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安徽省六安第一中学2023-2024学年高一上学期期末考试数学试卷（Word版附解析）
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这是一份安徽省六安第一中学2023-2024学年高一上学期期末考试数学试卷（Word版附解析），文件包含安徽省六安第一中学2023-2024学年高一上学期期末考试数学试题Word版含解析docx、安徽省六安第一中学2023-2024学年高一上学期期末考试数学试题Word版无答案docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共23页， 欢迎下载使用。
时间：120分钟 满分：150分
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求.
1. 已知命题：，，则它的否定形式为（ ）
A. ，B. ，
C. ，D. ，
【答案】D
【解析】
【分析】根据全称命题与存在性命题关系，准确改写，即可求解.
【详解】根据全称命题与存在性命题的关系，
可得命题“，”的否定为：“，”.
故选：D.
2. 是的（ ）条件
A. 充要B. 必要不充分C. 充分不必要D. 既不充分也不必要
【答案】C
【解析】
【分析】根据特殊角的三角函数值判断充分性，通过举反例说明不满足必要性即可.
【详解】若，故可得，满足充分性；
若，显然满足，但无法推出，故必要性不成立；
故是的充分不必要条件.
故选：C.
3. 函数的零点所在区间为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据的单调性，结合零点存在性定理，即可判断和选择.
【详解】在上都是单调增函数，故在上是单调增函数；
又，，
，；
故的零点所在区间为.
故选：C.
4. 设，，，则a，b，c之间的大小关系是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】通过三个数与，的关系即可解出.
【详解】由题意，，，，
∴.
故选：D.
5. 函数的大致图象是
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】函数是奇函数，图像关于原点对称，故排除
当时， ，故排除
故选C
点睛：已知函数的解析式判断函数图象的形状时，主要是按照排除法进行求解，可按照以下步骤进行：
（1）求出函数的定义域，对图象进行排除；
（2）判断函数的奇偶性、单调性，对图象进行排除；
（3）根据函数图象的变化趋势判断；
（4）当以上方法还不能判断出图象时，再选取一些特殊点，根据特殊点处的函数值进行判断．
6. 若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】指数式化为对数式，进而利用换底公式及对数运算公式进行求解.
【详解】由得：，则
故选：A
7. 已知的外接圆圆心为O，且，，则向量在向量上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意得出为外接圆的直径，且是等边三角形，从而求出向量在向量上的投影向量.
【详解】∵的外接圆的圆心为O，且，
∴O为的中点，即为外接圆的直径，∴．
∵，
∴是等边三角形.
设为的中点，则.
∴向量在向量上的投影向量为.
故选:B.
8. 已知函数，其中表示不超过x的最大整数，下列说法正确的是（ ）
A. 为偶函数B. 的值域为
C. 为周期函数，且最小正周期D. 与的图像恰有一个公共点
【答案】D
【解析】
【分析】利用特殊值排除AC，根据余弦函数的性质可求出函数的值域进而判断B，根据函数的值域判断D.
【详解】对于A，由于，，所以，所以不是偶函数，故A错；
对于B，由于为整数，，而的值有三种情况，所以的值域为，故B错误；
对于C，由于，，，故C错误；
对于D，由B得，令，得或，而不是公共点的横坐标.
令，得或，而，所以是两个函数图像的一个公共点.
令，得或，而，所以不是两个函数图像的一个公共点.
综上所述，两个函数图像有一个公共点，故D正确.
故选：D
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9. 下列各式中，值为的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】根据三角恒等变换公式，求解即可.
【详解】对于A选项，原式，故A选项错误；
对于B选项，原式，故B选项正确；
对于C选项，原式，故C选项正确；
对于D选项，原式，故D选项错误.
故选：BC.
10. 若，，则下列不等式中正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】BD
【解析】
【分析】利用不等式基本性质看判断B选项；利用作差法可判断ACD选项.
