福建省莆田市2020届高中毕业班教学质量第二次检测数学试卷（文科）含答案解析

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1、2020 年高考数学二模试卷（文科）（年高考数学二模试卷（文科）（B 卷）卷）一、选择题（共 12 小题）. 1已知集合 UxN|0x7，A2，5，B1，3，5，则（UA）B（） A5 B1，5 C2，5 D1，3 2已知复数 z 满足 z（1+i）|1 i|，则复数 z 的共轭复数为（） A1+i B1i C1+i D1i 3已知角的顶点与坐标原点重合，始边与 x 轴的非负半轴重合若点（a，3a）（a0）是角终边上一点，则（） A2 B C D2 4如图是计算的程序框图，若输出的 S 的值为，则判断框中应填入的条件是（） An98？ Bn99？ Cn100？ Dn10

2、1？ 5已知两条平行直线 l1，l2之间的距离为 1，l1与圆 C：x2+y24 相切，l2与 C 相交于 A，B 两点，则|AB|（） A B C D 6函数 f（x）ex ln|x|（其中 e 是自然对数的底数）的大致图象为（） A B C D 7如图，网格纸上小正方形的边长为 1，粗线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的体积为（） A B C D 8剪纸艺术是中国最古老的民间艺术之一，作为一种镂空艺术，它能给人以视觉上的艺术享受在如图所示的圆形图案中有 12 个树叶状图形（即图中阴影部分），构成树叶状图形的圆弧均相同若在圆内随机取一点，则此点取自阴影部分的概率是（） A

3、B C D 9已知 a0 且 a1，函数，，，在2，2上的最大值为 3，则实数 a 的取值范围是（） A ，， B ， C ，， D ，， 10 函数图象向右平移个单位长度，所得图象关于原点对称，则 f（x）在，上的单调递增区间为（） A ， B ， C ， D ， 11已知椭圆（ab0）与双曲线，有共同的焦点 F1， F2，且在第一象限内相交于点 P，椭圆与双曲线的离心率分别为 e1 ， e 2 若，则 e1 e2的最小值是（） A B C D 12 如图，在四棱锥 SABCD 中，平面 SAB平面ABCD，四边形 ABCD为矩形， AB

4、2 ， AD 2，ASB120，则四棱锥外接球的表面积为（） A16 B20 C80 D100 二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分. 13已知向量，，，，，，若，则 x 14若实数 x，y 满足约束条件，，，且目标函数 zxy 的最大值为 2，则实数 m 15在ABC 中，内角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，S 为ABC 的面积，sin（A+C），且 A，B，C 成等差数列，则 C 的大小为 16已知函数 f（x） ax+2 在区间e，e3上单调递增，则 a 的取值范围为三、解答题：共 70 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算

5、步骤.第 1721 题为必考题，每个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等差数列an的前 n 项和为 Sn，a2+a1517，S1055数列bn满足 anlog2bn （1）求数列bn的通项公式；（2）若数列an+bn的前 n 项和 Tn满足 TnS32+18，求 n 的值 18 如图，在多面体 ABCC1B1A1中，四边形 BB1C1C 为矩形，， CC1面 ABC， AA1CC1，2AA1CC1AC2，E，F 分别是 A1C1，AC 的中点，G 是线段 BB1上的任一点（1）求证：ACEG；（2）求三棱锥 FEA

6、1G 的体积 19随着新课程改革和高考综合改革的实施，高中教学以发展学生学科核心素养为导向，学习评价更关注学科核心素养的形成和发展为此，我市于 2018 年举行第一届高中文科素养竞赛，竞赛结束后，为了评估我市高中学生的文科素养，从所有参赛学生中随机抽取 1000 名学生的成绩（单位：分）作为样本进行估计，将抽取的成绩整理后分成五组，从左到右依次记为50，60），60，70），70，80）80，90），90，100，并绘制成如图所示的频率分布直方图（1）请补全频率分布直方图并估计这 1000 名学生成绩的平均数（同一组数据用该组区间的中点值作代表）；（2）采用分层抽样的方法从这 1

