福建省厦门外国语学校2020届高三下学期高考最后一次模拟数学（文）试题 Word版含解析 21页

- 1 - 厦门外国语学校 2020 届高三高考模拟考试 数学试题 本试卷分选择题和非选择题两部分，共 4 页，满分为 150 分.考试用时 120 分钟. 注意事项：1．答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名和准考证号填写在 答题卡相应的位置上，用 2B 铅笔将自己的准考证号填涂在答题卡上. 2．选择题每小题选出答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动， 用橡皮擦干净后，再选涂其他答案；在试卷上做答无效. 3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔在答题卡上作答，答案必须写在答题卡上各题目 指定区域内的相应位置上，超出指定区域的答案无效；如需改动，先划掉原来的答案，然后 再写上新的答案；不准使用涂改液.不按以上要求作答的答案无效. 4．考生必须保持答题卡的整洁和平整. 一、选择题（每题 5 分，12 题，共 60 分） 1. 已知全集  1,2,3,4,5U  ，  2,3,4A  ，  3,5B  ，则下列结论正确的是（ ） A. B A B. {3}A B  C. {2,4,5}A B  D. {1,5}UC A  【答案】D 【解析】 【分析】 根据集合的定义与运算法则，判断选项中的命题是否正确即可． 【详解】由题知集合 A 与集合 B 互相没有包含关系，故 A 错误； 又  2,3,4,5A B  ，故 B 错误；  3A B  ，故 C 错误；  1,5UC A  ，故 D 正确， 故选 D. 【点睛】本题考查了集合的定义与集合间的相互关系问题，重点考查了集合的交并补的运算， 是基础题． 2. 已知复数 z 满足  3 3i z i   ，则 (z  ) - 2 - A. 13 B. 3 C. 4 D. 5 【答案】D 【解析】 【分析】 先由复数的四则运算求出 z ，再由复数模的运算即可求出结果. 【详解】因为  3 3i z i   ，所以  3 3 3 3 3 4iz i i ii          ， 所以    2 24 3 5z      . 故选 D 【点睛】本题主要考查复数的四则运算，以及复数模的运算，熟记公式即可求解，属于基础 题型. 3. 已知 x，y 的取值如下表： x 0 1 3 4 y 2.2 4.3 4.8 6.7 根据上表可得回归方程为  0.95y x a  ，则 a ＝（ ） A. 3.25 B. 2.6 C. 2.2 D. 0 【答案】B 【解析】 【分析】 求出样本中心  ,x y ，代入回归方程即可解出 a ． 【详解】 1 0 1 3 4 24 ( )x   ＝ ＝ ， 1 2.2 4.3 4.8 6.7 4.5( )4y   ＝ ＝ ，把样本点中心 (2 )4.5， 代入 回归方程得 4.5 0.95 2 a ＝ ，∴  2.6a  ． 故选 B 【点睛】本题考查了线性回归方程的性质，属于基础题． - 3 - 4. 若双曲线 2 2 2 2: 1 ( 0, 0)x yC a ba b     的右顶点 A 到一条渐近线的距离为 2 2 3 a ，则 双曲线的离心率为（ ） A. 2 2 3 B. 1 3 C. 3 D. 2 2 【答案】C 【解析】 【分析】 设双曲线的右顶点为  ,0a ,一条渐近线方程为 by xa  ,即 0bx ay  ,运用点到直线的距离 公式和离心率公式,计算即可得到所求值. 【详解】设双曲线的右顶点为  ,0a ,一条渐近线方程为 by xa  ,即 0bx ay  ,由题意可得 2 2 2 2 3 ab ab aca b    ,则 2 2 3b c ,由 2 2 2=c a b 可得 1 3a c 所以 3ce a   . 故选:C. 【点睛】本题考查双曲线的简单性质,考查双曲线离心率的问题,难度较易. 5. 已知点  cos10 ,sin10A   ，  cos100 ,sin100B   ，则 AB  （ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】 利用两点间距离公式结合三角函数公式求解． 