河北省邯郸市2020届高三年级第二次模拟考试数学（文科）试卷（解析版）.doc

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1、2020年河北省邯郸市高考数学二模试卷（文科）一、选择题（共12小题）.1已知集合A0，1，2，3），B1，0，a，若AB0，2），则a（）A0B1C2D32设i是虚数单位，若复数z满足z（1i）i，则复数z对应的点在（）A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限3已知a=213，b=log213，c=log1312，则（）AbcaBbacCabcDcba4如图所示，在边长为4的正三角形中有一封闭曲线围成的阴影区域在正三角形中随机撒一粒豆子，它落在阴影区域内的概率为34，则阴影区域的面积为（）A3B23C33D435记Sn为等差数列an的前n项和，若a1+3a512，则S7（）A18B21C24

2、D276已知向量a=（5，5），a+2b=（3，11），则向量a在向量b方向上的投影为（）A1B22C-22D17已知函数f（x）sin2xcos+cos2xsin图象的一个对称中心为(-3，0)，则的一个可能值为（）A-3B3C-56D568数学家也有许多美丽的错误，如法国数学家费马于1640年提出了Fn=22n+1(n=0，1，2，)是质数的猜想，直到1732年才被善于计算的大数学家欧拉算出F5641*6700417，不是质数现设anlog4（Fn1）（n1，2，），Sn表示数列an的前n项和若32Sn63an，则n（）A5B6C7D89已知双曲线C：x2a2-y24a2=1(a0)的右焦

3、点为F，点N在C的渐近线上（异于原点），若M点满足OF=FM，且ONMN=0，则|MN|（）A2aB5aC4aD25a10已知曲线yaex1绕原点顺时针旋转后与x轴相切，若tan2，则a（）A12B1C32D211在长方体ABCDA1B1C1D1中，AA12AB2AD4，过AA1作平面使BD，且平面平面A1B1C1D1l，Ml下面给出了四个命题：这四个命题中，真命题的个数为（）lAC；BMAC；l和AD1所成的角为60；线段BM长度的最小值为6A1B2C3D412已知f(x)=2|x+2|-2，-4x-1，log2(x+1)，-1x4，若函数g（x）f2（x）mf（x）1恰有5个零点，则实数m

4、的取值范围是（）A(0，32)B(0，32C（0，2）D（0，2二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分13若实数x，y满足0x-y1，0x+y1，则z2x+y的最大值为 14已知是锐角，且sin（-6）=13则sin（+3） 15我国古代数学名著九章算术商攻中，阐述：“斜解立方，得两堑堵斜解堑堵其一为阳马，一为鳖臑”如图，在一个为“阳马”的四棱锥PABCD中，底面ABCD为矩形，AB2AD=3，PA平面ABCD，若直线PD与平面ABCD所成的角为60，则PA ，该“阳马”外接球体积为 16已知直线xmy20与抛物线C：y2=12x交于A，B两点P是线段AB的中点，过P作x轴的平行线交

5、C于点Q，若以AB为直径的圆经过Q，则m 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1721题为必考题，第22、23题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题：共60分17受突如其来的新冠疫情的影响，全国各地学校都推迟2020年的春季开学某学校“停课不停学”，利用云课平台提供免费线上课程该学校为了解学生对线上课程的满意程度，随机抽取了500名学生对该线上课程评分其频率分布直方图如下：若根据频率分布直方图得到的评分低于80分的概率估计值为0.45（1）（i）求直方图中的a，b值；（ii）若评分的平均值和众数均不低于80分视为满意，判断该校学生对线上课程是否满意？并说明理由（同一组

6、中的数据用该组区间的中点值为代表）；（2）若采用分层抽样的方法，从样本评分在60，70）和90，100内的学生中共抽取5人进行测试来检验他们的网课学习效果，再从中选取2人进行跟踪分析，求这2人中至少一人评分在60，70）内的概率18已知ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且btanA（2cb）tanB（1）求A；（2）若ABC是锐角三角形，且a3求cosCb的取值范围19如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，CC12AC4，AB3，CAB90M是CC1的中点（1）证明：平面A1B1M平面ABM；（2）求四棱锥MABB1A1的侧面积20已知长轴长为22的椭圆C：x2a2+y2b2=1(

