內(nèi)蒙古包頭市2021-2022學(xué)年高三上學(xué)期理數(shù)期末考試試卷

DB=( )DDB=( )D.[2,3,4}D.1—i3-i.則該圓錐的側(cè)面積為( )D.4兀內(nèi)蒙古包頭市2021-2022學(xué)年高三上學(xué)期理數(shù)期末考試試卷閱卷入一、單選題(共12題；共24分)得分(2分)設(shè)集合A={x|-3<x<4},B={0,2,3,4},則,A.{3} B.{0,2} C.{0,2,：【答案】C【解析】【解答】由交集定義可知ACl8={0,2,3).故答案為：C【分析】根據(jù)交集的定義直接求解.(2分)已知z=l+i,則2(z+l)=( )A.3+t B.3—i C.1+i【答案】B【解析】【解答】z(z+1)=(1-i)(l+i+1)=(1-0(2+i)=故答案為：B.【分析】根據(jù)復(fù)數(shù)的四則運算法則計算即可.(2分)已知圓錐的底面半徑為1,其側(cè)面展開圖為一個半圓,A.n B.27t C.3?！敬鸢浮緽【解析】【解答】設(shè)圓錐的母線為1,即側(cè)面展開圖的半徑為/又圓錐的底面半徑為1,則側(cè)面展開圖的弧長為2兀，又側(cè)面展開圖是半圓，則加=2兀，則1=2所以該圓錐的側(cè)面積為④加2=27r故答案為：B【分析】先計算圓錐的底面周長，即為側(cè)面展開圖的弧長，進而求得側(cè)面展開圖的半徑，從而求得側(cè)面積.（2分）下列區(qū)間中，函數(shù)/（%）=2sin（x+副單調(diào)遞增的區(qū)間是（ ）A.（0,J） B.（J,兀） C.（yr,竽） D.（竽，2兀）【答案】D【解析】【解答】對于A選項，當(dāng)。＜x＜￡時，5＜x+^＜^.則f（x）在（0,沖上不單調(diào)；對于B選項，當(dāng)W＜》＜兀時，等＜%+』＜竽，則/（%）在（%,兀）上單調(diào)遞減；對于C選項，當(dāng)兀＜*＜當(dāng)時，竽＜%+&＜其生則/（x）在（兀，岑）上不單調(diào)；對于D選項，當(dāng)竽＜x＜2兀時，半＜*+號＜箏則/（*）在卷，2兀）上單調(diào)遞增.故答案為：D.【分析】利用正弦型函數(shù)的單調(diào)性逐項判斷可得出合適的選項.（2分）已知Fi，尸2分別是雙曲線C：今一￡=l（a＞0,b＞0）的左右焦點，點B為C的左頂點，動點A在C上，當(dāng)4F2IBF2時，\AF2\=|5F2|,且-依尸2|=2,則C的方程為（ ）A.號—y2=] B.*2_g=1 C._y2=1 D-/一專=1【答案】D【解析】【解答】解：由題意得：v\AFX\—\AF2\=2a=2

..a=1>1461=IBF2I=QBI+\0F21=a+c=1+c又??? -MF2I=2???HFJ=\AF2\+2=3+c,正局=2c又???AF21BF2在直角三角形AaF2中，由勾股定理得|AFi『=|4F2|2+|F/2『于是4c2+(1+c)2=(3+c)2,解得：c2-c-2=0故可知：c=-1(舍去)或c=2又由+b2=C?可知：匕2=3所以C的方程為X2一竽=1故答案為：D【分析】先根據(jù)雙曲線的定義求出a=1,然后根據(jù)直角三角形建立方程求出MFi|2=MF2/+田/2/，根據(jù)雙曲線的系數(shù)關(guān)系即可求得方程.TOC\o"1-5"\h\z\o"CurrentDocument"（2分）若tana=3,則sina（l-sin2a）=（ ）sina-cosaA.J B.J C. D.-p5 5 5 5【答案】A【解析】【解套】sina(l-sin2a)—sina(sin2a+cos2a—2sinacosa)—sina(sina-cosa)2sina-cosa~ sina-cosa - sina—cosa-=sina(sina-cosa)=sin^a—sinacosa

