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  • 2021-06-16 发布

重庆市渝西九校2020届高三5月联考数学(文)试题 Word版含解析

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- 1 - 2020 年重庆市渝西九校高考数学联考试卷(文科)(5 月份) 一、选择题:本大题共 12 小题,每小题 5 分,共 60 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. 1.已知集合  | 2 6A x x x   ,  0,2,4,6B  ,则 A B  ( ) A.  0 B.  0,2 C.  2,4 D.  4,6 【答案】D 【解析】 【分析】 先化简集合 A ,再求交集,即可得出结果. 【详解】因为    | 2 6 | 2A x x x x x     ,  0,2,4,6B  , 所以  4,6A B I . 故选:D. 【点睛】本题考查集合的交集运算,熟记概念即可,属于基础题型. 2.若 z1=2﹣3i,z2=3+2i,则( ) A. z1+z2 的实部为 1 B. z2=iz1 C. z1+z2 的虚部为 1 D. z2=﹣iz1 【答案】B 【解析】 【分析】 采用逐一验证法,根据复数的四则运算,分别计算 z1+z2,iz1,简单判断可得结果. 【详解】由题可知:z1=2﹣3i,z2=3+2i 所以 z1+z2=5- i,故 z1+z2 的实部为 5,虚部为-1,排除 A,B  1 2 12 3 3 2 ,     iz i i i z iz ,排除 D,则 B 正确 故选:B 【点睛】本题考查复数的四则运算,重在于计算,属基础题. 3.若双曲线 2 2 : 13 x yC m   的离心率为 3 ,则 C 的虚轴长为( ) A. 4 B. 2 3 C. 2 6 D. 2 - 2 - 【答案】C 【解析】 【分析】 利用离心率得到关于 m 的方程,求出其解后可得虚轴长. 【详解】因为双曲线 2 2 : 13 x yC m   的离心率为 3 ,故 3 3 3 m  , 解得 6m  ,所以虚轴长为 2 6 . 故选:C. 【点睛】本题考查双曲线的离心率及虚轴长,注意双曲线   2 2 2 2: 1 0, 0x yC a ba b     中各 几何量计算公式的正确应用,如虚轴长指 2b ,本题属于基础题. 4.已知函数   6logf x x ,则  2 2 2f  ( ) A.  4f B.  6f C.  9f D.  12f 【答案】C 【解析】 【分析】 根据对数的运算法则,直接计算,即可得出结果. 【详解】因为   6logf x x , 所以    6 6 6 62log 6 2log 22 2 2 2log 3 log 9 9f f     . 故选:C. 【点睛】本题主要考查求对数函数值,以及对数的运算,熟记对数运算法则即可,属于基础 题型. 5.若通过 10 组数据  , 1,2, ,10i ix y i   得到 y 关于 x 的线性回归方程为  3y x a  ,且 10 1 10i i x   , 10 1 90i i y   ,则 a ( ) A. 4 B. 5 C. 6 D. 7 【答案】C 【解析】 - 3 - 【分析】 根据回归直线方程必过样本中心点即可求出参数的值. 【详解】解:因为 10 1 1 110 i i x x    , 12 1 1 910 i i y y    , 因为回归直线方程  3y x a  必过样本中心点 1,9 所以 9 3 1 a   ,即  6a  . 故选:C 【点睛】本题考查回归直线方程的性质的应用,属于基础题. 6.北京公交 101 路是北京最早的无轨电车之一,最早可追溯至 1957 年.游客甲与乙同时从红 庙路口西站上了开往百万庄西口站方向的 101 路公交车,甲将在朝阳门外站之前的任意一站 下车,乙将在神路街站之前的任意一站下车,他们都至少坐一站再下车,则甲比乙后下车的 概率为( ) A. 7 20 B. 2 5 C. 9 20 D. 1 2 【答案】D 【解析】 【分析】 根据题意,确定总的基本事件个数,以及满足条件的基本事件个数,基本事件个数之比即为 所求概率. 