7、000 名学生的成绩中抽取容量为 40 的样本，再从该样本成绩不低于 80 分的学生中随机抽取 2 名进行问卷调查，求至少有一名学生成绩不低于 90 分的概率；（3）我市决定对本次竞赛成绩排在前 180 名的学生给予表彰，授予 “文科素养优秀标兵” 称号一名学生本次竞赛成绩为 79 分，请你判断该学生能否被授予 “文科素养优秀标兵” 称号 20已知 A（0，1），B 是曲线 y 1 上任意一点，动点 P 满足（1）求点 P 的轨迹 E 的方程；（2）若点 M，N 是 E 上异于 O 的两个动点，O 为坐标原点，且 4，求证：直线 MN 恒过定点 21已知函数 f（x）ax2

8、+（a2）xlnx （1）当 a2 时，求函数 f（x）在 x1 处的切线方程；（2）若 f（x）有两个零点，求 a 的取值范围（二）选考题：共 10 分.请考生在第 22、 23 题中任选一题作答.注意：只能做所选定的题目，如果多做，则按所做第一个题目计分，作答时请用 2B 铅笔在答题卡上将所选题号后的方框涂黑.选修 4-4：坐标系与参数方程 22在直角坐标系 xOy 中，曲线 C1的参数方程为，（为参数）以坐标原点为极点，以x轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为（1）写出 C1的普通方程和 C2的直角坐标方程；（2）设点 P 在 C1上，点

10、，4，6，则（UA）B1，3，故选：D 【点评】本题主要考查集合的基本运算，结合补集交集的定义是解决本题的关键比较基础 2已知复数 z 满足 z（1+i）|1 i|，则复数 z 的共轭复数为（） A1+i B1i C1+i D1i 【分析】把已知等式变形，利用复数代数形式的乘除运算化简得答案解：由，得 z ，故选：C 【点评】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念与模的求法，是基础题 3已知角的顶点与坐标原点重合，始边与 x 轴的非负半轴重合若点（a，3a）（a0）是角终边上一点，则（） A2 B C D2 【分析】由题意利用任意角的三角函数的定义求得

11、 tan 的值，再利用两角差的正切公式，求得的值【解答】解：点（a，3a）（a0）是角终边上一点，tan 3，则，故选：B 【点评】本题主要考查任意角的三角函数的定义，两角差的正切公式，属于基础题 4如图是计算的程序框图，若输出的 S 的值为，则判断框中应填入的条件是（） An98？ Bn99？ Cn100？ Dn101？【分析】由题意解得 n 的值，结合程序框图即可得解判断框内的条件解：由题意可得：（1 ）+（）+（） 1 ，解得：n99，可得 n99 时不满足判断框内的条件，执行循环体，当 n100 时满足判断框内的条件，退出循环，输出 S 的值为，

12、故判断框内的条件为：n99？故选：B 【点评】本题考查了程序框图的应用问题，解题时应模拟程序框图的运行过程，以便得出正确的结论，是基础题 5已知两条平行直线 l1，l2之间的距离为 1，l1与圆 C：x2+y24 相切，l2与 C 相交于 A，B 两点，则|AB|（） A B C D 【分析】根据题意，由直线与圆相切的性质可得圆心 C 到直线 l1的距离为 2，进而可得圆心 C 到直线 l2的距离 d211，结合直线与圆的位置关系分析可得答案解：根据题意，l1与圆 C：x2+y24 相切，则圆心 C 到直线 l1的距离为 2，又由两条平行直线 l1，l2之间的距离为 1，则圆心

