四川省攀枝花市2020届高三第三次统一考试数学（理科）试题 （解析版）

2020 年高考数学三诊试卷（理科） 一、选择题（共 12 小题）. 1．设集合 A＝{x|（x+1）（x﹣2）＜0}，集合 B＝{x|1＜x＜3}，则 A∩B＝（　　） A．{x|﹣1＜x＜3} B．{x|﹣1＜x＜1} C．{x|1＜x＜2} D．{x|2＜x＜3} 2．若复数 z 满足（z﹣1）i＝3+i（i 为虚数单位），则풛的虚部为（　　） A．3 B．3i C．﹣3 D．﹣3i 3．已知角 α（0≤α＜2π）终边上一点的坐标为(풔풊풏 7휋 6 ，풄풐풔 7휋 6 )，则 α＝（　　） A．5휋 6 B．7휋 6 C．4휋 3 D．5휋 3 4．各项均不相等的等差数列{an}的前 5 项的和 S5＝﹣5，且 a3，a4，a6 成等比数列，则 a7＝ （　　） A．﹣14 B．﹣5 C．﹣4 D．﹣1 5．设 a、b、c 依次表示函数풇(풙) = 풙 1 2 ― x+1，품(풙) = 풍풐품1 2x﹣x+1，풉(풙) = ( 1 2)풙 ― x+1 的零 点，则 a、b、c 的大小关系为（　　） A．a＜b＜c B．c＜b＜a C．a＜c＜b D．b＜c＜a 6．已知 α 是给定的平面，设不在 α 内的任意两点 M 和 N 所在的直线为 l，则下列命题正确 的是（　　） A．在 α 内存在直线与直线 l 相交 B．在 α 内存在直线与直线 l 异面 C．在 α 内存在直线与直线 l 平行 D．存在过直线 l 的平面与 α 平行 7．（x2﹣x﹣2）3 的展开式中，含 x4 的项的系数是（　　）A．9 B．﹣9 C．3 D．﹣3 8．如图是某一无上盖几何体的三视图，则该几何体的表面积等于（　　） A．63π B．57π C．48π D．39π 9．有编号分别为 1，2，3，4 的 4 个红球和 4 个黑球，随机取出 3 个，则取出的球的编号 互不相同的概率是（　　） A．4 7 B．3 7 C．2 7 D．1 7 10．设双曲线 C：푥2 푎2 ― 푦2 푏2 = ퟏ(풂＞ퟎ，풃＞ퟎ)的左、右焦点分别为 F1、F2，与圆 x2+y2＝a2 相 切的直线 PF1 交双曲线 C 于点 P（P 在第一象限），且|PF2|＝|F1F2|，则双曲线 C 的离心 率为（　　） A．10 3 B．5 3 C．3 2 D．5 4 11．已知函数풇(풙) = 풔풊풏흎풙 + 풄풐풔흎풙(흎＞ 1 4，풙 ∈ 푹)，若 f（x）的任何一条对称轴与 x 轴交 点的横坐标都不属于区间( 휋 2，흅)，则 ω 的取值范围是（　　） A．[ 1 2， 5 4] B．[ 1 2，ퟐ] C．( 1 4， 5 4] D．( 1 4，ퟐ] 12．设函数 f（x）＝ln（x+k）+2，函数 y＝g（x）的图象与풚 = 풆 ퟏ― 푥 2 + 1 的图象关于直线 x ＝1 对称．若实数 x1，x2 满足 f（x1）＝g（x2），且 2x1﹣x2 有极小值﹣2，则实数 k 的 值是（　　）A．3 B．2 C．1 D．﹣1 二、填空题： 13．已知|→ 풂|＝1，|→ 풃|＝2，且→ 풂•（→ 풃 ― → 풂）＝﹣2，则向量→ 풂与→ 풃的夹角为　 　． 14．已知数列{an}的前 n 项和为 Sn，且满足 2an﹣Sn＝1（n∈N*），则 a4＝　 　． 15．焦点为 F 的抛物线 C：x2＝4y 的准线与坐标轴交于点 A，点 P 在抛物线 C 上，则|푃퐴| |푃퐹| 的最大值为　 　． 16．如图，在平行四边形 ABCD 中，∠BAD＝60°，AB＝2AD＝2，E 为边 AB 的中点，将 △ADE 沿直线 DE 翻折成△A1DE，设 M 为线段 A1C 的中点．