云南省昆明市2020届高三“三诊一模”高考模拟考试(三模)数学(理)试题 Word版含解析

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云南省昆明市2020届高三“三诊一模”高考模拟考试(三模)数学(理)试题 Word版含解析

昆明市2020届“三诊一模”高考模拟考试 理科数学 注意事项:‎ ‎1.答题前,考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在答题卡上,并认真核准条形码上的准考证号、姓名、考场号、座位号及科目,在规定的位置贴好条形码.‎ ‎2.回答选择题时,选出每小题答案后,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,再选涂其它答案标号.回答非选择题时,将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.‎ ‎3.考试结束后,将本试卷和答题卡交回.‎ 一、选择题:本题共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.在复平面内,复数所对应的点位于( )‎ A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用复数代数形式的乘除运算化简,求出的坐标得答案.‎ ‎【详解】解:,‎ 复数所对应的点的坐标为,位于第一象限.‎ 故选:.‎ ‎【点睛】本题考查复数代数形式的乘除运算,考查复数的代数表示法及其几何意义,属于基础题.‎ ‎2.已知集合,,则( ).‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先由集合,求出集合,再根据交集的概念,即可求出结果.‎ ‎【详解】因为集合,所以,‎ 因此.‎ 故选:D.‎ ‎【点睛】本题主要考查求集合的交集,熟记交集的概念即可,属于基础题型.‎ ‎3.已知一家便利店从1月份至5月份的营业收入与成本支出的折线图如下:‎ 关于该便利店1月份至5月份的下列描述中,正确的是( ).‎ A. 各月的利润保持不变 B. 各月的利润随营业收入的增加而增加 C. 各月的利润随成本支出的增加而增加 D. 各月的营业收入与成本支出呈正相关关系 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用收入与支出(单位:万元)情况的折线统计图直接求解.‎ ‎【详解】对于,通过计算可得1至5月的利润分别为0.5,0.8,0.7,0.5,0.9,故错误;‎ 对于,由所得利润,可知利润并不随收入增加而增加,故错误;‎ 对于,同理可得错误;‎ 对于,由折线图可得支出越多,收入也越多,故而收入与支出呈正相关,故正确,‎ 故选:D.‎ ‎【点睛】本题考查学生合情推理的能力,考查折线统计图的性质等基础知识,考查运算求解能力,考查数形结合思想,是基础题.‎ ‎4.已知点在双曲线的一条渐近线上,该双曲线的离心率为( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据点在双曲线的一条渐近线上可得的关系,再根据求解即可.‎ ‎【详解】由题,点在直线上,即,故离心率.‎ 故选:C ‎【点睛】本题主要考查了双曲线的离心率求解,需要根据题意确定的关系,进而求得离心率.属于基础题.‎ ‎5.已知点,,则( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【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,,‎ ‎,‎ 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,网格纸上小正方形的边长为1,粗实线画出的是某几何体的三视图,该几何体的体积为( )‎ A. 216 B. 108 C. D. 36‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先把三视图转换为几何体,进一步求出三棱柱体的体积.