【详解】点 (cos10 ,sin10 )A   ， (cos100 ,sin100 )B   ， 2 2| | (cos10 cos100 ) (sin10 sin100 )AB         2 2 2 210 2cos10 cos100 100 10 2sin10 sin100 100cos cos sin sin               2 2(cos10 cos100 sin10 sin100 )       2 2cos(10 100 )     2 2cos90   - 4 - 2 ， 故选：B． 【点睛】本题主要考查了两点间距离公式，以及三角函数公式，是基础题． 6. 如图，正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 中，下列结论不正确．．．的是（ ）． A. 1 1 1C D B C B. 1BD AC C. 1 1BD B C D. 1 60ACB   【答案】C 【解析】 1BD 与 1B C 是两条异面直线．所以不可能平行,选 C. 7. 已知一个圆柱的侧面积等于表面积的 2 3 ，且其轴截面的周长是 16，则该圆柱的体积是 （ ） A. 54 B. 36 C. 27 D. 16 【答案】D 【解析】 【分析】 设圆柱的底面半径为 R ，高为 h ，则由题意得，  22 23 2 4 16 Rh R h R h R         ，解方程组，再根 据圆柱的体积公式求解即可． 【详解】解：设圆柱的底面半径为 R ，高为 h ， ∵圆柱的侧面积等于表面积的 2 3 ，且其轴截面的周长是 16， - 5 - ∴  22 23 2 4 16 Rh R h R h R         ，解得 2 4 R h    ， ∴圆柱的体积为 2 16V R h   ， 故选：D． 【点睛】本题主要考查圆柱的表面积公式与体积公式，属于基础题． 8. 一个几何体的三视图如图所示，若这个几何体的体积为 20 5 ，则该几何体的外接球的表 面积为（ ） A. 36π B. 64π C. 81π D. 100π 【答案】C 【解析】 【分析】 首先把三视图转换为几何体，进一步利用几何体的体积公式求出四棱锥体的外接球的半径， 最后求出球的表面积． 【详解】解：根据几何体的三视图可以得到该几何体为四棱锥体， 如图所示： 该四棱锥的底面是长方形，长为 6，宽为 5， - 6 - 四棱锥的高即为 PD 所以 1 5 6 20 53V h     ， 解得 2 5h  ． 设四棱锥的外接球的半径为 r， 所以   22 2 22 5 6 2 5r    ， 解得 9 2r  ， 所以 294 812S       球 ， 故选：C 【点睛】本题考查了几何体的三视图问题，解题的关键是要能由三视图解析出原几何体，从 而解决问题. 9. 关于函数 ( ) cos2 2 3sin cosf x x x x  ，有下列命题： ①  f x 的最小正周期为 ； ②函数 ( )f x 的图象关于 3x  对称； ③ ( )f x 在区间 2 ,3 6       上单调递增； ④将函数 ( )f x 的图象向左平移 5 12  个单位长度后所得到的图象与函数 2sin 2y x 的图象重合． 其中正确的命题是（ ） A. ①②③ B. ②④ C. ①③ D. ①②④ 【答案】A 【解析】 【分析】 先化简函数 ( )f x ，然后结合所给命题进行逐个验证. 【详解】 ( ) cos2 2 3sin cos cos2 3sin 2 2cos(2 )3f x x x x x x x       所以  f x 的最小正周期为 2 2   ，①正确； 当 3x  时， ( ) 2cos 23f      ，所以②正确； - 7 - 当 2 ,3 6x        时，  2 ,03x    ，此时 ( )f x 为增函数，所以③正确； 将函数 ( )f x 的图象向左平移 5 12  个单位长度后得到函数解析式为 52cos[2( ) ] 2cos(2 ) 2sin(2 )12 3 6 3y x x x          ，所以④不正确； 故选：A. 【点睛】本题主要考查三角函数的图象及性质，把函数化为最简形式是求解的关键，侧重考 查数学抽象的核心素养. 10. 已知函数  f x 是偶函数，当 0x  时， ( ) ln 1f x x x  ，则曲线 ( )y f x 在 1x   处 的切线方程为（ ） A. y x  B. 2y x   C. y x D. 2y x  【答案】A 【解析】 【分析】 利用导数的几何意义以及点斜式方程即可求解. 