sinLa-\-cosL=sina(sina-cosa)=sin^a—sinacosa

sinLa-\-cosLatan2a4-l9+1 10 5故答案為：A.【分析】利用同角三角函數(shù)的平方關(guān)系和商數(shù)關(guān)系、正弦的二倍角公式化簡即可求值.[5x+3y-15<0（2分）若x,y滿足約束條件｛y-x-l<0，則z=3%+5y的最小值為（ ）1%-5y-340A.-11 B.17 C.11 D.017【答案】A【解析】【解答】解：由題意畫出可行域，如圖，轉(zhuǎn)化目標函數(shù)z=3x+5y為y=-於x+3□□上下平移直線丫=-9+各數(shù)形結(jié)合可知，當(dāng)直線過點A時，z取最小值，{V-x-1=0 .5y_3=0可得點4(—2，一1)，則Zmin=-6-5=-ll.故答案為：A.【分析】由題意畫出可行域，轉(zhuǎn)化目標函數(shù)為y=—,x+1,數(shù)形結(jié)合即可得解.(2分)某市氣象局預(yù)報說，明天甲地降雨概率是0.3,乙地降雨概率是0.4,若明天這兩地是否降雨相互獨立，則明天這兩地中恰有一個地方降雨的概率是( )A.0.36 B.0.46 C.0.18 D.0.28【答案】B【解析】【解答】記事件4明天甲地降雨，事件B：明天乙地降雨，事件C：明天這兩地中恰有一個地方降雨，則C=AB(JAB,且P(A)=0.3,P(B)=0.4,因此，P(C)=P(ABUAB)=P(AB)+P(AB)=P(4)P(F)+P(3)P(B)=0.3x0.6+0.7x0.4=0.46.故答案為：B.【分析】利用獨立事件的概率乘法公式和互斥事件的概率加法公式可求得所求事件的概率.

（2分）有一組樣本數(shù)據(jù)不，X?，…，由這組數(shù)據(jù)得到新樣本數(shù)據(jù)為，、2,…，力，其中Yi=xt+3（i=1,2 n）,貝ij（ ）A.兩組樣本數(shù)據(jù)的樣本標準差相同B.兩組樣本數(shù)據(jù)的樣本中位數(shù)相同C.兩組樣本數(shù)據(jù)的樣本平均數(shù)相同D.兩組樣本數(shù)據(jù)的樣本眾數(shù)相同【答案】A【解析】【解答】數(shù)據(jù)小，%2，…，j的樣本平均數(shù)是幾標準差是S,樣本中位數(shù)是X”，眾數(shù)是0,所以數(shù)據(jù)為=陽+3（1=1,2，…，n）的平均數(shù)是元+3,標準差s,樣本中位數(shù)是Xm+3,樣本眾數(shù)是孫+3,A符合題意.故答案為：A【分析】由樣本數(shù)據(jù)的關(guān)系為=苣+3（i=l,2,…，n）,結(jié)合平均數(shù)，標準差，中位數(shù)，眾數(shù)的定義，即可判斷選項.（2分）已知D.E,尸分別是AABC的邊BC、C4、4B的中點，且反=落CA=b^AB=ct則下列Tb

1-2Tb

1-2+

TC

1-2

=

阮A(yù)B+AC+BC=OCF= + D.AD+BE+CF=Q【答案】B【解析】【解答】解：對于A選項，EF=^CB=^(CA+AB)=^(b+c),A正確，不符合題意.對于B選項，AB+AC+BC=AB+BC+AC=2AC，B錯誤，符合題意對于C選項，CF=^(CA+CB)=^(b-a),C正確，不符合題意.對于D選項，AD+BE+CF= +AC)+ +BA)+ +CB)=^(AB-CA+BC-AB+CA-BC)=0,D正確，不符合題意.故答案為：B

