2017年云南省全国统一高考数学试卷(文科)(新课标ⅲ)及解析.pdf

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1、第 1页（共 21页）2017 年全国统一高考数学试卷（文科年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标（新课标）一、选择题：本大题共一、选择题：本大题共 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。有一项是符合题目要求的。1（5 分）已知集合 A=1，2，3，4，B=2，4，6，8，则 AB 中元素的个数为（）A1B2C3D42（5 分）复平面内表示复数 z=i（2+i）的点位于（）A第一象限 B第二象限 C第三象限 D第四象限3（5 分）某城市为了解游客人数的变化规律，提高旅游服务质量，收集并整理

2、了 2014 年 1月至 2016 年 12 月期间月接待游客量（单位：万人）的数据，绘制了下面的折线图根据该折线图，下列结论错误的是（）A月接待游客量逐月增加B年接待游客量逐年增加C各年的月接待游客量高峰期大致在 7，8 月D各年 1 月至 6 月的月接待游客量相对于 7 月至 12 月，波动性更小，变化比较平稳4（5 分）已知 sincos=，则 sin2=（）ABCD5（5 分）设 x，y 满足约束条件则 z=xy 的取值范围是（）A3，0 B3，2 C0，2D0，36（5 分）函数 f（x）=sin（x+）+cos（x）的最大值为（）AB1CD第 2页（共 21页）7（5 分）函数 y

3、=1+x+的部分图象大致为（）ABCD8（5 分）执行如图的程序框图，为使输出 S 的值小于 91，则输入的正整数 N 的最小值为（）A5B4C3D29（5 分）已知圆柱的高为 1，它的两个底面的圆周在直径为 2 的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为（）第 3页（共 21页）ABCD10（5 分）在正方体 ABCDA1B1C1D1中，E 为棱 CD 的中点，则（）AA1EDC1BA1EBDCA1EBC1DA1EAC11（5 分）已知椭圆 C：=1（ab0）的左、右顶点分别为 A1，A2，且以线段 A1A2为直径的圆与直线 bxay+2ab=0 相切，则 C 的离心率为（）ABCD12（5 分）

4、已知函数 f（x）=x22x+a（ex1+ex+1）有唯一零点，则 a=（）ABCD1二、填空题二、填空题13（5 分）已知向量=（2，3），=（3，m），且，则 m=14（5 分）双曲线（a0）的一条渐近线方程为 y=x，则 a=15（5 分）ABC 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，已知 C=60，b=，c=3，则 A=16（5 分）设函数 f（x）=，则满足 f（x）+f（x）1 的 x 的取值范围是三、解答题三、解答题17（12 分）设数列an满足 a1+3a2+（2n1）an=2n（1）求an的通项公式；（2）求数列的前 n 项和18（12 分）某超市计划按月订购一种酸奶

5、，每天进货量相同，进货成本每瓶 4 元，售价每瓶 6 元，未售出的酸奶降价处理，以每瓶 2 元的价格当天全部处理完根据往年销售经验，每天需求量与当天最高气温（单位：）有关如果最高气温不低于 25，需求量为 500 瓶；如果最高气温位于区间20，25），需求量为 300 瓶；如果最高气温低于 20，需求量为 200第 4页（共 21页）瓶为了确定六月份的订购计划，统计了前三年六月份各天的最高气温数据，得下面的频数分布表：最高气温10，15）15，20）20，25）25，30）30，35）35，40）天数216362574以最高气温位于各区间的频率估计最高气温位于该区间的概率（1）求六月份这种酸奶