‎ ‎【详解】根据几何体的三视图转换为直观图为:该几何体为底面为等腰三角形,高为6的三棱柱体,‎ 如图所示:‎ 所以:.‎ 故选:B.‎ ‎【点睛】本题考查的知识要点:三视图和直观图形之间的转换,几何体的体积公式的应用,主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力.‎ ‎7.材料一:已知三角形三边长分别为,,,则三角形的面积为,其中.这个公式被称为海伦-秦九韶公式 材料二:阿波罗尼奥斯(Apollonius)在《圆锥曲线论》中提出椭圆定义:我们把平面内与两个定点,的距离的和等于常数(大于)的点的轨迹叫做椭圆.‎ 根据材料一或材料二解答:已知中,,,则面积的最大值为( )‎ A. B. 3 C. D. 6‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据材料二可得点的轨迹为椭圆,当点运动到椭圆短轴的顶点时,可得的面积取得最大值.‎ ‎【详解】由材料二可得点的轨迹为椭圆,其焦距,长轴,短轴 当点运动到椭圆短轴的顶点时,可得的面积取得最大值,‎ ‎,‎ 故选:C.‎ ‎【点睛】本题考查椭圆的定义及三角形面积的最值,考查数形结合思想,考查运算求解能力.‎ ‎8.已知函数的图象向左平移个单位后与的图象重合,则的最小值为( )‎ A. 8 B. 4 C. 2 D. 1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意,得到为函数周期的整数倍,进而可得出结果.‎ ‎【详解】因为函数的图象向左平移个单位后与的图象重合,‎ 所以(其中为函数的最小正周期),‎ 即,所以,因为,所以.‎ 故选:B.‎ ‎【点睛】本题主要考查由三角函数的周期求参数的问题,属于基础题型.‎ ‎9.如图1,已知是直角梯形,∥,,在线段上,.将沿折起,使平面平面,连接,,设的中点为,如图2.对于图2,下列选项错误的是( )‎ A. 平面平面 B. 平面 C D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用线面垂直判定与性质进行证明平面,,证明是直角三角形可得.‎ ‎【详解】由已知是直角梯形,∥,, ‎ 得四边形是矩形,所以∥,, ‎ ‎, 所以平面,‎ 又∥,平面,所以B正确 平面平面,平面平面,‎ 平面,平面,所以C正确 平面,又,‎ 平面,,是直角三角形,又的中点为 所以,所以D正确.‎ 故选:A ‎【点睛】求解翻折问题的关键及注意事项:‎ 求解平面图形翻折问题的关键是弄清原有的性质变化与否,即翻折(转)后还在同一个平面上的性质不发生变化,不在同一个平面上的性质发生变化.应注意:‎ ‎(1)点的变化,点与点的重合及点的位置变化;‎ ‎(2)线的变化,翻折(转)前后,若线始终在同一平面内,则它们的位置关系不发生变化,若线与线由在一个平面内转变为不在同一个平面内,应注意其位置关系的变化;‎ ‎(3)长度、角度等几何度量的变化.‎ ‎10.已知为抛物线的焦点,点为抛物线上一点,以线段为直径的圆与轴相切于点,且满足,,则的值为( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 作出图形,根据题意推导出轴,结合,可得出点的坐标,再将点的坐标代入抛物线的方程,可求得正数的值.‎ ‎【详解】如下图所示,设线段的中点为点,‎ 由题意可知,圆与轴相切于点,则轴,‎ 又,为的中点,,轴,‎ 由于,则点,将点的坐标代入抛物线方程得,即,‎ ‎,解得.‎ 故选:C.‎ ‎【点睛】本题考查抛物线方程中参数的求解,根据题意求出点的坐标是解题的关键,考查计算能力,属于中等题.‎ ‎11.