【分析】利用向量加法、減法、數(shù)乘運算對選項逐一分析，由此確定正確選項.11.（2分）如圖是一個正方體的平面展開圖，則在該正方體中正確的關(guān)系是（ ）C.DE1【分析】利用向量加法、減法、數(shù)乘運算對選項逐一分析，由此確定正確選項.11.（2分）如圖是一個正方體的平面展開圖，則在該正方體中正確的關(guān)系是（ ）C.DE1BHD.BE//DG【答案】C【解析】【解答】還原為原正方體如下圖所示:H>ZZ心一由圖可知4G與CD異面，BE與DG異面,在正方體中，BC//GH且BC=GH,則四邊形BC”G為平行四邊形，貝因為四邊形CDHE為正方形，則DE1CH,???BCJ?平面CDHE,DEc^^iCDHE,則DE_LBC,vCHCiBC=C,二CEJ■平面BCH,；BHu平面BCH,故。E1BH.故答案為：C.【分析】作出還原后的正方體，結(jié)合圖形可判斷ABD選項，利用線面垂直的性質(zhì)可判斷C選項.(2分)已知點Q在圓M：(x+3/+(y-3/=4上，直線I：2x-3y+6=0與x軸、y軸分別交于點P、R,則下列結(jié)論中正確的有( )①點Q到直線1的距離小于4.5②點Q到直線1的距離大于1③當(dāng)4QRP最小時，\RQ\=迷④當(dāng)“RP最大時，|/?Q|=V6A.1個 B.2個 C.3個 D.4個【答案】C【解析】【解答】圓M的圓心為M(—3,3),半徑為r=2,圓心M到直線1的距離為由歲旦=9誨13->2,所以，直線2與圓M相離，點Q到直線，的距離的最大值為零+2,最小值為當(dāng)2，因為睿一2<1，密+2<4.5,故①對，②錯；直線I：2x-3y+6=0交x軸于點P(-3,0),交y軸于點R(0,2).\MR\=V10，過點R作圓M的兩條切線，切點分別為E、N,如下圖所示：當(dāng)4QRP最小時，點Q與點E重合，此時|QR|= =傷,當(dāng)4QRP最大時，點Q與點N重合，此時|QR|= =述,③④都對.故答案為：C.【分析】計算出點Q到直線，的距離的最大值和最小值，可判斷①②的正誤；利用“RP最小和最大時，確定點Q的位置，求出的|RQ|值，可判斷③④的正誤.閱卷入二、填空題(共4題；共4分)得分(1分)已知函數(shù)/(x)=/(3-x+a.3多是奇函數(shù)，則(1=.【答案】1【解析】【解答】因為函數(shù)f(x)為奇函數(shù)，則〃一切=-f(x),即(-爐.(3,+a?3一)=-x3(3-x+a?3〉，整理可得(3、-3T)(1-a)=。恒成立,所以，1—a=0,解得a=1.故答案為：1.【分析】利用奇函數(shù)的定義可得出關(guān)于實數(shù)a的等式，即可解得實數(shù)a的值.(1分)已知0為坐標原點，拋物線C：y2=8x的焦點為F,P為C上一點，PF與x軸垂直，Q為x軸上一點，若P在以線段0Q為直徑的圓上，則該圓的方程為.【答案】(%—5)2+y2=25【解析】【解答】解：由題意得：???拋物線C：y2=8%的焦點為尸(2,0),PF與x軸垂直P點的橫坐標為2???y2=16,即y=+4故P點的坐標為(2,4)或Q,-4)又?:Q為x軸上一點，且OQ為直徑，P點在圓上故設(shè)圓心為(m,0),于是有(2—m)2+16=巾2,即20-4m=0今zn=5所以圓的方程為(x—5)2+y2=25故答案為：(x—5)2+y2=25【分析】根據(jù)條件求出點P坐標，然后根據(jù)的圓的標準方程求解即可得答案.(1分)已知△ABC的內(nèi)角A,B,C的對邊分別為a,b,c,已知bsinB=asinC,ac=9,且B=60°,則a+c=.【答案】6【解析】【解答】因為匕sinB=asinC,由正弦定理凝=島=篇=2R,可得M=ac，又因為ac=9,所以屬=9,解得b=3,由余弦定理知廿=次+定—2accosBf所以q2+c2-2accos60°=a24-c2—ac=(a+c)2—3ac=(a+c)2—27=9,即(a+c)2=36,解得a+c=6.故答案為：6.【分析】由題意和正弦定理得到戶=四，結(jié)合余弦定理化簡得到層+-2accos60°=次+c2一ac=(a+c)2—3ac=(a+c)2—27=9,即可求解.(1分)函數(shù)/(%)=|3x-2|-61n5的最小值為.【答案】4【解析】【解答】當(dāng)x2綱，f(x)=3x-2-61n^,/'(%)=3-g=與=0,得久=2,當(dāng)％e[|,2)時，/(%)<0.函數(shù)單調(diào)遞減，當(dāng)％e[2,+8)時，/(%)>0，函數(shù)單調(diào)遞增，所以當(dāng)x=2時，函數(shù)取得最小值/(2)=4,當(dāng)％C(0,|)時，/(x)=2-3x-61n^>61n3>4,綜上可知，函數(shù)的最小值是4.故答案為：4【分析】首先討論去函數(shù)的絕對值，再判斷函數(shù)的單調(diào)性，即可求得函數(shù)的最小值.閱卷人三、解答題供7題；共80分)得分（10分）已知數(shù)列｛每｝滿足的=2,an+1=.2a,t，”為奇數(shù),2an,n為偶數(shù)（1）（5分）記b”=<Z2n，寫出仇，b2,并求數(shù)列W的通項公式;（5分）求｛an｝的前12項和.【答案】（1）解：由題意得：當(dāng)n=2k—l時，a2k=弧1①當(dāng)a=2k時,，&2卜+1=2a2k②由②a2（k-i）+i=2。2"-1），H|Ja2fc-i=2a2（fc_1）,（k>1）③把③代入①，得a2k=3a2（k-i）（k>1）D Q故=a2n=3a2（九-1）=3b九一「且b]=a2=2ai=3?b2=0.4=2a3=3a2=9，所以數(shù)列｛匕｝是以3為首項，以3為公比的等比數(shù)列.故%=a2n=3n.（2）解：把?）代入口）,得。2女+1=2a2k=3a2左-1，且=2所以數(shù)列｛。2於1｝是以2為首項，以3為公比的等比數(shù)列，故。2“1=2*3-1，于是Q]+。2+。3+…+Q12= +。3+@5+07+。9+。11）+（。2+。4+。6+@8+。10+。12）=2（3°+31+???+35）+（31+32+…+36）=|（36-1）=1820【解析】【分析】（1）由數(shù)列｛an｝的通項公式可求出a2k=3a2（"i）（k>1）,從而得到&=a?=9al=3,勿=。4==3。2=9,又由可知數(shù)列｛%｝是以3為首項，以3為公比的等比數(shù)列.故bn=a2n=3"；（2）由數(shù)列｛%｝的通項公式可得數(shù)列｛a2n_i｝是以2為首項，以3為公比的等比數(shù)列，然后根據(jù)等比數(shù)列求和求解即可.（15分）某沙漠地區(qū)經(jīng)過治理，生態(tài)系統(tǒng)得到很大改普，人工栽培和野生植物數(shù)量不斷增加.為調(diào)查該地區(qū)某種植物的數(shù)量，將其分成面積相近的150個地塊，從這些地塊中用簡單隨機抽樣的方法抽取15個作為樣區(qū)，調(diào)查得到樣本數(shù)據(jù)（%，%）（i=l,2,…，15）,其中々和匕分別表示第i個樣區(qū)的植物覆蓋面積（單位：公頃）和這種植物的數(shù)量，并計算得與1々=45,V15y,.=10500,“i=]一幻2=60,一y）2=8000, -x）（y,.-y）=600.Wi=i（一一一（為一刃附：相關(guān)系數(shù)「一 -V3?1.732.>（-2〉（%-月2i=l=i=l

