1 m 2 B. m m 1或m 2 C. m 1 m 2 D. m m 1或m 2
【答案】A
4 16 1 x 1 y 4 16 1 4y
16 x 1 1 16 x 14 16 20 2 4y
【详解】由题意知, 9,
x 1 y 4 x 1 y
4 x 1 y
4 x 1 y
4y 16 x 1 x 1 4 16当且仅当 ,即 , y 8 2时取等,又不等式 m 3m 11
x 1 y 3 3 x 1 y
恒成立,
则不等式m2 3m 11 9,解得1 m 2,所以实数 m的取值范围为 m 1 m 2 .
试卷第 2页,共 9页
{#{QQABaQKEggAoABIAABgCQwGgCgEQkAAAAKoOwEAMoAAAgRNABCA=}#}
9.已知数列 an 的首项为1,D是△ 边BC所在直线上一点,且 + 3 + 1 +1 2 = 0,则数
列 an 的通项公式为
n 1 n
A.3n 2 B.3n 1 2 C 5 3 1 D 5 3 1. .
4 4
【答案】A
【详解】由CA 3 an 1 AD an 1 2 AB 0得: AC 3 an 1 AD 2 an 1 AB,
B,C,D三点共线, 3 an 1 2 an 1 1,即 an 1 3an 4 , an 1 2 3 an 2 ,又 a1 2 3,
n n数列 an 2 是以3为首项,3为公比的等比数列, an 2 3 ,则 an 3 2 . 故选 A.
3
10.腰长为 2的等腰△ 的顶角为A ,且 cos A ,将 ABC绕 BC旋转至△BCD的位置得到三棱锥D ABC,
4
当三棱锥体积最大时其外接球面积为
50
A. π B.8π C.7π D 8 2.
7 π7
【答案】A
3
【详解】在 ABC中,因为 AB AC 2,cos A ,
4
2
可得 BC AB2 AC 2 2AB AC cos A 22 22 2 2 2
3
2,所以
4 BC 2
,
当三棱锥D ABC体积最大时,平面DBC 平面 ABC,
因为DC DB 2,取 BC中点 E,则DE BC,
设O1为 ABC外接圆圆心,O为三棱锥D ABC外接球心,则O1O / /DE,
再设O 2为△BCD外接圆圆心,OO1 平面DBC,则OO2 / /O1E且OO2 O1E,
2 2 2
设三棱锥D ABC外接球的半径为 R , 在直角 ODO2 中,可得OD R且 R OO2 DO2 ,
因为 cos A
3
,可得
4 sin A 1 cos A
7 , ABC 2r BC 4 14 2 14 所以 外接圆半径 1 ,所以 r1 ,4 sin A 7 7
2 14 7
因为 ABC≌ BCD,所以△BCD的外接圆的半径 r2 ,且 AE DE, sin A sin D 7 4
1 1
在△BCD 14中,可得 DB DC sinD BC DE,可得
2 2 DE
,
2
∴ R2 OO2 DO2 (AE r )2 r 2 14 2 14 2 2 14 2 25 S 4πR2
50
π
2 2 1 2 ( ) ( ) ,∴外接球的表面积 . 故选 A.2 7 7 14 7
π
11.△ 中, sin B
cos 2A
AC BC
,则 的取值范围是
2 AB
1 1 1 1 1 2 1 2 A. , B.2
, C. ,3 2
D. ,
2 3 3 3
【答案】B
π
【详解】 sin B cos B cos 2A,在 ABC中, A,B 0, π ,故 2A B或 2A B 2π,
2
试卷第 3页,共 9页
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B
当 2A B 2π时, A π ,故 A B π,不合要求,舍去,所以2A B,C π A B π A 2A π 3A ,
2
因为 A,B 0, π π π ,所以 2A 0, π ,即 A 0, ,因为C π 3A 0,π ,所以 A 2 0, , 3
AC AB BC
由正弦定理得 ,
sin B sinC sin A
AC BC sin B sin A sin 2A sin A 2sin Acos A sin A 2sin Acos A sin A