13、C 到直线 l2的距离 d211，则|AB|2 2 ；故选：D 【点评】本题考查直线与圆的位置关系，涉及弦长的计算，属于基础题 6函数 f（x）ex ln|x|（其中 e 是自然对数的底数）的大致图象为（） A B C D 【分析】判断函数的奇偶性和对称性的关系，利用极限思想进行求解即可解：函数 f（x）为非奇非偶函数，图象不关于 y 轴对称，排除 C，D，当 x+，f（x）+，排除 B，故选：A 【点评】本题主要考查函数图象的识别和判断，利用函数的对称性以及极限思想是解决本题的关键 7如图，网格纸上小正方形的边长为 1，粗线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的体积为（）

14、A B C D 【分析】根据三视图可知该几何体是球，挖去一个三棱锥，把数据代入体积公式即可求解解：根据三视图可知，该几何体是球替，挖去一个三棱锥，如图所示；则该几何体的体积为 V 23 4 2 2 故选：D 【点评】本题考查了利用三视图求棱锥和球体积计算问题，根据三视图的特征找出几何体结构特征是关键 8剪纸艺术是中国最古老的民间艺术之一，作为一种镂空艺术，它能给人以视觉上的艺术享受在如图所示的圆形图案中有 12 个树叶状图形（即图中阴影部分），构成树叶状图形的圆弧均相同若在圆内随机取一点，则此点取自阴影部分的概率是（） A B C D 【分析】根据题意，12 片树叶是由 24

15、个相同的弓形组成，计算弓形的面积，利用几何概率的计算公式求解即可解：设圆的半径为 r，如图所示， 12 片树叶是由 24 个相同的弓形组成，且弓形 AmB 的面积为 S弓形 r 2 r 2 sin r 2 所求的概率为 P 弓形圆 4 故选：B 【点评】本题考查几何概型的概率的求法，求解阴影部分面积是关键，是中档题 9已知 a0 且 a1，函数，，，在2，2上的最大值为 3，则实数 a 的取值范围是（） A ，， B ， C ，， D ，，【分析】根据分段函数的表达式，分别求出函数递增2，0和（0，2上的最大值，建立不等式关系进行求解即可解：当 x0 时，f（

16、x）2x3+3x2+2， f（x）6x2+6x6x（x+1），由 f（x）0 得 x0（舍）或2x1，此时 f（x）为增函数，由 f（x）0 得1x0，此时 f（x）为减函数，则当 x1 时，f（x）取得极大值，极大值为 f（1）3，当 x2 时，f（x）取得最小值，最小值我 f（2）2， f（x）在2，2上的最大值为 3，当 0x2 时，函数 f（x）ax+1 的最大值不能超过 3 即可，当 a1 时，f（x）为增函数，则当 0x2 时，函数 f（x）ax+1 的最大值为 f（2） a2+13，即 a22，得 1a ，当 0a1 时，f（x）为减函数，则 f（x）a0+11+1

17、2，此时满足条件综上实数 a 的取值范围是 0a1 或 1a ，故选：A 【点评】本题主要考查函数最值的求解，结合分段函数的表达式，利用函数的导数，以及指数函数的单调性分别求出对应函数的最值是解决本题的关键 10 函数图象向右平移个单位长度，所得图象关于原点对称，则 f（x）在，上的单调递增区间为（） A ， B ， C ， D ，【分析】根据三角函数的图象平移关系结合函数关于原点对称的性质求出的值，结合函数的单调性进行求解即可解：函数图象向右平移个单位长度，得到 ycos2（x ）+cos（2x+ ），所得图象关于原点对称，则 k ，得 k ，kZ， |

18、，当 k1 时，，则 f（x）cos（2x ），由 2k2x 2k，kZ，得 k xk ，kZ，即的单调递增区间为k ，k ，kZ， x ，，当 k0 时， x ，即 x ，即 f（x）在，上的单调递增区间为，，故选：A 【点评】本题主要考查三角函数的图象和性质，求出函数的解析式结合三角函数的单调性是解决本题的关键 11已知椭圆（ab0）与双曲线，有共同的焦点 F1， F2，且在第一象限内相交于点 P，椭圆与双曲线的离心率分别为 e1 ， e 2 若，则 e1 e2的最小值是（） A B C D 【分析】设共同的焦点为（c，0），（c，0），设|

