2019年高考数学江苏卷含答案.docx

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1、数学试卷 第 1 页（共 32 页） 数学试卷 第 2 页（共 32 页） 绝密启用前2019 年普通高等学校招生全国统一考试（江苏省） 数学本试卷均为非选择题（第 1 题第 20 题，共 20 题） 本试卷满分 150 分,考试时间 120 分钟.参考公式：样本数据的方差，其中12,nx xx2211ni isxxn 11ni ixxn柱体的体积其中是柱体的底面积，是柱体的高VShSh锥体的体积，其中是锥体的底面积，是锥体的高1 3VShSh一、填空题：本大题共 14 小题，每小题 5 分，共计 70 分1.已知集合，则 . 1,0,1,6, |0,ABx xx RAB 2.已知复数的实部为

2、 0，其中 为虚数单位，则实数的值是 .(2i)(1i)a ia3.下图是一个算法流程图，则输出的的值是 .S4.函数的定义域是 .276yxx5.已知一组数据 6，7，8，8，9，10，则该组数据的方差是 .6.从 3 名男同学和 2 名女同学中任选 2 名同学参加志愿者服务，则选出的 2 名同学中至少有 1 名女同学的概率是 .7.在平面直角坐标系中，若双曲线经过点（3，4)，则该双曲线xOy2 2 21(0)yxbb的渐近线方程是 .8.已知数列是等差数列，是其前 n 项和.若，则*()nanNnS25890,27a aaS的值是 .8S9.如图，长方体的体积是 120，为的中点，则三棱

3、锥1111ABCDABC DE1CC的体积是 .EBCD10.在平面直角坐标系中，是曲线上的一个动点，则点到直xOyP4(0)yxxxP线的距离的最小值是 .0xy11.在平面直角坐标系中，点在曲线上，且该曲线在点处的切线经过xOyAlnyxA点(为自然对数的底数） ，则点的坐标是 .( e, 1)eA12.如图，在中，是的中点，在边上，与交ABCDBCEAB2BEEAADCE毕业学校_ 姓名_ 考生号_ _ _ -在-此-卷-上-答-题-无-效- -数学试卷 第 3 页（共 32 页） 数学试卷 第 4 页（共 32 页）于点.若，则的值是 .O6AB ACAO EC AB AC13.已知，

4、则的值是 .tan2 3tan4 sin 2414.设是定义在 R 上的两个周期函数，的周期为 4，的周期为( ), ( )f x g x( )f x( )g x2，且是奇函数.当时，( )f x2(0,x2( )1 (1)f xx，其中.若在区间上，关于 x 的方程(2),01 ( )1,122k xx g xx0k (0,9有 8 个不同的实数根，则的取值范围是 .( )( )f xg xk二、解答题：本大题共 6 小题，共计 90 分请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤15.（本小题满分 14 分）在中，角的对边分别为ABCABC，abc，（1）若，求的值；

5、23 ,2,cos3ac bBc（2）若，求的值sincos 2AB absin()2B16.（本小题满分 14 分）如图，在直三棱柱中，分别为的中点，.111ABCABCDE,BC ACABBC求证：（1）平面；11AB1DEC（2）.1BEC E17.（本小题满分 14 分）如图，在平面直角坐标系中，椭圆：的焦点为xOyC22221(0)xyabab.过作轴的垂线 ，在轴的上方， 与圆：12( 1,0),(1,0)FF2Fxlxl2F交于点，与椭圆交于点.连结并延长交圆于点，连222(1)4xyaACD2FB结交椭圆于点，连结.已知.2BFCE1DF15 2DF （1）求椭圆的标准方程；C

6、（2）求点的坐标.E数学试卷 第 5 页（共 32 页） 数学试卷 第 6 页（共 32 页） 18.（本小题满分 16 分）如图，一个湖的边界是圆心为的圆，湖的一侧有一条直线型公路 ，湖上有桥Ol（是圆的直径）.规划在公 l 上选两个点，并修建两段直线型道路ABABOlPQ、.规划要求：线段上的所有点到点的距离均不小于圆的半径.PBQA、PBQA、OO已知点到直线 的距离分别为和（为垂足），测得AB、lACBDCD、（单位：百米）.10,6,12ABACBD（1）若道路与桥垂直，求道路的长；PBABPB（2）在规划要求下，和中能否有一个点选在处？并说明理由；PQD（3）在规划要求下，若道路和