【详解】甲下车的站名可能为小庄路口东站、呼家楼西站,关东店站,东大桥路口西站、神 路街站,乙下车的站名可能为小庄路口东站、呼家楼西站、关东店站、东大桥路口西站. 所以甲、乙下车的所有情况共有 1 1 5 4 20C C  种, 其中甲比乙后下车的情况有: 乙在小庄路口东站下车,甲可以在呼家楼西站,关东店站,东大桥路口西站、神路街站下车; 乙在呼家楼西站下车,甲可以在关东店站,东大桥路口西站、神路街站下车; - 4 - 乙在关东店站下车,甲可以在东大桥路口西站、神路街站下车; 乙在东大桥路口西站下车,甲可以在神路街站下车; 共有 10 种. 故甲比乙后下车的概率为 10 1 20 2  . 故选:D. 【点睛】本题主要考查求古典概型的概率,熟记概率计算公式即可,属于常考题型. 7.已知二次函数   2f x ax bx  在 1, 上单调递减,则 a ,b 应满足的约束条件为( ) A. 0 2 0 a a b     B. 0 2 0 a a b     C. 0 2 0 a a b     D. 0 2 0 a a b     【答案】D 【解析】 【分析】 由二次函数在 1, 上单调递减,得开口向下,对称轴小于等于 1,可得答案. 【详解】解:因为  f x 在 1, 上单调递减, 所以 0a  ,且 12 b a   , 所以 0 2 0 a a b     . 故选:D 【点睛】此题考查二次函数的性质,属于基础题. 8.设函数    cos 03f x x        在 0, 2      上的值域为 1 ,12      ,则 的取值范围为 ( ) A. 2 4,3 3      B. 20, 3      - 5 - C. 2 ,13      D. 41, 3      【答案】A 【解析】 【分析】 根据 x 范围得到 ,3 3 2 3x            ,结合余弦函数图像可得 2 3    的范围,进而得 出结果. 【详解】因为 0, 2x     ,所以 ,3 3 2 3x            ,所以 0 2 3 3      ,解得 2 4 3 3   . 故选:A 【点睛】本题考查根据余弦函数在某一区间的值域求解参数范围问题,关键是能够结合余弦 函数图像确定角的范围. 9.执行如图所示的程序框图,则输出的 a ( ) A. 1 2  B. 2 3 C. 3 D. -3 【答案】A 【解析】 【分析】 由算法和程序框图的循环结构依次计算即可得答案. - 6 - 【详解】解:第 1 次, 3a  , 1 5i   成立,则 3 1 2 3 3a   , 2i  ; 第 2 次, 2 5i   成立,则 2 1 13 2 2 3 a     , 3i  ; 第 3 次, 3 5i   成立,则 1 12 31 2 a      , 4i  ; 第 4 次, 4 5i   成立,则 2 3a  , 5i  , 第 5 次, 5 5i   成立, 1 2a   , 6i  . 6 5i   不成立,所以输出的 1 2a   . 故选:A 【点睛】此题考查算法和程序框图的循环结构,考查计算能力,属于基础题. 10. a ,b ,c 分别为 ABC 内角 A ,B ,C 的对边.已知  sin 3 sinb A b c B  ,则 2b ac 的 最小值为( ) A. 5 4 B. 7 4 C. 4 3 D. 5 3 【答案】C 【解析】 【分析】 根据正弦定理,先得到 3a c b  ,再由基本不等式,即可求出结果. 【详解】∵ sin ( 3 )sinb A b c B  , ∴ ( 3 )ab b c b  ,∴ 3a b c  ,即 3a c b  . ∵ 2a c ac  ,∴ 3 2b ac , 当且仅当 3 2a c b  时,等号成立,∴ 2 4 3 b ac  ,故 2b ac 的最小值为 4 3 . 故选:C. - 7 - 【点睛】本题主要考查正弦定理解三角形,熟记正弦定理以及基本不等式即可,属于常考题 型. 11.已知椭圆 C 的焦点为 F1(﹣c,0),F2(c,0),其中 c>0,C 的长轴长为 2a,过 F1 的直线 与 C 交于 A,B 两点.