2019年云南省全国统一高考数学试卷(理科)(新课标ⅲ)及解析.pdf

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1、第 1页（共 23页）2019 年全国统一高考数学试卷（理科年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标（新课标）一、选择题：本题共一、选择题：本题共 12 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 60 分。在每小题给出的四个选项中，只有分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。一项是符合题目要求的。1（5 分）已知集合 A1，0，1，2，Bx|x21，则 AB（）A1，0，1B0，1C1，1D0，1，22（5 分）若 z（1+i）2i，则 z（）A1iB1+iC1iD1+i3（5 分）西游记 三国演义 水浒传和红楼梦是中国古典文学瑰宝，并称为中国古典小说四大名著某中学为了解本校学

2、生阅读四大名著的情况，随机调查了 100 位学生，其中阅读过西游记或红楼梦的学生共有 90 位，阅读过红楼梦的学生共有 80 位，阅读过西游记且阅读过红楼梦的学生共有 60 位，则该校阅读过西游记的学生人数与该学校学生总数比值的估计值为（）A0.5B0.6C0.7D0.84（5 分）（1+2x2）（1+x）4的展开式中 x3的系数为（）A12B16C20D245（5 分）已知各项均为正数的等比数列an的前 4 项和为 15，且 a53a3+4a1，则 a3（）A16B8C4D26（5 分）已知曲线 yaex+xlnx 在点（1，ae）处的切线方程为 y2x+b，则（）Aae，b1Bae，b1C

3、ae1，b1Dae1，b17（5 分）函数 y在6，6的图象大致为（）AB第 2页（共 23页）CD8（5 分）如图，点 N 为正方形 ABCD 的中心，ECD 为正三角形，平面 ECD平面 ABCD，M 是线段 ED 的中点，则（）ABMEN，且直线 BM，EN 是相交直线BBMEN，且直线 BM，EN 是相交直线CBMEN，且直线 BM，EN 是异面直线DBMEN，且直线 BM，EN 是异面直线9（5 分）执行如图的程序框图，如果输入的为 0.01，则输出 s 的值等于（）A2B2C2D2第 3页（共 23页）10（5 分）双曲线 C：1 的右焦点为 F，点 P 在 C 的一条渐近线上，O

4、 为坐标原点若|PO|PF|，则PFO 的面积为（）ABC2D311（5 分）设 f（x）是定义域为 R 的偶函数，且在（0，+）单调递减，则（）Af（log3）f（2）f（2）Bf（log3）f（2）f（2）Cf（2）f（2）f（log3）Df（2）f（2）f（log3）12（5 分）设函数 f（x）sin（x+）（0），已知 f（x）在0，2有且仅有 5 个零点下述四个结论：f（x）在（0，2）有且仅有 3 个极大值点f（x）在（0，2）有且仅有 2 个极小值点f（x）在（0，）单调递增的取值范围是，）其中所有正确结论的编号是（）ABCD二、填空题：本题共二、填空题：本题共 4 小题，每小

5、题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分。分。13（5 分）已知，为单位向量，且 0，若 2，则 cos，14（5 分）记 Sn为等差数列an的前 n 项和若 a10，a23a1，则15（5 分）设 F1，F2为椭圆 C：+1 的两个焦点，M 为 C 上一点且在第一象限若MF1F2为等腰三角形，则 M 的坐标为第 4页（共 23页）16（5 分）学生到工厂劳动实践，利用 3D 打印技术制作模型 如图，该模型为长方体 ABCDA1B1C1D1挖去四棱锥 OEFGH 后所得的几何体，其中 O 为长方体的中心，E，F，G，H 分别为所在棱的中点，ABBC6cm，AA14cm.3D 打印所用原料密度

6、为 0.9g/cm3 不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为g三、解答题：共三、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 题为必考题为必考题题，每个试题考生都必须作答每个试题考生都必须作答。第第 22、23 题为选考题题为选考题，考生根据要求作答考生根据要求作答。（一一）必考题必考题：共共 60 分。分。17（12 分）为了解甲、乙两种离子在小鼠体内的残留程度，进行如下试验：将 200 只小鼠随机分成 A、B 两组，每组 100 只，其中 A 组小鼠给服甲离子溶液，B 组小鼠给服乙离子溶液每只小鼠给服的溶液体积