故 AB sinC sin π 3A sin 2A A sin 2Acos A cos 2Asin A ,
AC BC 2cos A 1 2cos A 1 2cos A 1
因为 A 0, π ,所以 sin A 0 ,故 AB 2cos2 A cos 2A 4cos2 A 1 2cos A 1 2cos A 1 ,
因为 A
0,
π AC BC 1
,所以 2cos A 1 0 ,故 ,
3 AB 2cos A 1
因为 A
0,
π
,所以 cos A
1
,1 , 2cos A 1, 2 , 2cos A 1 2,3 ,
3 2
AC BC 1 1 1
故 , . 故选 B.AB 2cos A 1 3 2
12.高斯是德国著名数学家,近代数学的奠基者之一,享有“数学王子”的称号,用他名字定义的函数称为高斯函数
f (x) x ,其中 x 表示不超过 x的最大整数,如 2.3 2 , 1.9 2,已知数列 an 满足 a1 1, a2 5,
an 2 4an 5an 1,若bn [log a
8108
2 n 1], Sn为数列 的前n项和,则 S2025 +1
A.2026 B.2025 C.2024 D.2023
【答案】B
【详解】由 an 2 4an 5an 1得an 2 an 1 4 an 1 an ,因此数列 an 1 an 为公比为 4,
首项为 a2 a1 4
n
的等比数列,故 an 1 an 4 ,进而根据累加法
n 1 n 1
得 a a a a a a a a 4n 4n 1 4 1 4 1 4 1n 1 n 1 n n n 1 2 1 1 ,bn [log2 an 1 ] [log ] ,3 2 3
log (4n 1 1) log 3 log 4n 12 2 2 1 2n 1,
4n 1log 1 (4 1)4
n
又 b 2n2 log2 2n, n ,3 3
{ } = { 8108 } ∴ 8108 = 8108 = 2027( 1 1令 ) , +1 , +1 2 (2 +2) +1
∴ = 1 + 2 + + 1 + = 2027(1
1 + 1 1 + ++ 1 1 ),∴ 1
2 2 3 +1
= 2027(1 ),
+1
代入 n 2025得[ 2025] = 2025,故选 B.
二、填空题
13.函数 f (x) sin(2x )
π
的图象向左平移 个单位得到函数 g x 的图象,若函数 g x 是偶函数,则
3
tan .
3
【答案】
3
g x π f x sin(2x 2π ) g x 2π π π【详解】 ,由于 是偶函数,所以 kπ, k Z ,故 kπ,k Z ,
3 3 3 2 6
试卷第 4页,共 9页
{#{QQABaQKEggAoABIAABgCQwGgCgEQkAAAAKoOwEAMoAAAgRNABCA=}#}
所以 tan tan π kπ tan π 3
6 6 3
14.已知 = 1 2 , 1 ,b 3, k ,若 与 的夹角为钝角,则实数 k的取值范围为 .
【答案】 ∞, 1 ∪ 1, 3
7
a
b k 3 1 2k 0 3
【详解】由已知 a b 0且 a、b不共线,则 ,解得
k 且 k 1 .
k 1 2k 3 7
所以,实数 k的取值范围是 , 1 1,
3
.
7
x2 215 y.已知 A,B,C是双曲线 2 2 1 a 0,b 0 上的三点,直线 AB经过原点 O,AC经过右焦点 F,若 BF AC,a b
3
且CF FA,则该双曲线的离心率为 .
2
37
【答案】
5
【详解】设双曲线的左焦点为 E,连接 AE,CE,BE , 由题意知 BF AE , BE AF ,BF AC ,
∴四边形 AEBF为矩形,令 BF AE m, BE AF n, ∵ CE CF AE AF 2a
3
,CF FA
2
Rt EAC 2 3
2 2
3 2 12
∴在 △ 中,m m n2
2a n , 将2a m n带入可得m 6n , ∴ n a,m a
2 5 5
2 2
∴在 RtVEAF中,m2 n2 2 2c , 12 2 即 a a 2c
2 , e c 37可得 .