7、ab0)的左、右焦点分别为F1、F2，且以F1、F2为直径的圆与C恰有两个公共点（1）求椭圆C的方程；（2）若经过点F2的直线l与C交于M，N两点，且M，N关于原点O的对称点分别为P，Q，求四边形MNPQ面积的最大值21已知函数f(x)=-3cosx-12ax2，f(x)为f（x）的导函数（1）若f（x）在区间0，2上单调递减，求实数a的取值范围；（2）若x0，2，求证：当a3时f(x)+12x3+30（二）选考题：共10分请考生在第22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分，作答时，请用2B铅笔在答题卡上将所选题目对应题号后面的方框涂黑.选修4-4：坐标系与参数方程22在平面

8、直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为x=2+2cos，y=2sin（为参数），以坐标原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为cos1（1）求C1的极坐标方程，并求C1与C2交点的极坐标(0，-22)；（2）若曲线C3：（0）与C1，C2的交点分别为M，N，求|OM|ON|的值选修4-5：不等式选讲23已知f（x）|2x1|2|x+1|（1）解不等式f（x）0；（2）记函数f（x）的最大值为m，且a+b+cm，求证：（a+1）2+（b+1）2+（c+1）212参考答案一、选择题：本大题共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

9、1已知集合A0，1，2，3），B1，0，a，若AB0，2），则a（）A0B1C2D3【分析】利用交集定义直接求解解：集合A0，1，2，3），B1，0，a，AB0，2），a2故选：C【点评】本题考查交集的求法，考查交集定义等基础知识，考查运算求解能力，是基础题2设i是虚数单位，若复数z满足z（1i）i，则复数z对应的点在（）A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限【分析】把已知等式变形，然后利用复数代数形式的乘除运算化简，求出z的坐标得答案解：由z（1i）i，得z=i1-i=i(1+i)(1-i)(1+i)=-1+i2=-12+i2复数z对应的点的坐标为（-12，12），在第二象限故选：B【点评

10、】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查了复数的代数表示法及其几何意义，是基础题3已知a=213，b=log213，c=log1312，则（）AbcaBbacCabcDcba【分析】结合指数与对数函数的单调性分别确定a，b，c的范围，进而可比较大小解：a=2131，b=log2130，c=log1312=log32（0，1），故bca，故选：A【点评】本题主要考查了利用函数单调性比较大小，属于基础试题4如图所示，在边长为4的正三角形中有一封闭曲线围成的阴影区域在正三角形中随机撒一粒豆子，它落在阴影区域内的概率为34，则阴影区域的面积为（）A3B23C33D43【分析】由题意结合几何概型计算公式得

11、到关于面积的方程，解方程即可求得最终结果解：设阴影部分的面积为S，结合几何概型公式可得：S124432=34；解得S33：故选：C【点评】本题考查几何概型及其应用，重点考查学生对基础概念的理解和计算能力，属于中等题5记Sn为等差数列an的前n项和，若a1+3a512，则S7（）A18B21C24D27【分析】由a1+3a512，可得：4a1+12d12，化为a1+3d3a4，利用性质可得：S7=7(a1+a7)2=7a4解：由a1+3a512，可得：4a1+12d12，a1+3d3a4，S7=7(a1+a7)2=7a421故选：B【点评】本小题主要考查等差数列通项公式和前n项和公式及其性质等基