7、的长度均为（单位：百米）.求当最小时，PBQAdd两点间的距离.PQ、19.（本小题满分 16 分）设函数、为的导函数.( )()()(), , ,f xxa xb xc a b cR( )f x( )f x（1）若，求的值；,(4)8abc fa（2）若，且和的零点均在集合中，求的极小,ab bc( )f x( )f x3,1,3( )f x值；（3）若，且的极大值为，求证：.0,01,1abc( )f xM4 27M20.（本小满分 16 分）定义首项为 1 且公比为正数的等比数列为“数列”.M（1）已知等比数列满足：，求证：数 na*()nN245324,440a aa aaa列为“数列

8、”； naM（2）已知数列满足：，其中为数列的 nb*()nN1 11221,nnnbSbbnS nb前项和.n求数列的通项公式； nb设为正整数，若存在“数列”，对任意正整数，当mM * ncnNk时，都有成立，求的最大值.k m1kkkcbcm数学（附加题）21.【.【选做题选做题】本题包括本题包括 A、B、C 三小题，请选定其中两小题，并在相应的答题区域三小题，请选定其中两小题，并在相应的答题区域内作答内作答. .若多做，则按作答的前两小题评分若多做，则按作答的前两小题评分. .解答时应写出文字说明、证明过程或解答时应写出文字说明、证明过程或毕业学校_ 姓名_ 考生号_ _ _ -在-此

9、-卷-上-答-题-无-效- -数学试卷 第 7 页（共 32 页） 数学试卷 第 8 页（共 32 页）演算步骤演算步骤. .A.选修 4-2：矩阵与变换（本小题满分 10 分）已知矩阵31 22A（1）求；2A（2）求矩阵A的特征值.B.选修4-4：坐标系与参数方程（本小题满分10分）在极坐标系中，已知两点，直线l的方程为3,2,42AB .sin34（1）求A，B两点间的距离；（2）求点B到直线l的距离.C.选修4-5：不等式选讲（本小题满分10分）设，解不等式.xR| |+|2 1|2xx【必做题必做题】第第 22 题、第题、第 23 题，每题题，每题 10 分，共计分，共计 20 分分

10、. .请在答题卡指定区域内作答，请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤. .22.（本小题满分10分）设.已知2* 012(1),4,nn nxaa xa xa xnnN.2 3242aa a（1）求的值；n（2）设，其中，求的值.(13)3nab*, a bN223ab23.（本小题满分10分）在平面直角坐标系中，设点集xOy (0,0),(1,0),(2,0),( ,0),(0,1),( ,1),(0,2),(1,2),(2,2),( ,2),nnnAnBnCn.令.从集合中任取两个不同的点，用随机变量表nNnnnnMAB

11、CnMX示它们之间的距离.（1）当时，求的概率分布；1n X（2）对给定的正整数，求概率（用表示）.(3)n n()P Xnn数学试卷 第 9 页（共 32 页） 数学试卷 第 10 页（共 32 页） 2019 年普通高等学校招生全国统一考试（江苏省）数学答案解析一、填空题1 【答案】1,6【解析】由交集定义可得1,6AB 【考点】集合的交运算2 【答案】2【解析】，实部是 0，.(a+2 i)(1+i)=a-2+(a+2) i-20, 2aa【考点】复数的运算、实部的概念3 【答案】5【解析】执行算法流程图，不满足条件；，不满足条件；11,2xS32,2xS，不满足条件；，满足条件，结束循

12、环，故输出的的值是 5.3, 3xS4, 5xSS【考点】算法流程图4 【答案】 1,7【解析】要使函数有意义，则，解得，则函数的定义域是.2760xx17x -1,7【考点】函数的定义域5 【答案】5 3【解析】数据 6，7，8.8，9，10 的平均数是，则方差是678891086.4100145 63 【考点】平均数、方差6 【答案】7 10【解析】记 3 名男同学为，2 名女同学为，则从中任选 2 名同学的情况有, ,A B C, a b，共 10 种，其中至少有( , ),( ,),( , ),( , ),( ,),( , ),( , ),( , ),( , ) ( , )A BA C

