天水一中 2020 届 2019—2020 学年度第一学期第一次考试
数学理科试题
（满分：150 分 时间：120 分钟）
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.
1．已知全集 ，集合 ， ，则 （ ）
A． B． C． D．
2．已知平面向量 ， 且 ，则实数 的值为（ ）
A． B． C． D．
3．“ ”是“ ”的
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
4．在等差数列 中， 为其前 项和，若 ，则 （ ）
A．60 B．75 C．90 D．105
5．已知函数 y=f（x）+x 是偶函数，且 f（2）=1，则 f（-2）=（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
6．如右图所示的图象对应的函数解析式可能是
A． B．
C． D．
7．已知 ， 有解， ， 则下列选项中是假
命题的为（ ）
A． B． C． D．
8．平面上三个单位向量 两两夹角都是 ，则 与 夹角是（ ）
{ }1,0,1,2,3U = − { }0,1,2A = { }1,0,1B = − UC A B∩ =（ ）
{ }1− { }0,1 { }1,2,3− { }1,0,1,3−
2 21 1og a og b< 1 1
a b
< ( )
22 1xy x= − − 2 sin
4 1
x xy x
⋅= +
ln
xy x
= ( )2 2 e xy x x= −
2
3
πA． B． C． D．
9．已知数列 的前 项和 满足 ( ）且 ，则 （ ）
A． B． C． D．
10．已知函数 在区间 上单调，且在区间
内恰好取得一次最大值 2，则 的取值范围是( )
A． B． C． D．
11．如右图所示， 为 的外心， ， ，
为钝角， 为 边的中点，则 的值为（ ）
A． B．12 C．6 D．5
12．设定义在 上的函数 ，满足 ， 为奇函数，且 ，
则不等式 的解集为（ ）
A． B． C． D．
二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分.
13．已知 ，若幂函数 为奇函数，且在
上递减，则 ____．
14．将函数 的图象向左平移 个单位长度得到 的图象，则 的值为．
15．已知函数 则 的值为____．
16．已知数列 的前 项和 ，若不等式 对 恒
成立，则整数 的最大值为______．
三、解答题：共 70 分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.第 17-21 题为必考
3
π 2
3
π
12
π
6
π
O ABC∆ 4AB= 2AC = BAC∠
M BC
2 3
2
1( 1 0)
( )
1 (0 1)
x x
f x
x x
+ − ≤ ≤= − < ≤
1
1
( )f x dx
−
∫题，每个试题考生都必须作答.第 22、23 题为选做题，考生根据要求作答.
(一)必考题：共 60 分.
17 ．（ 12 分 ） 的 内 角 A ， B ， C 的 对 边 分 别 为 a ， b ， c ， 已 知
（Ⅰ）求 C；
（Ⅱ）若 的面积为 ，求 的周长．
18．（12 分）某商场举行有奖促销活动，顾客购买一定金额商品后即可抽奖，每次抽奖都从装
有 4 个红球、6 个白球的甲箱和装有 5 个红球、5 个白球的乙箱中，各随机摸出 1 个球，在摸
出的 2 个球中，若都是红球，则获一等奖；若只有 1 个红球，则获二等奖；若没有红球，则
不获奖.
（1）求顾客抽奖 1 次能获奖的概率；
（2）若某顾客有 3 次抽奖机会，记该顾客在 3 次抽奖中获一等奖的次数为 ，求 的分布
列和数学期望.
19．（12 分）如图， 中， ， ， 分别为 ， 边
的中点，以 为折痕把 折起，使点 到达点 的位置，且 ．
（1）证明： 平面 ；
（2）求平面 与平面 所成锐二面角的余弦值．
20．（12 分）已知 ， 两点分别在 x 轴和 y 轴上运动，且 ，若动点
满足 ．
求出动点 P 的轨迹对应曲线 C 的标准方程；
ABC△
2cos ( cos cos ) .C a B+b A c=
7,c ABC△= 3 3
2 ABC△
ABC△ 4AB BC= = 90ABC∠ = ° ,E F AB AC
EF A P PB BE=
BC⊥ PBE
PBE PCF
( )0 ,0A x ( )00,B y 1AB =
( ),P x y
( )1一条纵截距为 2 的直线 与曲线 C 交于 P，Q 两点，若以 PQ 直径的圆恰过原点，求出直
线方程．
21．（12 分）已知函数 （ ）的图象在 处的切线为
（ 为自然对数的底数）
（1）求 的值；
（2）若 ，且 对任意 恒成立，求 的最大值.