若|AF1|=3|F1B|,4|BF2|=5|AB|,则|AF2|=( ) A. 5 4 a B. 4 3 a C. 2 3 a D. a 【答案】D 【解析】 【分析】 根据椭圆的定义求解. 【详解】设 1F B x ,则∵|AF1|=3|F1B|,∴ 1 3AF x ,又 4|BF2|=5|AB|,∴ 2 5BF x , ∴ 1 2 6 2BF BF x a   , 3a x ,∴ 2 12AF a AF a   . 故选:D. 【点睛】本题考查椭圆的定义,只要用定义表示出 ,A B 两点到焦点的距离之和即可求解. 12.已知QA  平面 ABC ,PC  平面 ABC ,AB BC , 1PC  , 3AB AQ  , 4BC  , 现有下述四个结论:①四边形 ACPQ 为直角梯形;②四面体 PABC 的外接球的表面积为 25 ; ③平面 PBC  平面QAB ;④四面体 PABC 与四面体QABC 的公共部分的体积为 3 2 .其中所 有正确结论的编号是( ) A. ①③ B. ①③④ C. ②④ D. ①②③④ 【答案】B 【解析】 【分析】 利用线面垂直的性质定理可判断①;求出四面体 PABC 的外接球的球心O 为线段 PA 的中点, 利用球的表面积公式可判断②;利用面面垂直的判定定理以及线面垂直的性质定理可判断③; 利用锥体的体积公式即可判断④. 【详解】因为 QA  平面 ABC , PC  平面 ABC , 所以 / /QA PC ,且 PC AC ,又 3QA PC ,所以四边形 ACPQ 为直角梯形. - 8 - 依题意可得,四面体 PABC 的外接球的球心O 为线段 PA 的中点, 因为 2 23 4 5AC    , 1PC  ,所以 2 25 1 26 2 2AO   , 所以球O 的表面积为 26 . 由QA  平面 ABC ,则 QA BC , AB BC ,且 QA AB A  可证 BC ⊥平面QAB ,而 BC 平面 PBC ,所以平面 PBC  平面QAB . 设 PA QC D ,则四面体 PABC 与四面体QABC 的公共部分为四面体 ABCD . 过 D 作 DE AC 于 E ,则 3 3 1 DE PC   ,所以 3 3 4 4DE PC  , 所以四面体 ABCD 的体积为 1 1 3 33 43 2 4 2      . 故所有正确结论的编号是①③④. 故选:B 【点睛】本题考查了线面垂直的性质定理、面面垂直的判定定理、球的表面积公式、锥体的 体积公式,属于中档题. 二、填空题:本大题共 4 小题,每小题 5 分,共 20 分.把答案填在答题卡中的横线上. 13.设向量  1,2AB  ,  2,AC x  ,若 A , B ,C 三点共线,则 x ______. 【答案】-4 【解析】 【分析】 由 A , B ,C 三点共线,可得 / /AB AC   ,从而由共线向量的性质列方程可求出 x 的值. 【详解】解:因为 A , B ,C 三点共线, 所以 / /AB AC   , 因为  1,2AB  ,  2,AC x  , - 9 - 所以 2 2 4x      . 故答案为:-4 【点睛】此题考查共线向量的性质,属于基础题. 14.若  tan tan tan 3        ,则 tan tan   ______. 【答案】2 【解析】 【分析】 根据两角和的正切公式,代入已知条件,即可求解. 【详解】由  tan tan tan 3        , 因为 tan tantan( ) 1 tan tan         ,所以 33 1 tan tan    ,解得 tan tan 2   . 故答案为: 2 . 【点睛】本题主要两角和的正切函数公式的应用,其中解答中熟记两角和的正切公式,正确 计算是解答的关键,着重考查运算与求解能力. 15.《九章算术》中有这样一个问题:“今有方锥,下方二丈七尺,高二丈九尺.问积几何?” 其意思是:今有一个正四棱锥,其下底边长为 2 丈 7 尺(1丈 10 尺),高为 2 丈9尺,则其 体积为______立方尺. 【答案】 7047 【解析】 【分析】 根据题意得出该正四棱锥的高与底面边长,然后利用锥体的体积公式可计算得出结果. 【详解】因为该正四棱锥的底边长为 27 尺,高为 29 尺,所以其体积为 21 27 29 70473    立 方尺. 