12、础知识，考查运算求解等数学能力，属于基础题6已知向量a=（5，5），a+2b=（3，11），则向量a在向量b方向上的投影为（）A1B22C-22D1【分析】先根据平面向量的线性坐标运算，由a和a+2b的坐标计算出向量b，然后由平面向量数量积的定义可知，向量a在b方向上的投影为ab|b|，再结合数量积的坐标运算即可得解解：a=（5，5），a+2b=（3，11），b=(-4，3)，向量a在b方向上的投影为ab|b|=5(-4)+53(-4)2+32=-1，故选：D【点评】本题考查平面向量数量积的定义与坐标运算，考查学生的分析能力和运算能力，属于基础题7已知函数f（x）sin2xcos+cos2xs

13、in图象的一个对称中心为(-3，0)，则的一个可能值为（）A-3B3C-56D56【分析】先对已知函数进行化简，然后结合正弦函数的对称性即可求解解：f（x）sin2xcos+cos2xsinsin（2x+），由题意可得，sin（-23）0，所以-23=k即=23+k，kZ，结合选项可知，当k1时，=-13故选：A【点评】本题主要考查了和差角公式在三角化简中的应用及正弦函数的对称性的应用，属于基础试题8数学家也有许多美丽的错误，如法国数学家费马于1640年提出了Fn=22n+1(n=0，1，2，)是质数的猜想，直到1732年才被善于计算的大数学家欧拉算出F5641*6700417，不是质数现设a

14、nlog4（Fn1）（n1，2，），Sn表示数列an的前n项和若32Sn63an，则n（）A5B6C7D8【分析】利用数列的递推关系式，求出通项公式，然后通过等比数列求解数列的和，然后求解n即可解：因为Fn=22n+1(n=0，1，2，)，所以anlog4（Fn1）=log4(22n+1-1)=log422n=2n1，所以an是等比数列，首项为1，公比为2，所以Sn=1(1-2n)1-2=2n1所以32（2n1）632n1，解得n6，故选：B【点评】本题考查数列的递推关系式的应用，等比数列的判断，数列求和，考查计算能力9已知双曲线C：x2a2-y24a2=1(a0)的右焦点为F，点N在C的渐近

15、线上（异于原点），若M点满足OF=FM，且ONMN=0，则|MN|（）A2aB5aC4aD25a【分析】画出图形，利用F是OM的中点，且ONMN，作FHON于H，然后转化求解即可解：双曲线C：x2a2-y24a2=1(a0)的一条渐近线y2x的斜率为：2，且b2a，F（5a，0）由题意可得：F是OM的中点，且ONMN，作FHON于H，则|FH|=25a1+4=2a，所以|MN|4a，故选：C【点评】本题考查双曲线的简单性质的应用，数形结合以及计算能力，是中档题10已知曲线yaex1绕原点顺时针旋转后与x轴相切，若tan2，则a（）A12B1C32D2【分析】由题意可知，未转动前曲线与直线y2x

16、相切，由此设切点为（x0，y0），求切点处导数，并令其为2，求出x0，即可求出a的值解：由已知得：曲线yaex1与直线y2x相切设切点为（x0，y0），因为yaex1，所以aex0-1=2，又切点满足：aex0-1=2x0，两式联立解得：x01，a2故选：D【点评】本题考查导数的几何意义以及切线方程的求法，同时考查学生运用方程思想解题的能力和化简运算能力属于中档题11在长方体ABCDA1B1C1D1中，AA12AB2AD4，过AA1作平面使BD，且平面平面A1B1C1D1l，Ml下面给出了四个命题：这四个命题中，真命题的个数为（）lAC；BMAC；l和AD1所成的角为60；线段BM长度的最小值

17、为6A1B2C3D4【分析】由ABCDA1B1C1D1为长方体，可得BD平面A1ACC1，结合题意可得面A1ACC1 为平面，直线A1C1 为l，可知正确；只有当M为A1C1的中点时，有BMAC，当M在l上其它位置时，BM与AC不垂直，可知错误；由题意，知A1C1B即为l和AD1 所成角，由A1BBC1A1C1，得A1C1B60，故错误；当M是A1C1 的中点时，BMA1C1，此时线段BM取得最小值，求得BM判断错误解：由ABCDA1B1C1D1为长方体，可得BD平面A1ACC1，即平面A1ACC1 为平面，直线A1C1 为l，则lAC，故正确；由Ml，即MA1C1，只有当M为A1C1的中点时