(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.
22．（10 分）在直角坐标系 中，圆 的参数方程 （ 为参数）．以 为极
点， 轴的非负半轴为极轴建立极坐标系．
（1）求圆 的极坐标方程；
（2）直线 的极坐标方程是 ，射线 与圆 的交点为 、 ，
与直线 的交点为 ，求线段 的长．
23．（10 分）已知 函数
(1)当 时,求不等式 的解集；
(2)当 的最小值为 3 时,求 的最小值.
天水一中 2020 届 2019—2020 学年度第一学期第一次考试
数学理科试题参考答案
1．A
【解析】
【分析】
( )2 1l
( ) 2 2xf x e x a b= − + + x R∈ 0x= y bx=
e
,a b
k Z∈ ( ) ( )21 3 5 2 02f x x x k+ − − ≥ x R∈ k
x yΟ C 1{ x cos
y sin
ϕ
ϕ
= +
=
ϕ Ο
x
C
l 2 sin 3 33
πρ θ + = :ΟΜ
3
πθ = C Ο Ρ
l Q QΡ
0 0 0a b c＞ ， ＞ ， ＞ ， ( ) .f x a x x b c= − + + +
1a b c= = = ( ) 3f x ＞
( )f x 1 1 1
a b c
+ +本题根据交集、补集的定义可得.容易题，注重了基础知识、基本计算能力的考查.
【详解】
，则
【点睛】
易于理解集补集的概念、交集概念有误.
2．B
【解析】
,选 B.
3．D
【解析】
【分析】
由 可推出 ，再结合充分条件和必要条件的概念，即可得出结果.
【详解】
若 ，则 ，所以 ，即“ ”不能推出“ ”，反
之也不成立，因此“ ”是“ ”的既不充分也不必要条件.
故选 D
【点睛】
本题主要考查充分条件和必要条件，熟记概念即可，属于基础题型.
4．B
【解析】
，即 ，而 ，
故选 B.
5．D
【解析】
∵ 是偶函数
∴
={ 1,3}UC A − ( ) { 1}UC A B = −
2 21 1og a og b< a b<
2 21 1og a og b< 0 a b< < 1 1 0a b
> > 2 21 1og a og b< 1 1
a b
<
2 21 1og a og b< 1 1
a b
0 1x< < 0y <
0xy e= >
( )2 2 xy x x e= − x −∞ 0y > 0 1x< < 0y < x +∞
y +∞
0 , 0 , ,x x x x+ −→ → →+∞ →−∞考点：命题真假判断．
8．D
【解析】由题意得，向量 为单位向量，且两两夹角为 ，
则 ，
且
，
所以 与 的夹角为 ，且 ，
所以 与 的夹角为 ，故选 D.