7、相同、摩尔浓度相同经过一段时间后用某种科学方法测算出残留在小鼠体内离子的百分比根据试验数据分别得到如图直方图：记 C 为事件：“乙离子残留在体内的百分比不低于 5.5”，根据直方图得到 P（C）的估计值为 0.70（1）求乙离子残留百分比直方图中 a，b 的值；（2）分别估计甲、乙离子残留百分比的平均值（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）第 5页（共 23页）18（12 分）ABC 的内角 A、B、C 的对边分别为 a，b，c已知 asinbsinA（1）求 B；（2）若ABC 为锐角三角形，且 c1，求ABC 面积的取值范围19（12 分）图 1 是由矩形 ADEB、RtABC 和菱形

8、 BFGC 组成的一个平面图形，其中 AB1，BEBF2，FBC60将其沿 AB，BC 折起使得 BE 与 BF 重合，连结 DG，如图 2（1）证明：图 2 中的 A，C，G，D 四点共面，且平面 ABC平面 BCGE；（2）求图 2 中的二面角 BCGA 的大小20（12 分）已知函数 f（x）2x3ax2+b（1）讨论 f（x）的单调性；（2）是否存在 a，b，使得 f（x）在区间0，1的最小值为1 且最大值为 1？若存在，求出 a，b 的所有值；若不存在，说明理由第 6页（共 23页）21（12 分）已知曲线 C：y，D 为直线 y上的动点，过 D 作 C 的两条切线，切点分别为 A，

9、B（1）证明：直线 AB 过定点；（2）若以 E（0，）为圆心的圆与直线 AB 相切，且切点为线段 AB 的中点，求四边形ADBE 的面积（二）选考题：共（二）选考题：共 10 分。请考生在第分。请考生在第 22、23 题中任选一题作答。如果多做，则按所做的题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。第一题计分。选修选修 4-4：坐标系与参数方程：坐标系与参数方程（10 分）分）22（10 分分）如图，在极坐标系 Ox 中，A（2，0），B（，），C（，），D（2，），弧，所在圆的圆心分别是（1，0），（1，），（1，），曲线 M1是弧，曲线 M2是弧，曲线 M3是弧（1）分别写出 M1

10、，M2，M3的极坐标方程；（2）曲线 M 由 M1，M2，M3构成，若点 P 在 M 上，且|OP|，求 P 的极坐标选修选修 4-5：不等式选讲：不等式选讲（10 分）分）23设 x，y，zR，且 x+y+z1（1）求（x1）2+（y+1）2+（z+1）2的最小值；第 7页（共 23页）（2）若（x2）2+（y1）2+（za）2成立，证明：a3 或 a1第 8页（共 23页）2019 年全国统一高考数学试卷（理科年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标（新课标）参考答案与试题解析参考答案与试题解析一、选择题：本题共一、选择题：本题共 12 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 60 分。

11、在每小题给出的四个选项中，只有分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。一项是符合题目要求的。1（5 分）【考点】1E：交集及其运算【分析】解求出 B 中的不等式，找出 A 与 B 的交集即可【解答】解：因为 A1，0，1，2，Bx|x21x|1x1，所以 AB1，0，1，故选：A【点评】本题考查了两个集合的交集和一元二次不等式的解法，属基础题2（5 分）【考点】A5：复数的运算【分析】利用复数的运算法则求解即可【解答】解：由 z（1+i）2i，得z1+i故选：D【点评】本题主要考查两个复数代数形式的乘法和除法法则，虚数单位 i 的幂运算性质，属于基础题3（5 分）【考点】B2：

12、简单随机抽样【分析】作出维恩图，得到该学校阅读过西游记的学生人数为 70 人，由此能求出该学校阅读过西游记的学生人数与该学校学生总数比值的估计值【解答】解：某中学为了了解本校学生阅读四大名著的情况，随机调查了 100 位学生，其中阅读过西游记或红楼梦的学生共有 90 位，阅读过红楼梦的学生共有 80 位，阅读过西游记且阅读过红楼梦的学生共有60 位，第 9页（共 23页）作出维恩图，得：该学校阅读过西游记的学生人数为 70 人，则该学校阅读过西游记的学生人数与该学校学生总数比值的估计值为：0.7故选：C【点评】本题考查该学校阅读过西游记的学生人数与该学校学生总数比值的估计值的求法，考查维恩图的