18、，有BMAC，当M在l上其它位置时，BM与AC不垂直，故错误；由AD1BC1，可知A1C1B即为l和AD1 所成角，A1BBC1A1C1，A1C1B60，故错误；由A1BBC1=22+42=25，可知当M是A1C1 的中点时，BMA1C1，此时线段BM取得最小值，且BM=BB12+B1M2=42+(2)2=32，错误故只有正确故选：A【点评】本题考查命题的真假判断与应用，考查空间中直线与直线、直线与平面位置关系的判定，考查空间想象能力与思维能力，是中档题12已知f(x)=2|x+2|-2，-4x-1，log2(x+1)，-1x4，若函数g（x）f2（x）mf（x）1恰有5个零点，则实数m的取值

19、范围是（）A(0，32)B(0，32C（0，2）D（0，2【分析】先作出函数的图象，然后结合函数的函数的零点与方程的根的关系，结合二次方程的实根分布问题即可求解解：如图所示，作出f（x）的图象，令f（x）t显然t0不是方程t2mt10的解，若t1是方程t2mt10的解，则m0，此时t1，结合图象可知不满足题意，所以g（x）f2（x）mf（x）1恰有5个零点等价于t2mt10一个解在（1，0），一个解在（0，2，令h（t）t2mt1，则h(-1)=m0h(0)=-10h(2)=4-2m-10，解可得，0m32故选：B【点评】本题主要考查了由函数的零点求解参数范围问题，体现了转化思想及数形结合思想

20、的应用二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分13若实数x，y满足0x-y1，0x+y1，则z2x+y的最大值为2【分析】画出可行域，利用目标函数的几何意义求解最大值即可解：作出约束条件的可行域，如图：直线z2x+y经过可行域的A时，z取得最大值，由x+y=1x-y=1解得A（1，0），所以z的最大值为：21+02故答案为：2【点评】本题考查线性规划的简单应用，画出约束条件的可行域是解题的关键，考查计算能力14已知是锐角，且sin（-6）=13则sin（+3）223【分析】由已知结合同角基本关系及诱导公式进行化简即可求解解：因为是锐角，且sin（-6）=13所以-6-613，cos（-

21、6）=223，则sin（+3）sin（-6）+12cos（-6）=223，故答案为：223【点评】本题主要考查了同角基本关系及诱导公式在三角化简求值中的应用，属于中档试题15我国古代数学名著九章算术商攻中，阐述：“斜解立方，得两堑堵斜解堑堵其一为阳马，一为鳖臑”如图，在一个为“阳马”的四棱锥PABCD中，底面ABCD为矩形，AB2AD=3，PA平面ABCD，若直线PD与平面ABCD所成的角为60，则PA3，该“阳马”外接球体积为323【分析】以AB，AD，AP为棱构造一个长方体，则该长方体的体对角线为其外接球的直径2R，由此能求出该“阳马”外接球体积解：由题意得PDA60，则PA=3AD=3，

22、以AB，AD，AP为棱构造一个长方体，则该长方体的体对角线为其外接球的直径2R，即2R=22+(3)2+32=4，即R2，该“阳马”外接球体积为V=43R3=438=323故答案为：3，323【点评】本题考查线段长、“阳马”的外接球的体积的求法，考查线线垂直的证明，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题16已知直线xmy20与抛物线C：y2=12x交于A，B两点P是线段AB的中点，过P作x轴的平行线交C于点Q，若以AB为直径的圆经过Q，则m2【分析】设AB的坐标，直线与抛物线的方程联立求出两根之和，进而求出AB的中点P的坐标，由题意求出Q的坐标，进而求出弦