5 5 a 5
x 1
, x 0
16 2.已知函数 f x ex ,若关于 x的不等式 f x af x 0恰有一个整数解,则实数 a的取值范围
2
x x, x 0
为 .
【答案】 2, 1 e2 , 2e3
' x x
【详解】当 x 0 时, f
x 1 e x x 1 e x 0ex x 2 ex ,即函数
f x 在 , 0 上单调递增
e
f 3 2e3 , f 2 e2 , f 1 0, f 0 1, f 1 0, f 2 2 , 函数 f x 的图像如图所示.
f 2由 x af x 0得出 f x f x a 0 ,
当 a 0时,显然不成立.
但 a 0时,解得 a f (x) 0 ,使得不等式只有唯一整数解,此时 2e3 a e2 .
即 e2 a 2e3时,唯一整数解是 x 2,
当 a<0时,0 f (x) a,使得不等式只有唯一整数解,此时1 a 2,
即 2 a 1时,唯一整数解是 x 0 .
综上, a 2, 1 e2 , 2e3 .
试卷第 5页,共 9页
{#{QQABaQKEggAoABIAABgCQwGgCgEQkAAAAKoOwEAMoAAAgRNABCA=}#}
17.教育是阻断贫困代际传递的根本之策.补齐贫困地区义务教育发展的短板,让贫困家庭子女都能接受公平而有
质量的教育,是夯实脱贫攻坚根基之所在.治贫先治愚,扶贫先扶智.为了解决某贫困地区教师资源匮乏的问题,
某市教育局拟从 5 名优秀教师中抽选人员分批次参与支教活动.支教活动共分 3 批次进行,每次支教需要同时派送
2 名教师,且每次派送人员均从这 5 人中随机抽选.已知这 5 名优秀教师中,2 人有支教经验,3 人没有支教经验.
(1)求 5 名优秀教师中的“甲”,在这 3 批次支教活动中恰有两次被抽选到的概率;
(2)求第一次抽取到无支教经验的教师人数 X 的分布列;
2
【详解】(1)5 名优秀教师中的“甲”在每轮抽取中,被抽取到的概率为 ,
5
2
2
3 36
则三次抽取中,“甲”恰有两次被抽取到的概率为 P C23 5
;
5 125
(2)X表示第一次抽取到的无支教经验的教师人数,X的可能取值有 0,1,2.
2 C1C1 6 2
P(X C 1 C 3 0) 22 ; P(X 1) 2 3 3C 10 C2
; P(X 2) 2
5 C 10
.
5 10 5
所以分布列为:
X 0 1 2
P 0.1 0.6 0.3
18 a + 1+ 2 + 1+ + .已知数列 满足 2 3 + + 1+ 2+ + n 1 = 2 2 3 .
a
(1)求 an 的通项公式;(2)求数列 n 的前 n项和 Sn n.
【详解】(1)当 n 1时, a1 2.
a a a
当 n 2 1 2 n n 2n n 1 2n 1 n 1 2n 1时, ,即 a1 a2 an n n 1 2n 1,n
n 1 n 1 n 2当 时,上式也成立,所以 an n n 1 2 n 1 n 2 n n 3 2n 2 n 2 .
当 n 1时,也符合 an n n 3 2n 2 ,所以 an n n 3 2n 2 .
a
2 1 n n 3 2n 2 S 4 2 1 5 20 n 3 2 n 2( )由( )知 . n ,2Sn 4 20 5 21 n 3 2n 1,n
S 0 1 n 2 n 1 n 1 n 1 n 1 n 1则 n 2 2 2 2 n 3 2 2 2 1 n 3 2 n 2 2 1,所以 Sn n 2 2 1.
