2020届安徽省蚌埠市第二中学高三上学期期中数学(理)试题(解析版)

题

一、单选题

1．设集合Axx4x0,Bx1x5则AA．0,5 【答案】A

【解析】求出集合A、B,利用交集的运算即可得到结论． 【详解】

解：因为Axx4x0x0x4,

B．1,5

C．1,4

2B（ ）

D．4,5

2Bx1x5,

所以A故选：A 【点睛】

本题考查交集及其运算,求出集合A,B是解决本题的关键． 2．已知i为虚数单位，若复数A．1 【答案】C

【解析】首先整理复数,分子和分母同乘以分母的共轭复数,把复数整理成abi的形式，根据复数是一个纯虚数,得到a0且b≠0,解出式子中m的值,得到结果． 【详解】 解：因为复数zB．0

B{x0x5},即x0,5.

1mi是纯虚数，则实数m（ ） 1iC．1

D．0或1

1mi(1mi)(1i)1m(m1)i (1i)(1i)21i1m(m1)i 22因为复数是纯虚数， 所以1m0

m10所以m1 故选：C

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【点睛】

本题考查复数的乘除运算,考查复数的概念,是一个基础题,复数的加减乘除运算是比较简单的问题．

3．已知向量a(1,x),b(1,x1),若(a2b)a，则|a2b|（ ） A．2 【答案】A

【解析】向量的坐标运算和向量的数量积求出x的值,再根据向量的模计算即可本题考查了向量的坐标运算和向量的数量. 【详解】

解：由已知得a2b(1,x2)

B．3 C．2

D．5 (a2b)a (a2b)a0

即11x(x2)0 解得：x1

|a2b|(1)2122 故选：A 【点睛】

本题考查了向量的坐标运算和向量的数量积的运算以及向量的模,属于基础题. π5π4．若sin，那么cos的值为（ ）

2245A．

2 5B．2 5C．

3 5D．-3 5【答案】D

π【解析】先用余弦的二倍角公式求出cos,再用诱导公式二求出cos.

22【详解】

5π 解：sin24553π cos12sin212224552第 2 页 共 22 页

πππ3coscoscos

2225故选：D 【点睛】

本题考查三角恒等变换中给值求值问题,需要灵活应用余弦的二倍角公式和诱导公式二,属于简单题.

5．如图，若在矩形OABC中随机撒一粒豆子，则豆子落在图中阴影部分的概率为（ ）

A．12 B．

2 C．

22

D．122

【答案】A

【解析】分别求出矩形和阴影部分的面积，即可求出豆子落在图中阴影部分的概率. 【详解】

S矩形1，

又sindxcosx|0coscos02，

0S阴影2，

豆子落在图中阴影部分的概率为

故选：A. 【点睛】

本题考查几何概率的求解，属于基础题，难度不大，正确求面积是关键.

6．我国古代数学典籍《九章算术》第七章“盈不足”中有一问题：“今有蒲生一日，长三尺。莞生一日，长一尺。蒲生日自半。莞生日自倍。问几何日而长等？”（蒲常指一种多年生草本植物，莞指水葱一类的植物）现欲知几日后，莞高超过蒲高一倍.为了解决这个新问题，设计下面的程序框图，输入A3，a1.那么在①处应填（ ）

221. 第 3 页 共 22 页

A．T2S? 【答案】B

B．S2T? C．S2T? D．T2S?

【解析】根据题意由两种植物生长长度的规律结合框图，即可求解． 【详解】

由题意， S表示莞高，T表示蒲高，现欲知几日后，莞高超过蒲高一倍，故①处应填S＞2T？． 故选：B． 【点睛】

本题考查程序框图，考查学生的读图能力，比较基础，读懂程序的功能是关键. 7．已知函数gxfxx是奇函数，当x0时，函数fx的图象与函数

2ylog2x的图象关于yx对称，则g1g2（ ）.