9．C
【解析】
【分析】
数列{an}的前 n 项和 Sn 满足 Sn+Sm=Sn+m（n，m∈N*）且 a1=5，令 m=1，可得 Sn+1=Sn+S1，可
得 an+1=5．即可得出．
【详解】
数列{an}的前 n 项和 Sn 满足 Sn+Sm=Sn+m（n，m∈N*）且 a1=5，
令 m=1，则 Sn+1=Sn+S1=Sn+5．可得 an+1=5．
则 a8=5．
故选：C．
【点睛】
本题考查了数列的通项公式与求和公式、数列递推关系，考查了推理能力与计算能力，属于
中档题．
10．B
【解析】
【分析】
由三角函数恒等变换的应用化简得 f（x）=2sinωx 可得[﹣ ， ]是函数含原点的递增
, ,a b c 2
3
π
3, 1a b a c− = + =
( ) ( ) 2 2 2 2 1 31 1 1 cos 1 1 cos 1 1 cos 13 3 3 2 2a b a c a a c a b b c
π π π− ⋅ + = + ⋅ − ⋅ − ⋅ = + × × − × × − × × = + =
a b− a c+ ( ) ( ) 3
32cos 23 1
a b a c
a b a c
θ
− ⋅ +
= = =
×− ⋅ +
0 θ π≤ ≤
a b− a c+
6
π区间，结合已知可得[﹣ ， ]⊇[ ]，可解得 0＜ω≤ ，又函数在区间[0，2π]上恰好取得
一次最大值，根据正弦函数的性质可得 ，得 ，进而得解．
【详解】
=2sinωx ，
∴[﹣ ， ]是函数含原点的递增区间．
又∵函数在[ ]上递增，
∴[﹣ ， ]⊇[ ]，
∴得不等式组：﹣ ≤ ，且 ≤ ，
又∵ω＞0，
∴0＜ω≤ ，
又函数在区间[0，2π]上恰好取得一次最大值，
根据正弦函数的性质可知 且
可得 ω∈[ ， ．综上：ω∈
故选：B．
【点睛】
本题主要考查正弦函数的图象和性质，研究有关三角的函数时要利用整体思想，灵活应用
三角函数的图象和性质解题，属于中档题．
11．D
【解析】
【分析】取 的中点 ，且 为 的外心，可知 ，所求
，由数量积的定义可得 ，代
值即可．
【详解】
如图所示，取 的中点 ，且 为 的外心，可知 ，
∵ 是边 的中点，∴ .
，
由数量积的定义可得 ，
而 ，故 ；
同理可得 ，
故 .
故选：D．
【点睛】
本题考查向量数量积的运算，数形结合并熟练应用数量积的定义是解决问题的关键，属于中
档题．
12．D
【解析】分析：构造函数 g（x）=exf（x）+ex，（x∈R），求函数的导数，研究 g（x）的单调性，
AB,AC ,D E O ABC∆ OD AB,OE AC⊥ ⊥
AM AO AD AO AE AO⋅ = ⋅ + ⋅ ,AD AO AD AE AO AE⋅ = ⋅ =
AB,AC ,D E O ABC∆ OD AB,OE AC⊥ ⊥
M BC 1 ( )2AM AB AC= +
1 1AM ( ) ( )2 2AO AB AC AO AB AO AC AO AD AO AE AO⋅ = + ⋅ = ⋅ + ⋅ = ⋅ + ⋅
cos ,AD AO AD AO AD AO⋅ =
cos ,AO AD AO AD=
2
2
2 4| | 42 2
AB
AD AO AD
⋅ = = = =
2
2
2 2| | 12 2
AC
AE AO AE
⋅ = = = =
4 1 5AM AO AD AO AE AO⋅ = ⋅ + ⋅ = + = 将不等式进行转化求解即可．
详解：设 g（x）=exf（x）-ex，（x∈R），则 g′（x）=exf（x）+exf′（x）-ex=ex[f（x）+f′（x）-1]，
∵f（x）+f′（x）＞1，∴f（x）+f′（x）+1＞0，∴g′（x）＞0，∴y=g（x）在定义域上单调递增，
不等式 ln（f（x）-1）＞ln2-x 等价为不等式 ln[f（x）-1]+x＞ln2，
即为 ln[f（x）-1]+lnex＞ln2，即 ex（f（x）-1）＞2，则 exf（x）-ex＞2，∵y=f（x）-3 为奇函数，
∴当 x=0 时，y=0，即 f（0）-3=0，得 f（0）=3，又∵g（0）=e0f（0）-e0=3-1=2，∴exf（x）-ex＞
2 等价为 g（x）＞g（0），∴x＞0，∴不等式的解集为（0，+∞），
故选：D．
点睛：本题考查函数的导数与单调性的结合，结合已知条件构造函数，然后用导数判断函数
的单调性是解题的关键，综合性较强，有一定的难度．
13．-1
【解析】
【分析】
由幂函数 f（x）=xα 为奇函数，且在（0，+∞）上递减，得到 a 是奇数，且 a＜0，由此能求出
a 的值．
【详解】
∵α∈{﹣2，﹣1，﹣ ，1，2，3}，
幂函数 f（x）=xα 为奇函数，且在（0，+∞）上递减，
∴a 是奇数，且 a＜0，
∴a=﹣1．
故答案为：﹣1．
【点睛】
本题考查实数值的求法，考查幂函数的性质等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方
程思想，是基础题．
14．
【解析】
【分析】先由平移得 f(x)的解析式，再将 代入解析式求值即可
【详解】
f(x)=2sin3(x+ =2sin(3x+ ,则
故答案为
【点睛】
本题考查图像平移，考查三角函数值求解，熟记平移原则，准确计算是关键，是基础题
15．
【解析】
【分析】
由函数 的解析式，得到 ，即可求解.