6、一天的需求量不超过 300 瓶的概率；（2）设六月份一天销售这种酸奶的利润为 Y（单位：元），当六月份这种酸奶一天的进货量为 450 瓶时，写出 Y 的所有可能值，并估计 Y 大于零的概率19（12 分）如图四面体 ABCD 中，ABC 是正三角形，AD=CD（1）证明：ACBD；（2）已知ACD 是直角三角形，AB=BD，若 E 为棱 BD 上与 D 不重合的点，且 AEEC，求四面体 ABCE 与四面体 ACDE 的体积比第 5页（共 21页）20（12 分）在直角坐标系 xOy 中，曲线 y=x2+mx2 与 x 轴交于 A、B 两点，点 C 的坐标为（0，1），当 m 变化时，解答下列

7、问题：（1）能否出现 ACBC 的情况？说明理由；（2）证明过 A、B、C 三点的圆在 y 轴上截得的弦长为定值21（12 分）已知函数 f（x）=lnx+ax2+（2a+1）x（1）讨论 f（x）的单调性；（2）当 a0 时，证明 f（x）2 选修选修 4-4：坐标系与参数方程：坐标系与参数方程 22（10 分）在直角坐标系 xOy 中，直线 l1的参数方程为，（t 为参数），直线 l2的参数方程为，（m 为参数）设 l1与 l2的交点为 P，当 k 变化时，P 的轨迹为曲线 C（1）写出 C 的普通方程；（2）以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，设 l3：（cos+sin）=

8、0，M 为 l3与 C 的交点，求 M 的极径第 6页（共 21页）选修选修 4-5：不等式选讲：不等式选讲 23（10 分）已知函数 f（x）=|x+1|x2|（1）求不等式 f（x）1 的解集；（2）若不等式 f（x）x2x+m 的解集非空，求 m 的取值范围第 7页（共 21页）2017 年全国统一高考数学试卷（文科年全国统一高考数学试卷（文科）（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：本大题共一、选择题：本大题共 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。有一项

9、是符合题目要求的。1（5 分）【考点】1E：交集及其运算【分析】利用交集定义先求出 AB，由此能求出 AB 中元素的个数【解答】解：集合 A=1，2，3，4，B=2，4，6，8，AB=2，4，AB 中元素的个数为 2故选：B【点评】本题考查交集中元素个数的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意交集定义的合理运用2（5 分）【考点】A4：复数的代数表示法及其几何意义【分析】利用复数的运算法则、几何意义即可得出【解答】解：z=i（2+i）=2i1 对应的点（1，2）位于第三象限故选：C【点评】本题考查了复数的运算法则、几何意义，考查了推理能力与计算能力，属于基础题3（5 分）【考点】2K：命题的真

10、假判断与应用；B9：频率分布折线图、密度曲线【分析】根据已知中 2014 年 1 月至 2016 年 12 月期间月接待游客量（单位：万人）的数据，逐一分析给定四个结论的正误，可得答案【解答】解：由已有中 2014 年 1 月至 2016 年 12 月期间月接待游客量（单位：万人）的数据可得：月接待游客量逐月有增有减，故 A 错误；年接待游客量逐年增加，故 B 正确；各年的月接待游客量高峰期大致在 7，8 月，故 C 正确；各年 1 月至 6 月的月接待游客量相对于 7 月至 12 月，波动性更小，变化比较平稳，故 D 正确；第 8页（共 21页）故选：A【点评】本题考查的知识点是数据的分析，

11、命题的真假判断与应用，难度不大，属于基础题4（5 分）【考点】GS：二倍角的正弦【分析】由条件，两边平方，根据二倍角公式和平方关系即可求出【解答】解：sincos=，（sincos）2=12sincos=1sin2=，sin2=，故选：A【点评】本题考查了二倍角公式，属于基础题5（5 分）【考点】7C：简单线性规划菁优网版权所有【分析】画出约束条件的可行域，利用目标函数的最优解求解目标函数的范围即可【解答】解：x，y 满足约束条件的可行域如图：目标函数 z=xy，经过可行域的 A，B 时，目标函数取得最值，由解得 A（0，3），由解得 B（2，0），目标函数的最大值为：2，最小值为：3，目标函