则在△ADE 翻折过程中， 给出如下结论： ①当 A1 不在平面 ABCD 内时，MB∥平面 A1DE； ②存在某个位置，使得 DE⊥A1C； ③线段 BM 的长是定值； ④当三棱锥 C﹣A1DE 体积最大时，其外接球的表面积为13휋 3 ． 其中，所有正确结论的序号是　 　．（请将所有正确结论的序号都填上） 三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第 17～21 题为必考题，每个试 题考生都必须作答．第 22、23 题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题： 17．在△ABC 中，角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，且 acosB＝（4c﹣b）cosA． （Ⅰ）求 cosA 的值；（Ⅱ）若 b＝4，点 M 在线段 BC 上，且 → 푨푩 + → 푨푪 = ퟐ → 푨푴，| → 푨푴| = ퟔ，求△ABC 的面 积． 18．某公司为提高市场销售业绩，促进某产品的销售，随机调查了该产品的月销售单价 x （单位：元/件）及相应月销量 y（单位：万件），对近 5 个月的月销售单价 xi 和月销售 量 yi（i＝1，2，3，4，5）的数据进行了统计，得到如表数据： 月销售单价 xi（元/件） 9 9.5 10 10.5 11 月销售量 yi（万件） 11 10 8 6 5 （Ⅰ）建立 y 关于 x 的回归直线方程； （Ⅱ）该公司开展促销活动，当该产品月销售单价为 7 元/件时，其月销售量达到 18 万 件，若由回归直线方程得到的预测数据与此次促销活动的实际数据之差的绝对值不超过 0.5 万件，则认为所得到的回归直线方程是理想的，试问：（Ⅰ）中得到的回归直线方程 是否理想？ （Ⅲ）根据（Ⅰ）的结果，若该产品成本是 5 元/件，月销售单价 x 为何值时（销售单价 不超过 11 元/件），公司月利润的预计值最大？ 参考公式：回归直线方程풚 = 풃풙 + 풂，其中풃 = 푛 푖=1 푥푖푦푖 ― 푛푥푦 푛 푖=1 푥푖 2 ― 푛푥2 ，풂 = 풚 = 풃풙． 参考数据： ퟓ 풊=ퟏ 풙풊풚풊 = ퟑퟗퟐ， ퟓ 풊=ퟏ xi2＝502.5． 19．如图，已知三棱柱 ABC﹣A1B1C1 的所有棱长均为 2，∠B1BA = 휋 3． （Ⅰ）证明：B1C⊥AC1； （Ⅱ）若平面 ABB1A1⊥平面 ABC，M 为 A1C1 的中点，求 B1C 与平面 AB1M 所成角的正 弦值．20．已知函数 f（x）＝（a+2）x2+ax﹣lnx（a∈R）． （Ⅰ）当 a＝0 时，求曲线 y＝f（x）在（1，f（1））处的切线方程； （Ⅱ）设 g（x）＝x2 ― 2 3풙ퟑ，若∀x1∈（0，1]，∃x2∈[0，1]，使得 f（x1）≥g（x2）成立， 求实数 a 的取值范围． 21．点 M（x，y）与定点 F（1，0）的距离和它到直线 x＝4 的距离的比是常数1 2． （Ⅰ）求点 M 的轨迹 C 的方程； （Ⅱ）过坐标原点 O 的直线交轨迹 C 于 A，B 两点，轨迹 C 上异于 A，B 的点 P 满足直 线 AP 的斜率为 ― 3 2． （ⅰ）求直线 BP 的斜率； （ⅱ）求△ABP 面积的最大值． （二）选考题：[选修 4-4：坐标系与参数方程] 22．在直角坐标系 xOy 中，曲线 C1 的参数方程为{풙 = ퟏ + 풄풐풔흋 풚 = 풔풊풏흋 （φ 为参数），将曲线 C1 向左平移 1 个单位长度，再向上平移 1 个单位长度得到曲线 C2．