故答案为: 7047 . 【点睛】本题考查正四棱锥的体积的计算,关键就是根据题意得出该正四棱锥的底面边长和 高,考查计算能力,属于基础题. 16.已知函数    x xf x x ae e  为偶函数,函数     xg x f x xe  ,则 a ______;若  g x mx e  对  0,x  恒成立,则 m 的取值范围为______. - 10 - 【答案】 (1). 1 (2).  ,2e 【解析】 【分析】 由已知条件,利用函数奇偶性的性质可得 x xy ae e  为奇函数,进而根据奇函数的定义求得 1a  ;将题中不等式分离参数为 x em e x   ,构造函数    0x eh x e xx    ,利用导数求 得其最小值,根据不等式恒成立的意义得到 m 的取值范围为 ,2e . 【详解】因为 y x 为奇函数,    x xf x x ae e  为偶函数, 所以 x xy ae e  为奇函数, ∴ 0 00 ae e  ,所以 1a  ,则   xg x xe . 因为  g x mx e  对  0,x  恒成立, 所以 x em e x   对  0,x  恒成立. 设函数    0x eh x e xx    ,则   2' x eh x e x   , 显然   2' x eh x e x   在  0,x  上单调递增,且  ' 1 0h  , 所以当 0 1x  时,  ' 0h x  ;当 1x  时,  ' 0h x  . 从而可得    min 1 2h x h e  , 故 m 的取值范围为 ,2e . 故答案为:1; ,2e . 【点睛】本题考查函数的奇偶性,利用导数求不等式恒成立中的参数取值范围问题,难度中 等,关键是分离参数,构造函数并利用导数求函数的最值. 三、解答题:共 70 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤,第 17~21 题为必考题, 每道试题考生都必须作答.第 22、23 题为选考题,考生根据要求作答. (一)必考题:共 60 分. 17.世界各国越来越关注环境保护问题,某检测点连续 100 天监视空气质量指数( AQI ),将 这 100 天的 AQI 数据分为五组,各组对应的区间分别为 0,50 , 50,100 , 100,150 , - 11 -  150,200 , 200,250 ,并绘制出如图所示的不完整的频率分布直方图. (1)请将频率分布直方图补充完整; (2)已知空气质量指数 AQI 在 0,50 内的空气质量等级为优,在 50,100 内的空气质量等 级为良,分别求这 100 天中空气质量等级为优与空气质量等级为良的天数; (3)若这 100 天中, AQI 在 0,100 的天数与 AQI 在 ,250m 的天数相等,估计 m 的值. 【答案】(1)直方图见解析;(2)20,40;(3)75. 【解析】 【分析】 (1)根据总频率和为 1 求得 AQI 在 100,150 内的频率,进而计算 频率 组距的值,即可将直方 图补充完整;(2)先求得相关频率,即可得到所求天数;(3)依题意,可得 AQI 在 0,100 的 频率等于 AQI 在 ,250m 的频率,可得到  50,100m ,从而列式求得 m 的值. 【 详 解 】 ( 1 ) 因 为 AQI 在  100,150 内 的 频 率 为 1 50 (0.004 0.008 0.002 0.001) 0.25      , 所以 AQI 在 100,150 内的 0.005频率 组距 , 故频率分布直方图补充完整如图所示. - 12 - (2)这 100 天中空气质量等级为优的天数为50 0.004 100 20   , 空气质量等级为良的天数为 50 0.008 100 40   . (3)依题意,可得 AQI 在 0,100 的频率等于 AQI 在 ,250m 的频率, 因为 AQI 在 0,100 内的频率为 0.6, AQI 在 50,100 内的频率为 0.4, 所以  50,100m , 则 100 0.008 1 0.6 0.6m     , 解得 75m  . 