A．-7 【答案】C

【解析】由x＞0时，函数f（x）的图象与函数y＝log2x的图象关于y＝x对称可得出，x＞0时，f（x）＝2x，从而得出x＞0时，g（x）＝2x+x2，再根据g（x）是奇函数即可求出g（﹣1）+g（﹣2）的值． 【详解】

∵x＞0时，f（x）的图象与函数y＝log2x的图象关于y＝x对称； ∴x＞0时，f（x）＝2x；

∴x＞0时，g（x）＝2x+x2，又g（x）是奇函数；

∴g（﹣1）+g（﹣2）＝﹣[g（1）+g（2）]＝﹣（2+1+4+4）＝﹣11． 故选：C． 【点睛】

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B．-9

C．-11

D．-13

考查奇函数的定义，以及互为反函数的两函数图象关于直线y＝x对称，指数函数和对数函数互为反函数的应用，属于中档题． 8．函数f(x)x2lnxx的图象大致是（ ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【解析】采用排除法，根据函数的奇偶性可排除C；当x1时，fx0可排除A；通过判断得出f进而可得结果. 【详解】

函数定义域为xx0，定义域关于原点对称，

11f，故函数fx在0,内不可能单调递增，可排除B，43xf(x)2lnxxx2lnxxf(x)，

∴函数fx为偶函数，其图象关于y轴对称，可排除选项C； 当x1时，f(x)x2lnxx130，可排除选项A；

1411111111flnln，flnln 33334444114334111111又∵，，

338144641212第 5 页 共 22 页

f∴11， 故函数fx在0,内不可能单调递增，f，即可得4343可排除选项B； 故选：D. 【点睛】

本题主要考查函数的单调性和奇偶性识别函数的图象，得到该函数在0,内不可能单调递增是解题的关键，属于中档题．

9．某公司有五个不同部门，现有4名在校大学生来该公司实习，要求安排到该公司的两个部门，且每部门安排两名，则不同的安排方案种数为（ ） A．40 【答案】B

【解析】本题是一个计数问题，由题意可知，可分两步完成计数，先对四名大学生分组，分法有

B．60

C．120

D．240

141311122C4种，然后再排到5个部门的两个部门中，排列方法有A5，计算此两数的乘积即可2得到不同的安排方案种数，再选出正确选项． 【详解】

解：此问题可分为两步求解，第一步将四名大学生分为两组，由于分法为2，2，考虑到重复一半，故分组方案应为

12C4种， 22第二步将此两组大学生分到5个部门中的两个部门中，不同的安排方式有A5，

故不同的安排方案有故选：B． 【点睛】

122C4A560种． 2本题考查排列组合及简单计数问题，解题的关键是理解事件“某公司共有5个部门，有4名大学毕业生，要安排到该公司的两个部门且每个部门安排2名”，将问题分为两步来求解．

x2y210．已知直线ykxk0与双曲线221a0,b0交于A,B两点，以ABab为直径的圆恰好经过双曲线的右焦点F，若ABF的面积为4a2，则双曲线的离心率

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为 A．2 【答案】D

【解析】通过双曲线和圆的对称性，将ABF的面积转化为FBF的面积；利用焦点三角形面积公式可以建立a与b的关系，从而推导出离心率. 【详解】

由题意可得图像如下图所示：F为双曲线的左焦点

B．3 C．2

D．5

QAB为圆的直径 AFB90

根据双曲线、圆的对称性可知：四边形AFBF为矩形

SABF又SFBF1SAFBFSFBF 2b2b24a2，可得：c25a2 tan45e25 e5

本题正确选项：D 【点睛】

本题考查双曲线的离心率求解，离心率问题的求解关键在于构造出关于a,c的齐次方程，从而配凑出离心率的形式.

11．已知 ABC中， a,b,c分别为角A,B,C所对的边，且a4,bc5，

tanAtanB33tanAtanB，则ABC的面积为（ ）

A．

3 2B．33 C．

33 2D．3

【答案】C

【解析】由条件可得：tan(AB)tanAtanB23,可得AB,C,

1tanAtanB33由余弦定理求得b值,带入面积公式进行运算. 【详解】

解：因为tanAtanB33tanAtanB,

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所以tanAtanB3(1tanAtanB), 即tan(AB)所以ABtanAtanB3, 1tanAtanB2,C, 331. 2又因为a4,bc5. 所以(5b)4b24b解得b故选C. 【点睛】

在利用两角和与差公式或二倍角公式进行恒等变形时,记住一些常见变形可起到事半功倍的效果,如：

222313333,则ABC的面积为S4. 22222cos212sin22cos21sin21cos21cos2; ,cos222tan()tantantantantan()(1tantan)等.