19.如图,在多面体 ABCDEF中,四边形 ACDE是正方形,DF//BC,AB⊥AC,AE⊥平面 ABC,AB=AC=2,EF=DF= 2 .
(1)求证:平面 BCDF⊥平面 BEF;(2)求二面角 A-BF-E的余弦值.
【详解】(1)∵AE⊥平面 ABC,BC 平面 ABC,∴AE⊥BC,
而 DF//BC,有 AE⊥DF,正方形 ACDE中,AE⊥DE,DE DF D,
DE,DF 平面 DEF,因此, AE 平面 DEF, EF 平面 DEF,则 AE EF ,
而 AE//CD,则 EF⊥CD,因 DE=2,EF=DF= 2 ,即DE2 EF 2 DF 2,则有 EF⊥DF,
因为CD DF D,CD,DF 平面 BCDF,因此,EF⊥平面 BCDF,又 EF 平面 BEF,
试卷第 6页,共 9页
{#{QQABaQKEggAoABIAABgCQwGgCgEQkAAAAKoOwEAMoAAAgRNABCA=}#}
所以平面 BCDF⊥平面 BEF.
(2)因 AB⊥AC,AE⊥平面 ABC,则以 A为原点,以 AB,AC,AE所在直线分别为 x,y,z轴建立空间直角坐标
系,如图, A(0,0,0),B(2,0,0),E(0,0,2),F(1,1,2) ,
uuur
AB (2,0,0), BF ( 1,1,2) , BE ( 2,0, 2)
ur n ·AB 2x 0
设 n1 (x1, y1, z1)
1 1
为平面 ABF的法向量,则 ,
n1·BF x1 y1 2z1 0
令 y1 2,得 n1 (0, 2, 1),
n ·BE 2x 2z 0
设 n2 (x2 , y2 , z2 ) 为平面 BEF的法向量,则
2 2 2 ,
n2·BF x2 y2 2z2 0
令 x 1
n ·n
,得 n (1, 1,1),则有 cos n ,n 1 22 2 1 2
3 15
,由图可知,二面角 A-BF-E为锐二面角,
| n1 || n2 | 5 3 5
A-BF-E 15所以二面角 的余弦值为 .
5
20.在平面直角坐标系 xOy中,已知点 F1 3,0 , F2 3,0 ,点 P满足 PF1 PF2 2 6 .记 P的轨迹为M .
(1)求M 的方程;
(2)直线 x y 3 0交M 于A ,B两点,C,D为M 上的两点,若四边形 ACBD的对角线CD AB,求四边形 ACBD
面积的取值范围.
【详解】(1)∵ MF1 MF2 2 6 F1F2 2 3 ,∴M 是以 F1 3,0 , F2 3,0 为焦点,长轴长为2 6 的椭圆,
x2 y2
设椭圆方程为 2 2 1 a b 0 ,则 2a 2 6 ,∴ a 6 , 又∵ c 3,则b2 a2 c2 3,a b
x2 y2
∴椭圆C的方程为 1;
6 3
x y 4 3 3 0 x 3 x 0
2 2
4 3 3 2 4 6( )由 x2 y2 ,解得 或 ,因此 AB 3 .
16 3 y
3
y 3 3
3 3
3
设直线CD的方程为 y x n,设C x3, y3 ,D x4 , y4 .
y x n
由 x2 y2 3x2
2 2
得 4nx 2n2 6 0 . Δ 16n 12 2n 6 0,故 3 n 3 .
1
6 3
又 AB,CD 5 3的交点在A , B之间,故 n 3 .
3
因为直线CD的斜率为 1,
2 2
所以 CD 1 12 x4 x3 2
2 2 9 n 4 9 n
.
3 3
1 8 6 8 6
又四边形 ACBD的面积 S CD AB 9 n2 ,当 n 0时,S取得最大值,最大值为 ,
2 9 3
16 8 6
∴面积取值范围是( , ]
9 3
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21.已知函数 f x a ln x x2 a 1 x .