【详解】
由题意，根据函数 ，
可得 .
【点睛】
本题主要考查了微积分基本定理的应用，其中解答中根据函数的解析式，利用微积分基本定
理，得到 ，然后利用定积分求解是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的
能力，属于基础题.
16．4
【解析】
试题分析：当 时， 得 ， ；
当 时， ，两式相减得 ，得 ，所以
1
2 4
π+
( )f x
1 0 1
2
1 1 0
( ) ( 1) 1f x dx x dx x dx
− −
= + + −∫ ∫ ∫
2
1( 1 0)
( )
1 (0 1)
x x
f x
x x
+ − ≤ ≤= − < ≤
1 0 1
2
1 1 0
( ) ( 1) 1f x dx x dx x dx
− −
= + + −∫ ∫ ∫ 2 0
1
1 1
2 4 2 4x x
π π
−
= + + = +
1
1
( )f x dx
−
∫．
又 ，所以数列 是以 2 为首项，1 为公差的等差数列， ，即
．
因为 ，所以不等式 ，等价于 ．
记 ， 时， ．所以 时， ．
所以 ，所以整数 的最大值为 4．
考点：1．数列的通项公式；2．解不等式．
17．（Ⅰ） ；（Ⅱ） .
【解析】
试题分析：（Ⅰ）利用正弦定理进行边角代换，化简即可求角 C；（Ⅱ）根据 ．
及 可得 ．再利用余弦定理可得 ，从而可得 的周长为
．
试题解析：（Ⅰ）由已知及正弦定理得 ，
．
故 ．
可得 ，所以 ．
（Ⅱ）由已知， ．
又 ，所以 ．
由已知及余弦定理得， ．
πC 3
= 5 7+
1 3 3sinC2 2ab =
πC 3
= 6ab = ( )2 25a b+ = ΑΒC△
5 7+
( )2cos sin cos sin cos sinC Α Β Β Α C+ =
( )2cos sin sinC Α Β C+ =
2sin cos sinC C C=
1cos 2C = πC 3
=
1 3 3sin2 2ab C =
πC 3
= 6ab =
2 2 2 cos 7a b ab C+ − =故 ，从而 ．
所以 的周长为 ．
【考点】正弦定理、余弦定理及三角形面积公式
【 名 师 点 睛 】 三 角 形 中 的 三 角 变 换 常 用 到 诱 导 公 式 ,
,这是常用的结论,另外利用
正弦定理或余弦定理处理条件中含有边或角的等式,常考虑对其实施“边化角”或“角化边”.
18．（1） ；（2）详见解析.
【解析】
试题分析：（1）记事件 ｛从甲箱中摸出的 1 个球是红球｝， ｛从乙箱中摸出的 1 个
球是红球｝
｛顾客抽奖 1 次获一等奖｝， ｛顾客抽奖 1 次获二等奖｝， ｛顾客抽奖 1 次能获
奖｝，则可知
与 相互独立， 与 互斥， 与 互斥，且 ， ，
，再
利用概率的加法公式即可求解；（2）分析题意可知 ，分别求得
， ， ，
，即可知 的概率分布及其期望.