13、性质等基础知识，考查推理能力与计算能力，属于基础题4（5 分）【考点】DA：二项式定理.【分析】利用二项式定理、排列组合的性质直接求解【解答】解：（1+2x2）（1+x）4的展开式中 x3的系数为：1+212故选：A【点评】本题考查展开式中 x3的系数的求法，考查二项式定理、排列组合的性质等基础知识，考查推理能力与计算能力，属于基础题5（5 分）【考点】88：等比数列的通项公式【分析】设等比数列an的公比为 q（q0），根据条件可得，解方程即可【解答】解：设等比数列an的公比为 q（q0），则由前 4 项和为 15，且 a53a3+4a1，有第 10页（共 23页），故选：C【点评】本题考查了

14、等差数列的性质和前 n 项和公式，考查了方程思想，属基础题6（5 分）【考点】6H：利用导数研究曲线上某点切线方程【分析】求得函数 y 的导数，可得切线的斜率，由切线方程，可得 ae+1+02，可得 a，进而得到切点，代入切线方程可得 b 的值【解答】解：yaex+xlnx 的导数为 yaex+lnx+1，由在点（1，ae）处的切线方程为 y2x+b，可得 ae+1+02，解得 ae1，又切点为（1，1），可得 12+b，即 b1，故选：D【点评】本题考查导数的运用：求切线的斜率，考查直线方程的运用，考查方程思想和运算能力，属于基础题7（5 分）【考点】3A：函数的图象与图象的变换【分析】由

15、y的解析式知该函数为奇函数可排除 C，然后计算 x4 时的函数值，根据其值即可排除 A，D【解答】解：由 yf（x）在6，6，知f（x），f（x）是6，6上的奇函数，因此排除 C又 f（4），因此排除 A，D故选：B第 11页（共 23页）【点评】本题考查了函数的图象与性质，解题关键是奇偶性和特殊值，属基础题8（5 分）【考点】LO：空间中直线与直线之间的位置关系【分析】推导出 BM 是BDE 中 DE 边上的中线，EN 是BDE 中 BD 边上的中线，从而直线 BM，EN 是相交直线，设 DEa，则 BD，BE，从而BMEN【解答】解：点 N 为正方形 ABCD 的中心，ECD 为正三角形，

16、平面 ECD平面 ABCD，M 是线段 ED 的中点，BM平面 BDE，EN平面 BDE，BM 是BDE 中 DE 边上的中线，EN 是BDE 中 BD 边上的中线，直线 BM，EN 是相交直线，设 DEa，则 BD，BE，BMa，ENa，BMEN，故选：B【点评】本题考查两直线的位置关系的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理能力与计算能力，是中档题9（5 分）【考点】EF：程序框图。【分析】由已知中的程序框图可知：该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量 s 的值，模拟程序的运行过程，分析循环中各变量值的变化情况，可得答案【解答】解：第一次执行循环体后，s1，x，

17、不满足退出循环的条件 x0.01；再次执行循环体后，s1+，x，不满足退出循环的条件 x0.01；第 12页（共 23页）再次执行循环体后，s1+，x，不满足退出循环的条件 x0.01；由于0.01，而0.01，可得：当 s1+，x，此时，满足退出循环的条件 x0.01，输出 s1+2故选：C【点评】本题考查的知识点是程序框图，当循环的次数不多，或有规律时，常采用模拟循环的方法解答，属于基础题10（5 分）【考点】KC：双曲线的性质【分析】求出双曲线的渐近线方程，求出三角形 POF 的顶点 P 的坐标，然后求解面积即可【解答】解：双曲线 C：1 的右焦点为 F（，0），渐近线方程为：yx，不妨

18、 P 在第一象限，可得 tanPOF，P（，），所以PFO 的面积为：故选：A【点评】本题考查双曲线的简单性质的应用，是基本知识的考查11（5 分）【考点】3E：函数单调性的性质与判断；3K：函数奇偶性的性质与判断【分析】根据 log34log331，结合 f（x）的奇偶和单调性即可判断【解答】解：f（x）是定义域为 R 的偶函数，log34log331，第 13页（共 23页）0f（x）在（0，+）上单调递减，故选：C【点评】本题考查了函数的奇偶性和单调性，关键是指对数函数单调性的灵活应用，属基础题12（5 分）【考点】H2：正弦函数的图象【分析】根据 f（x）在0，2有且仅有 5 个零点，