12、数的取值范围：3，2故选：B第 9页（共 21页）【点评】本题考查线性规划的简单应用，目标函数的最优解以及可行域的作法是解题的关键6（5 分）【考点】HW：三角函数的最值【分析】利用诱导公式化简函数的解析式，通过正弦函数的最值求解即可【解答】解：函数 f（x）=sin（x+）+cos（x）=sin（x+）+cos（x+）=sin（x+）+sin（x+）=sin（x+）故选：A【点评】本题考查诱导公式的应用，三角函数的最值，正弦函数的有界性，考查计算能力7（5 分）【考点】3O：函数的图象【分析】通过函数的解析式，利用函数的奇偶性的性质，函数的图象经过的特殊点判断函数的图象即可【解答】解：函数

13、y=1+x+，可知：f（x）=x+是奇函数，所以函数的图象关于原点对称，则函数 y=1+x+的图象关于（0，1）对称，当 x0+，f（x）0，排除 A、C，点 x=时，y=1+，排除 B故选：D【点评】本题考查函数的图象的判断，函数的奇偶性以及特殊点是常用方法8（5 分）【考点】EF：程序框图【分析】通过模拟程序，可得到 S 的取值情况，进而可得结论【解答】解：由题可知初始值 t=1，M=100，S=0，要使输出 S 的值小于 91，应满足“tN”，则进入循环体，从而 S=100，M=10，t=2，要使输出 S 的值小于 91，应接着满足“tN”，则进入循环体，从而 S=90，M=1，t=3，

14、要使输出 S 的值小于 91，应不满足“tN”，跳出循环体，第 10页（共 21页）此时 N 的最小值为 2，故选：D【点评】本题考查程序框图，判断出什么时候跳出循环体是解决本题的关键，注意解题方法的积累，属于中档题9（5 分）【考点】LF：棱柱、棱锥、棱台的体积；LR：球内接多面体.【分析】推导出该圆柱底面圆周半径 r=，由此能求出该圆柱的体积【解答】解：圆柱的高为 1，它的两个底面的圆周在直径为 2 的同一个球的球面上，该圆柱底面圆周半径 r=，该圆柱的体积：V=Sh=故选：B【点评】本题考查面圆柱的体积的求法，考查圆柱、球等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力、空间想象能力，考查化归

15、与转化思想，是中档题10（5 分）【考点】LO：空间中直线与直线之间的位置关系【分析】法一：连 B1C，推导出 BC1B1C，A1B1BC1，从而 BC1平面 A1ECB1，由此得到 A1EBC1法二：以 D 为原点，DA 为 x 轴，DC 为 y 轴，DD1为 z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出结果【解答】解：法一：连 B1C，由题意得 BC1B1C，A1B1平面 B1BCC1，且 BC1平面 B1BCC1，A1B1BC1，A1B1B1C=B1，BC1平面 A1ECB1，A1E平面 A1ECB1，第 11页（共 21页）A1EBC1故选：C法二：以 D 为原点，DA 为 x 轴，D

16、C 为 y 轴，DD1为 z 轴，建立空间直角坐标系，设正方体 ABCDA1B1C1D1中棱长为 2，则 A1（2，0，2），E（0，1，0），B（2，2，0），D（0，0，0），C1（0，2，2），A（2，0，0），C（0，2，0），=（2，1，2），=（0，2，2），=（2，2，0），=（2，0，2），=（2，2，0），=2，=2，=0，=6，A1EBC1故选：C【点评】本题考查线线垂直的判断，是中档题，解题时要认真审题，注意向量法的合理运用11（5 分）【考点】K4：椭圆的简单性质【分析】以线段 A1A2为直径的圆与直线 bxay+2ab=0 相切，可得原点到直线的距离=a，化简即可得出