试题解析：（1）记事件 ｛从甲箱中摸出的 1 个球是红球｝， ｛从乙箱中摸出的 1 个
球是红球｝
｛顾客抽奖 1 次获一等奖｝， ｛顾客抽奖 1 次获二等奖｝， ｛顾客抽奖 1 次能获
奖｝，由题意， 与 相互独立， 与 互斥， 与 互斥，且 ，
， ，
2 2 13a b+ = ( )2 25a b+ =
ΑΒC△ 5 7+
( ) ( )sin sin ,cos cos ,A B C A B C+ = + = − ( )tan tanA B C+ = −∵ ， ，∴ ，
，故所求概率为
；（2）顾客抽奖 3 次独立重复试验，由（1）
知，顾客抽奖 1 次获一等奖的概率为 ，∴ ，
于是 ， ，
，
，故 的分布列为
0 1 2 3
的数学期望为 .
考点：1.概率的加法公式；2.离散型随机变量的概率分布与期望.
【名师点睛】本题主要考查了离散型随机变量的概率分布与期望以及概率统计在生活中的实
际应用，这一直都是高考命题的热点，试题的背景由传统的摸球，骰子问题向现实生活中的
热点问题转化，并且与统计的联系越来越密切，与统计中的抽样，频率分布直方图等基础知识综合的试题逐渐增多，在复习时应予以关注.
19．（1）见解析；（2）
【解析】
【分析】
（1）由 ， 分别为 ， 边的中点，可得 ，由已知结合线面垂直的判定可得
平面 ，从而得到 平面 ；（2）取 的中点 ，连接 ，由已知证
明 平面 ，过 作 交 于 ，分别以 ， ， 所在直线
为 ， ， 轴建立空间直角坐标系，分别求出平面 与平面 的一个法向量，由两法
向量所成角的余弦值可得平面 与平面 所成锐二面角的余弦值．
【详解】
（1）因为 分别为 ， 边的中点，
所以 ，
因为 ，
所以 ， ，
又因为 ，
所以 平面 ，
所以 平面 ．
（2）取 的中点 ，连接 ，
由（1）知 平面 ， 平面 ，
所以平面 平面 ，
因为 ，
所以 ，
5
5
E F AB AC EF BC
EF ⊥ PBE BC ⊥ PBE BE O PO
PO⊥ BCFE O OM BC CF M OB OM OP
x y z PCF PBE
PBE PCF
,E F AB AC
EF BC
90ABC∠ = °
EF BE⊥ EF PE⊥
BE PE E∩ =
EF ⊥ PBE
BC ⊥ PBE
BE O PO
BC ⊥ PBE BC ⊂ BCFE
PBE⊥ BCFE
PB BE PE= =
PO BE⊥又因为 平面 ，平面 平面 ，
所以 平面 ，
过 作 交 于 ，分别以 ， ， 所在直线为 轴建立空间直角
坐标系，则 ， ， ．
， ，
设平面 的法向量为 ，
则 即
则 ，
易知 为平面 的一个法向量，
，
所以平面 与平面 所成锐二面角的余弦值 ．
【点睛】
本题考查直线与平面垂直的判定，由于“线线垂直”“线面垂直”“面面垂直”之间可以相互转化，
因此整个证明过程围绕着线面垂直这个核心而展开，这是化解空间垂直关系难点的技巧所在，
两半平面所成的二面角与面的法向量之间所成的角相等或互补，主要通过题意或图形来确定
最后结果.