（5分）求該地區(qū)這種植物數(shù)量的估計值（這種植物數(shù)量的估計值等于樣區(qū)這種植物數(shù)量的平均數(shù)乘以地塊數(shù)）;（5分）求樣本（陽，%）（i=1,2, 15）的相關(guān)系數(shù)（精確到0.01）；（5分）根據(jù)現(xiàn)有統(tǒng)計資料，各地塊間植物覆蓋面積差異很大.為提高樣本的代表性以獲得該地區(qū)這種植物數(shù)量更準確的估計，請給出一種你認為更合理的抽樣方法，并說明理由.【答案】⑴解：由已知得樣本平均數(shù)好右匕=700,從而該地區(qū)這種植物數(shù)量的估計值為700x150=105000,（2）解：樣本（符，%）（i=l,2,…，15）的相關(guān)系數(shù)600 73760x600 73760x8000*0.8715（陽一元）2〉 （匕一，）2i=l 乙41（3）解：分層抽樣：根據(jù)植物覆蓋面積的大小對地塊分層，再對150個地塊進行分層抽樣.理由如下：由（2）知各樣區(qū)的這種植物數(shù)量與植物覆蓋面積有很強的正相關(guān).由于各地塊間植物覆蓋面積差異很大，從而各地塊間這種植物數(shù)量差異也很大，采用分層抽樣的方法較好地保持了樣本結(jié)構(gòu)與總體結(jié)構(gòu)的一致性，提高了樣本的代表性，從而可以獲得該地區(qū)這種植物數(shù)量更準確的估計.Z15%=10500求出樣本平均數(shù)，再乘以地塊數(shù)可得出結(jié)果；i=i-祖先-力（2）根據(jù)題中所給數(shù)據(jù)，代入r=Ji L:,可得出結(jié)果；）（%「無）>（%-9）J<4-11=1 4-，=1（3）由（2）知各樣區(qū)的這種植物數(shù)量與植物覆蓋面積有很強的正相關(guān)性可知，各地塊間這種植物數(shù)量差異也很大，適合采用分層抽樣.（10分）如圖，在三棱錐S-ABC中，SA=SC,D為4c的中點，SD1AB.（1）（（1）（5分）證明：平面SAC_L平面ABC；(5分)若△BCD是邊長為3的等邊三角形，點P在棱SC上，PC=2SP,且乙一池。=竽，求二面角4-PB-C的正弦值.【答案】(1)證明：因為S4=SC,且D為力C的中點，所以SD1AC,又SO_LAB,ACC\AB=A,所以SD_L平面ABC,又SDu平面S4C,所以平面SAC，平面ABC.(2)解：因為ABCO是邊長為3的等邊三角形，故4。=DC=DB=3,所以1BC,且4B=V/4C2-BC2=3百，由=挈，得5sA-SD=挈，解得SD=3,所以40=DC=DS,故￡41SC.取AB,BC的中點分別為E,F,貝ijDEJLOF,故S。，DE,DE兩兩互相垂直.以D為原點，DE,DF,而分別為x,y,z軸的正方向，建立空間直角坐標系。-xyz.過P作PRJ.SC,R為垂足，PH1DC,H為垂足，由PC=2SP,可知SR=：SO=1,RD=2,1DH=^DC=1,在平面ABC內(nèi)，過H作HT工工軸，交x軸負半軸于T,在RtZkCHT中，Z.DHT=30°,DH=1,所以07=：,TH=■故P(一苧，2),4(9，—3,,0)?8(',—,0),S(0,0,3)?SP=(—孚,—1),PA=(2,-2V3,-2),AB=(0,3V3,0).設(shè)濟=3y,z)是平面PAB的一個法向量，則僅%;；，即產(chǎn)-鬻7-？=0,in?/yd—u(3V3y=0取z=l,解得x=l,y=0,故元=(1,0,1).