已知函数,是的唯一极小值点,则实数的取值范围为( )‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求导可得,再根据是的唯一极小值点可得恒成立,再根据恒成立问题求解最小值分析即可.‎ ‎【详解】求导有.‎ 设,则,‎ 故当时,单调递减;时,单调递增.‎ 故若有两个零点,则必有一根,则此时有时;时,故为的极小值点,与题意不符.‎ 故恒成立,故,即,解得 ‎.‎ 故选:D ‎【点睛】本题主要考查了根据导数求解极值点的问题,需要根据极值点满足的关系分析得导函数零点的个数,再求最值求解参数的范围,属于中档题.‎ ‎12.中,,,有下述四个结论:‎ ‎①若为的重心,则 ‎②若为边上的一个动点,则为定值2‎ ‎③若,为边上的两个动点,且,则的最小值为 ‎④已知为内一点,若,且,则的最大值为2‎ 其中所有正确结论的编号是( )‎ A. ①③ B. ①④ C. ②③ D. ②④‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意,先得为等腰直角三角形;①取中点为,连接,得到,根据平面向量基本定理,即可得出结果;②先由①得到,由题意得到在上的投影为,进而可求出向量数量积;③以点为坐标原点,分别以、所在直线为轴、轴,建立平面直角坐标系,由题意,设,且,不妨令,根据向量数量积的坐标表示,即可求出结果;④同③建立平面直角坐标系,设,根据题意,得到,再设,由题意,得到,,用表示出,即可求出结果;‎ ‎【详解】因为在中,,; 所以为等腰直角三角形;‎ ‎①如图1,取中点为,连接,因为为的重心,‎ 所以在上,且,‎ 所以,故①正确;‎ ‎②如图1,同①,因为为中点,为等腰直角三角形,所以,‎ 若为边上的一个动点,则在上的投影为,‎ 因此,故②错;‎ ‎③如图2,以点为坐标原点,分别以、所在直线为轴、轴,建立如图所示的平面直角坐标系,则,,,易得,所在直线方程为:;‎ 因为,为边上的两个动点,‎ 所以设,,且,不妨令,‎ 因为,所以,即,则,‎ 所以 ‎,当且仅当时,等号成立;故③正确;‎ ‎④同③建立如图3所示的平面直角坐标系,则,,‎ 设,则,‎ 又,所以,即 因为为内一点,且,设,‎ 则,且,,‎ 因此,‎ 因为,所以,所以无最值,即无最值,故④错.‎ 故选:A.‎ ‎【点睛】本题主要考查平面向量基本定理的应用,以及求平面向量的数量积等问题,熟记平面向量基本定理,灵活运用建系的方法求解即可,属于常考题型.‎ 二、填空题:本題共4小题,每小题5分,共20分.‎ ‎13.若,则__________.‎ ‎【答案】10‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先写出展开式的通项,即可求出含的项的系数;‎ ‎【详解】解:因为,的展开式的通项为 ‎,令,得,则 故 故答案为:10‎ ‎【点睛】本题考查二项式定理的应用,属于基础题.‎ ‎14.若“,”是真命题,则实数的取值范围是__________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据对数函数的性质得到关于的不等式,解出即可.‎ ‎【详解】解: “”是真命题,‎ ‎;‎ 故答案为:.‎ ‎【点睛】本题考查了特称命题的真假,考查对数函数的性质,属于基础题.‎ ‎15.在中,,,,在线段上,若与的面积之比为,则__________.‎ ‎【答案】1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由与的面积之比为,可得,进而求得,在用余弦定理即可求得.‎ ‎【详解】解:如图,‎ 因为与的面积之比为,‎ 所以,又因为,所以,‎ 在中,由余弦定理得,‎ 所以.‎ 故答案为:1.‎ ‎【点睛】本题主要考查用余弦定理来解三角形,考查学生的计算能力和公式得掌握程度,属于基础题.‎ ‎16.某校同时提供、两类线上选修课程,类选修课每次观看线上直播分钟,并完成课后作业分钟,可获得积分分;类选修课每次观看线上直播分钟,并完成课后作业分钟,可获得积分分.