17、【解答】解：以线段 A1A2为直径的圆与直线 bxay+2ab=0 相切，原点到直线的距离=a，化为：a2=3b2椭圆 C 的离心率 e=第 12页（共 21页）故选：A【点评】本题考查了椭圆的标准方程及其性质、直线与圆相切的性质、点到直线的距离公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题12（5 分）【考点】52：函数零点的判定定理【分析】通过转化可知问题等价于函数 y=1（x1）2的图象与 y=a（ex1+）的图象只有一个交点求 a 的值分 a=0、a0、a0 三种情况，结合函数的单调性分析可得结论【解答】解：因为 f（x）=x22x+a（ex1+ex+1）=1+（x1）2+a（ex1+）=

18、0，所以函数 f（x）有唯一零点等价于方程 1（x1）2=a（ex1+）有唯一解，等价于函数 y=1（x1）2的图象与 y=a（ex1+）的图象只有一个交点当 a=0 时，f（x）=x22x1，此时有两个零点，矛盾；当 a0 时，由于 y=1（x1）2在（，1）上递增、在（1，+）上递减，且 y=a（ex1+）在（，1）上递增、在（1，+）上递减，所以函数 y=1（x1）2的图象的最高点为 A（1，1），y=a（ex1+）的图象的最高点为 B（1，2a），由于 2a01，此时函数 y=1（x1）2的图象与 y=a（ex1+）的图象有两个交点，矛盾；当 a0 时，由于 y=1（x1）2在（，1）

19、上递增、在（1，+）上递减，且 y=a（ex1+）在（，1）上递减、在（1，+）上递增，所以函数 y=1（x1）2的图象的最高点为 A（1，1），y=a（ex1+）的图象的最低点为 B（1，2a），由题可知点 A 与点 B 重合时满足条件，即 2a=1，即 a=，符合条件；综上所述，a=，故选：C【点评】本题考查函数零点的判定定理，考查函数的单调性，考查运算求解能力，考查数形结合能力，考查转化与化归思想，考查分类讨论的思想，注意解题方法的积累，属于难题第 13页（共 21页）二、填空题二、填空题13（5 分）【考点】9T：数量积判断两个平面向量的垂直关系【分析】利用平面向量数量积坐标运算法则和

20、向量垂直的性质求解【解答】解：向量=（2，3），=（3，m），且，=6+3m=0，解得 m=2故答案为：2【点评】本题考查实数值的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意平面向量数量积坐标运算法则和向量垂直的性质的合理运用14（5 分）【考点】KC：双曲线的简单性质菁优网版权所有【分析】利用双曲线方程，求出渐近线方程，求解 a 即可【解答】解：双曲线（a0）的一条渐近线方程为 y=x，可得，解得 a=5故答案为：5【点评】本题考查双曲线的简单性质的应用，考查计算能力15（5 分）【考点】HP：正弦定理；HR：余弦定理【分析】根据正弦定理和三角形的内角和计算即可【解答】解：根据正弦定理可得=，C=

21、60，b=，c=3，sinB=，bc，B=45，A=180BC=1804560=75，故答案为：75第 14页（共 21页）【点评】本题考查了三角形的内角和以及正弦定理，属于基础题16（5 分）【考点】3T：函数的值【分析】根据分段函数的表达式，分别讨论 x 的取值范围，进行求解即可【解答】解：若 x0，则 x，则 f（x）+f（x）1 等价为 x+1+x+11，即 2x，则 x，此时x0，当 x0 时，f（x）=2x1，x，当 x0 即 x时，满足 f（x）+f（x）1 恒成立，当 0 x，即x0 时，f（x）=x+1=x+，此时 f（x）+f（x）1 恒成立，综上 x，故答案为：（，+）【