23、长|AB|，|PQ|，再由题意可得m的值解：设A（x1，y1），B（x2，y2），由x-my-2=0y2=12x，整理可得2y2my20，m2+80，y1+y2=m2，y1y21，所以AB的中点P（m24+2，m4），则Q（m28，m4），即|PQ|=m28+2，又|AB|=1+m2|y1y2|=1+m2m24+4，所以1+m2m24+4=2（m28+2）即1+m2=m24+4，解得m2，故答案为：2【点评】本题考查抛物线的性质及以线段为直径的圆的性质，属于中档题三、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1721题为必考题，第22、23题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题

24、：共60分17受突如其来的新冠疫情的影响，全国各地学校都推迟2020年的春季开学某学校“停课不停学”，利用云课平台提供免费线上课程该学校为了解学生对线上课程的满意程度，随机抽取了500名学生对该线上课程评分其频率分布直方图如下：若根据频率分布直方图得到的评分低于80分的概率估计值为0.45（1）（i）求直方图中的a，b值；（ii）若评分的平均值和众数均不低于80分视为满意，判断该校学生对线上课程是否满意？并说明理由（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）；（2）若采用分层抽样的方法，从样本评分在60，70）和90，100内的学生中共抽取5人进行测试来检验他们的网课学习效果，再从中选取2人进行

25、跟踪分析，求这2人中至少一人评分在60，70）内的概率【分析】（1）（i）由频率分布直方图中小矩形面积之和为1，能求出a，b（ii）由频率分布直方图能求出评分的众数和评分的平均值，从而得到该校学生对线上课程满意（2）由题知评分在60，70）和90，100内的频率分别为0.1和0.15，则抽取的5人中，评分在60，70）内的为2人，评分在90，100）的有3人，记评分在90，100内的3位学生为a，b，c，评分在60，70）内的2位学生这D，E，从5人中任选2人，利用列举法能求出这2人中至少一人评分在60，70）的概率解：（1）（i）由已知得（0.005+a+0.03）100.45，解得a0.0

26、1，又（0.015+b）100.55，b0.04（ii）由频率分布直方图得评分的众数为85，评分的平均值为550.05+650.1+750.3+850.4+950.1580，该校学生对线上课程满意（2）由题知评分在60，70）和90，100内的频率分别为0.1和0.15，则抽取的5人中，评分在60，70）内的为2人，评分在90，100）的有3人，记评分在90，100内的3位学生为a，b，c，评分在60，70）内的2位学生这D，E，则从5人中任选2人的所有可能结果为：（a，b），（a，c），（a，D），（a，E），（b，c），（b，D），（b，E），（c，D），（c，E），（D，E），共10种，

27、其中，评分在90，100内的可能结果为（a，b），（a，c），（b，c），共3种，这2人中至少一人评分在60，70）的概率为P1-310=710【点评】本题考查频率、众数、平均数、概率的求法，考查古典概型、列举法、频率分布直方图等基础知识，考查运算求解能力，是基础题18已知ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且btanA（2cb）tanB（1）求A；（2）若ABC是锐角三角形，且a3求cosCb的取值范围【分析】（1）直接利用三角函数关系式的恒等变换和正弦定理的应用求出A的值（2）利用正弦定理的应用和锐角三角形的角的范围的应用求出结果解：（1）由于ABC的内角A，B，C的对边分别为a

28、，b，c，且btanA（2cb）tanBsinBsinAcosA=(2sinC-sinB)sinBcosB，由于sinB0，所以sinAcosB2sinCcosAsinBcosA，则：sin（A+B）2sinCcosA，即sinC2sinCcosA，由于sinC0，所以cosA=12，由于0A，所以A=3（2）根据正弦定理asinA=bsinB，所以b23sinB则：cosCb=cos(23-B)23sinB=-12cosB+32sinB23sinB=-143tanB+14由于ABC为锐角三角形，所以0B20C2，即0B2023-B2，所以6B2，所以tanB33，即0143tanB14，所以