【点睛】本题考查频率直方图,涉及频率直方图的性质,频率和频数的计算,属基础题. 18.已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,公差为 d,且(S6﹣S3)2=S9. (1)若 d=﹣1,求{an}的通项公式; (2)若 a5<1,1<a6<2,求数列 12nd  的前 10 项和 T10 的取值范围. 【答案】(1) 5na n  或 6na n  ;(2)  10 1023,2046T 【解析】 【分析】 (1)根据等差数列的性质以及前 n 项和公式,可得 2 5 5a a ,简单计算可得 5a ,然后根据公 差以及等差数列的通项公式可得结果. (2)根据 a5<1,1<a6<2,可知 5a 以及 d 的范围,然后计算 10T ,根据 d 的范围,可得结果. 【详解】(1)依据题意可知: 2 6 3 9S S S  - 13 - 则   2 1 9 4 5 6 9 2     a aa a a , 又 4 6 5 1 9 52 , 2   a a a a a a 所以 2 5 53 9a a ,即 2 5 5a a 故 5 0a  或 5 1a  ,由 1d   当 5 0a  时,  5 5 5    na a n d n 当 5 1a  时,  5 5 6    na a n d n (2)因为 5 1a  ,由(1)可知 5 0a  ,所以 6 5a a d d   又 61 2a  ,所以1 2d  数列 12nd  是以 d 为首项,公比为 2 的等比数列 所以数列 12nd  的前 10 项和  10 10 1 2 10231 2    d T d 所以 101023 2046 T ,即  10 1023,2046T 【点睛】本题考查等差数列的通项公式以及前 n 项和公式,关键在于熟悉公式以及简单计算, 属基础题. 19.如图,在正三棱柱 ABC﹣A1B1C1 中,D 为 AB 的中点,E 为棱 BB1 上一点,且 AE⊥A1C. (1)证明:AE⊥平面 A1CD. (2)若 AB=2,AA1=3,求三棱锥 E﹣A1BC1 的体积. 【答案】(1)见解析,(2) 2 3 9 - 14 - 【解析】 【分析】 (1)由 D 为 AB 的中点,AC=BC,可得 CD⊥AB,而 A A1⊥平面 ABC,可得 A A1⊥CD,由线面垂 直的判定定理得,CD⊥平面 A A1 B1B,所以 CD⊥AE,而已知有 AE⊥A1C,所以可得 AE⊥平面 A1CD. (2) 由(1)可得 AE⊥A1D,所以△ABE∽△A1AD,从而可求出 BE 的长,而 CC1∥平面 A A1 B1B, 所以可得 C1 到平面 A A1 B1B 的距离等于 C 到平面 A A1 B1B 的距离,所以 1 1 1 1 1 1 3 2E A BC C A BEV V BE AB CD      ,由此可得结果 【详解】(1)证明:因为 D 为 AB 的中点,AC=BC, 所以 CD⊥AB, 在正三棱柱 ABC﹣A1B1C1 中,A A1⊥平面 ABC,CD 在平面 ABC 内, 所以 A A1⊥CD, 因为 A A1∩AB=A,所以 CD⊥平面 A A1 B1B, 因为 AE 在平面 A A1 B1B 内,所以 CD⊥AE, 因为 AE⊥A1C,CD∩A1C= C, 所以 AE⊥平面 A1CD. (2)由(1)知,AE⊥平面 A1CD, 又因为 A1D 在平面 A1CD 内,所以 AE⊥A1D, 所以△ABE∽△A1AD,所以 1A A AB AD BE  , 所以 1 2 3 AB ADBE A A   , 因为 CC1∥BB1,CC1 在平面 A A1 B1B 外,BB1 在平面 A A1 B1B 内, 所以 CC1∥平面 A A1 B1B, 所以 C1 到平面 A A1 B1B 的距离等于 C 到平面 A A1 B1B 的距离, 所以 1 1 1 1 1 1 1 2 2 32 33 2 6 3 9E A BC C A BEV V BE AB CD           , 【点睛】此题考查了线面垂直的证明,求三棱锥的体积,考查空间想象能力和推理能力,考 查转化能力和计算能力,属于基础题. 20.