22、点评】本题主要考查不等式的求解，结合分段函数的不等式，利用分类讨论的数学思想进行求解是解决本题的关键三、解答题三、解答题17（12 分）【考点】8E：数列的求和；8H：数列递推式【分析】（1）利用数列递推关系即可得出（2）=利用裂项求和方法即可得出【解答】解：（1）数列an满足 a1+3a2+（2n1）an=2nn2 时，a1+3a2+（2n3）an1=2（n1）（2n1）an=2an=当 n=1 时，a1=2，上式也成立an=第 15页（共 21页）（2）=数列的前 n 项和=+=1=【点评】本题考查了数列递推关系、裂项求和方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题18（12 分）【考点】C

23、H：离散型随机变量的期望与方差；CB：古典概型及其概率计算公式【分析】（1）由前三年六月份各天的最高气温数据，求出最高气温位于区间20，25）和最高气温低于 20 的天数，由此能求出六月份这种酸奶一天的需求量不超过 300 瓶的概率（2）当温度大于等于 25C 时，需求量为 500，求出 Y=900 元；当温度在20，25）C 时，需求量为 300，求出 Y=300 元；当温度低于 20C 时，需求量为 200，求出 Y=100 元，从而当温度大于等于 20 时，Y0，由此能估计估计 Y 大于零的概率【解答】解：（1）由前三年六月份各天的最高气温数据，得到最高气温位于区间20，25）和最高气温

24、低于 20 的天数为 2+16+36=54，根据往年销售经验，每天需求量与当天最高气温（单位：）有关如果最高气温不低于 25，需求量为 500 瓶，如果最高气温位于区间20，25），需求量为 300 瓶，如果最高气温低于 20，需求量为 200 瓶，六月份这种酸奶一天的需求量不超过 300 瓶的概率 p=（2）当温度大于等于 25C 时，需求量为 500，Y=4502=900 元，当温度在20，25）C 时，需求量为 300，Y=3002（450300）2=300 元，当温度低于 20C 时，需求量为 200，Y=400（450200）2=100 元，当温度大于等于 20 时，Y0，由前三年六

25、月份各天的最高气温数据，得当温度大于等于 20C 的天数有：90（2+16）=72，估计 Y 大于零的概率 P=第 16页（共 21页）【点评】本题考查概率的求法，考查利润的所有可能取值的求法，考查函数、古典概型等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力、空间想象能力，考查数形结合思想、化归与转化思想，是中档题19（12 分）【考点】LF：棱柱、棱锥、棱台的体积；LX：直线与平面垂直的性质【分析】（1）取 AC 中点 O，连结 DO、BO，推导出 DOAC，BOAC，从而 AC平面 BDO，由此能证明 ACBD（2）法一：连结 OE，设 AD=CD=，则 OC=OA=1，由余弦定理求出 BE=

26、1，由 BE=ED，四面体 ABCE 与四面体 ACDE 的高都是点 A 到平面 BCD 的高 h，SDCE=SBCE，由此能求出四面体ABCE 与四面体 ACDE 的体积比法二：设 AD=CD=，则 AC=AB=BC=BD=2，AO=CO=DO=1，BO=，推导出 BODO，以 O 为原点，OA 为 x 轴，OB 为 y 轴，OD 为 z 轴，建立空间直角坐标系，由 AEEC，求出 DE=BE，由此能求出四面体 ABCE 与四面体 ACDE 的体积比【解答】证明：（1）取 AC 中点 O，连结 DO、BO，ABC 是正三角形，AD=CD，DOAC，BOAC，DOBO=O，AC平面 BDO，B

27、D平面 BDO，ACBD解：（2）法一：连结 OE，由（1）知 AC平面 OBD，OE平面 OBD，OEAC，设 AD=CD=，则 OC=OA=1，E 是线段 AC 垂直平分线上的点，EC=EA=CD=，由余弦定理得：cosCBD=，即，解得 BE=1 或 BE=2，BEBD=2，BE=1，BE=ED，四面体 ABCE 与四面体 ACDE 的高都是点 A 到平面 BCD 的高 h，BE=ED，SDCE=SBCE，四面体 ABCE 与四面体 ACDE 的体积比为 1法二：设 AD=CD=，则 AC=AB=BC=BD=2，AO=CO=DO=1，第 17页（共 21页）BO=，BO2+DO2=BD2