13、A aA bB CB aB bC aC ba b，1 名女同学的情况有，共 7 种，故所求概率( , ),( , ),( , ),() (C, a),(C, ,b),(a, b)A aA bB aBb，为.7 10【考点】古典概型7 【答案】2yx 【解析】因为双曲线经过点，所以，得，所以该双2 2 21(0)yxbb(3,4)21691b2b 曲线的渐近线方程是.2ybxx 【考点】双曲线的几何性质8 【答案】16【解析】通解设等差数列的公差为.则nad 22 258111111914 )74570,93627a aaadadadada dadSad，解得，则.152ad ，81828405

14、616Sad 数学试卷 第 11 页（共 32 页） 数学试卷 第 12 页（共 32 页）优解设等差数列的公差为.，又，则nad19 9559927,32aaSaa2580a aa，得，则.3(33 )330dd2d 18 84584)4(13)162aaSaa【考点】等差数列的通项公式与前项和公式n9 【答案】10【解析】因为长方体的体积是 120，所以，又是1111ABCDABC D1120ABCDCCS四边形E的中点，所以三棱锥的体积1CCEBCD.11111112010332212E BCDBCDABCDVEC SCCS四边形【考点】空间几何体的体积10 【答案】4【解析】通解设，则

15、点到直线的距离，4,0P x xxxP0xy4442 22 4222xxxxxxxd 当且仅当，即时取等号，故点到直线的距离的最小值是 4.42xx2x P0xy优解由得，令，得，则当点的坐标为4(0)yxxx241yx 2411x 2x P时，点到直线的距离最小，最小值为.( 2,3 2)P0xy|23 2 |42【考点】点到直线的距高公式、基本不等式的应用11 【答案】(e, 1)【解析】设，又，则曲线在点 A 处的切线方程为00,lnA xx1yxlnyx，将代入得，化简得，00 01lnyxxxx(, 1)e00 011ln xexx 0 0lnexx解得，则点 A 的坐标是.0ex

16、( ,1)e【考点】导数的几何意义的理解和应用12 【答案】3【解析】解法一以点为坐标原点，所在的直线为轴，的垂直平分线为轴建立平面直角坐标系，DBCxBCy不妨设，由得，则直线(,0),( ,0), ( , ),00BaC aA b c ac，2BEEA22,33bacE，直线，联立可得，则:cOA yxb:(2 )()CEba yc xa,2 2b cO22 2224222(,) (),22333bcabcbcabAB ACabcabcbcaAO EC ，由得，化简得，6AB ACAO EC 2222222bcabcab2224abbca则.2222()63()2ABbacab ACbac

17、ab解法二由三点共线，可设，则，由三点共线可设,A O DAOAD ()2AOABAC ,E O C，则，则EOEC ()AOAEACAE ，由平面向量基本定理可得解1(1)(1)3AOAEACABAC 1(1)322 得，则，则11,42 11(),43AOABAC ECACAEACAB 数学试卷 第 13 页（共 32 页） 数学试卷 第 14 页（共 32 页） ，22113 2166()432 33AO ECABACACABAB ACACABAB AC 化简得，则.223ACAB 3AB AC【考点】向量的线性运算、数量积13 【答案】2 10【解析】通解得或，当时，tantan (1

18、tan )2 tan1tan13 1tan tan2 1tan3 tan2 此时2222222222sincos2tan4cossin1tan3sin2,cos2sincostan15sincostan15 ，同理当时，此时1sin2cos25 1tan3 34sin2,cos255 ，所.1sin2cos25 22sin(2)(sin2cos2 )4210 优解，则，又sincostan24 3tancossin44 2sincoscossin434 ，则25sinsincoscossinsincos244434 ，则3 2sincos410 113 22sin 2sinsincoscoss

19、insincos44443431010 【考点】同角三角画款的基本关系、三角也等变换14 【答案】12,34 【解析】当时，令，则，即的图象是以(0,2x21(1)yx22(1)1,0xyy( )f x为圈心、1 为半径的半圆，利用是奇函数，且周期为 4，画出函数在(1,0)( )f x( )f x上的图象，再在同一坐标系中作出函数的图象，如图，关于的方(0,9( )(0,9)g x xx程在上有 8 个不同的实数根，即两个函数的图象有 8 个不同的交点，( )( )f xg x(0,9数形结合知与的图象有 2 个不同的交点时满足题意，当直( )(0,1)g x x( )(0,1)f x x线