每周开设次,共开设周,每次均为独立内容,每次只能选择类、类课程中的一类学习.当选择类课程次,类课程次时,可获得总积分共_______分.如果规定学生观看直播总时间不得少于分钟,课后作业总时间不得少于分钟,则通过线上选修课的学习,最多可以获得总积分共________分.‎ ‎【答案】 (1). (2). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意可计算出当选择类课程次,类课程次时,可获得的总积分;设学生选择类选修课次,类选修课次,根据题意列出有关、的约束条件,可得出目标函数为,利用线性规划思想可求得的最大值,进而得解.‎ ‎【详解】根据题意,当选择类课程次,类课程次时,可获得总积分分.‎ 设学生选择类选修课次,类选修课次,‎ 则、所满足的约束条件为,即,目标函数为,如下图所示:‎ 则可行域为图中阴影部分中的整数点(横坐标和纵坐标均为整数的点),‎ 联立,解得,可得点,‎ 平移直线,当直线经过可行域的顶点时,直线在轴上的截距最大,此时取最大值,即.‎ 因此,通过线上选修课的学习,最多可以获得总积分共分.‎ 故答案为:;.‎ ‎【点睛】本题考查线性规划的实际应用,将问题转化为线性规划问题是解答的关键,考查数形结合思想的应用,属于中等题.‎ 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17~21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.已知数列为正项等比数列,为的前项和,若,.‎ ‎(1)求数列的通项公式;‎ ‎(2)从三个条件:①;②;③‎ 中任选一个作为已知条件,求数列的前项和.‎ 注:如果选择多个条件分别解答,按第一个解答计分.‎ ‎【答案】(1)(2)见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)设数列的公比为,再根据题意利用基本量法求解即可.‎ ‎(2) 选择①可得,即可利用等比数列求和公式求解即可.‎ 选择②可得,再根据等比与等差数列求和的公式求解即可.‎ 选择③可得,再用等差数列求和公式求解即可.‎ ‎【详解】解:‎ ‎(1)设数列的公比为,因为:,所以,故:,‎ 解得:或(舍去),故. ‎ 由:,得:,将代入得:,‎ 所以数列的通项公式为:; ‎ ‎(2)选择①:‎ ‎,‎ 数列是首项为,公比为的等比数列, ‎ 所以,‎ 选择②:‎ ‎, ‎ 所以 ‎ 选择③:‎ ‎,‎ 数列是首项为0,公差为1的等差数列. ‎ 所以.‎ ‎【点睛】本题主要考查了等比数列的基本量求解,同时也考查了等差等比数列求和的公式,属于基础题.‎ ‎18.已知四棱锥中,底面是边长为4的正方形,为正三角形,是的中点,过的平面平行于平面,且平面与平面的交线为,与平面的交线为.‎ ‎(1)在图中作出四边形(不必说出作法和理由);‎ ‎(2)若,求平面与平面形成的锐二面角的余弦值.‎ ‎【答案】(1)见解析(2)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)四边形MNOE即为所求,其中N为PD中点,O为AD中点,E为BC中点;‎ ‎(2)连结OP,推导出,,平面PAD,,从而平面ABCD,,,,以O为原点,建立空间直角坐标系,利用向量能求出平面与平面PBC形成的锐二面角的余弦值.‎ ‎【详解】(1)如图,四边形即为所求,其中为中点,为中点,为中点;‎ ‎(2)连接,依题意:,‎ 所以,则,‎ 又因为且,‎ 所以平面,则,‎ 因为为正三角形且为中点,‎ 所以平面,‎ 则,,,‎ 以为原点建立如图坐标系, ‎ 因为,所以,,,,‎ 则,,, ‎ 设平面的一个法向量为,则 ‎,解得,‎ 设平面的一个法向量为,‎ 则,解得.‎ 则, ‎ 所以平面与平面形成的锐二面角的余弦值为.‎ ‎【点睛】本题考查平面的作法,考查二面角的余弦值的求法,考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识,考查空间思维能力,属于中档题.