1tantan1x1,x112．,则方程f(x)ax恰有两个不同的实根时，已知函数f(x){4实数a的

lnx,x1取值范围是 A．0,1 eB． C．

D．1,e 4【答案】B

【解析】试题分析：ylnx，所以y'1，设切点为(x0,y0)，则切线方程为xyy0111(xx0)，即ylnx0(xx0)，与直线yax重合时，有a，

x0x0x011lnx010，解得x0e，所以a，当直线与直线yx1平行时，直线为

e411111yx，当x1时，lnxxln10，当xe时，lnxxlnee0，

44444113133当xe3时，lnxxlnee0，所以ylnx与yx在(1,e),(e,e)上有

444112个交点，所以直线在yx和yx之间时与函数f(x)有2个交点，所以

e4第 8 页 共 22 页

11a[,)，故选B．

4e

【考点】函数图像的交点问题．

二、填空题

13．若(mxy)6展开式中x3y3的系数为160，则m__________ 【答案】-2

33【解析】由题意可知mC6160,解出m即可.

【详解】 解：

(mxy)6展开式中x3y3的系数为160,

3m3C6160

解得m2． 故答案为：2 【点睛】

本题主要考查二项式定理的应用,二项展开式的通项公式,属于基础题. 14．在ABC中，AC3,3sinA2sinB，且cosC【答案】10 【解析】根据正弦定理求出BC，再利用余弦定理求出AB. 【详解】 由正弦定理可知：

1，则AB____________ 4ACBC，又3sinA2sinB sinBsinAACsinA2BCAC2

sinB3222由余弦定理可知：ABACBC2ACBCcosC94232110 4第 9 页 共 22 页

AB10 本题正确结果：10 【点睛】

本题考查利用正弦定理、余弦定理解三角形问题，属于基础题. 15．在矩形ABCD中，AB2，AD1，动点P满足AP1设向量

APABAD，则的最大值为____．

【答案】5 2【解析】建立平面直角坐标系,设点ABCD，根据得到圆的方程AP1 【详解】

解：如图所示，建立平面直角坐标系,

设A(0,0),B(2,0),C(2,1),D(0,1),P(x,y). 因为圆的半径r1,即圆C的方程是xy1,

22AP(x,y),AB(2,0),AD(0,1),若满足APABAD,

x2x

,即,y, 则2yxy, 2xx设zy,即yz0,

22所以点P(x,y)在圆xy1上,

22|z|„1x5A(0,0)yz0d„r,,解得所以圆心到直线的距离即1剟z1224所以z的最大值是故答案为：5 255,即的最大值为. 225,2第 10 页 共 22 页

【点睛】

本题考查:（1）平面向量基本定理的应用;（2）平面向量的坐标运算;（3）直线与圆的位置关系.

16．已知点A是以BC为直径的圆O上异于B，C的动点，P为平面ABC外一点，且平面PBC⊥平面ABC，BC＝3，PB＝22，PC面积为______． 【答案】10

【解析】由O为△ABC外接圆的圆心，且平面PBC⊥平面ABC，过O作面ABC的垂线l，则垂线l一定在面PBC内，可得球心O1一定在面PBC内，即球心O1也是△PBC外接圆的圆心，

在△PBC中，由余弦定理、正弦定理可得R. 【详解】

因为O为△ABC外接圆的圆心，且平面PBC⊥平面ABC，过O作面ABC的垂线l，则垂线l一定在面PBC内，

5，则三棱锥P﹣ABC外接球的表

根据球的性质，球心一定在垂线l上，

∵球心O1一定在面PBC内，即球心O1也是△PBC外接圆的圆心，

PB2BC2PC222在△PBC中，由余弦定理得cosB，⇒sinB， 2BPBC22由正弦定理得：

PC102R，解得R， sinB2∴三棱锥P﹣ABC外接球的表面积为s＝4πR2＝10π， 故答案为：10π． 【点睛】

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本题考查了三棱锥的外接球的表面积，将空间问题转化为平面问题，利用正余弦定理是解题的关键，属于中档题．一般外接球需要求球心和半径，首先应确定球心的位置，借助于外接球的性质，球心到各顶点距离相等，这样可先确定几何体中部分点组成的多边形的外接圆的圆心，过圆心且垂直于多边形所在平面的直线上任一点到多边形的顶点的距离相等，然后同样的方法找到另一个多边形的各顶点距离相等的直线（这两个多边形需有公共点），这样两条直线的交点，就是其外接球的球心，再根据半径，顶点到底面中心的距离，球心到底面中心的距离，构成勾股定理求解，有时也可利用补体法得到半径，例：三条侧棱两两垂直的三棱锥，可以补成长方体，它们是同一个外接球.