設(shè)平面PBC的法向量為沅=（a,b,c）,因為麗=（2,V3,-2）,PC=2SP=（-1,V3,-2）,貝北受方=^即［2。+在-2。=0可取記2,?"i?汽7=0l-a+V3fe-2c=0 ' 7所以cos伍，m）=所以二面角的正弦值sin。=Jl—喀產(chǎn)=等，所以二面角4-PB-C的正弦值為察.【解析】【分析】（1）要證明面面垂直，轉(zhuǎn)化為證明線面垂直，即證明SOI平面4BC；（2）首先利用體積公式，求得SC=3,并得S4，SC,根據(jù)垂直關(guān)系，以點D為原點，如圖建立空間直角坐標系，利用法向量求二面角的余弦值，并利用三角關(guān)系，求得二面角的余弦值.（10分）在平面直角坐標系xOy中，已知點片（-遮，0）,F2（V5,0）,點P為平面內(nèi)的動點，且△PaF2的周長為64-2的.記點P的軌跡為C.（5分）試說明曲線C的形狀，并求C的方程；（5分）設(shè)點M在直線x=l上，且M不在C上，過M的兩條直線分別交C于A,B兩點和R,H兩點，一且|"川?|MB|=\MR\■\MH\,直線AB和RH的斜率都存在且不為零，求直線的斜率與直線R”的斜率的比值.【答案】（1）解：由已知，得|PFi|+|PF2|=6>|%尸2|=2百，所以點P的軌跡C是以%（-代，0）,尸2（遙，0）分別為左、右焦點的橢圓，但需要去掉橢圓與x軸的兩個交點.所以c=遍，a=3,b=2,所以C的方程為A+^=i（x*±3）y4 、一，(2)解:設(shè)M(l,m),A(xlfyi),Bg,y2)? €(—3,3),x2E(—3,3).AB的方程為：y=fcifx—1)+m,聯(lián)立方程組，y=k^x聯(lián)立方程組，y=k^x—1)+m,.各胃=1，消去y,得(4+9k/)/+(i8/qm-18k/)%+(9^2-18klm+9m2-36)=0,2所以打2所以打+利=一丑也二號L