19、PF1|s，|PF2|t，运用椭圆和双曲线的定义，以及三角形的余弦定理和基本不等式，即可得到所求最小值解：设共同的焦点为（c，0），（c，0），设|PF1|s，|PF2|t，由椭圆和双曲线的定义可得 s+t2a，st2m，解得 sa+m，tam，在PF1F2中，，可得|F1F2|2|PF1|2+|PF2|22|PF1| |PF2| cosF1PF2，即为 4c2（a+m）2+（am）2（a+m）（am）a2+3m2，即有 4，即为 4，由 2 ，可得 e1 e2 ，当且仅当 e2 e1时，取得最小值，故选：C 【点评】本题考查椭圆和双曲线的定义、方程和性质，考查方

20、程思想和运算能力，属于中档题 12 如图，在四棱锥 SABCD 中，平面 SAB平面ABCD，四边形 ABCD为矩形， AB2 ， AD 2，ASB120，则四棱锥外接球的表面积为（） A16 B20 C80 D100 【分析】由已知证明平面 SAB平面 ABCD，由正弦定理求出三角形 SAB 外接球的半径，设出四棱锥外接球的球心，由勾股定理求得四棱锥外接球的半径，代入球的表面积公式得答案解：由四边形 ABCD 为矩形，得 ABAD，又 SAAD，且 SAABA，AD平面 SAB，则平面 SAB平面 ABCD，设三角形 SAB 的外心为 G，则 GA 过 G 作 GO

21、底面 SAB，且 SO1，则 OS 即四棱锥外接球的半径为四棱锥外接球的表面积为 S 故选：B 【点评】本题考查多面体外接球的表面积与体积的求法，考查数形结合的解题思想方法，是中档题二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分. 13已知向量，，，，，，若，则 x 10 【分析】可以求出，，根据即可得出，进行数量积的坐标运算即可求出 x 解：，；；； x10 故答案为：10 【点评】考查向量垂直的充要条件，向量加法和数量积的坐标运算 14若实数 x，y 满足约束条件，，，且目标函数 zxy 的最大值为 2，则实数 m 2 【分析

22、】先作出不等式组的可行域，利用目标函数 zx2y 的最大值为2，求出交点坐标，代入 3xya0 即可解：先作出实数 x，y 满足约束条件，，，的可行域如图，目标函数 zxy 的最大值为：2，由图象知 z2xy 经过平面区域的 A，时目标函数取得最大值 2 由，解得 A（2，0），同时 A（2，0）也在直线 x+ym0 上， 2m0，则 m2，故答案为：2 【点评】本题主要考查线性规划的应用，利用数形结合以及目标函数的意义是解决本题的关键 15在ABC 中，内角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，S 为ABC 的面积，sin（A+C），且 A，B，C 成等差数列

23、，则 C 的大小为【分析】由等差数列中项性质和三角形的内角和定理可得 B，再由余弦定理和面积公式，可得 a2c，b c，再由余弦定理求得 cosC，可得角 C 解：ABC 中，A，B，C 成等差数列，可得 2BA+CB，即 B ， sin（A+C），即为 sinB ，即有 b2c2+ac，由余弦定理可得 b2a2+c22accosBa2+c2ac，即有 a2c，b c， cosC ，由 C 为三角形的内角，可得 C 故答案为：【点评】本题考查等差数列的中项性质和三角形的内角和定理、余弦定理和面积公式，考查方程思想和运算能力，属于中档题 16已知函数 f（x） ax+2 在区

24、间e，e3上单调递增，则 a 的取值范围为（， 0 【分析】求出 f （x）的导数，问题转化为 a （） min， xe， e 3，令 h （x）， xe， e 3，求出函数 h（x）的最小值，求出 a 的范围即可解：f（x） a，若 f（x）在e，e3上单调递增，则 f（x）0 在e，e3上恒成立，即 a（）min，xe，e 3，令 h（x），xe，e 3，则 h（x），令 h（x）0，解得：xe2，令 h（x）0，解得：xe2，故 h（x）在e，e2）递增，在（e2，e3递减，故 h（x）的最小值是 h（e）或 h（e3），而 h（e）0h（e3