以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴，建立极坐标系． （Ⅰ）求曲线 C1、C2 的极坐标方程； （Ⅱ）射线 OM：θ＝α（ρ≥0）分别与曲线 C1、C2 交于点 A，B（A，B 均异于坐标原点 O），若|푨푩| = ퟐ，求 α 的值．[选修 4-5：不等式选讲] 23．已知函数 f（x）＝|x﹣a|+|x+b|（a＞0，b＞0）． （Ⅰ）当 a＝b＝1 时，解不等式 f（x）＜x+2； （Ⅱ）若 f（x）的值域为[2，+∞），证明： 1 푎 + 1 + 1 푏 + 1 + 1 푎푏 ≥ 2．参考答案 一、选择题：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．设集合 A＝{x|（x+1）（x﹣2）＜0}，集合 B＝{x|1＜x＜3}，则 A∩B＝（　　） A．{x|﹣1＜x＜3} B．{x|﹣1＜x＜1} C．{x|1＜x＜2} D．{x|2＜x＜3} 【分析】先解出 A＝{x|﹣1＜x＜2}，然后进行交集的运算即可． 解：A＝{x|﹣1＜x＜2}； ∴A∩B＝{x|1＜x＜2}． 故选：C． 【点评】考查描述法表示集合的概念，一元二次不等式的解法，以及交集的运算． 2．若复数 z 满足（z﹣1）i＝3+i（i 为虚数单位），则풛的虚部为（　　） A．3 B．3i C．﹣3 D．﹣3i 【分析】把已知等式变形，再由复数代数形式的乘除运算化简得答案． 解：由（z﹣1）i＝3+i，得 z = 3 + 푖 푖 +ퟏ = (3 + 푖)( ― 푖) ― 푖2 +ퟏ = ퟐ ― ퟑ풊， ∴풛 = ퟐ + ퟑ풊． 则풛的虚部为 3． 故选：A． 【点评】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，是基础题． 3．已知角 α（0≤α＜2π）终边上一点的坐标为(풔풊풏 7휋 6 ，풄풐풔 7휋 6 )，则 α＝（　　） A．5휋 6 B．7휋 6 C．4휋 3 D．5휋 3【分析】由题意利用任意角的三角函数的定义，诱导公式，求得 α 的范围以及正切值， 可得 α 的值． 解：角 α（0≤α＜2π）终边上一点的坐标为(풔풊풏 7휋 6 ，풄풐풔 7휋 6 )，α 为第三象限角， 则 tanα = 푐표푠7휋 6 푠푖푛7휋 6 = cot 7휋 6 = cot 휋 6 = ퟑ，∴α＝π + 휋 3 = 4휋 3 ， 故选：C． 【点评】本题主要考查任意角的三角函数的定义，诱导公式，属于基础题． 4．各项均不相等的等差数列{an}的前 5 项的和 S5＝﹣5，且 a3，a4，a6 成等比数列，则 a7＝ （　　） A．﹣14 B．﹣5 C．﹣4 D．﹣1 【分析】设等差数列{an}的公差为 d，d≠0，运用等差数列的求和公式，以及等比数列的 中项性质和等差数列的通项公式，化简整理，解方程可得首项和公差，即可得到所求 值． 解：设等差数列{an}的公差为 d，d≠0， 由 S5＝﹣5，可得 5a1 + 1 2 × 5×4d＝﹣5，即 a1+2d＝﹣1，① 由 a3，a4，a6 成等比数列，可得 a42＝a3a6，即（a1+3d）2＝（a1+2d）（a1+5d）， 化为 a1d+d2＝0，由 d≠0，可得 a1＝﹣d，② 由①②解得 d＝﹣1，a1＝1， 则 a7＝1+（7﹣1）×（﹣1）＝﹣5． 故选：B． 【点评】本题考查等差数列的通项公式和求和公式，以及等比数列的中项性质，考查方 程思想和运算能力，属于基础题．