【详解】因为，，
对于A选项，，所以，，A错；
对于B选项，由不等式的基本性质可得，B对；
对于C选项，，
的符号不确定，无法得出与的大小关系，C错；
对于D选项，，则，D对.
故选：BD.
11. 如图，已知点为正六边形的中心，下列结论正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AC
【解析】
【分析】利用相等向量的定义可判断A选项；利用平面向量加法的平行四边形法则可判断B选项；利用平面向量线性运算可判断C选项；利用平面向量数量积的定义可判断D选项.
【详解】对于A选项，由正六边形的几何性质可知，，
所以，，，则四边形为平行四边形，故，A对；
对于B选项，因为四边形为平行四边形，
由平面向量加法的平行四边形法则可得，B错；
对于C选项，由正六边形的几何性质可知，，
则四边形为菱形，所以，，，
易知为等边三角形，则，故，C对；
对于D选项，设正六边形的边长为，易知，
则，
，
所以，，D错.
故选：AC.
12. 已知函数的图象过点，下列说法中正确的有（ ）
A. 若，则在上单调递减
B. 若在上有且仅有个零点，则
C. 若把的图象向左平移个单位后得到的函数为偶函数，则的最小值为
D. 若，则与有个交点
【答案】ABC
【解析】
【分析】由已知条件求出，利用正弦型函数的单调性可判断A选项；利用函数在上的零点个数可得出关于实数的不等式，解出的取值范围，可判断B选项；利用三角函数图象变换结合正弦型函数的奇偶性可判断C选项；当时，解方程，可判断D选项.
【详解】因为函数的图象过点，
则，又因为，所以，，
对于A选项，若，则，
当时，则，所以，函数在上单调递减，A对；
对于B选项，因为，
当时，，
因为在上有且仅有个零点，则，解得，B对；
对于C选项，把的图象向左平移个单位，
可得到函数偶函数，
则，可得，
因为，故当时，取最小值，C对；
对于D选项，因为且，则，
由，可得，
则，
故当时，则与只有个交点，D错.
故选：ABC.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 一个扇形的弧长为，面积为，则此扇形的圆心角为________．（用弧度制表示）
【答案】
【解析】
【分析】利用扇形弧长公式，面积公式列方程求解即可.
【详解】设圆心角为，扇形半径为，依题可得，，解得，.
故答案为：
14. 已知简谐运动的图象经过点，则该简谐运动初相为________．
【答案】##
【解析】
【分析】将点代入函数中，结合所求量范围求解即可.
【详解】将代入函数中，可得，解得，
已知，解得，故.
故答案为：
15. 求值：__________．
【答案】1
【解析】
【分析】利用三角函数切化弦，辅助角公式与诱导公式求解即可.
【详解】
．
故答案为：．
16. 已知方程，则当时，该方程所有实根的和为________．
【答案】
【解析】
【分析】作出，的图象，通过图象的对称性可得方程所有实根的和.
【详解】方程，即，
令，，
的图象可由的图象向右平移1个单位得到，故关于点对称，
同时也是的一个对称中心；
作图可得，的图象，观察它们在时的图象，
可知二者的图象都关于点成中心对称且，图象在上共有8个交点，
这8个交点两两成对关于点对称，
每一对关于对称的交点的横坐标的和为，
故所有8个交点的横坐标的和为，
即方程所有实根的和为.
故答案为：.
【点睛】方法点睛：（1）转化法，方程的根的问题，转化为，的图象的交点问题；
（2）数形结合：作出函数，的图象，判断其对称性，从而求解问题.
四、解答题：本小题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17. 已知集合，集合．
（1）求；
（2）若集合，且，求实数a的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）计算，再计算交集得到答案.
（2）考虑和两种情况，根据集合的包含关系得到答案.
小问1详解】
，.
【小问2详解】
当时，，即，满足条件；
当时，且，无解.
综上所述：实数a的取值范围.
18. 如图，以Ox为始边作角与，它们的终边分别与单位圆相交于点P，Q，已知点P的坐标为．
（1）求的值；
（2）若，，求的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用诱导公式化简求值即可.
