江西省吉安、抚州、赣州市2020届高三一模考试数学(理)试题 Word版含解析

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江西省吉安、抚州、赣州市2020届高三一模考试数学(理)试题 Word版含解析

www.ks5u.com 抚州市2020年高中毕业班教学质量监测卷 理科数学 说明:1.全卷满分150分,考试时间120分钟.‎ ‎2.全卷分为试题卷和答题卡,答案要求写在答题卡上,不得在试题卷上作答,否则不给分.‎ 第Ⅰ卷(选择题共60分)‎ 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(i为虚数单位),在复平面内,复数z的共轭复数对应的点在( )‎ A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求出复数z,写出,即得对应的点所在的象限.‎ 详解】,‎ 复数z的共轭复数对应的点是,在第四象限.‎ 故选:.‎ ‎【点睛】本题考查复数的除法运算和共轭复数,属于基础题.‎ ‎2.全集,集合,集合,图中阴影部分所表示的集合为( )‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C - 27 -‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由图可得,阴影部分表示的集合为.求出集合,即求.‎ ‎【详解】∵集合,,‎ 由Venn图可知阴影部分对应的集合为,又或,‎ ‎.‎ 故选:.‎ ‎【点睛】本题考查集合的运算,属于基础题.‎ ‎3.已知抛物线的焦点到准线的距离为,则实数a等于( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 把抛物线方程化为标准式,即得a的值.‎ ‎【详解】把抛物线方程化为标准式得,‎ 抛物线的焦点到准线的距离为,‎ ‎,.‎ 故选:.‎ ‎【点睛】本题考查抛物线的标准方程,属于基础题.‎ ‎4.已知是等比数列,,前n项和为,则“”是“为递增数列”的( )‎ A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 27 -‎ 分别求出和为递增数列的充要条件,判断它们之间的关系,即得答案.‎ ‎【详解】是等比数列,, ‎ 或,‎ 的充要条件为或.‎ 又,为递增数列的充要条件为,‎ 所以“”是“为递增数列的必要不充分条件.‎ 故选:.‎ ‎【点睛】本题考查数列的单调性和充分必要条件,属于基础题.‎ ‎5.千百年来,我国劳动人民在生产实践中根据云的形状、走向、速度、厚度、颜色等的变化,总结了丰富的“看云识天气”的经验,并将这些经验编成谚语,如“天上钩钩云,地上雨淋淋”“日落云里走,雨在半夜后”……小波同学为了验证“日落云里走,雨在半夜后”,观察了所在地区A的100天日落和夜晚天气,得到如下列联表:‎ 夜晚天气 日落云里走 下雨 未下雨 出现 ‎25‎ ‎5‎ 未出现 ‎25‎ ‎45‎ 临界值表 P()‎ ‎0.10‎ ‎0.05‎ ‎0.010‎ ‎0.001‎ ‎2.706‎ ‎3.841‎ ‎6.635‎ ‎10.828‎ 并计算得到,下列小波对地区A天气判断不正确的是( )‎ A. 夜晚下雨的概率约为 - 27 -‎ B. 未出现“日落云里走”夜晚下雨的概率约为 C. 有的把握认为“‘日落云里走’是否出现”与“当晚是否下雨”有关 D. 出现“日落云里走”,有的把握认为夜晚会下雨 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 把频率看作概率,即可判断的正误;根据独立性检验可判断的正误,即得答案.‎ ‎【详解】由题意,把频率看作概率可得:‎ 夜晚下雨的概率约为,故正确;‎ 未出现“日落云里走”夜晚下雨的概率约为,故正确;‎ 由,根据临界值表,可得有的把握认为“‘日落云里走’是否出现”与“当晚是否下雨”有关,故正确;‎ 故错误.