【详解】因为 0x  ， ( ) ( ) ln( ) 1f x f x x x      ， ( ) 11f   ， ( ) ln( ) 1f x x     ， ( 1) 1f     ， 所以曲线 ( )y f x 在 1x   处的切线方程为 1 ( 1)y x    ，即 y x  . 故选：A. 【点睛】本小题主要考查根据函数奇偶性求函数解析式，考查利用导数求切线方程，属于基 础题. 11. 若点 M 是 ABC 所在平面内的一点，且满足5 3   AM AB AC ，则 ABM 与 ABC 的 面积比为（ ）. A. 1 5 B. 2 5 C. 3 5 D. 4 5 【答案】C 【解析】 - 8 - 【分析】 将已知条件5 3AM AB AC    中的 AB  转化为 2AD  ，然后然后化简得 2 3DM MC  ，由此 求得两个三角形高的比值，从而求得面积的比值. 【详解】如图，由 5 AM  = AB  +3 AC  得 2 AM  =2 AD  +3 AC  -3 AM  ，即 2( AM  - AD  )=3( AC  - AM  )，即 2 DM  =3 MC  ，故 DM  = 3 DC5  ，故△ABM 与△ABC 同底且高的比为 3∶5，故 S△ABM∶S△ABC=3∶5.所以选 C. 【点睛】本小题考查平面向量的线性运算，考查三角形面积的比值的求法，属于基础题. 12. 已知函数 ( ) ln ( R)f x x a x a a    有两个零点，则 a 的取值范围是（ ） A. ( , )e  B.  2 ,e  C.  2 3,e e D.  2 2,2e e 【答案】B 【解析】 【分析】 对 ( )f x 求导，分类讨论各种情况下的零点个数则可求出 a 的取值范围. 【详解】 ( ) 1 ( 0)a x af x xx x      ， 当 0a  时， ( ) 0f x  ，∴ ( )f x 在 (0, ) 上单调递增，不合题意， 当 0a  时， 0 x a  时， ( ) 0f x  ； x a 时， ( ) 0f x  ，∴ ( )f x 在 (0, )a 上单调递减， 在 ( , )a  上单调递增，∴ min( ) ( ) 2 lnf x f a a a a   ，依题意得 2 ln 0a a a  ，∴ 2a e ， 取 1x e ， 2 2x a ，则 1x a ， 2x a ，且  1 ( ) 0f x f e e   ，    2 2 2 2 ln ( 2ln 1)f x f a a a a a a a a       ，令 ( ) 2ln 1g a a a   ， 则 2( ) 1 0g a a     ，∴ ( )g a 在 2 ,e  上单调递增， - 9 - ∴  2 2( ) 3 0g a g e e    ，∴  2 0f x  ， ∴在 ( , )e a 及 2( ,e )a 上各有一个零点，故 a 的取值范围是  2 ,e  ， 故选：B. 【点睛】本题考查利用导数求函数的零点个数，考查学生分类讨论的能力和计算能力，属于 中档题. 二、填空题（每题 5 分，4 题，共 20 分） 13. 已知函数 2 , 0( ) ( 2), 0 x xf x f x x      ，则 ( 1)f   _____________ 【答案】2 【解析】 【分析】 根据分段函数解析式，代入即可求解. 【详解】函数 2 , 0( ) ( 2), 0 x xf x f x x      ， 则   1( 1) 1 2 2f f    . 故答案为：2 【点睛】本题考查了分段函数求值，考查了基本运算求解能力，属于基础题. 14. 已知实数 ,x y 满足约束条件 2 1 0 2 4 0 x x y x y          ，则 3z x y  的取值范围为___. 【答案】[5,9] 【解析】 【分析】 由约束条件作出可行域,化目标函数为直线方程的斜截式,数形结合得到最优解,联立方程组 求得最优解的坐标,把最优解的坐标代入目标函数得结论. 【详解】画出 2 1 0 2 4 0 x x y x y          表示的可行域,如图: - 10 - 解得  1,2 , (2,3)A B 将 3z x y  变形为 3y x z   平移直线 3y x z   由图可知当直线 3y x z   经过点  1,2A 时,直线在 y 轴上的截距最小, z 有最小值为 3 2 5z    ,当直线 3y x z   经过点 ( )2,3B 时,直线在 y 轴上的截距最大,z 有最大值为 3 2 3 9z     所以 3z x y  的取值范围是[5,9]. 