（2）利用两角和的正弦公式处理即可.
小问1详解】
由题得，，，
所以
【小问2详解】
由题得，，，所以，
所以
19. 已知函数．
（1）填写下表，并用“五点法”画出在上的图象；
（2）将的图象横坐标扩大为原来的2倍，再向左平移个单位后，得到的图象，求的对称中心．
【答案】（1）表格及图象见解析
（2），
【解析】
【分析】（1）直接根据五点作图法补全表格，然后描点画图；
（2）先通过图象变换得到，然后令可得对称中心．
【小问1详解】
，列表如下：
图象如图：
【小问2详解】
的图象横坐标扩大为原来的2倍得，
再向左平移个单位后，得，
令，，得，，
所以函数的对称中心为，．
20. 已知函数．
（1）求函数的最小正周期和单调递减区间；
（2）当时，求函数的值域．
【答案】（1），；
（2）.
【解析】
【分析】（1）将化简为三角函数的一般式，结合正弦型函数最小正周期以及单调区间的求解方法，即可求得结果；
（2）根据的取值范围，求得的范围，结合正弦函数单调性，即可求得结果.
【小问1详解】
，
所以最小正周期为；
由，解得单调递减区间是；
【小问2详解】
当时，，又在单调递增，在单调递减；
则，即时，取得最小值1，
，即时，取得最大值2，
故当时，的值域为．
21. 六安一中新校区有一处矩形地块ABCD，如图所示，米，米，为了便于校园绿化，计划在矩形地块内铺设三条绿化带OE，EF和OF，考虑到整体规划，要求O是边AB的中点，点E在边BC上，点F在边AD上，且．
（1）设，，试将的周长l表示成的函数关系式；
（2）在（1）的条件下，为增加夜间照明亮度，决定在两条绿化带OE和OF上按装智能照明装置，已知两条绿化带每米增加智能照明装置的费用均为m元，当新加装的智能照明装置的费用最低时，求大小（备注：）
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）分别在和中，表示出，即可求出，从而求得的周长l表示成的函数关系式；
（2）结合（1）可得出的表达式，利用三角代换，令，化简的表达式，即为，再结合函数的单调性，即可确定何时取得最小值，即可求得答案.
【小问1详解】
由题意知，O是边AB的中点，
在中，由，，可得，
由于，故在中，，，可得，
又在中，由勾股定理得，
所以，.
【小问2详解】
根据题意，要使费用最低，只需最小即可，
由（1）得，，
设，则，
得，
由于，，
而，故，
令，则在上为增函数，
则，
所以当时，最小，此时，
即当新加装的智能照明装置的费用最低时，．
22. 已知函数（且）．
（1）求的定义域；
（2）若当时，函数在有且只有一个零点，求实数b的范围；
（3）是否存在实数a，使得当的定义域为时，值域为，若存在，求出实数a的取值范围；若不存在，请说明理由．
【答案】22.
23.
24. 存在，
【解析】
【分析】（1）根据对数的真数大于0结合分析不等式运算求解；
（2）根据题意分析可知在上有且只有一个解，进而结合函数单调性运算求解；
（3）根据定义域和值域可得，且，结合单调性分析可知有两个大于1相异实数根，结合二次函数零点分布运算求解.
【小问1详解】
由，得或．
所以的定义域为．
【小问2详解】
令，可知在上为增函数，
可得，且，可知的值域为，
因为，则在定义域内为减函数，可得，
所以函数在上的值域为，
又因为函数在有且只有一个零点，
即在上有且只有一个解，
所以b的范围是．
【小问3详解】
存在，理由如下：
假设存在这样的实数a，使得当的定义域为时，值域为，
由且，可得，且．
令，可知在上为增函数，
因为，则在定义域内为减函数，
所以在上为减函数，
可得，
可知在上有两个互异实根，可得，
即有两个大于1相异实数根．
则，解得，
所以实数a的取值范围.