20、经过点时，当直线与半圆(2)yk x(1,1)1 3k (2)yk x相切时，或（舍去） ，所以的取22(1)1(0)xyy 2|3 |1 1kk 2 4k 2 4k k值范围是。12,34 【考点】品数的性质以及直线与圆的位置关系二、解答题15 【答案】 （1）因为，23 ,2,cos3ac bB由余弦定理，得，即.222 cos2acbBac2222(3 )( 2) 32 3cc c c21 3c 所以.3 3c 数学试卷 第 15 页（共 32 页） 数学试卷 第 16 页（共 32 页）（2）因为，sincos 2AB ab由正弦定理，得，所以.sinsinab ABcossin 2B

21、B bbcos2sinBB从而，即，故.22cos(2sin)BB22cos4 1 cosBB24cos5B 因为，所以，从而.sin0B cos2sin0BB2 5cos5B 因此.2 5sincos25BB【解析】 （1）利用余弦定理建立方程求解（2）利用正弦定理、同角三角函数的基本关系和诱导公式求解【考点】正弦定理、余弦定理、同角三角函数的基本关系、透导公式等16 【答案】 （1）证明：因为分别为的中点，DE，, BC AC所以.EDAB在直三棱柱中，111ABCABC11/ /ABAB所以.11/ /ABED又因为平面，平面，ED 1DEC11AB1DEC所以平面.11AB1DEC（2

22、）因为为的中点，所以.,ABBC EACBEAC因为三棱柱是直棱柱，所以平面.111ABCABC1C C ABC又因为平面，所以.BE ABC1C CBE因为平面，平面，1CC11A ACCAC 11A ACC1C CACC所以平面.BE 11A ACC因为平面，所以.1C E 11A ACC1BEC E【解析】 （1）根据直三棱桂的性质和三角形中位线定理得线线平行，利用线面平行的判定定理即可证明；（2）易得，然后利用线面垂直的判定定理证得线面垂直，即可得证.1,BEAC C CBE【考点】直线与直线、直线与平面的位置关系等.17 【答案】解：（1）设椭圆的焦距为.C2c因为，所以.12( 1

23、,0),(1,0)FF122,1FFc又因为轴，所以，125,2DFAFx 2DF 2222 11253( )222DFFF因此，从而.1224aDFDF2a 由，得.222bac23b 因此，椭圆的标准方程为.C22 143xy（2）解法一：由（1）知，椭圆：，C22 143xy2a 因为轴，所以点的横坐标为 1.2AFxA数学试卷 第 17 页（共 32 页） 数学试卷 第 18 页（共 32 页） 将代入圆的方程，解得.1x 2F22(1)16xy4y 因为点在轴上方，所以.Ax(1,4)A又，所以直线.1( 1,0)F 1:22AFyx由，得，22()22116yxxy256110xx

24、解得或.1x 11 5x 将代入，得，11 5x 22yx12 5y 因此.又，所以直线：.1112(,)55B 2(1,0)F2BF3(1)4yx由，得，解得或.22 1433(1)4 xyxy 276130xx1x 13 7x 又因为 E 是线段 BF2与椭圆的交点，所以.1x 将代入，得.因此.1x 3(1)4yx3 2y 3( 1,)2E 解法二：由（1）知，椭圆 C：.如图，连结.22 143xy1EF因为，所以，2122 ,2BFaEFEFa1EFEB从而.1BFEB 因为，所以，22F AF BAB 所以，从而.1ABFE 12EFF A因为轴，所以轴.2AFx1EFx因为，由，

25、得.1( 1,0)F 22 1431xxy 3 2y 又因为是线段与椭圆的交点，所以.E2BF3 2y 因此.3( 1,)2E 【解析】无.【考点】直线方程、圆的方程、椭圆方程、椭圆的几何性质、直线与圆及椭圆的位置关系等.18 【答案】解法一：解法一：（1）过作，垂足为.AAEBDE由已知条件得，四边形为矩形，.ACDE6, 8DEBEACAECD因为PBAB所以.84cossin105PBDABE数学试卷 第 19 页（共 32 页） 数学试卷 第 20 页（共 32 页）所以.12154cos 5BDPBPBD因此道路的长为15（百米）.PB（2）若在处，由（1）可得在圆上，则线段上的点（