‎ ‎19.已知椭圆左焦点为,经过点的直线与圆相交于,两点,是线段与的公共点,且.‎ ‎(1)求椭圆的方程;‎ ‎(2)与的交点为,,且恰为线段的中点,求的面积.‎ ‎【答案】(1)(2)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据椭圆的定义可求得,又,故,由此可得的方程;‎ ‎(2)根据为线段的中点,得,由以及可得的坐标,从而可得三角形的面积.‎ ‎【详解】(1)如图:‎ 由圆可得, ‎ 因为,‎ 所以,‎ 即,又,故, ‎ 所以椭圆的方程为.‎ ‎(2)设,,易知,‎ 因为为线段的中点,则, ‎ 所以,‎ 又,解得,,‎ 若,则,直线的方程为,‎ 由,消去得,所以,所以,,即,‎ 所以的面积.‎ 若,同理可求得的面积.‎ 综上,的面积为.‎ ‎【点睛】本题考查了根据椭圆的定义求椭圆方程,考查了圆的性质,考查了两个垂直向量的坐标表示,考查了直线与椭圆的交点,考查了三角形的面积公式,属于中档题.‎ ‎20.近年来,国家为了鼓励高校毕业生自主创业,出台了许多优惠政策,以创业带动就业.某高校毕业生小张自主创业从事苹果的种植,并开设网店进行销售.为了做好苹果的品控,小张从自己果园的苹果树上,随机摘取150个苹果测重(单位:克),其重量分布在区间内,根据统计的数据得到如图1所示的频率分布直方图.‎ ‎(1)以上述样本数据中频率作为概率,现一顾客从该果园购买了30个苹果,求这30个苹果中重量在内的个数的数学期望;‎ ‎(2)小张的网店为了进行苹果的促销,推出了“买苹果,送福袋”的活动,买家在线参加按图行进赢取福袋的游戏.该游戏的规则如下:买家点击抛掷一枚特殊的骰子,每次抛掷的结果为1或2,且这两种结果的概率相同;从出发格(第0格)开始,每掷一次,按照抛掷的结果,按如图2所示的路径向前行进一次,若掷出1点,即从当前位置向前行进一格(从第格到第格,),若掷出2点,即从当前位置向前行进两格(从第格到第格,),行进至第3l格(获得福袋)或第32格(谢谢惠顾),游戏结束.设买家行进至第格的概率为,.‎ ‎(ⅰ)求、,并写出用、表示的递推式;‎ ‎(ⅱ)求,并说明该大学生网店推出的此款游戏活动,是更有利于卖家,还是更有利于买家.‎ ‎【答案】(1)8.4个;(2)(ⅰ),.(ⅱ),更有利于买家.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据频率分布直方图可求出苹果的重量在 内的频率,再根据二项分布的期望公式可得结果;‎ ‎ (2)(ⅰ)由当前格在第0格,且第一次抛掷骰子,结果为1,可求得;由当前格在第0格,第一次抛掷骰子,结果为2,和当前格在第1格,第二次抛掷骰子,结果为1,这两个互斥事件的和事件的概率公式可求得;分两种情况可求得:①当前格在第格,抛掷一次骰子,结果为2,②当前格在第格,抛掷一次骰子,结果为1,‎ ‎(ii)根据(ⅰ)的递推关系可求得,由此可得,根据可求得,再比较大小可得答案.‎ ‎【详解】(1)由图可知,苹果的重量在内的频率为:.‎ 一顾客从该果园购买的30个苹果中重量在内的个数为,则,所以(个).‎ ‎(2)(i)买家要行进至第1格的情况只有一种:买家第一次抛掷骰子,结果为1,行进至第一格,其概率为,则; ‎ 买家要行进至第2格的情况有以下两种:‎ ‎①当前格在第0格,第一次抛掷骰子,结果为2,行进至第2格,其概率为;‎ ‎②当前格在第1格,第二次抛掷骰子,结果为1,行进至第2格,其概率为;‎ 所以. ‎ 买家要行进至第格的情况有以下两种:‎ ‎①当前格在第格,抛掷一次骰子,结果为2,行进至第格,其概率为;‎ ‎②当前格在第格,抛掷一次骰子,结果为1,行进至第格,其概率为;‎ 所以. ‎ ‎(ii)由(i)得,,即,‎ 又,‎ 所以数列是首项为,公比为的等比数列.‎ 所以,‎ 所以 ‎,‎ 即.