【点睛】方法点睛：应用函数思想确定方程解的个数的两种方法
（1）转化为两熟悉的函数图象的交点个数问题、数形结合、构建不等式(方程)求解；
x
0
1
0
0
x
0
1
0
0
时间：120分钟 满分：150分
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求.
1. 已知命题：，，则它的否定形式为（ ）
A. ，B. ，
C. ，D. ，
【答案】D
【解析】
【分析】根据全称命题与存在性命题关系，准确改写，即可求解.
【详解】根据全称命题与存在性命题的关系，
可得命题“，”的否定为：“，”.
故选：D.
2. 是的（ ）条件
A. 充要B. 必要不充分C. 充分不必要D. 既不充分也不必要
【答案】C
【解析】
【分析】根据特殊角的三角函数值判断充分性，通过举反例说明不满足必要性即可.
【详解】若，故可得，满足充分性；
若，显然满足，但无法推出，故必要性不成立；
故是的充分不必要条件.
故选：C.
3. 函数的零点所在区间为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据的单调性，结合零点存在性定理，即可判断和选择.
【详解】在上都是单调增函数，故在上是单调增函数；
又，，
，；
故的零点所在区间为.
故选：C.
4. 设，，，则a，b，c之间的大小关系是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】通过三个数与，的关系即可解出.
【详解】由题意，，，，
∴.
故选：D.
5. 函数的大致图象是
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】函数是奇函数，图像关于原点对称，故排除
当时， ，故排除
故选C
点睛：已知函数的解析式判断函数图象的形状时，主要是按照排除法进行求解，可按照以下步骤进行：
（1）求出函数的定义域，对图象进行排除；
（2）判断函数的奇偶性、单调性，对图象进行排除；
（3）根据函数图象的变化趋势判断；
（4）当以上方法还不能判断出图象时，再选取一些特殊点，根据特殊点处的函数值进行判断．
6. 若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】指数式化为对数式，进而利用换底公式及对数运算公式进行求解.
【详解】由得：，则
故选：A
7. 已知的外接圆圆心为O，且，，则向量在向量上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意得出为外接圆的直径，且是等边三角形，从而求出向量在向量上的投影向量.
【详解】∵的外接圆的圆心为O，且，
∴O为的中点，即为外接圆的直径，∴．
∵，
∴是等边三角形.
设为的中点，则.
∴向量在向量上的投影向量为.
故选:B.
8. 已知函数，其中表示不超过x的最大整数，下列说法正确的是（ ）
A. 为偶函数B. 的值域为
C. 为周期函数，且最小正周期D. 与的图像恰有一个公共点
【答案】D
【解析】
【分析】利用特殊值排除AC，根据余弦函数的性质可求出函数的值域进而判断B，根据函数的值域判断D.
【详解】对于A，由于，，所以，所以不是偶函数，故A错；
对于B，由于为整数，，而的值有三种情况，所以的值域为，故B错误；
对于C，由于，，，故C错误；
对于D，由B得，令，得或，而不是公共点的横坐标.
令，得或，而，所以是两个函数图像的一个公共点.
令，得或，而，所以不是两个函数图像的一个公共点.
综上所述，两个函数图像有一个公共点，故D正确.
故选：D
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9. 下列各式中，值为的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】根据三角恒等变换公式，求解即可.
【详解】对于A选项，原式，故A选项错误；
对于B选项，原式，故B选项正确；
对于C选项，原式，故C选项正确；
对于D选项，原式，故D选项错误.
故选：BC.
10. 若，，则下列不等式中正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】BD
【解析】
【分析】利用不等式基本性质看判断B选项；利用作差法可判断ACD选项.
【详解】因为，，
对于A选项，，所以，，A错；
对于B选项，由不等式的基本性质可得，B对；
对于C选项，，
的符号不确定，无法得出与的大小关系，C错；
对于D选项，，则，D对.
故选：BD.