直线 l 过点 P(0,b)且与抛物线 y2=2px(p>0)交于 A,B(A,B 都在 x 轴同侧)两点, - 15 - 过 A,B 作 x 轴的垂线,垂足分别为 C,D. (1)若 b>0,|AC|+|BD|=p,证明:l 的斜率为定值; (2)若 Q(0,﹣b),设△QAB 的面积为 S1,梯形 ACDB 的面积为 S2,是否存在正整数λ,使 3S1=λS2 成立?若存在,求λ的值;若不存在,请说明理由, 【答案】(1)证明见解析;(2)存在,且 1  . 【解析】 【分析】 (1)设直线 l 方程是 ( 0)y kx b k   ,设 1 1 2 2( , ), ( , )A x y B x y ,由|AC|+|BD|= 1 2y y p  , 直线方程与抛物线方程联立 消去 x 后应用韦达定理可得; (2)由(1)直线与抛物线相交得 10 2kb p  ,计算 1 2,S S 并作比 1 2 S S ,假设存在正整数  , 使 1 23S S 成立,由此可得  的范围,在此范围内的只要有正整数即可得结论. 【详解】(1)证明:据题意设直线l 方程是 ( 0)y kx b k   ,设 1 1 2 2( , ), ( , )A x y B x y , ∵|AC|+|BD|=p,∴ 1 2y y p  , 由 2 , 2 , y kx b y px     得 2 2 2 0ky py pb   , ∴ 1 2 2py y pk    ,∴ 2k  ,即 l 的斜率为定值; (2)由(1) 24 8 0p pkb    ,即 10 2kb p  , ∵点Q 到直线l 的距离 2 2 1 bd k   ,且 2 1 21AB k x x   , ∴ 1 1 2 1 2S AB d b x x   , 2 1 2 1 2 1 2 1 1( ) ,2 2 pS AC BD CD y y x x x xk        ∴ 1 2 k b kbS kb S p p p    , ∵ 10 2kb p  ,∴ 10 2 kb p   , - 16 - 假设存在正整数  ,使 1 23S S 成立,则 10 3 2   , ∴ 30 2   . ∴存在正整数 1  ,使 1 23S S 成立. 【点睛】本题考查直线与抛物线相交问题,考查抛物线中的定值问题,存在性问题.解题方 法是“设而不求”的思想方法,设直线方程,设交点坐标 1 1 2 2( , ), ( , )A x y B x y ,直线方程与抛 物线方程联立消元应用韦达定理,把韦达定理所得结论代入其他条件求解. 21.已知函数   cos 3xf x ae x   的图象在点   0, 0f 处的切线与直线 0x y  垂直. (1)判断  f x 的零点的个数,并说明理由; (2)证明:   1f x x  对  0,x  恒成立. 【答案】(1)1,理由见解析;(2)证明见解析. 【解析】 【分析】 (1)由题意可得  ' 0 1f  ,从而可求出 1a  ,当 0x  时,可判断出   0f x  ,所以函数 无零点,当 0x  时,可判断  ' 0f x  ,从而可知函数  f x 在 0,  上单调递增,然后由 零点存在性定理可得  f x 在 0,  上存在唯一的零点. (2)要证   1f x x  对  0,x  恒成立,只要证明函数      1g x f x x   在 0,  的最小值大于零,然后利用导数求函数  g x 的最小值. 【详解】(1)解:  ' sinxf x ae x  ,    ' 0 1 1f a      ,则 1a  . 当 0x  时, 0 1xe  , 1 cos 1x   ,则   0f x  ,此时  f x 无零点; 当 0x  时, e 1x  , 1 sin 1x   ,  ' sin 0xf x e x   , 所以  f x 在 0,  上单调递增. 因为  0 0f  ,  2 0f  , 所以  f x 在 0,  上存在唯一的零点. - 17 - 综上,  f x 的零点的个数为 1. (2)证明:设函数        1 cos 2 0xg x f x x e x x x        , 则  ' 1 sinxg x e x   ,设    'h x g x ,则  ' cosxh x e x  . 