28、，BODO，以 O 为原点，OA 为 x 轴，OB 为 y 轴，OD 为 z 轴，建立空间直角坐标系，则 C（1，0，0），D（0，0，1），B（0，0），A（1，0，0），设 E（a，b，c），（01），则（a，b，c1）=（0，1），解得 E（0，1），=（1，），=（1，），AEEC，=1+32+（1）2=0，由0，1，解得，DE=BE，四面体 ABCE 与四面体 ACDE 的高都是点 A 到平面 BCD 的高 h，DE=BE，SDCE=SBCE，四面体 ABCE 与四面体 ACDE 的体积比为 1【点评】本题考查线线垂直的证明，考查两个四面体的体积之比的求法，考查空间中线线、线面、面面

29、间的位置关系等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力、空间想象能力，考查数形结合思想、化归与转化思想，是中档题20（12 分）【考点】KJ：圆与圆锥曲线的综合【分析】（1）设曲线 y=x2+mx2 与 x 轴交于 A（x1，0），B（x2，0），运用韦达定理，再假设 ACBC，运用直线的斜率之积为1，即可判断是否存在这样的情况；（2）设过 A、B、C 三点的圆的方程为 x2+y2+Dx+Ey+F=0（D2+E24F0），由题意可得 D=m，F=2，代入（0，1），可得 E=1，再令 x=0，即可得到圆在 y 轴的交点，进而得到弦长为定第 18页（共 21页）值【解答】解：（1）曲线 y=x2

30、+mx2 与 x 轴交于 A、B 两点，可设 A（x1，0），B（x2，0），由韦达定理可得 x1x2=2，若 ACBC，则 kACkBC=1，即有=1，即为 x1x2=1 这与 x1x2=2 矛盾，故不出现 ACBC 的情况；（2）证明：设过 A、B、C 三点的圆的方程为 x2+y2+Dx+Ey+F=0（D2+E24F0），由题意可得 y=0 时，x2+Dx+F=0 与 x2+mx2=0 等价，可得 D=m，F=2，圆的方程即为 x2+y2+mx+Ey2=0，由圆过 C（0，1），可得 0+1+0+E2=0，可得 E=1，则圆的方程即为 x2+y2+mx+y2=0，再令 x=0，可得 y2+

31、y2=0，解得 y=1 或2即有圆与 y 轴的交点为（0，1），（0，2），则过 A、B、C 三点的圆在 y 轴上截得的弦长为定值 3【点评】本题考查直线与圆的方程的求法，注意运用韦达定理和直线的斜率公式，以及待定系数法，考查方程思想和化简整理的运算能力，属于中档题21（12 分）【考点】6B：利用导数研究函数的单调性；6K：导数在最大值、最小值问题中的应用【分析】（1）题干求导可知 f（x）=（x0），分 a=0、a0、a0 三种情况讨论 f（x）与 0 的大小关系可得结论；（2）通过（1）可知 f（x）max=f（）=1ln2+ln（），进而转化可知问题转化为证明：当 t0 时t+lnt1

32、+ln2进而令 g（t）=t+lnt，利用导数求出 y=g（t）的最大值即可【解答】（1）解：因为 f（x）=lnx+ax2+（2a+1）x，第 19页（共 21页）求导 f（x）=+2ax+（2a+1）=，（x0），当 a=0 时，f（x）=+10 恒成立，此时 y=f（x）在（0，+）上单调递增；当 a0，由于 x0，所以（2ax+1）（x+1）0 恒成立，此时 y=f（x）在（0，+）上单调递增；当 a0 时，令 f（x）=0，解得：x=因为当 x（0，）f（x）0、当 x（，+）f（x）0，所以 y=f（x）在（0，）上单调递增、在（，+）上单调递减综上可知：当 a0 时 f（x）在（