25、），故 h（x）minh（e）0，故 a 的范围是（，0，故答案为：（，0 【点评】本题考查了函数的单调性，最值问题，考查导数的应用，函数恒成立问题，考查转化思想，是一道常规题三、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 1721 题为必考题，每个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等差数列an的前 n 项和为 Sn，a2+a1517，S1055数列bn满足 anlog2bn （1）求数列bn的通项公式；（2）若数列an+bn的前 n 项和 Tn满足 TnS32+18，求 n 的值【分析】

26、（1）利用等差数列通项公式以及对数运算性质转化求解求数列bn的通项公式；（2）求解数列的和，通过数列an+bn的前 n 项和 Tn满足 TnS32+18，即可求 n 的值解：（1）设等差数列an的公差为 d，则有，，解得，，则 ann 又 anlog2bn，即，所以（2）依题意得：Tn（a1+a2+an）+（b1+b2+bn）（1+2+3+n）+（2+22+23+ +2n）又，则，因为在 nN*上为单调递增函数，所以 n8 【点评】本小题主要考查等差数列、等比数列及前 n 项和等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，考查逻辑推理、数学运算等核心

27、素养 18 如图，在多面体 ABCC1B1A1中，四边形 BB1C1C 为矩形，， CC1面 ABC， AA1CC1，2AA1CC1AC2，E，F 分别是 A1C1，AC 的中点，G 是线段 BB1上的任一点（1）求证：ACEG；（2）求三棱锥 FEA1G 的体积【分析】（1）连接 BF证明 EFACACBF推出 AC平面 BB1EF即可证明 AC EG （2）利用三棱锥 FEA1G 的体积为求解即可，【解答】（1）证明：连接 BF 因为 E，F 分别是 A1C1，AC 的中点，且 AA1CC1，所以 EFCC1，又 CC1BB1，所以 EFBB1，所以 E，F，B，B

28、1四点共面（1 分）因为 CC1平面 ABC，所以 EF平面 ABC，所以 EFAC 因为 ABBC，F 是 AC 的中点，所以 ACBF 又 EFBFF，所以 AC平面 BB1EF 又因为 GBB1，所以 EG面 EFBB1，所以 ACEG （2）解：在 RtBCF 中，由，CF1，得 BF2 因为 CC1平面 ABC，所以 CC1BF 又 ACBF，CC1ACC，所以 BF平面 ACC1A1，因为 AA1CC1，2AA1CC12，E，F 分别是 A1C1，AC 的中点，所以又 AF1，所以A1EF 的面积，因为 BB1EF，BB1面 A1EF，EF面 A1EF，所以

29、 BB1面 A1EF 三棱锥 FEA1G 的体积为【点评】本小题主要考查直线与直线、直线与平面、平面与平面平行及垂直的判定和性质，空间几何体的体积等基础知识，考查空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想、数形结合思想，考查直观想象、逻辑推理、数学运算等核心素养 19随着新课程改革和高考综合改革的实施，高中教学以发展学生学科核心素养为导向，学习评价更关注学科核心素养的形成和发展为此，我市于 2018 年举行第一届高中文科素养竞赛，竞赛结束后，为了评估我市高中学生的文科素养，从所有参赛学生中随机抽取 1000 名学生的成绩（单位：分）作为样本进行估计，将抽取的成绩整理

30、后分成五组，从左到右依次记为50，60），60，70），70，80）80，90），90，100，并绘制成如图所示的频率分布直方图（1）请补全频率分布直方图并估计这 1000 名学生成绩的平均数（同一组数据用该组区间的中点值作代表）；（2）采用分层抽样的方法从这 1000 名学生的成绩中抽取容量为 40 的样本，再从该样本成绩不低于 80 分的学生中随机抽取 2 名进行问卷调查，求至少有一名学生成绩不低于 90 分的概率；（3）我市决定对本次竞赛成绩排在前 180 名的学生给予表彰，授予 “文科素养优秀标兵” 称号一名学生本次竞赛成绩为 79 分，请你判断该学生能否被授予