5．设 a、b、c 依次表示函数풇(풙) = 풙 1 2 ― x+1，품(풙) = 풍풐품1 2x﹣x+1，풉(풙) = ( 1 2)풙 ― x+1 的零 点，则 a、b、c 的大小关系为（　　） A．a＜b＜c B．c＜b＜a C．a＜c＜b D．b＜c＜a 【分析】先确定三个函数在定义域上是增函数，再利用零点存在定理，求出三个函数零 点的范围，从而比较大小，即可得解． 解：函数풇(풙) = 풙 1 2 ― x+1，품(풙) = 풍풐품1 2x﹣x+1，풉(풙) = ( 1 2)풙 ― x+1 的零点， 就是方程풙 1 2 = x﹣1，풍풐품1 2x＝x﹣1，( 1 2)풙 = x﹣1 方程的的解， 在坐标系中画出函数 y = 풙 1 2，y = 풍풐품1 2x，y = ( 1 2)풙，与 y＝x﹣1 的图象，如图： 可得 b＜c＜a， 故选：D． 【点评】本题主要考查函数零点的大小判断，解题时注意函数的零点的灵活运用，考查 数形结合的应用，属于中档题． 6．已知 α 是给定的平面，设不在 α 内的任意两点 M 和 N 所在的直线为 l，则下列命题正确 的是（　　） A．在 α 内存在直线与直线 l 相交B．在 α 内存在直线与直线 l 异面 C．在 α 内存在直线与直线 l 平行 D．存在过直线 l 的平面与 α 平行 【分析】采用举反例方式，逐一排除，从而可得到正确答案． 解：由题可知，直线 l 和平面 α 要么相交，要么平行． 当平面 α 与直线 l 平行时，在 α 内就不存在直线与直线 l 相交，则 A 错； 当平面 α 与直线 l 相交时，在 α 内就不存在直线与直线 l 平行，则 C 错； 当平面 α 与直线 l 相交时，过直线 l 的平面与平面 α 都会相交，则 D 错； 不论直线 l 和平面 α 相交还是平行，都会在 α 内存在直线与直线 l 异面，则 B 正确． 故选：B． 【点评】本题主要考查了点线面位置关系，考查了学生的直观想象能力，属于基础题． 7．（x2﹣x﹣2）3 的展开式中，含 x4 的项的系数是（　　） A．9 B．﹣9 C．3 D．﹣3 【分析】根据（x2﹣x﹣2）3＝（x﹣2）3•（x+1）3＝（x3﹣6x2+12x﹣8）（x3+3x2+3x+1）， 求得含 x4 的项的系数． 解：∵（x2﹣x﹣2）3＝（x﹣2）3•（x+1）3＝（x3﹣6x2+12x﹣8）（x3+3x2+3x+1）， 含 x4 的项的系数为 3﹣6×3+12＝﹣3， 故选：D． 【点评】本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，二项式系数的性质， 属于基础题． 8．如图是某一无上盖几何体的三视图，则该几何体的表面积等于（　　）A．63π B．57π C．48π D．39π 【分析】直接利用三视图，判断几何体的构成，进一步利用几何体的表面积公式求出结 果． 解：根据几何体的三视图： 该几何体是由底面半径为 3，高为 4 的圆柱，挖去一个底面半径为 3，高为 4 的倒圆锥构 成的几何体． 所以：S＝32•π+6π×4 + 1 2 × 6π×5＝48π． 故选：C． 【点评】本题考查的知识要点：三视图的应用，几何体的表面积公式的应用，主要考查 学生的运算能力和转化能力，属于基础题型． 9．有编号分别为 1，2，3，4 的 4 个红球和 4 个黑球，随机取出 3 个，则取出的球的编号 互不相同的概率是（　　） A．4 7 B．3 7 C．2 7 D．