19、可得 52+，解出，然后判断是否正确即可得到答案【解答】解：当 x0，2时，x+，2+，f（x）在0，2有且仅有 5 个零点，52+，故正确，因此由选项可知只需判断是否正确即可得到答案，下面判断是否正确，当 x（0，）时，x+，若 f（x）在（0，）单调递增，则，即3，故正确故选：D【点评】本题考查了三角函数的图象与性质，关键是数形结合的应用，属中档题二、填空题：本题共二、填空题：本题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分。分。13（5 分）【考点】9P：平面向量数量积的坐标表示、模、夹角第 14页（共 23页）【分析】根据向量数量积的应用，求出相应的长度和数量积即可得到

20、结论【解答】解：22，（2）244+59，|3，cos，故答案为：【点评】本题主要考查向量夹角的求解，根据向量数量积的应用分别求出数量积及向量长度是解决本题的关键14（5 分）【考点】85：等差数列的前 n 项和【分析】根据 a23a1，可得公差 da1，然后利用等差数列的前 n 项和公式将用 a1表示，化简即可【解答】解：设等差数列an的公差为 d，则由 a10，a23a1可得，d2a1，故答案为：4【点评】本题考查等差数列前 n 项和性质以及等差数列性质，考查了转化思想，属基础题15（5 分）【考点】K4：椭圆的性质【分析】设 M（m，n），m，n0，求得椭圆的 a，b，c，e，由于 M

21、为 C 上一点且在第第 15页（共 23页）一象限，可得|MF1|MF2|，MF1F2为等腰三角形，可能|MF1|2c 或|MF2|2c，运用椭圆的焦半径公式，可得所求点的坐标【解答】解：设 M（m，n），m，n0，椭圆 C：+1 的 a6，b2，c4，e，由于 M 为 C 上一点且在第一象限，可得|MF1|MF2|，MF1F2为等腰三角形，可能|MF1|2c 或|MF2|2c，即有 6+m8，即 m3，n；6m8，即 m30，舍去可得 M（3，）故答案为：（3，）【点评】本题考查椭圆的方程和性质，考查分类讨论思想方法，以及椭圆焦半径公式的运用，考查方程思想和运算能力，属于中档题16（5 分）

22、【考点】LF：棱柱、棱锥、棱台的体积【分 析】该 模 型 体 积 为 VOEFGH 6 6 4 132（cm3），再由 3D 打印所用原料密度为 0.9g/cm3，不考虑打印损耗，能求出制作该模型所需原料的质量【解答】解：该模型为长方体 ABCDA1B1C1D1，挖去四棱锥 OEFGH 后所得的几何体，其中 O 为长方体的中心，E，F，G，H，分别为所在棱的中点，ABBC6cm，AA14cm，该模型体积为：VOEFGH66414412132（cm3），3D 打印所用原料密度为 0.9g/cm3，不考虑打印损耗，第 16页（共 23页）制作该模型所需原料的质量为：1320.9118.8（g）故答

23、案为：118.8【点评】本题考查制作该模型所需原料的质量的求法，考查长方体、四棱锥的体积等基础知识，考查推理能力与计算能力，考查数形结合思想，属于中档题三、解答题：共三、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 题为必考题为必考题题，每个试题考生都必须作答每个试题考生都必须作答。第第 22、23 题为选考题题为选考题，考生根据要求作答考生根据要求作答。（一一）必考题必考题：共共 60 分。分。17（12 分）【考点】B8：频率分布直方图【分析】（1）由频率分布直方图的性质列出方程组，能求出乙离子残留百分比直方图中

24、a，b（2）利用频率分布直方图能估计甲离子残留百分比的平均值和乙离子残留百分比的平均值【解答】解：（1）C 为事件：“乙离子残留在体内的百分比不低于 5.5”，根据直方图得到 P（C）的估计值为 0.70则由频率分布直方图得：，解得乙离子残留百分比直方图中 a0.35，b0.10（2）估计甲离子残留百分比的平均值为：20.15+30.20+40.30+50.20+60.10+70.054.05乙离子残留百分比的平均值为：30.05+40.1+50.15+60.35+70.2+80.156.00【点评】本题考查频率、平均值的求法，考查频率分布直方图的性质等基础知识，考查第 17页（共 23页）推