故答案为:[5,9]. 【点睛】本题主要考查线性规划中,利用可行域求目标函数的最值,属于简单题. 15. 设直线 2y x a  与圆 C：x2+y2-2ay-2=0 相交于 A，B 两点，若 2 3AB  ，则圆 C 的面 积为________ 【答案】 4 【解析】 因为圆心坐标与半径分别为 2(0, ), 2 C a r a ，所以圆心到直线的距离 2 2 2 a a ad   ， 则 2 2( ) 3 2 2 a a   ，解之得 2 2a  ，所以圆的面积 2 (2 2) 4     S r ，应填答案 4 ． 16. 如图所示，三个全等的三角形 ABF 、 BCD 、 CAEV 拼成一个等边三角形 ABC ，且 DEF 为等边三角形， 2EF AE ，设 ACE   ，则sin 2  ________ - 11 - 【答案】 7 3 26 【解析】 【分析】 设  0AE k k  ，则 2EF k ，由题意可得 3CAE     ， 3CE k ，在 CAEV 中，运 用正弦定理可得 3tan 7   ，结合 2 2tansin 2 tan 1    可得结果. 【详解】设  0AE k k  ，则 2EF k ，由 ACE   ， 由于三角形 ABF 、 BCD 、 CAEV 全等， ∴ FAB   ， CD k ， 2DE k ， 又∵ ABC 为等边三角形，∴ 3CAE     ， 在 CAEV 中，由正弦定理可得： sin sin AE CE ACE CAE   ， 即 3 sin sin 3 k k        ， 3 13sin cos sin2 2     ， 化简得 3tan 7   ， ∴ 2 2 2 322sin cos 2tan 7 37sin 2 3sin cos tan 1 26149              ， 故答案为： 7 3 26 . 【点睛】本题主要考查了利用正弦定理解三角形，利用正切求齐次式的值，属于中档题. 三、解答题（70 分） - 12 - 17. 如图，四棱锥 P ABCD 中， PD  底面 ABCD，且底面 ABCD 为平行四边形，若 60DAB   ， 2AB  ， 1AD  . （1）求证： PA BD ； （2）若 PC 与底面 ABCD 所成的角为 45 ，求点 D 到平面 PBC 的距离. 【答案】（1）证明见解析；（2） 2 21 7 【解析】 【分析】 （1）计算线段长度结合勾股定理逆定理得到 AD BD ，证明 BD  平面 PAD 得到答案. （2）设点 D 到平面 PBC 的距离 h ，计算 7 2BCPS △ ，利用等体积法计算得到答案. 【详解】（1）∵ 1AD  ， 2AB  ， 60DAB   ， ∴ 2 2 2 2 cos60BD AB AD AB AD     ，∴ 3BD  ， ∴ 2 2 2AD BD AB  ，∴ AD BD ， ∵ PD  平面 ABCD ， BD  平面 ABCD ，∴ PD BD ， 又 AD PD DI ，∴ BD  平面 PAD ，∵ PA  平面 PAD ，∴ BD PA . （2）设点 D 到平面 PBC 的距离 h ，由（1）知 BC BD ， ∴ 1 3 2 2BCDS BC BD   △ ， ∵ PD  平面 ABCD ，∴ PCD 是 PC 与底面 ABCD 所成的角， ∴ 45PCD  ，∴ 2PD PC  ，∴ 1 3 323 2 3P BCDV      . ∵ 2 2 2PC CD  ， 2 2 = 7PB PD DB  ， 1BC  ， ∴ 2 2 2BC PB PC  ，∴ PB BC ， - 13 - ∴ 1 7 2 2BCPS BC PB  △ ，∴ 1 7 7 3 2 6D BCP hV h     ， 又 P BCD D BCFV V  ，∴ 7 3 6 3 h  ，解得 2 21 7h  . 【点睛】本题考查了线线垂直，点面距离，意在考查学生的计算能力和空间想象能力，等体 积法是解题的关键. 18. 为了解甲、乙两种离子在小鼠体内的残留程度，进行如下试验：将 200 只小鼠随机分成 ,A B 两组，每组 100 只，其中 A 组小鼠给服甲离子溶液，B 组小鼠给服乙离子溶液.