33、0，+）上单调递增，当 a0 时，f（x）在（0，）上单调递增、在（，+）上单调递减；（2）证明：由（1）可知：当 a0 时 f（x）在（0，）上单调递增、在（，+）上单调递减，所以当 x=时函数 y=f（x）取最大值 f（x）max=f（）=1ln2+ln（）从而要证 f（x）2，即证 f（）2，即证1ln2+ln（）2，即证（）+ln（）1+ln2令 t=，则 t0，问题转化为证明：t+lnt1+ln2（*）令 g（t）=t+lnt，则 g（t）=+，令 g（t）=0 可知 t=2，则当 0t2 时 g（t）0，当 t2 时 g（t）0，所以 y=g（t）在（0，2）上单调递增、在（2，+

34、）上单调递减，即 g（t）g（2）=2+ln2=1+ln2，即（*）式成立，所以当 a0 时，f（x）2 成立【点评】本题考查利用导数研究函数的单调性，考查分类讨论的思想，考查转化能力，考查运算求解能力，注意解题方法的积累，属于中档题 选修选修 4-4：坐标系与参数方程：坐标系与参数方程 22（10 分）【考点】QH：参数方程化成普通方程第 20页（共 21页）【分析】解：（1）分别消掉参数 t 与 m 可得直线 l1与直线 l2的普通方程为 y=k（x2）与x=2+ky；联立，消去 k 可得 C 的普通方程为 x2y2=4；（2）将 l3的极坐标方程为（cos+sin）=0 化为普通方程：x

35、+y=0，再与曲线 C的方程联立，可得，即可求得 l3与 C 的交点 M 的极径为=【解答】解：（1）直线 l1的参数方程为，（t 为参数），消掉参数 t 得：直线 l1的普通方程为：y=k（x2）；又直线 l2的参数方程为，（m 为参数），同理可得，直线 l2的普通方程为：x=2+ky；联立，消去 k 得：x2y2=4，即 C 的普通方程为 x2y2=4；（2）l3的极坐标方程为（cos+sin）=0，其普通方程为：x+y=0，联立得：，2=x2+y2=+=5l3与 C 的交点 M 的极径为=【点评】本题考查参数方程与极坐标方程化普通方程，考查函数与方程思想与等价转化思想的运用，属于中档题

36、选修选修 4-5：不等式选讲：不等式选讲 23（10 分）【考点】R4：绝对值三角不等式；R5：绝对值不等式的解法【分析】（1）由于 f（x）=|x+1|x2|=，解不等式 f（x）1 可分1x2 与 x2 两类讨论即可解得不等式 f（x）1 的解集；（2）依题意可得 mf（x）x2+xmax，设 g（x）=f（x）x2+x，分 x1、1x2、x第 21页（共 21页）2 三类讨论，可求得 g（x）max=，从而可得 m 的取值范围【解答】解：（1）f（x）=|x+1|x2|=，f（x）1，当1x2 时，2x11，解得 1x2；当 x2 时，31 恒成立，故 x2；综上，不等式 f（x）1 的

37、解集为x|x1（2）原式等价于存在 xR 使得 f（x）x2+xm 成立，即 mf（x）x2+xmax，设 g（x）=f（x）x2+x由（1）知，g（x）=，当 x1 时，g（x）=x2+x3，其开口向下，对称轴方程为 x=1，g（x）g（1）=113=5；当1x2 时，g（x）=x2+3x1，其开口向下，对称轴方程为 x=（1，2），g（x）g（）=+1=；当 x2 时，g（x）=x2+x+3，其开口向下，对称轴方程为 x=2，g（x）g（2）=4+2=3=1；综上，g（x）max=，m 的取值范围为（，【点评】本题考查绝对值不等式的解法，去掉绝对值符号是解决问题的关键，突出考查分类讨论思想与等价转化思想、函数与方程思想的综合运用，属于难题