1 7【分析】显然取法总数为 Cퟑ ퟖ，要取出的球的编号互不相同可先选编号数 Cퟑ ퟒ，再定颜色 有 Cퟏ ퟐCퟏ ퟐCퟏ ퟐ，则有 Cퟑ ퟒCퟏ ퟐCퟏ ퟐCퟏ ퟐ种取法，相比即可． 解：从 8 个球中随机取出 3 个的取法有 Cퟑ ퟖ = 56 种；其中取出的球的编号互不相同的取 法有 Cퟑ ퟒCퟏ ퟐCퟏ ퟐCퟏ ퟐ = 32 种， 则取出的球的编号互不相同的概率 P = 32 56 = 4 7． 故选：A． 【点评】本题考查乘法原理，组合数公式与概率相结合，属于基础题． 10．设双曲线 C：푥2 푎2 ― 푦2 푏2 = ퟏ(풂＞ퟎ，풃＞ퟎ)的左、右焦点分别为 F1、F2，与圆 x2+y2＝a2 相 切的直线 PF1 交双曲线 C 于点 P（P 在第一象限），且|PF2|＝|F1F2|，则双曲线 C 的离心 率为（　　） A．10 3 B．5 3 C．3 2 D．5 4 【分析】设直线 PF1 与圆 x2+y2＝a2 相切于点 M，取 PF1 的中点 N，连接 NF2，由切线的 性质和等腰三角形的三线合一，运用中位线定理和勾股定理可得|PF1|＝4b，再由双曲线 的定义和 a，b，c 的关系及离心率公式计算即可得到结果． 解：设直线 PF1 与圆 x2+y2＝a2 相切于点 M，则|OM|＝a，取 PF1 的中点 N，连接 NF2， 由于|PF2|＝|F1F2|＝2c，则 NF2⊥PF1，|NP|＝|NF1|， 由|NF2|＝2|OM|＝2a，则|NP| = ퟒ풄ퟐ ― ퟒ풂ퟐ = 2b，即有|PF1|＝4b， 由双曲线的定义可得|PF1|﹣|PF2|＝2a，即 4b﹣2c＝2a，即 2b＝a+c， 即 4b2＝（c+a）2＝4（c2﹣a2）， 整理得 3c＝5a， 则 e = 푐 푎 = 5 3． 故选：B．【点评】本题主要考查圆的切线性质、等腰三角形的三线合一、中位线定理、勾股定理 及双曲线的定义、离心率计算，属于中档题． 11．已知函数풇(풙) = 풔풊풏흎풙 + 풄풐풔흎풙(흎＞ 1 4，풙 ∈ 푹)，若 f（x）的任何一条对称轴与 x 轴交 点的横坐标都不属于区间( 휋 2，흅)，则 ω 的取值范围是（　　） A．[ 1 2， 5 4] B．[ 1 2，ퟐ] C．( 1 4， 5 4] D．( 1 4，ퟐ] 【分析】先利用辅助角公式，将函数 f（x）化简为풇(풙) = 풔풊풏흎풙 + 풄풐풔흎풙 = ퟐ풔풊풏(흎풙 + 휋 4)，观察选项，可以找两个特殊值 ω＝2 和흎 = 1 3，进行试验排除．具体做法是，将 ω＝ 2 和흎 = 1 3分别代入函数 f（x），求出对称轴，给 k 赋值，判断对称轴是否能在区间( 휋 2，흅) 即可得解． 解：풇(풙) = 풔풊풏흎풙 + 풄풐풔흎풙 = ퟐ풔풊풏(흎풙 + 휋 4)， ∵f（x）的任何一条对称轴与 x 轴交点的横坐标都不属于区间( 휋 2，흅)， ∴푇 2 = 휋 휔 ≥ 흅 ― 휋 2 = 휋 2，∴ω≤2，即1 4＜흎 ≤ ퟐ， 若 ω＝2，则풇(풙) = ퟐ풔풊풏(ퟐ풙 + 휋 4)，令ퟐ풙 + 휋 4 = 휋 2 +풌흅，풌 ∈ 풁，得풙 = 휋 8 + 푘휋 2 ，풌 ∈ 풁， 当 k＝1 时，对称轴为풙 = 5휋 8 ∈ ( 휋 2，흅)，不符合题意，故 ω≠2，排除选项 B 和 D，若 흎 = 1 3， 则 풇(풙) = ퟐ풔풊풏( 1 3풙 + 휋 4)， 令 1 3풙 + 휋 4 = 휋 2 +풌흅，풌 ∈ 풁， 得 풙 = 3휋 4 +ퟑ풌흅，풌 ∈ 풁， 当 k＝0 时，对称轴풙 = 3휋 4 ∈ ( 휋 2，흅)，不符合题意，故흎 ≠ 1 3，排除选项 C． 故选：A． 