每只小鼠 给服的溶液体积相同、摩尔浓度相同.经过一段时间后用某种科学方法测算出残留在小鼠体内 离子的百分比.根据试验数据分别得到如下直方图： 记C 为事件：“乙离子残留在体内的百分比不低于5.5”，根据直方图得到  P C 的估计值为 0.70 . （1）求乙离子残留百分比直方图中 ,a b 的值； （2）分别估计甲、乙离子残留百分比的平均值（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）. 【答案】(1) 0.35a  ， 0.10b  ；(2) 4.05 ， 6. 【解析】 【分析】 (1)由 ( ) 0.70P C  及频率和为 1 可解得 a 和b 的值；(2)根据公式求平均数. 【 详 解 】 (1) 由 题 得 0.20 0.15 0.70a    ， 解 得 0.35a  ， 由 - 14 - 0.05 0.15 1 ( ) 1 0.70b P C      ，解得 0.10b  . (2)由甲离子的直方图可得，甲离子残留百分比的平均值为 0.15 2 0.20 3 0.30 4 0.20 5 0.10 6 0.05 7 4.05            ， 乙离子残留百分比的平均值为 0.05 3 0.10 4 0.15 5 0.35 6 0.20 7 0.15 8 6            【点睛】本题考查频率分布直方图和平均数，属于基础题. 19. 已知数列 na 满足 1 1a  ， 2 1 2a  ， 1 22n n na a a   . （1）求证： 1n na a  为等比数列； （2）求 na 的通项公式. 【答案】（1）证明见解析（2） 2 2 1 3 3 2 n na       【解析】 【分析】 （1）在等式的两边同时减去 12 na  ，可以得到    2 1 12 n n n na a a a      ，变形可得 2 1 1 1 2 n n n n a a a a       ，从而可以证出 1n na a  为等比数列. （2）先根据等比数列的通项公式可 以求出 1 1 1 ,2 n n na a         再利用累加法可得出数列 na 的通项公式. 【 详 解 】 解 ：（ 1 ） 由 1 22n n na a a   ， 得    2 1 12 n n n na a a a      ， 即  2 1 1 1 2n n n na a a a      又 2 1 1 2a a   ，∴ 2 1 1 1 2 n n n n a a a a       ∴ 1n na a  是以 1 2  为首项， 1 2  为公比的等比数列 （2）由（1）知 1 1 1 1 1 2 2 2 n n n na a                         ∴ 1 2 1 1 2 2 1 1 1 1, , , ( 2)2 2 2 n n n n n na a a a a a n                               ， - 15 - 累加得 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 12 2 12 2 2 2 3 3 21 2 n n n n na a                                                       又 1 1a  ，∴ 1 2 1 2 2 11 ( 2)3 3 2 3 3 2 n n na n                 又 1 1a  也符合上式，∴ 2 2 1 3 3 2 n na       【点睛】本题考查定义法证明等比数列，考查累加法求数列的通项公式，考查学生对数据的 分析能力和计算能力，属于中档题. 20. 已知曲线C 上的点到点  1,0F 的距离比到直线 : 2 0l x   的距离小1，O 为坐标原点. （1）过点 F 且倾斜角为 45 的直线与曲线C 交于 M 、 N 两点，求 MON△ 的面积； （2）设 P 为曲线C 上任意一点，点  2,0N ，是否存在垂直于 x 轴的直线 l ，使得l 被以 PN 为直径的圆截得的弦长恒为定值？若存在，求出l 的方程和定值；若不存在，说明理由. 【答案】（1） 2 2 ；（2）直线l 存在，其方程为 1x  ，定值为 2 . 