25、理能力与计算能力，属于基础题18（12 分）【考点】HT：三角形中的几何计算【分析】（1）运用三角函数的诱导公式和二倍角公式，以及正弦定理，计算可得所求角；（2）运用余弦定理可得 b，由三角形 ABC 为锐角三角形，可得 a2+a2a+11 且 1+a2a+1a2，求得 a 的范围，由三角形的面积公式，可得所求范围【解答】解：（1）asinbsinA，即为 asinacosbsinA，可得 sinAcossinBsinA2sincossinA，sinA0，cos2sincos，若 cos0，可得 B（2k+1），kZ 不成立，sin，由 0B，可得 B；（2）若ABC 为锐角三角形，且 c1，

26、由余弦定理可得 b，由三角形 ABC 为锐角三角形，可得 a2+a2a+11 且 1+a2a+1a2，解得a2，可得ABC 面积 Sasina（，）【点评】本题考查三角形的正弦定理和余弦定理、面积公式的运用，考查三角函数的恒等变换，以及化简运算能力，属于中档题19（12 分）【考点】LY：平面与平面垂直；MJ：二面角的平面角及求法【分析】（1）推导出 ADBE，CGBE，从而 ADCG，由此能证明 A，C，G，D 四点共面，推导出 ABBE，ABBC，从而 AB面 BCGE，由此能证明平面 ABC平面 BCGE（2）作 EHBC，垂足为 H，以 H 为坐标原点，的方向为 x 轴正方向，建立空间

27、直角坐标系 Hxyz，运用空间向量方法求二面角 BCGA 的大小第 18页（共 23页）【解答】证明：（1）由已知得 ADBE，CGBE，ADCG，AD，CG 确定一个平面，A，C，G，D 四点共面，由已知得 ABBE，ABBC，AB面 BCGE，AB平面 ABC，平面 ABC平面 BCGE解：（2）作 EHBC，垂足为 H，EH平面 BCGE，平面 BCGE平面 ABC，EH平面 ABC，由已知，菱形 BCGE 的边长为 2，EBC60，BH1，EH，以 H 为坐标原点，的方向为 x 轴正方向，建立如图所求的空间直角坐标系 Hxyz，则 A（1，1，0），C（1，0，0），G（2，0，），（

28、1，0，），（2，1，0），设平面 ACGD 的法向量（x，y，z），则，取 x3，得（3，6，），又平面 BCGE 的法向量为（0，1，0），cos，二面角 BCGA 的大小为 30【点评】本题考查线面垂直的证明，考查二面角的正弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理能力与计算能力，是中档题20（12 分）第 19页（共 23页）【考点】6E：利用导数研究函数的最值【分析】（1）f（x）6x22ax6x（x）令 f（x）6x（x）0，解得 x0，或对 a 分类讨论，即可得出单调性（2）对 a 分类讨论，利用（1）的结论即可得出【解答】解：（1）f（x）6x22a

29、x6x（x）令 f（x）6x（x）0，解得 x0，或a0 时，f（x）6x20，函数 f（x）在 R 上单调递增a0 时，函数 f（x）在（，0），（，+）上单调递增，在（0，）上单调递减a0 时，函数 f（x）在（，），（0，+）上单调递增，在（，0）上单调递减（2）由（1）可得：a0 时，函数 f（x）在0，1上单调递增则 f（0）b1，f（1）2a+b1，解得 b1，a0，满足条件a0 时，函数 f（x）在0，上单调递减1，即 a3 时，函数 f（x）在0，1上单调递减则 f（0）b1，f（1）2a+b1，解得 b1，a4，满足条件01，即 0a3 时，函数 f（x）在0，）上单调递减，

30、在（，1上单调递增 则最小值 f（）a+b1，化为：+b1而 f（0）b，f（1）2a+b，最大值为 b 或 2a+b若：+b1，b1，解得 a33，矛盾，舍去若：+b1，2a+b1，解得 a3，或 0，矛盾，舍去综上可得：存在 a，b，使得 f（x）在区间0，1的最小值为1 且最大值为 1a，b 的所有值为：，或【点评】本题考查了利用导数研究函数的单调性、方程与不等式的解法、分类讨论方法、第 20页（共 23页）等价转化方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题21（12 分）【考点】K8：抛物线的性质【分析】（1）求得 y的导数，可得切线的斜率，可得切线 DA，DB 的方程，求得交点 D 的