29、0cosCb14，所以cosCb的取值范围为（0，14）【点评】本题考查的知识要点：三角函数关系式的恒等变换，正弦定理的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型19如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，CC12AC4，AB3，CAB90M是CC1的中点（1）证明：平面A1B1M平面ABM；（2）求四棱锥MABB1A1的侧面积【分析】（1）由已知求解三角形证明即A1MAM，再证明AB平面ACC1A1，得ABA1M，由直线与平面垂直的判定可得A1M平面ABM，进一步得到平面A1B1M平面ABM；（2）分别求出四棱锥MABB1A1的四个侧面三角形的面积，作和得答案【解答】（1）

30、证明：在矩形ACC1A1中，AM=A1M=22+22=22，AA14则A1M2+AM2=AA12，即A1MAM，又ABAC，ABAA1，ACAA1A，则AB平面ACC1A1，A1M平面ACC1A1，ABA1M，又ABAMA，A1M平面ABM，A1M平面A1B1M，平面A1B1M平面ABM；（2）解：由（1）知，ABAM，SABM=SA1B1M=12322=32在ABC中，BC=22+32=13，SB1BM=12134=213，又SA1AM=1242=4四棱锥MABB1A1的侧面积为232+4+213=62+4+213【点评】本题考查平面与平面垂直的判定，考查空间想象能力与思维能力，训练了多面体

31、侧面积的求法，是中档题20已知长轴长为22的椭圆C：x2a2+y2b2=1(ab0)的左、右焦点分别为F1、F2，且以F1、F2为直径的圆与C恰有两个公共点（1）求椭圆C的方程；（2）若经过点F2的直线l与C交于M，N两点，且M，N关于原点O的对称点分别为P，Q，求四边形MNPQ面积的最大值【分析】（1）由题意可得a的值及bc，再由a，b，c之间的关系求出b，进而求出椭圆的方程；（2）由（1）可得右焦点F2的坐标，由题意可得直线PQ的斜率不为0，设直线PQ的方程与椭圆联立求出两根之和及两根之积，由题意可得四边形PQMN为平行四边形，所以四边形的面积等于一个三角形面积的4倍，求出三角形OPQ的面

32、积，由均值不等式可得面积的最大值解：（1）由题意可得2a22，且bc，又c2a2b2，所以可得a22，b21，所以椭圆的方程为：x22+y21；（2）由（1）可得右焦点F2（1，0），再由题意可得直线PQ的斜率不为0，设直线PQ的方程为xmy+1，设P（x1，y1），Q（x2，y2），联立直线与椭圆的方程可得x=my+1x2+2y2=2整理可得（2+m2）y2+2my10，所以y1+y2=-2m2+m2，y1y2=-12+m2，由题意可得四边形MNPQ为平行四边形，所以S4SOPQ412|OF2|y1y2|21(y1+y2)2-4y1y2=24m2(2+m2)2-4-12+m2=421+m2(

33、1+1+m2)2=421(1+m2)+11+m2+24212+2=22，当且仅当1+m2=11+m2即m0时取等号，所以四边形MNPQ面积的最大值为22【点评】本题考查求椭圆的方程及直线与椭圆的综合，及四边形的面积公式及均值不等式的应用，属于中档题21已知函数f(x)=-3cosx-12ax2，f(x)为f（x）的导函数（1）若f（x）在区间0，2上单调递减，求实数a的取值范围；（2）若x0，2，求证：当a3时f(x)+12x3+30【分析】（1）先求f（x）3sinxax，令g（x）3sinxax，再求导g（x），原问题可转化为g（x）0在0，2上恒成立，即a3cosx恒成立，于是求出y3c