‎ 故选:.‎ ‎【点睛】本题考查独立性检验,属于基础题.‎ ‎6.圆C的半径为5,圆心在x轴的负半轴上,且被直线截得的弦长为6,则圆C的方程为( )‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设圆心为().根据弦长和半径可求出圆心到直线的距离,再根据点到直线的距离求,即得圆C的方程.‎ ‎【详解】设圆心为(),圆C的半径为5,弦长为6,‎ 圆心到直线的距离为.‎ - 27 -‎ 又圆心到直线的距离为,,‎ 解得.‎ 圆C的方程为,即.‎ 故选:.‎ ‎【点睛】本题考查圆的方程,考查直线和圆的位置关系,属于基础题.‎ ‎7.,,的大小关系是( )‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据对数函数和指数函数的单调性,判断这三个数所在的大致范围,即得大小关系.‎ ‎【详解】,,,‎ ‎,‎ ‎.‎ 故选:.‎ ‎【点睛】本题考查指数函数和对数函数的单调性,属于基础题.‎ ‎8.在三角形中,,,,双曲线以A、B为焦点,且经过点C,则该双曲线的离心率为( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由余弦定理求出.由题意,求出,即得离心率.‎ ‎【详解】在三角形中,,,,‎ - 27 -‎ 由余弦定理可得,‎ ‎.‎ 双曲线以A、B为焦点,且经过点C,‎ ‎.‎ 由双曲线的定义得.‎ 离心率.‎ 故选:.‎ ‎【点睛】本题考查余弦定理、双曲线的定义和简单的几何性质,属于基础题.‎ ‎9.已知函数,,则方程所有根的和等于( )‎ A. 1 B. 2 C. 3 D. 4‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 证明函数的图象关于点对称,易知函数在定义域上单调递增.由函数的图象关于原点对称,得函数的图象关于点对称,且函数在定义域上单调递增. 又是方程的一个根. 当时,令,根据零点存在定理和的单调性,知在上有且只有一个零点,即方程在上有且只有一个根.‎ 根据图象的对称性可知方程在上有且只有一个根,且.即可求出方程所有根的和.‎ ‎【详解】设点是函数图象上任意一点,它关于点的对称点为,‎ - 27 -‎ 则,代入,‎ 得.‎ 函数的图象与函数的图象关于点对称,‎ 即函数的图象关于点对称,易知函数在定义域上单调递增.‎ 又函数的图象关于原点对称,函数的图象关于点对称,且函数在定义域上单调递增.‎ 又是方程的一个根.‎ 当时,令,则在上单调递减.‎ ‎,‎ 根据零点存在定理,可得在上有一个零点,根据的单调性知在上有且只有一个零点,即方程在上有且只有一个根.‎ 根据图象的对称性可知方程在上有且只有一个根,且.‎ 故方程所有根的和等于.‎ 故选:.‎ ‎【点睛】本题考查函数与方程的综合应用,考查零点存在定理,属于较难的题目.‎ ‎10.如图所示,直线,点A是、之间的一定点,并且点A到、的距离分别为2、4,过点A且夹角为的两条射线分别与、相交于B、C两点,则面积的最小值是( )‎ - 27 -‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设与垂线的夹角为,用表示,则的面积,根据两角差的余弦公式和辅助角公式可求面积的最小值.‎ ‎【详解】设与垂线的夹角为,则,,‎ 面积,‎ 所以当,即当时,面积最小,最小值是.‎ 故选:.‎ ‎【点睛】本题考查三角形面积公式、两角差的余弦公式和辅助角公式,属于中档题.‎ ‎11.在三棱锥中,底面为正三角形,,,且.若三棱锥的每个顶点都在球O的球面上,则球O的半径的最小值为( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ - 27 -‎ ‎【分析】‎ 取边的中点D,连接,,可证明面,故,从而证明面.