11. 如图，已知点为正六边形的中心，下列结论正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AC
【解析】
【分析】利用相等向量的定义可判断A选项；利用平面向量加法的平行四边形法则可判断B选项；利用平面向量线性运算可判断C选项；利用平面向量数量积的定义可判断D选项.
【详解】对于A选项，由正六边形的几何性质可知，，
所以，，，则四边形为平行四边形，故，A对；
对于B选项，因为四边形为平行四边形，
由平面向量加法的平行四边形法则可得，B错；
对于C选项，由正六边形的几何性质可知，，
则四边形为菱形，所以，，，
易知为等边三角形，则，故，C对；
对于D选项，设正六边形的边长为，易知，
则，
，
所以，，D错.
故选：AC.
12. 已知函数的图象过点，下列说法中正确的有（ ）
A. 若，则在上单调递减
B. 若在上有且仅有个零点，则
C. 若把的图象向左平移个单位后得到的函数为偶函数，则的最小值为
D. 若，则与有个交点
【答案】ABC
【解析】
【分析】由已知条件求出，利用正弦型函数的单调性可判断A选项；利用函数在上的零点个数可得出关于实数的不等式，解出的取值范围，可判断B选项；利用三角函数图象变换结合正弦型函数的奇偶性可判断C选项；当时，解方程，可判断D选项.
【详解】因为函数的图象过点，
则，又因为，所以，，
对于A选项，若，则，
当时，则，所以，函数在上单调递减，A对；
对于B选项，因为，
当时，，
因为在上有且仅有个零点，则，解得，B对；
对于C选项，把的图象向左平移个单位，
可得到函数偶函数，
则，可得，
因为，故当时，取最小值，C对；
对于D选项，因为且，则，
由，可得，
则，
故当时，则与只有个交点，D错.
故选：ABC.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 一个扇形的弧长为，面积为，则此扇形的圆心角为________．（用弧度制表示）
【答案】
【解析】
【分析】利用扇形弧长公式，面积公式列方程求解即可.
【详解】设圆心角为，扇形半径为，依题可得，，解得，.
故答案为：
14. 已知简谐运动的图象经过点，则该简谐运动初相为________．
【答案】##
【解析】
【分析】将点代入函数中，结合所求量范围求解即可.
【详解】将代入函数中，可得，解得，
已知，解得，故.
故答案为：
15. 求值：__________．
【答案】1
【解析】
【分析】利用三角函数切化弦，辅助角公式与诱导公式求解即可.
【详解】
．
故答案为：．
16. 已知方程，则当时，该方程所有实根的和为________．
【答案】
【解析】
【分析】作出，的图象，通过图象的对称性可得方程所有实根的和.
【详解】方程，即，
令，，
的图象可由的图象向右平移1个单位得到，故关于点对称，
同时也是的一个对称中心；
作图可得，的图象，观察它们在时的图象，
可知二者的图象都关于点成中心对称且，图象在上共有8个交点，
这8个交点两两成对关于点对称，
每一对关于对称的交点的横坐标的和为，
故所有8个交点的横坐标的和为，
即方程所有实根的和为.
故答案为：.
【点睛】方法点睛：（1）转化法，方程的根的问题，转化为，的图象的交点问题；
（2）数形结合：作出函数，的图象，判断其对称性，从而求解问题.
四、解答题：本小题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17. 已知集合，集合．
（1）求；
（2）若集合，且，求实数a的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）计算，再计算交集得到答案.
（2）考虑和两种情况，根据集合的包含关系得到答案.
小问1详解】
，.
【小问2详解】
当时，，即，满足条件；
当时，且，无解.
综上所述：实数a的取值范围.
18. 如图，以Ox为始边作角与，它们的终边分别与单位圆相交于点P，Q，已知点P的坐标为．
（1）求的值；
（2）若，，求的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用诱导公式化简求值即可.
（2）利用两角和的正弦公式处理即可.