【解析】 【分析】 （1）利用抛物线的定义可求得曲线C 的方程，由题意可得直线 MN 的方程为 1y x  ，设点  1 1,M x y 、  2 2,N x y ，将直线 MN 的方程与抛物线C 的方程联立，列出韦达定理，利用三 角形的面积公式可求得 MON△ 的面积； （2）假设满足条件的直线 l 存在，其方程为 x a ，并设点  0 0,P x y ，求出以 PN 为直径的 圆的方程，将 x a 代入圆的方程，求出弦长的表达式，进而可求得 a 的值，由此可求得直线 l 的方程. 【详解】（1）依题意得，曲线C 上的点到点  1,0F 的距离与到直线 : 1l x   的距离相等， 所以曲线C 的方程为： 2 4y x . 过点 F 且倾斜角为 45 的直线方程为 1y x  ， - 16 - 设  1 1,M x y ，  2 2,N x y ，联立 2 4 1 y x y x      ，得 2 4 4 0y y   ， 则 1 2 4y y  ， 1 2 4y y   ，则  2 1 2 1 2 1 2 1 1 4 2 22 2MANS y y y y y y     △ ； （2）假设满足条件的直线 l 存在，其方程为 x a ，设点  0 0,P x y ， 则以 PN 为直径的圆的方程为    0 02 0x x x y y y     ， 将直线 x a 代入，得   2 0 02 0y y y a a x     ， 则       2 0 0 04 2 4 1 2 0y a a x a x a a            ， 设直线l 与以 PN 为直径的圆的交点为  3,A a y 、  4,B a y ， 则 3 4 0y y y  ，   3 4 02y y a a x    ， 于是有        3 4 0 04 1 2 2 1 2AB y y a x a a a x a a            ， 当 1 0a   ，即 1a  时， 2AB  为定值. 故满足条件的直线 l 存在，其方程为 1x  . 【点睛】本题考查利用抛物线的定义求抛物线的方程，同时也考查了抛物线中定值问题的求 解，考查计算能力，属于中等题. 21. 已知函数    1 ln 1xf x e x a    . （1）设 1x  是  f x 的极值点，求 a ，并求  f x 的单调区间； （2）当 3a  时，证明   1f x   . 【答案】（1） 0a  ，  f x 的单调递减区间为 0,1 ，增区间为  1, ；（2）证明见解析. 【解析】 【分析】 （1）求出导函数，由 ( ) 01f   求得 a ，再确定 ( )f x 的正负，从而确定 ( )f x 的单调区间； （2）由 3a  得 3x a x   ，      1 11 ln 2 ln 3 2x xf x e x a e x          ，构造新 函数    1 ln 3 2xg x e x    ，  3,x   ，只要证明 ( ) 0g x 即可，利用导数求出 ( )g x 的最小值即可．只是要注意 ( ) 0g x  的唯一解 0x 不可直接得出，只能通过 ( )g x 的零点 0x 来 - 17 - 研究 ( )g x 的最小值 0( )g x ，只要说明 0( ) 0g x  即可． 【详解】（1）   1 1xf x e x a     ， 由 1x  是  f x 的极值点知，  1 0f   ，即 11 01 a   ，所以 0a  . 于是   1 ln 1xf x e x   ，定义域为 0,  ，且   1 1xf x e x    ， 函数   1 1xf x e x    在 0,  上单调递增，且  1 0f   ， 因此当  0,1x 时，   0f x  ；当  1,x  时，   0f x  ， 所以  f x 的单调递减区间为  0,1 ，增区间为  1, . （2）当 3a  ， x a  时， 0 3x a x    ，从而    ln ln 3x a x   ，则      1 11 ln 2 ln 3 2x xf x e x a e x          ， 令    1 ln 3 2xg x e x    ，  3,x   ，则   1 1 3 xg x e x     在 3,  单调递增， 且   2 1 11 02g e      ，   1 10 0g e e     ， 故存在唯一的实数  0 1,0x   ，使得  0 0g x  . 