20xx屆云南省曲靖市第一中學高三高考復習質量監(jiān)測卷三文科數學試題解析版-資料下載頁
2025-04-16 12:10本頁面
【正文】 =2sin12xπ6=2sin12x+π6，由題意，只需求函數y=2sin12x+π6的單調遞增區(qū)間，由2kππ2≤12x+π6≤2kπ+π2，k∈Z，得4kπ4π3≤x≤4kπ+2π3 k∈Z，∴函數y=f(x)的單調遞減區(qū)間為4kπ4π3，??4kπ+2π3，k∈Z，又∵x∈[0，??π]，∴函數y=f(x)的單調遞減區(qū)間為0，??2π3．【點睛】函數y=Asin(ωx+φ)+B(A0,ω0)的性質(1)ymax=A+B，ymin=AB.(2)周期T=2πω.(3)由 ωx+φ=π2+kπ(k∈Z)求對稱軸(4)由π2+2kπ≤ωx+φ≤π2+2kπ(k∈Z)求增區(qū)間。 由π2+2kπ≤ωx+φ≤3π2+2kπ(k∈Z)求減區(qū)間21．（1）答案見解析；（2）a+b的最大值為e2【解析】【分析】(1)先求導數，再根據導函數是否變號分類討論，最后根據導函數符號確定單調性，(2)先根據函數單調性求f(x)min，再分離列式得：a+b≤3aalna，最后利用導數求函數g(a)=3aalna最大值，即得結果.【詳解】（1）∵f39。(x)=exa，①當a≤0時，f39。(x)0，f(x)在R上單調遞增；②當a0時，由f39。(x)=0，得x=lna，當x∈(∞，??lna)時，f39。(x)0，f(x)單調遞減；當x∈(lna，??+∞)時，f39。(x)0，f(x)單調遞增．（2）因為a0，b∈R，由函數f(x)≥0對任意的x∈R都成立，得f(x)min≥0，由（1）得f(x)min=f(lna)=2aalnab≥0，∴b≤2aalna，∴a+b≤3aalna，設g(a)=3aalna，a0，∴g39。(a)=2lna，由a0，令g39。(a)=2lna=0，得lna=2?a=e2，當a∈(0，??e2)時，g39。(a)0，g(a)單調遞增；當a∈(e2，??+∞)時，g39。(a)0，g(a)單調遞減．∴g(a)max=g(e2)=e2，∴a+b的最大值為e2，此時a=e2，b=0．22．（1）ρ24ρcosθ12=0；（2）515。【解析】【分析】（1）將曲線C的參數方程化為普通方程，然后再化為極坐標方程即可；（2）設A，B兩點的極坐標分別為ρ1,?π6，ρ2,π6，結合二次方程根據系數的關系及極徑的意義可求得|AB|?=?|ρ1ρ2|?，又由題意得△PAB中邊AB上最大的高為圓心C到直線l的距離加上半徑，進而可得面積的最大值．【詳解】（1）將方程x=4cosα+2，y=4sinα，??（α為參數），消去參數α后可得x2+y24x12=0，∴曲線C的普通方程為x2+y24x12=0， 將x2+y2=ρ2，x=ρcosθ代入上式可得ρ24ρcosθ=12，∴曲線C的極坐標方程為ρ24ρcosθ12=0． （2）設A，B兩點的極坐標分別為ρ1,π6，ρ2,π6，由ρ24ρcosθ=12，??θ=π6，??消去θ整理得ρ223ρ12=0， 根據題意可得ρ1，ρ2是方程ρ223ρ12=0的兩根，∴ ρ1+ρ2=23，ρ1ρ2=12，∴ |AB|?=?|ρ1ρ2|?=(ρ1+ρ2)24ρ1ρ2=215．∵直線l的普通方程為3x3y=0，∴圓C的圓心(2,0)到直線l的距離為d=2332+(3)2=1，又圓C的半徑為r=4， ∴ (S△PAB)max=12|AB|(d+r)=12215(1+4)=515．【點睛】（1）進行方程間的變化時要注意相關方程的概念和轉化公式的靈活運用．（2）解決參數方程或極坐標方程下的解析幾何問題時，一種方法是直接根據極坐標、參數方程求解，另一種方法是轉化成普通方程后在直角坐標系內求解．23．（1）{x≥7或x≤1}；（2）a=2?！窘馕觥俊痉治觥浚?）當a=3時，不等式化為|x3|≥4，根據絕對值的意義求解即可．（2）將絕對值不等式化為不等式組，解不等式組得到原不等式的解集，然后結合題意可得a=2．【詳解】（1）當a=3時，f(x)≥2x+4可化為|x3|≥4，所以x3≤4或x3≥4，解得x≤1或x≥7，故不等式f(x)≥2x+4的解集為{x|x≤1,或x≥7}． （2）由f(x)≤0，得|xa|?+2x≤0，此不等式等價于x≥a，??xa+2x≤0或xa，??ax+2x≤0，??即x≥a，x≤a3或xa，??x≤a，??因為a0，所以不等式組的解集為{x|x≤a}，故不等式f(x)≤0的解集為{x|x≤a}，由題意得a=2，解得a=2．【點睛】本題考查絕對值不等式的解法，求解時根據絕對值的意義或零點分區(qū)間法進行求解，注意分類討論在解題中的應用．
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