三、解答题

17．已知等差数列an的公差d>0，其前n项和为Sn，且a2a48,a3,a5,a8成等比数列．

(1)求数列an的通项公式； (2)令bn1，求数列bn的前n项和Tn.

anan1n 【答案】（1）ann1；（2）

2n2【解析】分析：（1）由已知列出方程，联立方程解出a12，d1，进而求得an； （2）由（1）得bn11，列项相消求和。

n1n2n1n2即

，化简得：a12d②

，①

1详解：（1）因为a2a48，因为所以

为等比数列，即

联立①和②得：a12，d1，所以ann1 （2）因为bn1111  anan1n1n2n1n2所以Tn111111 23344511 n1n211111123344511 n1n2第 12 页 共 22 页

n11 2n22n2点睛：本题主要考查等差数列的通项公式、等差数列的性质、等比中项以及列项相消法求和等数学知识，考查基础计算能力，由bn11列项成

anan1n1n211bn是求解第二问的关键，属于中档题。

n1n218．在某项娱乐活动的海选过程中评分人员需对同批次的选手进行考核并评分，并将其得分作为该选手的成绩，成绩大于等于60分的选手定为合格选手，直接参加第二轮比赛，不超过40分的选手将直接被淘汰，成绩在40,60内的选手可以参加复活赛，如果通过，也可以参加第二轮比赛．

（1）已知成绩合格的200名参赛选手成绩的频率分布直方图如图，求a的值及估计这200名参赛选手的成绩平均数；

（2）根据已有的经验，参加复活赛的选手能够进入第二轮比赛的概率为

1，假设每名3选手能否通过复活赛相互独立，现有3名选手进入复活赛，记这3名选手在复活赛中通过的人数为随机变量X，求X的分布列和数学期望． 【答案】（1）a0.04，82；（2）见解析

【解析】（1）由频率分布直方图面积和为1，可求得a0.04。取每个矩形的中点与概率乘积和求得平均数。（2）由二项分布求得分布列与数学期望。 【详解】

(1)由题意：0.01a0.020.03101a0.04，

估计这200名选手的成绩平均数为650.1750.4850.2950.382．

(2)由题意知， X ～ B (3,1/3)，X可能取值为0，1，2，3，

1PXiC3i3i233i，

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所以X的分布列为 ：

X的数学期望为EX3【点睛】

11 ． 3本题主要考查随机变量的分布列和期望，考查独立性检验，意在考查离散型随机变量的分布列期望和独立性检验等基础知识的掌握能力，考查学生基本的运算推理能力. 19．（2017新课标全国Ⅲ理科）如图，四面体ABCD中，△ABC是正三角形，△ACD是直角三角形，∠ABD=∠CBD，AB=BD．

（1）证明：平面ACD⊥平面ABC；

（2）过AC的平面交BD于点E，若平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分，求二面角D–AE–C的余弦值. 【答案】（1）见解析；（2）7. 7【解析】试题分析：（1）利用题意证得二面角的平面角为90°，则可得到面面

垂直；

（2）利用题意求得两个半平面的法向量，然后利用二面角的夹角公式可求得二面角D–AE–C的余弦值为

7. 7△CBD，从而ADDC. 试题解析：（1）由题设可得，△ABD≌又ACD是直角三角形，所以ADC=90. 取AC的中点O，连接DO,BO,则DO⊥AC,DO=AO. 又由于△ABC是正三角形，故BOAC. 所以DOB为二面角DACB的平面角. 在RtAOB中，BO2AO2AB2.

又ABBD，所以BO2DO2BO2AO2AB2BD2，

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故DOB90.

所以平面ACD⊥平面ABC.

（2）由题设及（1）知，OA,OB,OD两两垂直，以O为坐标原点，OA的方向为x轴正方向，OA为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系

Oxyz.则A1,0,0,B0,3,0,C1,0,0,D0,0,1.