当  03,x x  时，   0g x  ， ( )g x 递减；当  0 ,x x  时，   0g x  ， ( )g x 递增． 从而当 0x x 时，  g x 取最小值. 由  0 0g x  得 0 1 0 1 03 xe x    ，则 0 1 0 1 3 xe x    ，  0 01 ln 3x x    ， 故        0 2 1 0 0 0 0min 0 0 21ln 3 2 1 23 3 x xg x g x e x xx x             ， 由  0 1,0x   知，  2 0 0 2 03 x x   ，故      01 0f x g x g x    ， 即当 3a  时，   1f x   成立. 【点睛】本题考查用导数研究函数的单调性、极值，用导数证明函数不等式，解题关键是掌 握等价转化思想，不等式的证明通常转化为通过研究函数的最值来实现． - 18 - 22. 已知直线 l ： 3 0x y  与曲线C ：  22 3 9x y   ，以坐标原点O 为极点， x 轴的 非负半轴为极轴建立极坐标系. （1）求直线 l 和曲线C 的极坐标方程； （2）将直线 l 绕极点O 逆时针方向旋转30°得到的直线 'l ，这两条直线与曲线C 分别交于异 于极点的 P ，Q 两点，求 OPQ 的面积. 【答案】（1）直线 l ：  6 R   ，曲线C ： 6sin  ；（2） 9 3 4S  【解析】 【分析】 （1）利用 cos sin x y        化极坐标方程； （2）由题 'l 极坐标方程为： 2 3   ，进而得OP  1 6sin 36    ， 2 3 3OQ   ，利用面积公式求解即可 【详解】（1） cos sin x y        则直线l 的方程为： 3 3y x ，∴极坐标方程为：  6 R   ； 曲线C 的方程：  22 3 9x y   ，即 2 2 6 0x y y   ，∴极坐标方程为： 6sin  . （2）将直线 l 绕极点O 逆时针方向旋转30°得到的直线 'l ，则 'l 极坐标方程为： 2 3   ， 设 1OP  ， 2OQ  ，则 1 6sin 36    ， 2 6sin 3 33OQ    ， 所以 OPQ 的面积 1 2 1 1 1 9 3sin 3 3 32 6 2 2 4S        . 【点睛】本题考查极坐标与普通方程的应用，考查极坐标的几何意义，考查面积公式，准确 应用几何意义是关键，是基础题 23. 设函数  f x x ，   2 1g x x  . （1）解不等式     2f x g x  ； （2）若    2 2f x g x ax   对任意的 xR 恒成立，求实数 a 的取值范围. 【答案】（1） 1 13 xx         （2） 4,4 - 19 - 【解析】 【分析】 (1) 零点分区间，去掉绝对值，    f x g x 写成分段函数的形式，分段解不等式即可； (2)    2 f x g x 零点区间讨论写成分段函数，分别讨论在每一个区间    2 2f x g x ax   恒成立时，参数满足的情况即可得解. 【详解】解：（1）     13 1, 2 12 1 1 ,0 2 1 3 , 0 x x f x g x x x x x x x                当 1 2x  时， 3 1 2x   ，即3 3x  ，即 1x  ，即 1x  ，即 1 12 x  当 10 2x  时，1 2 x ，即 1x   ，即 10 2x  当 0x  时， 3 1 2x   ，即 1 3x  ，即 1 03 x   综上所述，不等式的解集为 1 13x x       （2）     14 1, 2 12 2 2 1 1,0 2 1 4 , 0 x x f x g x x x x x x               当 1 2x  时， 4 1 2x ax   ，即  4 1 0a x   所以   4 0 1 4 1 02 a a      ，得 4a  当 10 2x  时，1 2ax  ，即 3 0ax   ，所以 1 32 a  ，即 6a  当 0x  时，1 4 2x ax   ，即  4 3 0a x   ， 4 0a  即可，即 4a   综上所述， 4 4a   ，即 a 的取值范围为 4,4 - 20 - 【点睛】本题考查零点区间讨论法在解绝对值不等式中的应用，考查绝对值不等式恒成立时 求解参数问题，属于中档题. - 21 -