PO⊂ PBE PBE∩ BCFE BE=
PO⊥ BCFE
O OM BC CF M OB OM OP , ,x y z
( )0,0, 3P ( )1,4,0C ( )1,2,0F −
( )1,4, 3PC = − ( )1,2, 3PF = − −
PCF ( ), ,m x y z =
0,
0,
PC m
PF m
⋅ =
⋅ =
4 3 0,
2 3 0,
x y z
x y z
+ − =
− + − =
( )1,1, 3m = −
( )0,1,0n = PBE
( ) ( )22 2
1 0 1 1 3 0 1 5cos< , 551 1 3
m n
− × + × + ×>= = =
− + +
PBE PCF 5
520．（1） （2）
【解析】
【分析】
（1）根据向量的坐标运算，以及|AB|=1，得到椭圆的标准方程．
（2）直线 l1 斜率必存在，且纵截距为 2，根据直线与椭圆的位置关系，即可求出 k 的值，问
题得以解决．
【详解】
(1) 因为
即
所以
所以
又因为 ,所以
即: ,即
所以椭圆的标准方程为
(2) 直线 斜率必存在，且纵截距为 ,设直线为
联立直线 和椭圆方程
得:
由 ,得
设
以 直径的圆恰过原点
所以 ,
2 2
14 3
x y+ = 2 3y 23 x= ± +
2 3OP OA OB= +
( ) ( ) ( ) ( )0 0 0 0, 2 ,0 3 0, 2 , 3x y x y x y= + =
0 02 , 3x x y y= =
0 0
1 3,2 3x x y y= =
1AB = 2 2
0 0 1x y+ =
221 3 12 3x y
+ =
2 2
14 3
x y+ =
2 2
14 3
x y+ =
1l 2 2y kx= +
1l 2 2
2
14 3
y kx
x y
= + + =
( )2 23 4 16 4 0k x kx+ + + =
> 0∆ 2 1
4k > ( )*
( ) ( )1 1 2, 2, ,P x y Q x y
PQ
OP OQ⊥ • 0OP OQ = 即
也即
即
将(1)式代入,得
即
解得 ,满足（*）式，所以
所以直线
21．(1)a=-1,b=1;(2)-1.
【解析】（1）对 求导得 ，根据函数 的图象在 处的切线为
，列出方程组，即可求出 的值；（2）由（1）可得 ，根据
对 任 意 恒 成 立 ， 等 价 于 对 任 意
恒 成 立 ， 构 造 ， 求 出 的 单 调 性 ， 由 ，
， ， ，可得存在唯一的零点 ，使得 ，
利用单调性可求出 ，即可求出 的最大值.
（1） ， .
由题意知 .
（2）由（1）知： ，
∴ 对任意 恒成立
对任意 恒成立
对任意 恒成立.
1 2 1 2 0x x y y+ =
( )( )1 2 1 22 2 0x x kx kx+ + + =
( ) ( )2
1 2 1 21 2 4 0k x x k x x+ + + + =
( )2
2 2
4 1 32 4 03 4 3 4
k k
k k
+
− + =+ +
( ) ( )2 2 24 1 32 4 3 4 0k k k+ − + + =
2 4
3k = 2 3
3k = ±
2 3 23y x= ± +
( )f x ( ) 2xf x e x′ = − ( )f x 0x=
y bx= ,a b ( ) 2 1xf x e x= − −
( ) ( )21 3 5 2 02f x x x k+ − − ≥ x R∈ 21 5 12 2
xk e x x≤ + − −
x R∈ ( ) 21 5 12 2
xh x e x x= + − − ( )h x′ ( )0 0h′ <
( )1 0h′ > 1 02h
′
0
1 3,2 4x ∈
( )0 0h x′ =
( ) ( )0minh x h x= k
( ) 2 2xf x e x a b= − + + ( ) 2xf x e x′ = −
( )
( )
0 1 2 0 1{ { 0 1 1
f a b a
f b b
= + + = = −⇒= = =′
( ) 2 1xf x e x= − −
( ) ( )21 3 5 2 02f x x x k+ − − ≥ x R∈
21 5 1 02 2
xe x x k⇔ + − − − ≥ x R∈
21 5 12 2
xk e x x⇔ ≤ + − − x R∈令 ，则 .
由于 ，所以 在 上单调递增.
