2019届高三数学上学期1月教学质量测评试题理

---联立得：324y26y90,由韦达定理得：y1由韦达定理得：y1y2yiV2直线A1M：y—y—x2与A2N:y-2^—x2TOC\o"1-5"\h\zx12 x22联立得：x2y〔x2 y2xi 2y? 联立得：x丫2为 丫小2 2yi y2将x1 y11,x2 y21代入整理得:4vy26y22y13y2yi4y〔y22y1於8y4vy26y22y13y2yi4 926 8y2324即x 2 4,6 2y2324即直线AM与A2N的交点D的横坐标为4,故点D在直线x4上，所以t4.21.函数fx的定义域为R,且f0 0,由题意可知，曲线fx与x轴存在公共点M0,0,又fx ex1又fx ex1a,若a00,fx若a0,由fx当x,1Ina时,当x1Ina,时,①当1Ina0,即afx的极小值为f00,fx单调递增;0得x1Ina,fx0,fx单调递减;fx0,fx单调递增.0,曲线fx与x轴只有一个公共点，符合题意;- r1②当1Ina0,即a1时，

e

由基本结论“x0时，exx2"，a2a1InaTOC\o"1-5"\h\zal _1 22_ _知fa2eaa2一a1a2a10.e又f1Inaf0 0.由零点存在定理知，此时的函数fx在区间1lna,a2有一个零点，则fx与x轴有两个公共点，与条件不符，舍去;③当1lna③当1lna设ma10,即0a—时，e, 1 ae10,lna——,ma —2—0,ae ae10,El 110,mam-e口r 1 1 口r 1 1 11即1lna——,f——eaeaeaaeae0.又f1lnaf0 0.由零点存在定理知,此时函数fx此时函数fx在区间1—,1lna有一个零点,ae则fx与x轴有两个公共点，与条件不符，舍去；…… 1 ・ 八综上所述，a—时，fx的单调递增区间为0,e单调递减区间为 ,0.当a当a00时，fx单调递增区间为,无单调递减区间.1⑵a2时，fxe2x-,e由f%fx2得ex112x1— ex212x2工,e e

TOC\o"1-5"\h\z所以2x12x2 ex11ex21 -0,e由基本不等式知2x1x2 2sle1ex2120,e口1 1即e2 x1x2 -0,e即fx1x2 0,即f为&\o"CurrentDocument"2 2而fx在， 单调递增，故x一组0,所以x1x222 2 2 .22.(1)由xy得cossin,即cossin,所以曲线C1的极坐标方程为 cos2 sin由2cos得22cos,2 2 2 2 .即xy2x0,即x1y1,令x1cos,贝Uysin, x1cos, ,故曲线C2的参数方程为： （为参数）ysin.（2）设射线l的倾斜角为 ，则射线l的参数方程为则射线l的参数方程为xtcos,,ytsin为锐角，t为参数），将l的参数方程代入曲线C1的普通方程得： cos2 t2tsin解得t1解得t10,t2所以OAt2sin2 ，cossinsin2cos2cos2将l的参数万程代入曲线C2的普通方程得t2tcos0,解得t10,t22cos,所以OBt22cos2cos,所以|OAOB|@n「2cos2tan2k,cos

所以2k2,即k1.23.(1)由£乂>6得乂2xa>6,因其解集为xx<0或x>6,020a6,则必要条件是：626a6,2a6,即 解之得：a4,46a6,经检验，当a4时，fxx2x4,由绝对值的几何意义易知fx>6解集为乂乂&0或乂》6,故a4符合题意.x4 2,所以t2,1