小问1详解】
由题得，，，
所以
【小问2详解】
由题得，，，所以，
所以
19. 已知函数．
（1）填写下表，并用“五点法”画出在上的图象；
（2）将的图象横坐标扩大为原来的2倍，再向左平移个单位后，得到的图象，求的对称中心．
【答案】（1）表格及图象见解析
（2），
【解析】
【分析】（1）直接根据五点作图法补全表格，然后描点画图；
（2）先通过图象变换得到，然后令可得对称中心．
【小问1详解】
，列表如下：
图象如图：
【小问2详解】
的图象横坐标扩大为原来的2倍得，
再向左平移个单位后，得，
令，，得，，
所以函数的对称中心为，．
20. 已知函数．
（1）求函数的最小正周期和单调递减区间；
（2）当时，求函数的值域．
【答案】（1），；
（2）.
【解析】
【分析】（1）将化简为三角函数的一般式，结合正弦型函数最小正周期以及单调区间的求解方法，即可求得结果；
（2）根据的取值范围，求得的范围，结合正弦函数单调性，即可求得结果.
【小问1详解】
，
所以最小正周期为；
由，解得单调递减区间是；
【小问2详解】
当时，，又在单调递增，在单调递减；
则，即时，取得最小值1，
，即时，取得最大值2，
故当时，的值域为．
21. 六安一中新校区有一处矩形地块ABCD，如图所示，米，米，为了便于校园绿化，计划在矩形地块内铺设三条绿化带OE，EF和OF，考虑到整体规划，要求O是边AB的中点，点E在边BC上，点F在边AD上，且．
（1）设，，试将的周长l表示成的函数关系式；
（2）在（1）的条件下，为增加夜间照明亮度，决定在两条绿化带OE和OF上按装智能照明装置，已知两条绿化带每米增加智能照明装置的费用均为m元，当新加装的智能照明装置的费用最低时，求大小（备注：）
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）分别在和中，表示出，即可求出，从而求得的周长l表示成的函数关系式；
（2）结合（1）可得出的表达式，利用三角代换，令，化简的表达式，即为，再结合函数的单调性，即可确定何时取得最小值，即可求得答案.
【小问1详解】
由题意知，O是边AB的中点，
在中，由，，可得，
由于，故在中，，，可得，
又在中，由勾股定理得，
所以，.
【小问2详解】
根据题意，要使费用最低，只需最小即可，
由（1）得，，
设，则，
得，
由于，，
而，故，
令，则在上为增函数，
则，
所以当时，最小，此时，
即当新加装的智能照明装置的费用最低时，．
22. 已知函数（且）．
（1）求的定义域；
（2）若当时，函数在有且只有一个零点，求实数b的范围；
（3）是否存在实数a，使得当的定义域为时，值域为，若存在，求出实数a的取值范围；若不存在，请说明理由．
【答案】22.
23.
24. 存在，
【解析】
【分析】（1）根据对数的真数大于0结合分析不等式运算求解；
（2）根据题意分析可知在上有且只有一个解，进而结合函数单调性运算求解；
（3）根据定义域和值域可得，且，结合单调性分析可知有两个大于1相异实数根，结合二次函数零点分布运算求解.
【小问1详解】
由，得或．
所以的定义域为．
【小问2详解】
令，可知在上为增函数，
可得，且，可知的值域为，
因为，则在定义域内为减函数，可得，
所以函数在上的值域为，
又因为函数在有且只有一个零点，
即在上有且只有一个解，
所以b的范围是．
【小问3详解】
存在，理由如下：
假设存在这样的实数a，使得当的定义域为时，值域为，
由且，可得，且．
令，可知在上为增函数，
因为，则在定义域内为减函数，
所以在上为减函数，
可得，
可知在上有两个互异实根，可得，
即有两个大于1相异实数根．
则，解得，
所以实数a的取值范围.
【点睛】方法点睛：应用函数思想确定方程解的个数的两种方法
（1）转化为两熟悉的函数图象的交点个数问题、数形结合、构建不等式(方程)求解；
x
0
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0
0
x
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