【点评】本题考查辅助角公式和正弦函数的对称性，考查学生的逻辑推理能力、分析能 力和运算能力，属于中档题． 12．设函数 f（x）＝ln（x+k）+2，函数 y＝g（x）的图象与풚 = 풆 ퟏ― 푥 2 + 1 的图象关于直线 x ＝1 对称．若实数 x1，x2 满足 f（x1）＝g（x2），且 2x1﹣x2 有极小值﹣2，则实数 k 的 值是（　　） A．3 B．2 C．1 D．﹣1 【分析】先由对称性求出 g（x），然后由已知可设 f（x1）＝g（x2）＝a，则分别表示 x1 ＝ea﹣2﹣k，x2＝2ln（a﹣1），代入后结合导数及极值存在的条件可求． 解：由题意可得품(풙) = 풆 푥 2 + 1． 设 f（x1）＝g（x2）＝a， 则 x1＝ea﹣2﹣k，x2＝2ln（a﹣1）， ∴2x1﹣x2＝2ea﹣2﹣2ln（a﹣1）﹣2k， 令 h（a）＝2ea﹣2﹣2ln（a﹣1）﹣2k， 则풉′(풂) = ퟐ풆풂―ퟐ ― 2 푎 ― 1 = 2（풆풂―ퟐ ― 1 푎 ― 1）在（1，+∞）上单调递增且 h′（2）＝0， 故当 a＞2 时，h′（a）＞0，h（a）单调递增，当 1＜a＜2 时，h′（a）＜0，h（a） 单调递减， 故当 a＝2 时，h（a）取得极小值 h（2）＝2﹣2k，由题意可知 2﹣2k＝﹣2， 故 k＝2． 故选：B． 【点评】本题主要考查了利用导数研究函数极值存在的条件，解题的关键是利用已知表 示出极值的条件． 二、填空题： 13．已知|→ 풂|＝1，|→ 풃|＝2，且→ 풂•（→ 풃 ― → 풂）＝﹣2，则向量→ 풂与→ 풃的夹角为　2휋 3 　． 【分析】根据题意，设向量→ 풂与→ 풃的夹角为 θ，由数量积的运算性质可得→ 풂•（→ 풃 ― → 풂） = → 풂 •→ 풃 ― → 풂2＝﹣2，变形解可得 cosθ 的值，结合 θ 的范围分析可得答案． 解：根据题意，设向量→ 풂与→ 풃的夹角为 θ， 若→ 풂•（→ 풃 ― → 풂）＝﹣2，则→ 풂•（→ 풃 ― → 풂） = → 풂•→ 풃 ― → 풂2＝﹣2， 即 2cosθ﹣1＝﹣2，解可得 cosθ = ― 1 2， 又由 0≤θ≤π，则 θ = 2휋 3 ； 故答案：2휋 3 ． 【点评】本题考查向量数量积的计算，注意向量数量积的计算公式，属于基础题． 14．已知数列{an}的前 n 项和为 Sn，且满足 2an﹣Sn＝1（n∈N*），则 a4＝　8　． 【分析】直接利用数列的递推关系式，逐步求解数列的项即可． 解：数列{an}的前 n 项和为 Sn，且满足 2an﹣Sn＝1（n∈N*）， n＝1 时，2a1﹣S1＝1．可得 a1＝1， n＝2 时，2a2﹣S2＝1，即 2a2﹣a2﹣a1＝1，解得 a2＝2，n＝3 时，2a3﹣S3＝1，即 2a3﹣a3﹣a2﹣a1＝1，解得 a3＝4， n＝4 时，2a4﹣S4＝1，即 2a4﹣a4﹣a3﹣a2﹣a1＝1，解得 a4＝8， 故答案为：8． 【点评】本题考查数列的递推关系式的应用，数列的项的求法，是基本知识的考查． 15．焦点为 F 的抛物线 C：x2＝4y 的准线与坐标轴交于点 A，点 P 在抛物线 C 上，则|푃퐴| |푃퐹| 的最大值为　 ퟐ　． 【分析】根据题意作图，结合抛物线性质可得|푃퐴| |푃퐹| = 1 푠푖푛∠푃퐴푀，则当∠PAM 最小时，则 |푃퐴| |푃퐹|最大，即当 PA 和抛物线相切时，|푃퐴| |푃퐹|最大，设 P（a，푎2 4 ），利用导数求得斜率求 出 a 的值即可 解：由题意可得，焦点 F（0，1），A（0，﹣1），准线方程为 y＝﹣1 过点 P 作 PM 垂直于准线，M 为垂足， 由抛物线的定义可得|PF|＝|PM|， 则|푃퐴| |푃퐹| = |푃퐴| |푃푀| = 1 푠푖푛∠푃퐴푀，∠PAM 为锐角． 