26、除，）到点的距PDEBEBEO离均小于圆的半径，所以选在处不满足规划要求.OPD若在处，连结，由（1）知，QDAD2210ADAEED从而，所以为锐角.2227cos0225ADABBDBADAD ABBAD所以线段上存在点到点的距离小于圆的半径.ADOO因此，选在处也不满足规划要求.QD综上，和均不能选在处.PQD（3）先讨论点P的位置.当时，线段上存在点到点的距离小于圆的半径，点不符合规划要求；90OBPPBOOP当时，对线段上任意一点，即线段上所有点到点的距离90OBPPB,F OFOBPBO均不小于圆的半径，点符合规划要求.OP设为 上一点，且，由（1）知，1Pl1PBAB115PB

27、此时；11113sincos1595PDPBPBDPBEBA当时，在中，.90OBP1PPB115PBPB由上可知，.15d 再讨论点的位置.Q由（2）知，要使得，点只有位于点的右侧，才能符合规划要求.当时，15QAQC15QA.此时，线段上所有点到点的距离均不22221563 21CQQAACQAO小于圆的半径.O综上，当，点位于点右侧，且时，最小，此时两点间的PBABQC3 21CQ dPQ、距离.173 21PQPDCDCQ因此，最小时，两点间的距离为（百米）.dPQ，3173 21解法二：解法二：（1）如图，过作，垂足为.OOHlH以为坐标原点，直线为轴，建立平面直角坐标系.OOHy数

28、学试卷 第 21 页（共 32 页） 数学试卷 第 22 页（共 32 页） 因为，所以，直线l的方程为，点的纵坐标分别为3，3.12,6BDAC9OH 9y ,A B因为为圆的直径，所以圆的方程为.ABO10AB O2225xy从而，直线的斜率为.(4,3), ( 4, 3)AB AB3 4因为，所以直线的斜率为，PBABPB4 3直线的方程为.PB425 33yx 所以，.( 13,9)P 22( 134)(93)15PB 因此道路的长为15（百米）.PB（2）若在处，取线段上一点，则，所以选在处不满足PDBD( 4,0)E 45EO PD规划要求.若在处，连结，由（1）知，又，QDAD(

29、 4,9)D (4,3)A所以线段：.AD36( 44)4yxx 在线段上取点，因为，AD153,4M2 2221533454OM所以线段上存在点到点O的距离小于圆O的半径.AD因此选在处也不满足规划要求.QD综上，和均不能选在处.PQD（3）先讨论点的位置.P当时，线段上存在点到点的距离小于圆的半径，点不符合规划要求；90OBPPBOOP当时，对线段上任意一点，即线段上所有点到点的距90OBPPBFOFOBPBO离均不小于圆的半径，点符合规划要求.OP设为 上一点，且，由（1）知，此时；1Pl1PBAB115PB 1( 13.9)P 当时，在中，.90OBP1PPB115PBPB由上可知，.

30、15d 再讨论点的位置.Q由（2）知，要使得，点只有位于点的右侧，才能符合规划要求.当时，15QAQC15QA设，由，得，所以,9Q a（）22(4)(93)15(4)AQaa43 21a ，此时，线段上所有点到点的距离均不小于圆的半径.(43 21,9)QQAOO综上，当时，最小，此时两点间的距离( 13,9),(43 21,9)PQdPQ，.43 21( 13)173 21PQ 因此，最小时，两点间的距离为（百米）.dPQ，173 21【解析】 （l）建立平面直角坐标系，利用两直线垂直的条件得直线的方程，求解点的BPP坐标，再由两点间距离公式即可求解的长；PB（2）判断线段与圆的位置关系即

31、可求解；ADO（3）利用两点间距离公式、直线与圆的位置关系即可求解。【考点】三角函数的应用、解方程、直线与圆等数学试卷 第 23 页（共 32 页） 数学试卷 第 24 页（共 32 页）19 【答案】 （1）因为，所以abc3( )()()()()f xxa xb xcxa因为，所以，解得(4)8f3(4)8a2a （2）因为，bc所以，2322( )()()(2 )(2)f xxa xbxab xbab xab从而令，得或2( )3()3abf xxbx( )0f x xb2 3abx因为，都在集合中，且，2, ,3aba b 3,1,3ab所以21,3,33abab 此时，2( )(3)