又球心O在过的中心且垂直于面的直线上,即面,故,且.不妨设,则,用表示,即求球O的半径的最小值.‎ ‎【详解】‎ 因为三棱锥中,底面为正三角形,.‎ 又,取边的中点D,连接,,,,‎ 又,面,.‎ ‎,,面.‎ 底面为正三角形,球心O在过的中心且垂直于面的直线上,‎ 即面,.‎ 三棱锥的每个顶点都在球O的球面上,.‎ 不妨设,则,,‎ 即,‎ 当时,,所以.‎ 故选:.‎ ‎【点睛】本题考查三棱锥的外接球,考查线面垂直的判定定理,属于中档题.‎ ‎12.设是在上的可导函数,且,,‎ - 27 -‎ ‎,则下列一定不成立的是( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设,可得设,故为单调递增函数或常数函数.由,,可得,故在区间上是常数函数,可求值,可得的正误. 再根据,求出的取值范围,进而判断的正误,即得答案.‎ ‎【详解】是在上的可导函数,且,‎ 设,,‎ 为单调递增函数或常数函数.‎ 又,,在区间上是常数函数,‎ ‎,.‎ 又,,.‎ 故选:.‎ ‎【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性,属于较难的题目.‎ 第Ⅱ卷(非选择题共90分)‎ - 27 -‎ 本卷包括必考题和选考题两个部分.第13~21题为必考题,每个考生都必须作答.第22~23题为选考题,考生根据要求作答.‎ 二、填空题:本大题共4小题,每小题5分,共20分.‎ ‎13.的展开式中x的系数是______.‎ ‎【答案】5‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎,再按二项式定理展开,即得x的系数.‎ ‎【详解】,‎ 的系数为.‎ 故答案为:5.‎ ‎【点睛】本题考查二项式定理,属于基础题.‎ ‎14.设向量,向量,且,则等于______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由,得.又,把代入即得答案.‎ ‎【详解】,,.‎ ‎.‎ 故答案为:.‎ ‎【点睛】本题考查向量数量积的坐标表示,考查三角函数式的求值,属于基础题.‎ ‎15.已知一个四棱柱的三视图如图(图中小正方形的边长为1),则该四棱柱的全面积等于______.‎ - 27 -‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 分析】‎ 根据四棱柱的三视图画出直观图,即求该四棱柱的全面积.‎ ‎【详解】该四棱柱的直观图如图所示 全面积等于.‎ 故答案为:.‎ ‎【点睛】本题考查空间几何体的三视图,考查学生的空间想象能力,属于中档题.‎ ‎16.已知数列的通项公式是,在和之间插入1个数,使,,成等差数列;在和之间插入2个数,,使,,,成等差数列;…;在和之间插入n个数,,…,,使,,,…,,成等差数列.这样得到新数列:,,,,,,,,,,….记数列的前n项和为,有下列判断:①;②;③;④.其中正确的判断序号是______.‎ ‎【答案】①③④‎ ‎【解析】‎ - 27 -‎ ‎【分析】‎ 根据等差数列的性质和数列求和的方法逐一判断:①,可得①的正误;②在数列中是第项,可得②的正误;③由,,得,可得③的正误;④分组求和得,可得④的正误.‎ ‎【详解】①,故①正确;‎ ‎②在数列中是第项,所以,故②错误;‎ ‎③,,故③正确;‎ ‎④‎ ‎,故④正确.‎ 故答案为:①③④.‎ ‎【点睛】本题考查等差数列的性质和数列求和,属于较难的题目.‎ 三、解答题:解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤,共70分.‎ ‎17.已知点O是的外接圆的圆心,,,.‎ ‎(1)求外接圆O的面积.‎ ‎(2)求 ‎【答案】(1);(2).‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据余弦定理求出.设外接圆的半径为,由正弦定理得,即求外接圆O的面积;‎ - 27 -‎ ‎(2)设的中点为,则,则,即可求出数量积.‎ ‎【详解】(1)由余弦定理得 ‎,‎ ‎.‎ 设外接圆的半径为,由正弦定理得,‎ 所以外接圆的面积为.‎ ‎(2)设的中点为,则,‎ ‎.‎ ‎【点睛】本题考查正、余弦定理和向量的数量积,属于基础题.‎ ‎18.如图所示,已知四边形是菱形,平面平面,,.‎ ‎(1)求证:平面平面.‎ ‎(2)若,求二面角的余弦值.‎ ‎【答案】(1)证明见解析;(2).‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)由面面垂直的性质定理可得平面,再由面面垂直的判定定理得平面 - 27 -‎ 平面;‎ ‎(2)设与交于点O,连接,可证平面.以O为坐标原点,以,,所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,求出平面和平面的法向量,即求二面角的余弦值.‎ ‎【详解】(1)证明:菱形中,,‎ 又平面平面,平面平面,‎ 平面.又平面,‎ 平面平面.‎ ‎(2)设与交于点O,连接,因为,且,‎ 四边形平行四边形,.‎ ‎,,‎ 又平面平面,平面平面,平面,‎ 平面.‎ 以O为坐标原点,以,,所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,如图所示 则,,,,‎ ‎,.‎ 设平面的法向量为,‎ 则,即,令,则,‎ - 27 -‎ ‎.‎ 又平面的法向量为.‎ 设二面角的大小为,则为锐角.‎ ‎,‎ 二面角的余弦值为.‎ ‎【点睛】本题考查面面垂直的性质定理和判定定理,考查用向量的方法求面面角,属于中档题.‎ ‎19.2020年春节期间,全国人民都在抗击“新型冠状病毒肺炎”的斗争中.当时武汉多家医院的医用防护物资库存不足,某医院甚至面临断货危机,南昌某生产商现有一批库存的医用防护物资,得知消息后,立即决定无偿捐赠这批医用防护物资,需要用A、B两辆汽车把物资从南昌紧急运至武汉.已知从南昌到武汉有两条合适路线选择,且选择两条路线所用的时间互不影响.据调查统计2000辆汽车,通过这两条路线从南昌到武汉所用时间的频数分布表如下:‎ 所用的时间(单位:小时)‎ 路线1的频数 ‎200‎ ‎400‎ ‎200‎ ‎200‎ 路线2的频数 ‎100‎ ‎400‎ ‎400‎ ‎100‎ 假设汽车A只能在约定交货时间的前5小时出发,汽车B只能在约定交货时间的前6小时出发(将频率视为概率).为最大可能在约定时间送达这批物资,来确定这两车的路线.‎ ‎(1)汽车A和汽车B应如何选择各自的路线.‎ ‎(2)若路线1、路线2的“一次性费用”分别为3.2万元、1.6万元,且每车医用物资生产成本为40万元(其他费用忽略不计),以上费用均由生产商承担,作为援助金额的一部分.根据这两辆车到达时间分别计分,具体规则如下(已知两辆车到达时间相互独立,互不影响):‎ 到达时间与约定时间的差x(单位:小时)‎ - 27 -‎ 该车得分 ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ 生产商准备根据运输车得分情况给出现金排款,两车得分和为0,捐款40万元,两车得分和每增加1分,捐款增加20万元,若汽车A、B用(1)中所选的路线运输物资,记该生产商在此次援助活动中援助总额为Y(万元),求随机变量Y的期望值,(援助总额一次性费用生产成本现金捐款总额)‎ ‎【答案】(1)汽车A选择路线1,汽车B选择路线2;(2)138.8.