‎ 所以买家行进至第31格(获得福袋)的概率为;‎ 又买家行进至第32格(谢谢惠顾)的概率为,‎ 由于,‎ 所以买家行进至第31格的概率大于行进至第32格的概率,即小张网店推岀的此款游戏活动是更有利于买家.‎ ‎【点睛】本题考查了由频率分布直方图求频率,考查了二项分布的期望公式,考查了由递推关系求数列的通项,属于中档题.‎ ‎21.已知,,.‎ ‎(1)若,证明:;‎ ‎(2)对任意,都有,求整数的最大值.‎ ‎【答案】(1)见解析(2)2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)构造函数,利用二次求导可证明结论成立;‎ ‎(2)利用时,不等式成立以及(1)结论,可得,从而只需证明在区间恒成立即可.再根据(1)的结论,转化为证明在上恒成立.利用导数即可证明,由此可得结果.‎ ‎【详解】(1)设,则,‎ 因为,且,‎ 则在单调递减,因为,,‎ 所以存在唯一零点,使得,‎ 所以时,,时,,‎ 则在时单调递增,在上单调递减,‎ 又,,‎ 所以在上恒成立,所以在上单调递增,‎ 则,即.‎ 所以. ‎ ‎(2)因为对任意的,不等式,‎ 即恒成立,‎ 令,则,‎ 由(1)知,所以,‎ 由于为满足的整数,则, ‎ 因此.‎ 下面证明在区间恒成立即可.‎ 由(1)知,则,‎ 故,‎ 设,,则,‎ 所以在上单调递减,‎ 所以,所以在上恒成立.‎ 综上所述,的最大值为2.‎ ‎【点睛】本题考查了构造函数并利用导数证明不等式成立,考查了利用导数处理不等式恒成立问题,考查了零点存在性定理,多次构造函数求导,利用放缩法进行转化是本题的难点,属于难题.‎ ‎(二)选考题:共10分.请考生在第22、23题中任选一题作答.并用铅笔在答题卡选考题区域内把所选的题号涂黑.如果多做,则按所做的第一题计分.‎ ‎[选修4-4:坐标系与参数方程]‎ ‎22.在平面直角坐标系中,直线过点,倾斜角为.以原点为极点,轴正半轴为极轴建立极坐标系,曲线的极坐标方程.‎ ‎(1)写出直线的参数方程及曲线的直角坐标方程;‎ ‎(2)若与相交于,两点,为线段的中点,且,求.‎ ‎【答案】(1)直线的参数方程为(为参数), 曲线的直角坐标方程为 ‎.(2)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据点,倾斜角为可得直线的参数方程,两边同时乘以后,根据互化公式可得曲线的直角坐标方程;‎ ‎(2)将直线的参数方程代入抛物线方程,利用参数的几何意义可解得结果.‎ ‎【详解】(1)根据直线过点,倾斜角为可得直线的参数方程为(为参数),‎ 由得,将,代入可得 曲线直角坐标方程:.‎ ‎(2)将,代入到,得,‎ 设对应的参数分别为,则对应的参数为,‎ 由韦达定理得,所以,‎ 所以,所以,‎ 所以,解得,‎ 由,所以.‎ ‎【点睛】本题考查了直线的参数方程及其几何意义,考查了极坐标方程化普通方程,属于中档题.‎ ‎[选修4-5:不等式选讲] ‎ ‎23.设函数.‎ ‎(1)当时,求函数的定义域;‎ ‎(2)设,当时,成立,求 的取值范围.‎ ‎【答案】(1);(2)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)利用零点分段法解不等式可得出函数的定义域;‎ ‎(2)由可得可得出,然后解不等式可得出,根据题意得出,进而可得出关于实数的不等式组,由此可解得实数的取值范围.‎ ‎【详解】(1)当时,要使函数有意义,需满足.‎ 当时,则有,即,解得,此时;‎ 当时,则有,即,不合乎题意;‎ 当时,则有,即,解得,此时.‎ 综上所述,不等式的解集为.‎ 因此,当时,函数的定义域为;‎ ‎(2)当时,由可得,则,可得,‎ 由可得,解得,‎ ‎,,解得.‎ 因此,实数的取值范围是.‎ ‎【点睛】本题考查含绝对值不等式的求解,同时也考查了含绝对值不等式中参数的求解,第(2)问中将问题转化两区间的包含关系是解答的关键,考查化归与转化思想的应用,属于中等题.‎
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