31、坐标，可得 AB 的方程，化简可得 AB 恒过定点；（2）设直线 AB 的方程为 ykx+，由（1）可得 x1+x22k，x1x21，求得 AB 中点H（k，k2+），由 H 为切点可得 E 到直线 AB 的距离即为|EH|，求得 k，再由四边形 ADBE的面积为 SABE+SABD，运用点到直线的距离公式和弦长公式，计算可得所求值【解答】解：（1）证明：y的导数为 yx，设切点 A（x1，y1），B（x2，y2），即有 y1，y2，切线 DA 的方程为 yy1x1（xx1），即为 yx1x，切线 DB 的方程为 yx2x，联立两切线方程可得 x（x1+x2），可得 yx1x2，即 x1x21

32、，直线 AB 的方程为 y（xx1），即为 y（x1+x2）（xx1），可化为 y（x1+x2）x+，可得 AB 恒过定点（0，）；（2）法一：设直线 AB 的方程为 ykx+，由（1）可得 x1+x22k，x1x21，AB 中点 H（k，k2+），第 21页（共 23页）由 H 为切点可得 E 到直线 AB 的距离即为|EH|，可得，解得 k0 或 k1，即有直线 AB 的方程为 y或 yx+，由 y可得|AB|2，四边形 ADBE 的面积为 SABE+SABD2（1+2）3；由 yx+，可得|AB|4，此时 D（1，）到直线 AB 的距离为；E（0，）到直线 AB 的距离为，则四边形 AD

33、BE 的面积为 SABE+SABD4（+）4；法二：（2）由（1）得直线 AB 的方程为 ytx+由，可得 x22tx10于是 x1+x22t，x1x21，y1+y2t（x1+x2）+12t2+1，|AB|2（t2+1）设 d1，d2分别为点 D，E 到直线 AB 的距离，则 d1，d2因此，四边形 ADBE 的面积 S|AB|（d1+d2）（t2+3）设 M 为线段 AB 的中点，则 M（t，t2+）由于，而，与向量（1，t）平行，所以 t+（t22）t0解得 t0 或 t1当 t0 时，S3；当 t1 时，S4综上，四边形 ADBE 的面积为 3 或 4第 22页（共 23页）【点评】本题

34、考查抛物线的方程和性质，直线和抛物线的位置关系，以及直线和圆相切的条件，考查方程思想和运算能力，属于难题（二）选考题：共（二）选考题：共 10 分。请考生在第分。请考生在第 22、23 题中任选一题作答。如果多做，则按所做的题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。第一题计分。选修选修 4-4：坐标系与参数方程：坐标系与参数方程（10 分）分）22（10 分）分）【考点】Q4：简单曲线的极坐标方程【分析】（1）根据弧，所在圆的圆心分别是（1，0），（1，），（1，），结合极坐标方程进行求解即可；（2）讨论角的范围，由极坐标过程|OP|，进行求解即可得 P 的极坐标；【解答】解：（1）由

35、题设得，弧，所在圆的极坐标方程分别为2cos，2sin，2cos，则 M1的极坐标方程为2cos，（0），M2的极坐标方程为2sin，（），M3的极坐标方程为2cos，（），（2）设 P（，），由题设及（1）知，若 0，由 2cos得 cos，得，若，由 2sin得 sin，得或，若，由2cos得 cos，得，综上 P 的极坐标为（，）或（，）或（，）或（，）【点评】本题主要考查极坐标方程的应用，结合极坐标过程公式求出对应点的极坐标方程是解决本题的关键选修选修 4-5：不等式选讲：不等式选讲（10 分）分）23【考点】R6：不等式的证明【分析】（1）运用柯西不等式可得（12+12+12）（x1

36、）2+（y+1）2+（z+1）2（x1+y+1+z+1）24，可得所求最小值；第 23页（共 23页）（2）运用柯西不等式求得（x2）2+（y1）2+（za）2的最小值，由题意可得不大于最小值，解不等式可得所求范围【解答】解：（1）x，y，zR，且 x+y+z1，由柯西不等式可得（12+12+12）（x1）2+（y+1）2+（z+1）2（x1+y+1+z+1）24，可得（x1）2+（y+1）2+（z+1）2，即有（x1）2+（y+1）2+（z+1）2的最小值为；（2）证明：由 x+y+z1，柯西不等式可得（12+12+12）（x2）2+（y1）2+（za）2（x2+y1+za）2（a+2）2，可得（x2）2+（y1）2+（za）2，即有（x2）2+（y1）2+（za）2的最小值为，由题意可得，解得 a1 或 a3【点评】本题考查柯西不等式的运用：求最值，考查化简运算能力和推理能力，属于基础题