31、 “文科素养优秀标兵” 称号【分析】（1）根据各小长方形的面积和为 1，可以得到（60，70）的频率，除以组距 10，即可得到小长方形的高度，画到图中即可（2）计算出再（80，90）的人数，及再（90，100的人数，列举出所有可能，根据古典概型的计算方法，即可得到至少有一名学生成绩不低于 90 分的概率（3）根据本次考试的总人数，以及表扬学生的比例，借助频率分布直方图估算出获得 “文科素养优秀标兵”称号的分数，判断即可【解答】本小题主要考查频率分布直方图、平均数、古典概型和样本估计总体等基础知识，考查数据处理能力、运算求解能力和应用意识，考查统计与概率思想、分类和整合

32、思想，考查数学抽象、数学建模、数据分析、数学运算等核心素养满分解：（1）成绩落在60，70）的频率为 1（0.30+0.15+0.10+0.05）0.40，（1 分）补全的频率分布直方图如图：样本的平均数（2）由分层抽样知，成绩在80，90）内的学生中抽取 4 人，记为 a1，a2，a3，a4，成绩在90，100内的学生中抽取 2 人，记为 b1，b2，则满足条件的所有基本事件为：（a1，a2），（a1，a3），（a1，a4），（a1，b1），（a1， b2），（a2，a3），（a2，a4），（a2，b1），（a2，b2），（a3，a4），（a3，b1），（a3， b2），（a4，

33、b1），（a4，b2），（b1，b2）共 15 个，记“至少有一名学生成绩不低于 9（0 分）”为事件 A，则事件 A 包含的基本事件有：（a1，b1），（a1，b2），（a2，b1），（a2，b2），（a3， b1），（a3，b2），（a4，b1），（a4，b2），（b1，b2）共 9 个故所求概率为（3）因为，所以由频率分布直方图可以估计获得“文科素养优秀标兵”称号学生的成绩为因为 7978，所以该同学能被授予“文科素养优秀标兵”称号【点评】本题考查了频率分布直方图、古典概型的概率求法、利用频率分布直方图估计某个频率段的下限，属于中档题 20已知 A（0，1），B 是曲线

34、 y 1 上任意一点，动点 P 满足（1）求点 P 的轨迹 E 的方程；（2）若点 M，N 是 E 上异于 O 的两个动点，O 为坐标原点，且 4，求证：直线 MN 恒过定点【分析】（1）设 P（x，y），B（x0，y0），通过，推出，，然后转化求解 P 的轨迹 E 的方程（2）依题意得，直线 MN 的斜率存在，其方程可设为 ykx+b，设 M（x1，y1），N（x2， y2），联立直线与抛物线方程，结合韦达定理，向量的数量积，转化求解即可解：（1）设 P（x，y），B（x0，y0），由得：（x，y+1）+（xx 0，yy0）（0，0），则，，即，，因为点

35、B 为曲线上任意一点，故，代入得 x24y 所以点 P 的轨迹 E 的方程是 x24y （2）证明：依题意得，直线 MN 的斜率存在，其方程可设为 ykx+b，设 M（x1，y1），N（x2，y2），由，得 x24kx4b0，所以16k2+16b0，x1+x24k，x1x24b 则（1+k2）（4b）+kb 4k+b2 b24b 故 b2，满足0 所以直线 MN 恒过定点（0，2）【点评】本小题主要考查抛物线的定义、抛物线的标准方程及几何性质、直线与圆锥曲线的位置关系、轨迹方程的求解等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查数形结合思想、化归与转化思想、函数与方程思