34、osx在0，2上的最大值即可；（2）令h(x)=f(x)+12x3+3，原问题转化为证明h（x）0，求出h（x），由于a3，所以h(x)3sinx-3x+32x2，再令p(x)=3sinx-3x+32x2，再求导p（x），又令m（x）p（x），又求导m（x），并得出m（x）3sinx+30，因此m（x）在0，2上单调递增，依此，逐层往回递推直至能证明h（x）h（0）0即可解：（1）由题可知，f（x）3sinxax，令g（x）3sinxax，则g（x）3cosxa，f（x）在区间0，2上单调递减，当0x2时，3cosxa0，即a3cosx恒成立，而当0x2时，3cosx0，3，a3（2）证明：令

35、h(x)=f(x)+12x3+3，则h(x)=f(x)+32x2=3sinx-ax+32x2，a3，h(x)3sinx-3x+32x2，令p(x)=3sinx-3x+32x2，则p（x）3cosx3+3x，令m（x）3cosx3+3x，则m（x）3sinx+30，m（x）在0，2上单调递增，即m（x）m（0）0，p（x）0，p（x）在0，2上单调递增，即p（x）p（0）0，则h（x）0，h（x）在0，2上单调递增，即h（x）h（0）0，也就是f(x)+12x3+30【点评】本题考查利用导数研究函数的单调性和最值、不等式恒成立问题，解题的关键是多次构造函数，并求导，判断新函数的性质，然后再逐层往

36、回递推，考查学生的转化与化归的能力、逻辑推理能力和运算能力，属于中档题一、选择题22在平面直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为x=2+2cos，y=2sin（为参数），以坐标原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为cos1（1）求C1的极坐标方程，并求C1与C2交点的极坐标(0，-22)；（2）若曲线C3：（0）与C1，C2的交点分别为M，N，求|OM|ON|的值【分析】（1）根据同角三角函数关系式，消去参数，可得C1的直角坐标方程，再由xcos，ysin代入可得极坐标方程；联立C1与C2的极坐标方程，即可得到交点坐标；（2）分别联立曲线C3和C1，C3和C2的极

37、坐标方程，分别得到OM和ON的长度，再求值即可解：（1）由x=2+2cosy=2sin（为参数）消去参数可得（x2）2+y24，即x2+y24x0，又x=cosy=sin，则24cos0，即C1的极坐标方程为4cos由=4coscos=1，可得4cos21，又-22，所以3，2即C1与C2交点的极坐标为（2，3），（2，-3）（2）由=4cos，可得|OM|4cos，由=cos=1，可得|ON|=1cos，所以|OM|ON|4【点评】本题考查了参数方程，极坐标方程和普通方程的互化，以及利用极坐标方程解决曲线与曲线的交点问题选修4-5：不等式选讲23已知f（x）|2x1|2|x+1|（1）解不等

38、式f（x）0；（2）记函数f（x）的最大值为m，且a+b+cm，求证：（a+1）2+（b+1）2+（c+1）212【分析】（1）由题意可得|2x1|2|x+1|，两边平方，化简整理，可得所求解集；（2）运用绝对值不等式的性质可得m3，即a+b+c3，再由三个数的完全平方公式，结合基本不等式和不等式的性质，即可得证【解答】（1）解：f（x）0即为|2x1|2|x+1|0，即|2x1|2|x+1|，即为（2x1）24（x+1）2，化为12x3，可得x-14，则原不等式的解集为x|x-14；（2）证明：由f（x）|2x1|2x+2|2x12x2|3，当x1时，上式取得等号，则m3，即a+b+c3，又（a+b+c）2a2+b2+c2+2ab+2bc+2caa2+b2+c2+（a2+b2）+（b2+c2）+（c2+a2）3（a2+b2+c2）（当且仅当abc1时取得等号），所以a2+b2+c213（a+b+c）23，则（a+1）2+（b+1）2+（c+1）2a2+b2+c2+2a+2b+2c+33+23+312，则（a+1）2+（b+1）2+（c+1）212【点评】本题考查绝对值不等式的解法，以及绝对值不等式的性质，基本不等式的运用：证明不等式，考查转化思想和运算能力、推理能力，属于中档题