2
(1)讨论函数 f x 的单调性;
a
(2)设 x1, x2 ,(0 x1 x2 )是函数 g x f x x的两个极值点,证明: g x1 g x2 ln a恒成立.2
【详解】(1) f x 的定义域为 0, ,
1 ax2 a 1 x 1 x 1 ax 1f x ax a 1 ,
x x x
①当 a 0时,令 f (x) > 0 ,得0 x 1,令 f x 0,得 x 1,∴ f x 在 0,1 上单调递增,在 1, 上单调递减;
1
②当 0 a 1时,令 f (x) > 0 ,得 0 x 1或 x ,令 f x 0,得1 1 x ,a a
所以 f x 0,1 1 , 1 在 , 上单调递增,在 1, 上单调递减;
a a
③当 a 1时,则 f x 0,所以在 0, 上 f x 单调递增;
1 1
④当 a 1时,令 f (x) > 0,得0 x 或 x 1,令 f x 0,得 x 1,a a
所以 f x 在 0,
1 1 , 1,
上单调递增,在 ,1
上单调递减;
a a
综上,当 a 0时, f x 在 0,1 上单调递增,在 1, 上单调递减;
在 0 a 1时, f x 在 0,1 1 , 1 , 上单调递增,在 1, 上单调递减;
a a
当 a 1时, f x 在 0, 上单调递增;
当 a 1时, f x 1 1 在 0, , 1, 上单调递增,在 ,1 上单调递减,
a a
2
(2) g x f x x ln x a x2 ax,则 g x 的定义域为 0, g x 1 ax a ax ax 1, ,2 x x
若 g x 1有两个极值点,x1,x(0 x 22 1 x2 ),则方程 ax ax 1 0的判别式 a2 4a 0 ,且 x1 + x2 1,x1x2 0,a
所以 a 4,
1
因为0 x1 x ,所以 x22 1 x1x2 ,得0
1
x1 ,所以a a
g x g x ln x a x2 ax ln x a x21 2 1 1 1 2 2 ax2 ln x1 ln ax
a
1 ax1,2 2 2
h t ln t ln at a t x 0, 1设 at 2,其中 1 ,令 h (t) a 0 t
2
得 ,
2 a t a
2 1 2 a
又 0,所以 h(t)
2 2 1
在区间 0, 内单调递增,在区间 ,a 内单调递减,即
h t 的最大值为
a a a a a
h 2 a 2 a a 2ln 2 lna 2 ,而 2ln 2 2
0
a 2 ,∴
h
2ln 2 lna 2 lna,
a 2 2
a
从而 g x1 g x2 ln a恒成立.2
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x 1 2cos
22.在平面直角坐标系 xOy中,曲线 C的参数方程为 y 1 2sin ( 为参数),以坐标原点为极点,
x轴正半轴
为极轴建立极坐标系,直线 l的极坐标方程为: ( 0, π , R ),已知直线 l与曲线 C相交于 M,N两
点.
(1)求曲线 C的极坐标方程;(2)记线段MN的中点为 P,若 OP 恒成立,求实数 的取值范围.
x 1 2cos
【详解】(1)∵曲线C的参数方程为
y 1 2sin
( 为参数),
∴曲线C的直角坐标方程为 (x 1)2 (y 1)2 4,化为一般式得: x2 y2 2x 2y 2 0 ,
x cos
设 y sin ,∴
2 2 cos 2 sin 2 0,
∴曲线C的极坐标方程为: 2 2 cos 2 sin 2 0 .
(2)联立 和 2 2 cos 2 sin 2 0,得 2 2 (cos sin ) 2 0,
易得 0,设M 1, 、 N 2 , ,则 1 2 2(sin cos ) 2 2 sin
π 4
,
|OP | 由 1
2 ,得 |OP | 2 sin
π
2 ,2 4
当
3π
时, |OP |取最大值
4 2
,
所以实数 的取值范围为[ 2, ) .
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