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)由题目中的频数分布表列出频率分布表,求出汽车在约定交货时间前5(6)小时出发选择路线1、2将物资运往武汉且在约定交货时间前到达的概率,选择概率较大的路线;‎ ‎(2)设表示汽车A选择路线1时的得分,表示汽车B选择路线2时的得分,分别求出,的分布列,再求出的分布列,求出,即可求出.‎ ‎【详解】(1)频率分布表如下:‎ 所用的时间(单位:小时)‎ 路线1的频率 ‎0.2‎ ‎0.4‎ ‎0.2‎ ‎0.2‎ 路线2的频率 ‎0.1‎ ‎0.4‎ ‎0.4‎ ‎0.1‎ 设,分别表示汽车在约定交货时间前5小时出发选择路线1、2将物资运往武汉且在约定交货时间前到达;、分别表示汽车在约定交货前6小时出发选择路线1、2将物资运往武汉且在约定交货时间前到达;‎ ‎,,‎ ‎,,‎ 所以汽车A选择路线1,汽车B选择路线2.‎ - 27 -‎ ‎(2)设表示汽车A选择路线1时的得分,表示汽车B选择路线2时的得分,‎ ‎,的分布列分别是:‎ ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ P ‎0.6‎ ‎0.2‎ ‎0.2‎ ‎0‎ ‎1‎ P ‎0.9‎ ‎0.1‎ 设则X的分布列如下:‎ ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎0.54‎ ‎0.24‎ ‎0.2‎ ‎0.02‎ ‎,‎ 所以(万元)‎ 所以援助总额的期望值为138.8.‎ ‎【点睛】本题考查频率分布表、离散型随机变量的分布列和数学期望,属于较难的题目.‎ ‎20.已知离心率为的椭圆的左顶点为,左焦点为,及点,且、、成等比数列.‎ ‎(1)求椭圆的方程;‎ ‎(2)斜率不为的动直线过点且与椭圆相交于、两点,记,线段上的点满足,试求(为坐标原点)面积的取值范围.‎ - 27 -‎ ‎【答案】(1);(2).‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)由题意可得出关于、的方程组,可求出、的值,进而可求得的值,由此可得出椭圆的方程;‎ ‎(2)解法一:设点、、,将点、的坐标代入椭圆的方程,变形后相减可得,再由、,经过向量的坐标运算求得,由点在椭圆内得到,再由三角形的面积公式可求得面积的取值范围;‎ 解法二:设点、、,由、,根据向量的坐标运算得出,设直线的方程为,与椭圆的方程联立,由得出的取值范围,由代入韦达定理并消去,得出,进而得出,再由三角形的面积公式可求得面积的取值范围;‎ 解法三:设直线的方程为,与椭圆的方程联立,由得出的取值范围,并列出韦达定理,利用向量的线性运算可得出,并求出原点到直线的距离,利用三角形的面积公式可求得面积的取值范围.‎ ‎【详解】(1)依题意,解得,,‎ 所以椭圆的方程是;‎ ‎(2)解法一:‎ - 27 -‎ 设、、,则,‎ 相减得:,‎ 又由,知,,‎ 由,知,,‎ 代入式得:,即,‎ 又因为点在椭圆内,所以,‎ 所以的面积;‎ 解法二:设,,,则,,‎ 设直线的方程为,代入椭圆的方程得:‎ ‎,由得,.‎ 所以,消去得到,‎ 所以,‎ 因此的面积;‎ 解法三:设直线的方程为,代入椭圆的方程得:‎ ‎,由得,.‎ - 27 -‎ 所以,,‎ ‎,‎ 原点到直线的距离,‎ 所以的面积,‎ 因为,所以.‎ ‎【点睛】本题考查椭圆的标准方程,直线与椭圆的中三角形面积的取值范围,以及向量共线的问题,考查方程思想的应用,属于中档题.‎ ‎21.已知函数(其中e是自然对数的底数,a,)在点处的切线方程是.‎ ‎(1)求函数的单调区间.‎ ‎(2)设函数,若在上恒成立,求实数m的取值范围.‎ ‎【答案】(1)单调递减区间为,单调递增区间为;(2).‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)求出.由题意求出,,即可求出,,代入,即可求出的单调区间;‎ ‎(2)由(1)知.解法1:要使在上恒成立,只需即可,利用导数求;解法2:要使在 - 27 -‎ 上恒成立,等价于在上恒成立.