32、(3)f xxx( )3(3)(1)f xxx令，得或列表如下：( )0f x 3x 1x x(, 3) 3( 3,1)1(1,)( )f x+00+( )f xA极大值A极小值A所以的极小值为( )f x2(1)(1 3)(1 3)32f （3）因为，所以，0,1ac32( )()(1)(1)f xx xb xxbxbx2( )32(1)f xxbxb因为，所以，01b224(1)12(21)30bbb则有2个不同的零点，设为( )f x1212,x xxx由，得( )0f x 22121111,33bbbbbbxx 列表如下：x1(,)x1x12,x x 2x2(,)x ( )f x+00

33、+( )f xA极大值A极小值A所以的极大值( )f x 1Mf x解法一： 32 1111(1)Mf xxbxbx2 21 111211(1)32(1)3999bbxbb bxbxbx23221 (1)(1)2127927bbbb bbb2 3(1)2(1) (1)2(1) 1)272727b bbbb b因此(1)24 272727b b4 27M 解法二：因为，所以01b1(0,1)x 数学试卷 第 25 页（共 32 页） 数学试卷 第 26 页（共 32 页） 当时，(0,1)x2( )()(1)(1)f xx xb xx x令，则2( )(1) ,(0,1)g xx xx1( )3

34、(1)3g xxx令，得列表如下：( )0g x 1 3x x1(0, )31 31( ,1)3( )g x+0( )g xA极大值A所以当时，取得极大值，且是最大值，故1 3x ( )g xmax14( )327g xg所以当时，因此(0,1)x4( )( )27f xg x4 27M 【解析】无【考点】利用导数研究函数的性质.20 【答案】 （1）设等比数列的公比为，所以. naq10,0aq由，得，解得245321440a aaaaa 244 11 2 111440a qa qa qa qa 112aq 因此数列为“数列”.naM（2）因为，所以1122nnnSbb0nb 由，得，则.1

35、111,bSb2122 11b22b 由，得，1122nnnSbb112()nn n nnb bSbb当时，由，得，2n 1nnnbSS111122nnnn n nnnnb bbbbbbbb整理得112nnnbbb所以数列是首项和公差均为1的等差数列. nb因此，数列的通项公式为. nb* nbn nN由知，.kbk*kN因为数列为“数列”，设公比为，所以. ncMq11,0cq因为，所以，其中.1kkkcbc1kkqkq1,2,3,km当时，有；1k 1q当时，有2,3,kmlnlnln1kkqkk设f（x）=，则ln(1)xxx21 ln( )xf xx令，得.列表如下：( )0f x e

36、x x(1,e)e(e)数学试卷 第 27 页（共 32 页） 数学试卷 第 28 页（共 32 页）( )f x0f（x）极大值因为，所以ln2ln8ln9ln3 2663maxln3( )(3)3f kf取，当时，即，33q 1,2,3,4,5k lnlnkqkkkq经检验知也成立1kqk因此所求的最大值不小于5m若，分别取，得，且，从而，且，6m 3,6k 33q56q 15243q11216q所以不存在.因此所求的最大值小于6.qm综上，所求的最大值为 5m【解析】无【考点】等差数列的定义、通项公式、性质，等比数列的通项公式附加题附加题21A【答案】 （1）因为，3122A所以231312222A=3 3 1 23 1 1 22 32 22 12 2 115106 （2）矩阵A的特征多项式为.231( )5422f令，解得A的特征值.( )0f121,4【解析】无【考点】矩阵的运算、特征值等21B【答案】 （1）设极点为.在中，OOAB3,4A2,2B 由余弦定理，得.223( 2)2 32cos()524AB （2）因为直线 的方程为，lsin()34则直线 过点，倾斜角为l(3 2,)23 4又，所以点B到直线l的距离为.( 2,)2B3(3 22) sin()242【解析】无【考点】曲线的极坐标方程21C【答案】解：当时，原不等式可化为，解得；0x 122xx