36、想，考查直观想象、逻辑推理、数学运算等核心素养 21已知函数 f（x）ax2+（a2）xlnx （1）当 a2 时，求函数 f（x）在 x1 处的切线方程；（2）若 f（x）有两个零点，求 a 的取值范围【分析】（1）将 a2 代入，求导，进而求得切线斜率，再利用点斜式方程即可得解；（2）求导，分 a0 及 a0 两种情况讨论，当 a0 时，易判断函数 f（x）单调，此时不合题意，当 a0 时，可得再分 a1，a1 及 0a1 讨论即可得得出结果解：（1）当 a2 时，f（x）2x2lnx，则，所以 f（1）3，又 f（1）2，所以所求的切线方程为 y23（x1），即 3x

37、y10 （2）由 f（x）ax2+（a2）xlnx 得：，当 a0 时，f（x）在（0，+）上单调递减，f（x）至多一个零点，不合题意当 a0 时，f（x）在，上单调递减，f（x）在，上单调递增所以当 a1 时，，故 f（x）只有一个零点，不合题意当 a1 时，，故 f（x）没有零点，不合题意当 0a1 时，，又 f（e2）ae4+（a2）e2+2a（e4+e2）2e2+20，所以 f（x）在，上有一个零点设，所以 f（x）在，上有一个零点故当 f（x）有两个零点时，实数 a 的取值范围为（0，1）【点评】本题主要考查函数的单调性与最值、导数的

38、应用等基础知识，考查抽象概括能力、推理论证能力、运算求解能力，考查函数与方程思想、分类与整合思想、化归与转化思想，考查数学抽象、逻辑推理、直观想象、数学运算等核心素养一、选择题 22在直角坐标系 xOy 中，曲线 C1的参数方程为，（为参数）以坐标原点为极点，以x轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为（1）写出 C1的普通方程和 C2的直角坐标方程；（2）设点 P 在 C1上，点 Q 在 C2上，求|PQ|的最小值及此时 P 的直角坐标【分析】（1）根据平方关系式消去可得 C1的普通方程；根据互化公式可得 C2的直角坐标过程；（2）根据 C1的参

39、数方程设 P，根据点到直线的距离以及三角函数的性质可得解：（1）由曲线 C1的参数方程，（为参数）消去参数得，，即 C1的普通方程为：曲线 C2的极坐标方程为可化为：由 xcos，ysin，可得 C2的直角坐标方程为直线 xy+40 （2）设，，则点 P 到直线 C2的距离为当时，|PQ|的最小值为，此时可取，故，【点评】本题主要考查直角坐标与极坐标互化、椭圆的参数方程、直线与椭圆的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想、化归与转化思想、函数与方程思想，考查数学运算核心素养等，体现基础性与综合性，属中档题选修 4-5：不等式选讲

40、 23已知函数 f（x）|2xa|+a （1）若不等式 f（x）6 的解集为x|1x3，求 a 的值；（2）设函数 g（x）|2x1|若 f（x）g（x）3，求 a 的取值范围【分析】（1）接绝对值不等式得解集，与已知解集比较可得；（2）将不等式转化为最值后，利用绝对值不等式的性质求得最小值，再解绝对值不等式可得解：（1）因为 f（x）|2xa|+a，f（x）6，所以|2xa|+a6，（1 分）即|2xa|6a，所以（6a）2xa6a，解得 a3x3，因为不等式 f（x）6 的解集为x|1x3，所以 a31，即 a2 （2）因为 g（x）|2x1|，所以 f（x）g（x）|2xa|2x1|+a|a1|+a，当且仅当（2xa）（2x1）0 时等号成立因为 f（x）g（x）3 恒成立，所以|a1|+a3，即|a1|3a 当 a1 时，等价于 1a3a，成立当 a1 时，等价于 a13a，解得 1a2 综上所述 a 的取值范围是（，2 【点评】本小题主要考查绝对值不等式，考查运算求解能力，考查分类与整合思想、化归与转化思想，考查数学运算、逻辑推理等核心素养等，体现基础性与综合性属中档题