由题设知，四面体ABCE的体积为四面体ABCD的体积的面ABC的距离为D到平面ABC的距离的

31E0,2,2. 31AD1,0,1,AC2,0,0,AE1,,故. 221，从而E到平21，即E为DB的中点，得2xz0,nAD0， 设nx,y,z是平面DAE的法向量，则即31yz0.nAE0，x223n1,可取3,1.

mAC0，m设是平面AEC的法向量，则同理可取m0,1,3.

mAE0，则cosn,mnm7. nm77. 7所以二面角D-AE-C的余弦值为【名师点睛】（1）求解本题要注意两点：一是两平面的法向量的夹角不一

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定是所求的二面角，二是利用方程思想进行向量运算时，要认真细心，准确计算.

（2）设m，n分别为平面α，β的法向量，则二面角θ与m,n互补或相等，故有coscosm,n求角是锐角还是钝角.

mn.求解时一定要注意结合实际图形判断所mn311x2y220．已知椭圆C:221ab0的长轴长为4，过点P,且斜率为的

422ab直线交椭圆于M,N两点，且点P为线段MN的中点 （1）求椭圆C的方程；

（2）设点O为坐标原点，过右焦点F的直线交椭圆于A,B两点，（A,B不在x轴上），求AOB面积S的最大值.

15x2y2 【答案】(1) 1(2) 1443b23【解析】（1）由已知条件推导出a2,设M(x1,y1),N(x2,y2)2,由此能求出椭圆C

a4的方程.

（2）设A(x3,y3),B(x4,y4),由题意设直线AB的方程为yk(x1),k0,由

yk(x1)2,得关于x的一元二次方程,由此韦达定理、点到直线距离公式等结合已知xy2143条件能求出AOB面积的最大值. 【详解】

解：由题知,长轴长为4,即2a4,a2①, 过点P311,且斜率为的直线交椭圆于M,N,

422设M(x1,y1),N(x2,y2),则x1+x21,y1y21,

x2y2x12y12②,121③. 2a2b2ab22第 16 页 共 22 页

2222xxyy1212②③得0, 22abx1x2x1x2y1y2y1y20,

a2b22x1x22y1y20,

a2b2x1x2y1y2,

a2b2y1y2b2k2x1x2a223④ 4x2y2由①④解得,a4,b3,故椭圆C的标准方程为1

43x2y2（2）由（1）知1,则a2,b3,c1,所以右焦点F(1,0)

43又因为过右焦点F的直线交椭圆于A,B两点,（A,B不在x轴上）, 设A(x3,y3),B(x4,y4),由题意： ①当斜率不存时，设A,B的方程为x1 则AB3,SAOB1313 22②当斜率存时，设A,B的方程为yk(x1),k0, 由题意：

yk(x1)2,消去y并整理,得(34k2)x28k2x(4k212)0, xy21438k2xx3434k2 由韦达定理，得2xx4k123434k2点O(0,0)到直线AB的距离为dkk(1)22,

AB22 1kxx344x3x4第 17 页 共 22 页

SAOBk1|AB|d222x3x424x3x4 144k2144k28k24k212k42234k34k2412234k22 设Hk(kk)34k2'1,

11'4'222142221Hk(kk)34k(kk)34k

11121423242(kk)2(4k2k)34k(kk)2134k28k 2(kk)421222132134k(4k2k)34k(k4k2)18k 2(kk)2421234k4222(2k3k)34k2(k4k2)8k k(2k3)(kk)'1234k22

令Hk0,得k0,又因为k0,

当k0时，Hk0，函数Hk在0,+?'()单调递减, )当k0时，Hk0，函数Hk在-?,0单调递增,

'(所以Hk在-?,0所以当斜率不存时S()(0,+?)没有极值.

3. 23. 2AOB有极大值为

综上所述,AOB面积的最大值为【点睛】

本题考查椭圆方程的求法,考查三角形面积的最大值的求法,解题时要认真审题,注意点到直线的距离公式的合理运用. 21．fx2ex2a2xx1，令gxfx 2（1）求gx的极值

（2）若fx在0,单调递增，求a的范围.

【答案】(1) 当a0时,gx没有极大、极小值;当a0时,gx的极小值为

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2aaln4a21.

(2) a0,

【解析】(1)对函数fx求导得到gxfx,对gx求导,得到gx,根据a的取

'值范围讨论gx的极值.

(2)要求fx在0,单调递增,则gx0,即要使gx的最小值大于等于0,根据

g'x分情况讨论,再对h(a)2aaln4a21进行求导即可求最值即可求解

【详解】 （1）

fx2ex2a2xx1 2fx2(e)xa2xx1(xR), 2f'x2(e)xlneax1(e)xax1 gxfx(e)xax1

1g'x(e)xlnea(e)xa

2①当a0时,gx0，gx在R上单调递增,没有极大、极小值.