令,则只需即可,利用导数求;解法3:要使在上恒成立,等价于在上恒成立. 先证明,可得当时,有,可得,即求实数m的取值范围.‎ ‎【详解】(1)对函数求导得,‎ 由条件可知,,解得,,‎ 所以.‎ ‎.令得,‎ 于是,当时,,函数单调递减;‎ 当时,,函数单调递增.‎ 故函数的单调递减区间为,单调递增区间为.‎ ‎(2)由(1)知.‎ 解法1:要使在上恒成立,只需即可.‎ 因为,,‎ 所以在上单调递增.‎ 因为当时,,当时,,‎ 所以,在上存在唯一的零点,满足,‎ 所以,‎ 且在上单调递减,在上单调递增,‎ 于是 由得,此时必有,,‎ - 27 -‎ 两边同时取自然对数,则有,即.‎ 构造函数(),则,‎ 所以函数在上单调递增,又,所以,即.‎ 故,于是实数m的取值范围是.‎ 解法2:要使在上恒成立,等价于在上恒成立.‎ 令(),则只需即可.‎ ‎,令(),则,‎ 所以在上单调递增,又,,‎ 所以有唯一的零点,且,在上单调递减,在上单调递增.‎ 因为,两边同时取自然对数,则有,‎ 即.‎ 构造函数(),则,‎ 所以函数在上单调递增,又,‎ 所以,即.‎ 所以.‎ - 27 -‎ 于是实数m的取值范围是 解法3:要使在上恒成立,‎ 等价于在上恒成立.‎ 先证明,令(),则,于是,当时,,单调递减;当时,,单调递增,所以,故(当且仅当时取等号)‎ 所以,当时,有,所以,即,当且仅当时取等号,于是实数m的取值范围是.‎ ‎【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性和不等式恒成立问题,属于难题.‎ 请考生在22、23两题中任选一题作答,如果多做,则按所做的第一题计分,作答时请用2B铅笔在答题卡上将所选题号后的方框涂黑.‎ ‎22.在直角坐标系中,圆的参数方程为(为参数),在以坐标原点为极点,轴非负半轴为极轴建立的极坐标系中,直线的极坐标方程为.‎ ‎(1)求圆的普通方程和直线的直角坐标方程;‎ ‎(2)设点是圆上任一点,求点到直线距离最小值.‎ ‎【答案】(1)圆的普通方程为;直线的直角坐标方程为;(2).‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)在圆的参数方程中消去参数,可得出圆的普通方程,将直线的极坐标方程变形为,进而可得出直线的直角坐标方程;‎ ‎(2)设点的坐标为 - 27 -‎ ‎,利用点到直线的距离公式以及正弦函数的有界性可求出结果.‎ ‎【详解】(1)由消去参数,得,‎ 所以圆的普通方程为.‎ 由,得,‎ 所以直线的直角坐标方程为.‎ ‎(2)设点的坐标为,‎ 则点到直线的距离为,‎ 当时,取最小值,.‎ ‎【点睛】本题考查的知识要点:参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间的转换,点到直线的距离公式的应用,主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力,属于中等题型.‎ ‎23.已知函数,,.‎ ‎(1)当时,恒有,求a的最小值.‎ ‎(2)当时,恒有,求a的取值范围.‎ ‎【答案】(1);(2).‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)由题意可得,的解集是的解集的子集,求出a的取值范围,即得a的最小值;‎ ‎(2)由绝对值三角不等式得,则,可得a的取值范围.‎ - 27 -‎ ‎【详解】(1)由,得或,解得或.‎ 由,得,解得或.‎ 依题意有:,即.‎ 故a的最小值为.‎ ‎(2),‎ 当且仅当时等号成立.‎ 解不等式,得,‎ 的取值范围是.‎ ‎【点睛】本题考查含绝对值的不等式的解法,考查绝对值三角不等式,属于中档题.‎ - 27 -‎ - 27 -‎
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