4+9kJ9kl2—18攵［機+9n12-36Xi%2= 1~~5 4+9kJ所以|M4|?|MB|=(1+々J)氏_1||%2-1|=(1+七2)|(/一1)(工2-1)|=(1+kJ)1/支2(1+kJ)1/支2—Qi+x2)+1|=I(l+k/)(97n2-32)4+9/c/I-士等設(shè)RH的方程為y=fc2(%-l)+m,同理得|MR|?|MH|=|(1+打2)(97712-32)4+9/c22I-因為|M*?|MB|=\MR\\MH\,所以I"J)"亨I，4+9/cJ 4+9與解得自=一%2,或歷==(舍去)，所以自：k2=-1；綜上,號+卷=1(%W±3),k］：&=一1?【解析】【分析】(1)根據(jù)橢圓的定義，可以求出C的軌跡;(2)設(shè)M(l,m),4(”%),B(x2,y2),xt6(-3,3),x2E(-3,3),聯(lián)立方程組y=/：!y=/：!(%—1)+m,

需+券=1，2根據(jù)韋達定理得打+M= 婆，4+9kJ%1%2=9k12-18k1m-b9m2-3694+9/c/用弦長公式表示|M4|?|MB|以及|M町“MH|即可.(15分)已知函數(shù)/(x)=cosx+ln(x+1),/'(久)為/(久)的導(dǎo)函數(shù)，證明:(1)(5分)/(%)在區(qū)間(-1,芻存在唯一極大值點;(5分)/(%)在區(qū)間(0,兀)存在唯一極小值點；(5分)/(%)有且只有一個零點.【答案】(1)證明：/(%)的定義域為(一1,+00),設(shè)g(X)=fr(x)=—sinx4- 則(x)=-cosx-(i+%)2,當(dāng)久6(-1,今時，g'(x)<0,所以g(x)=/'(%)單調(diào)遞減；且g(0)=/'(0)=I>0,gg)=/'&)<0,由零點存在定理可知，在區(qū)間(-1，芻存在唯一的a,使g(a)=/'(a)=O又當(dāng)a)時，g(x)=f'(x)>0；當(dāng)％e(a,/時,g(x)=f'(x')>0；所以/(a)為區(qū)間(-1,務(wù)上/(%)唯一的極大值，即％=a是區(qū)間(―1，芻上/(久)唯一的極大值點.(2)證明：當(dāng)％e(0,兀)時，g'(x)單調(diào)遞增，且。'(0)=-2<0, 0,dm=1—J>0,(1+兀)所以g'(x)在區(qū)間(今，兀)有唯一零點，設(shè)為x=口，當(dāng)xe(0,S)時，g\x)<0,此時g(x)=/'(x)單調(diào)遞減；當(dāng)xe(口，兀)時，g'(x)>0,此時g(x)=/'(%)單調(diào)遞增；所以久=6是g(x)=/'(%)在(0,兀)上唯一的極小值點.(3)證明：①當(dāng)xe(—1,芻時，由(1)可知/(x)=cosx+ln(K+l^(-i,a)上單調(diào)遞增,且/(0)=1>0,fG-1)=cos?-1)+1嗎)=cos?-1)-2<0所以/(x)在(-1,a)上有唯一零點；當(dāng)xe(a,今時，f(%)單調(diào)遞減，且啰)=ln(l+今)>0,②當(dāng)xcg,兀)時，由⑵可知在區(qū)間0,/?)上一(久)<0,此時g(x)=f'(%)單調(diào)遞減,且gg)=f'(芻<0,故有/'(%)<0,此時f(x)單調(diào)遞減，且/g)=ln(l+芻>0,1由g'(/?)=0,得c°s6=—^a，c 1 1 1所以f(8)=cos。+ln(l+/?)=ln(l+6)-----2>】n(l+8)- >ln2一2當(dāng)xw印,tt)時，由(2)知g'(%)>0,所以g(x)單調(diào)遞增,