又 ， ， ，
，
所 以 存 在 唯 一 的 ， 使 得 ， 且 当 时 ， ，
时， . 即 在 单调递减，在 上单调递增.
所以 .
又 ，即 ，∴ .
∴ .
∵ ，∴ .
又因为 对任意 恒成立 ，
又 ，∴ .
点睛：利用导数研究不等式恒成立或存在型问题，首先要构造函数，利用导数研究函数的单
调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，
构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题.
22．（1） ；（2）2
【解析】试题分析：（I）把 cos2φ+sin2φ=1 代入圆 C 的参数方程为 （φ 为参
数），消去参数化为普通方程，再根据普通方程化极坐标方程的公式得到圆 C 的极坐标方
程 ．（ II ） 设 P （ ρ1 ， θ1 ），联 立 ， 解 得 ρ1 ， θ1 ； 设 Q （ ρ2 ， θ2 ），联 立
( ) 21 5 12 2
xh x e x x= + − − ( ) 5
2
xh x e x=′ + −
( )' 1 0xh x e +′ = > ( )h x′ R
( ) 30 02h = − ′
1
21 2 02h e = − + −′ =
0
1 3,2 4x ∈
( )0 0h x′ = ( )0,x x∈ −∞ ( ) 0h x′ <
( )0 ,x x∈ + ∞ ( ) 0h x′ > ( )h x ( )0,x−∞ ( )0 ,x + ∞
( ) ( ) 0 2
0 0 0min
1 5 12 2
xh x h x e x x= = + − −
( )0 0h x′ = 0
0
5 02
xe x+ − = 0
0
5
2
xe x= −
( ) ( )2 2
0 0 0 0 0 0
5 1 5 11 7 32 2 2 2h x x x x x x= − + − − = − +
0
1 3,2 4x ∈
( )0
27 1,32 8h x ∈ − −
21 5 12 2
xk e x x≤ + − − x R∈ ( )0k h x⇔ ≤
k Z∈ max 1k =−
2cosρ θ=
1{ x cos
y sin
ϕ
ϕ
= +
=
2
{
3
cosρ θ
πθ
=
=，解得 ρ2，θ2，可得|PQ|．
解析：
（1）圆 的普通方程为 ，又 ，
所以圆 的极坐标方程为
（2）设 ，则由 解得 ，
设 ，则由 解得 ，
所以
23．（1） ；（2）3
【解析】
【分析】
（1）通过讨论 x 的范围，求出不等式的解集即可；
（2）先用绝对值不等式的性质求出最小值为 a+b+c＝3，然后用基本不等式可得．
【详解】
（1） ，
∴ 或 或 ，
解得 .
（2） ，
.
当且仅当 时取得最小值 3.
( )sin 3cos 3 3
{
3
ρ θ θ
πθ
+ =
=
C ( )2 21 1x y− + = cosx ρ θ= siny ρ θ=
C 2cosρ θ=
( )1 1,ρ θΡ
2
{
3
cosρ θ
πθ
=
= 1 1ρ = 1 3
πθ =
( )2 2Q ,ρ θ
( )sin 3cos 3 3
{
3
ρ θ θ
πθ
+ =
= 2 3ρ = 2 3
πθ =
Q 2Ρ =
{ | 1 1}x x x< − >或
( ) 1 1 1f x x x= − + + +
1
1 2 3
x
x
≤ −
− >
1 1
3 3
x− <
1
2 1 3
x
x
≥
+ >
{ | 1 1}x x x或−
f x x a x b c= − + + + a x x b c a b c≥ − + + + = + + 3a b c= + + =
( )1 1 1 1 1 1 1
3 a b ca b c a b c
+ + = + + + +
1 33
b a c a c b
a b a c b c
= + + + + + +
( )1 3 2 2 2 33
≥ + + + =
1a b c= = =【点睛】
绝对值不等式的解法：
法一：利用绝对值不等式的几何意义求解，体现了数形结合的思想；
法二：利用“零点分段法”求解，体现了分类讨论的思想；
法三：通过构造函数，利用函数的图象求解，体现了函数与方程的思想．
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