因为 0x  ,所以 e 1x  , 1 cos 1x   ,所以  ' 0h x  , 则  h x 在 0,  上单调递增,则    0 0h x h  , 即  ' 0g x  ,从而  g x 在 0,  上单调递增, 于是    0 0g x g  , 故    1 0f x x   ,即   1f x x  对 0,  恒成立. 【点睛】此题考查了导数的几何意义,利用导数判断函数的零点,利用导数证明不等式恒成 立问题,考查了数学转化思想和计算能力,属于中档题. (二)选考题:共 10 分.请考生在第 22、23 题中任选一题作答.如果多做,则按所做的第一 题计分 22.在极坐标系中,曲线C 由圆 M 与圆 N 构成,圆 M 与圆 N 的极坐标方程为 2cos   , 6cos  ,直线 l 的极坐标方程为   sin cos 4 0k k      . (1)求圆 M 与圆 N 的圆心距; (2)若直线 l 与曲线C 恰有 2 个公共点,求 k 的取值范围. 【答案】(1) 4 ;(2) 2 3 10,4 20       . 【解析】 【分析】 (1)将圆 M 与圆 N 的极坐标方程化为直角坐标方程,求出两圆圆心的直角坐标,然后利用 两点间的距离公式可计算出圆 M 与圆 N 的圆心距; (2)分别求得当直线 l 与圆 M 、圆 N 相切时直线 l 的斜率 k 的值,数形结合可求得当直线 l 与 曲线C 恰有 2 个公共点时,实数 k 的取值范围. 【详解】(1)以极点为坐标原点,极轴为 x 轴正半轴建立平面直角坐标系 xOy . 由 2cos   ,得 2 2 cos    ,则 2 2 2x y x   ,即 2 21 1x y   , - 18 - 所以圆 M 的圆心的直角坐标为  1,0M  . 由 6cos  ,得 2 6 cos   ,则 2 2 6x y x  ,即  2 23 9x y   , 所以圆 N 的圆心的直角坐标为  3,0N . 故圆 M 与圆 N 的圆心距 1 3 4MN    ; (2)因为直线l 的极坐标方程为  sin cos 4k     , 所以直线 l 的直角坐标方程为  4y k x  . 当直线l 与圆 M 相切时, 2 3 1 1 k k   ,又 0k  ,所以 2 4k  ; 当直线l 与圆 N 相切时, 2 7 3 1 k k   ,又 0k  ,所以 3 10 20k  . 由图象可知,当直线l 与曲线C 恰有 2 个公共点时, k 的取值范围为 2 3 10,4 20       . 【点睛】本题考查极坐标方程与直角坐标方程的相互转化,同时也考查了利用直线与两圆的 公共点个数求参数,考查数形结合思想的应用,属于中等题. 23.已知函数   1 2f x x x   . (1)求不等式   8f x  的解集; (2)若直线 y kx 与曲线  y f x 仅有1个公共点,求 k 的取值范围. - 19 - 【答案】(1)  3,3 ;(2)     , 3 2,2 3,      . 【解析】 【分析】 (1)分 1x   、 1 0x ≤ ≤ 、 0 1x  、 1x  解不等式   8f x  ,综合可得出该不等式 的解集; (2)作出函数  y f x 与 y kx 的图象,数形结合可求得实数 k 的取值范围. 【详解】(1)当 1x   时,   3 1 8f x x    ,解得 3 1x    ; 当 1 0x ≤ ≤ 时,   1 8f x x   恒成立,则 1 0x ≤ ≤ ; 当 0 1x  时,   1 8f x x   恒成立,则 0 1x  ; 当 1x  时,   3 1 8f x x   ,解得1 3x  . 故不等式   8f x  的解集为 3,3 ; (2)作出函数  y f x (实线)与 y kx (虚线)的图象,如图所示: 直线 y kx 过原点,当此直线经过点 1,2 时, 2k  ; 当此直线与直线 3 1y x  平行时, 3k  . - 20 - 结合  y f x 的图象的对称性,可得 k 的取值范围为     , 3 2,2 3,      . 【点睛】本题考查含绝对值不等式的求解,同时也考查了利用两函数图象的交点个数求参数 的取值范围,考查分类讨论思想以及数形结合思想的应用,属于中等题. - 21 -