又g'偌)=5兀1 _73 1又g'偌)=6(1+*2(1+第'9償)=-5喏+備=-/+右<0,g⑺=*>0,所以存在ye(第，兀)，使g(y)=O，即f'(y)=o，故％=y為/(%)的極小值點.此時/(y)=cosy+ln(y+1)>In(居+1)+cosy>14-cosy>0.所以f(%)在或，TT)上沒有零點.③當(dāng)％€(兀，+8)時，ln(l+%)>ln(l+tt)>1,所以/(x)=cosx+ln(l+%)>1+cosx>0,所以/(%)在區(qū)間(兀，+8)上沒有零點.綜上/(%)在區(qū)間(-1,+8)上有且僅有一個零點.【解析】【分析】(1)首先求函數(shù)的導(dǎo)數(shù)g(x)=〃。)=-sinx+擊，利用函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，判斷函數(shù)的單調(diào)性，以及結(jié)合零點存在性定理，即可說明函數(shù)在區(qū)間(-1,芻存在唯一極大值點；(2)由g'(久)的單調(diào)性，結(jié)合零點存在性定理，說明存在唯一極小值點；⑶分工e(-1,芻和KC(a,另兩個區(qū)間，結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性，以及零點存在性定理，說明函數(shù)有且只有一個零點.(10分)在直角坐標系中，以原點為極點，x軸的正半軸為極軸，建立極坐標系，已知曲線1+凡C：psin2a=acosa(a>0),過點M(l,0)的直線1的參數(shù)方程｛ 方(t為參數(shù))，直線1與Iy瀉t曲線C交于P、Q兩點.(5分)寫出曲線C的直角坐標方程、直線］的普通方程；(5分)若|MP|,|MQ|,|PQ|成等差數(shù)列，求a的值.【答案】(1)解：曲線C：psin2a=acosa(a>0),p2sin2a=apcosa,y2=ax,所以曲線C的直角坐標方程為y2=a%(a>0),直線1的參數(shù)方程直線1的參數(shù)方程%=1+-t盾2(t為參數(shù)),V2..y=R兩式相減并化簡得％-y=1,所以直線1的普通方程為x-y-l=0.(2)解：把x(2)解：把x=1+6代入y2=收，得產(chǎn)—&at-2a=0①,因為點M在拋物線的開口方向，所以方程①必有兩個實根,設(shè)ti，匕分別為P，Q對應(yīng)的參數(shù)，且P在Q的下方，則口+以=魚。，1112=—2。，由參數(shù)t的幾何意義可知，|MP|=㈤=Ti，|MQ|=闖=￡2，\PQ\=|t2-til=t2-ti-因為|MP|,|MQ|,|PQ|成等差數(shù)列，所以2|MQ|=|MP|+|PQ|,故有2t2=-右+(t2-ti)?整理得b=一2打，把上式代入&+12=魚。，[也=—2a,解得a=去【解析】【分析】(1)根據(jù)極坐標轉(zhuǎn)化為直角坐標的公式求得曲線的直角坐標方程；消去參數(shù)來求得直線的普通方程.(2)將直線1的參數(shù)方程代入曲線的直角坐標方程，化簡寫出根與系數(shù)關(guān)系，結(jié)合直線參數(shù)方程中參數(shù)的幾何意義以及等差數(shù)列的知識列方程，從而求得a的值.(10分)已知函數(shù)f(%)=|久一a?|+設(shè)一4a+4].(5分)當(dāng)a=l時，求不等式f(%)29的解集；(5分)若/(%)29,求a的取值范圍.(1-2x,x<01,0<x<l,2x—1,x>1%<0,1—2%>9,x<-4,0<%<1,129,無解，x>1,2x—1>9,x>5,因此，不等式f(x)>9的解集為｛x|x<一4或%>5].(2)解：因為/'(%)=|x—a21+|x—4a+4|>|a2—4a+4|=(a-2)2,故當(dāng)(a-2)229，即|a-2|Z3時，/(%)>9,所以當(dāng)a—2>3或a—2<—3時，得a>5或a<—1.所以a的取值范圍是(—8,—1]u[5,+co).【解析】【分析】(1)將/(X)=|%-￡12|+|%-4￡1+引表示為分段函數(shù)的形式，由此求得不等式f(x)>9的解集.(2)由/(%)的最小值大于等于9列不等式，從而求得a的取值范圍.試題分析部分1、試卷總體分布分析總