'②当a0时,令gx0,即

'1(e)xa0,解得xln4a2 2

所以gx的极小值为

gln4a2(e)ln4a2aln4a212aaln4a21

综上所述:当a0时, gx没有极大、极小值；当a0时,gx的极小值为

2aaln4a21.

（2）由（1）知：若fx在0,单调递增,则fxgx0在0,恒成立. ①当a0时,gx0，gx在0,上单调递增,

'只需gx的最小值大于0即可.

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g(x)ming0(e)0a010

af02(e)0020130

2②当a0时，g(x)在xln4a只需有g(x)的极小值大于0.

2处取得最小值,

gln4a2(e)ln4a22aln4a212aaln4a210

设h(a)2aaln4a1,a0

h(a)2aaln4a21,a0 h(a)2aaln42aln(a)1,a0

e2h(a)4ln42lna，令h(a)4ln42lna=0，则a

2''e2'e2'当a,ha0;a,ha0, 故函数先增后减，

22hamaxe2he210 ，故gln4a20不成立，

2则a0时fx在0,单调递增不是恒成立.

综上所述: fx在0,单调递增, a的取值范围为：a0,. 【点睛】

本题主要考查了利用导数求函数的单调区间,分类讨论思想在解不等式中的应用以及利用导数解决存在性问题,需注意它和恒成立问题的区别，具有一定的难度;由f(x)0，得函数单调递增,f(x)0得函数单调递减；对于存在性问题x00,使fx00成立等价于f(x)min0成立.

22．在平面直角坐标系xOy中，已知直线l的参数方程为

x1mt（mR，t为参数）．以坐标原点O为极点，x轴的非负半轴为极轴，取相y1t同的长度单位建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为2cos． （1）求直线l的普通方程和曲线C的直角坐标方程；

（2）若曲线C上的点到直线l的最大距离为51，求实数m的值．

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【答案】（1）l：xmym10;C：(x1)2y21（2）m1. 22x2y2(1)将直线l的参数方程中的t消去即可得直线l的普通方程,利用cosx【解析】

siny即可得曲线C的直角坐标方程.

(2)由题意知曲线C为以原点为圆心,圆心O(1,0)到直线l的距离为

d(51)15;利用点到直线距离公式求出m即可.

【详解】

x1mt（t为参数）; （1）因为直线l的参数方程为y1t所以消得直线l的普通方程为l：x1m(1y); 即l：xmym10;

2因为曲线C的极坐标为2cos,即2cos;

2x2y2将cosx代入得曲线C的直角坐标方程 siny所以方程C：xy2x, 整理得C：(x1)y1.

22（2）因为曲线(x1)y1是以O(1,0)为圆心,半径为r1的圆,

2222而曲线C上的点到直线l的最大距离为51.

故圆心O(1,0)到直线l：xmym10的距离为d(51)15; 即|10m1|1m225, 整理得(m2)51m解得m22,

1 . 2【点睛】

2x2y2（1）直角左边和极坐标之间的转化主要利公式cosx;

siny（2）参数方程转化为直角坐标方程需要消参;

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（3）直线与圆的位置关系主要由圆心到直线的距离与半径的大小比较来判断. 23．已知a0，b0，c0设函数f(x)xbxca，xR （I）若abc1，求不等式f(x)5的解集； （II）若函数f(x)的最小值为1，证明：【答案】(Ⅰ) (2,2)；（Ⅱ）详见解析.

【解析】（I）代入a,b,c的值，结合x取不同范围，去掉绝对值，解不等式，即可。（II）计算fx的最小值，得到a,b,c的等式，利用基本不等式，证明不等式，即可。 【详解】

（I）abc1，不等式fx5，即x1x14 当x1时，1x1x42x1 当1x1时，1xx141x1 当x1时，x1x141x2

14918（abc） abbcca解集为2,2

（II）fxxbxca xcxba bca

a0,b0,c0 fxminabc1

491491  abc

abbccaabbcca1149 abbcac

2abbcca2221123 2abbccaab22bc22ca

1123abbcca 1818abc 2abbcca【点睛】

考查了含绝对值不等式的解法，考查了基本不等式，考查了不等式的证明，难度偏难。

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