故当∠PAM 最小时，则|푃퐴| |푃퐹|最大， 故当 PA 和抛物线相切时，|푃퐴| |푃퐹|最大 可设切点 P（a，푎2 4 ）， 则 PA 的斜率为 k = 1 4푎2 ― 1 푎 ， 而函数 y = 푥2 4 的导数为 y′ = 푥 2， 则有푎 2 = 1 4푎2 ― 1 푎 ，解得 a＝±2，可得 P（2，1）或（﹣2，1），则|PM|＝2，|PA|＝2 ퟐ， 即有 sin∠PAM = |푃푀| |푃퐴| = 2 2 ， 则|푃퐴| |푃퐹| = ퟐ， 故答案为： ퟐ 【点评】本题主要考查抛物线的定义、性质的简单应用，直线的斜率公式、利用数形结 合进行转化是解决本题的关键．考查学生的计算能力，属于中档题． 16．如图，在平行四边形 ABCD 中，∠BAD＝60°，AB＝2AD＝2，E 为边 AB 的中点，将 △ADE 沿直线 DE 翻折成△A1DE，设 M 为线段 A1C 的中点．则在△ADE 翻折过程中， 给出如下结论： ①当 A1 不在平面 ABCD 内时，MB∥平面 A1DE； ②存在某个位置，使得 DE⊥A1C； ③线段 BM 的长是定值； ④当三棱锥 C﹣A1DE 体积最大时，其外接球的表面积为13휋 3 ． 其中，所有正确结论的序号是　①③④　．（请将所有正确结论的序号都填上）【分析】①取 DC 的中点 N，连接 NM、NB，可得 MN∥A1D，NB∥DE，且 MN、NB 和∠MNB均为定值，由平面与平面平行的判定可得面MNB∥面 A1DE，则MB∥面 A1DE； ②用反证法，假设存在某个位置，使 DE⊥A1C，在△CDE 中，由勾股定理易知，CE⊥ DE，再由线面垂直的判定定理可知，DE⊥面 A1CE，所以 DE⊥A1E，与已知相矛盾； ③由①可知 MN，NB，∠MNB，在△MNB 中，由余弦定理可知，MB2＝MN2+NB2﹣2MN •NBcos∠MNB，计算得线段 BM 的长是定值； ④当三棱锥 C﹣A1DE 体积最大时，平面 A1DE⊥平面 CDE，又 CE⊥DE，得 CE⊥平面 A1DE，设三棱锥 C﹣A1DE 的外接球的球心为 O，由勾股定理求外接球的半径 OE，代入 球的表面积公式可得外接球的表面积为13휋 3 ． 解：如图，∵AB＝2AD＝2，E 为边 AB 的中点，∠BAD＝60°， ∴△ADE（A1DE）为等边三角形，则 DE＝1． ①取 DC 的中点 N，连接 NM、NB，则 MN∥A1D，且 MN = 1 2 = 푨ퟏ푫 = 1 2； NB∥DE，且 NB＝DE＝1， ∵MN⊄平面 A1DE，A1D⊂平面 A1DE，则 MN∥平面 A1DE， 同理 NB∥平面 A1DE，又 NM∩NB＝N，∴平面 NMB∥平面 A1DE，则 MB∥平面 A1DE，故①正确； ②假设存在某个位置，使 DE⊥A1C．∵DE＝1，可得 CE = ퟑ， ∴CE2+DE2＝CD2，即 CE⊥DE， ∵A1C∩CE＝C，∴DE⊥面 A1CE， ∵A1E⊂面 A1CE，∴DE⊥A1E，与已知∠DA1E＝60°矛盾，故②错误； ③由①知，∠MNB＝∠A1DE＝60°，MN = 1 2，NB＝1． 由余弦定理得，MB2＝MN2+NB2﹣2MN•NBcos∠MNB = 1 4 +ퟏ ― ퟐ × 1 2 × ퟏ × 1 2 = 3 4， ∴BM 的长为定值 3 2 ，故③正确； 当三棱锥 C﹣A1DE 体积最大时，平面 A1DE⊥平面 CDE， 又 CE⊥DE，∴CE⊥平面 A1DE，设三棱锥 C﹣A1DE 的外接球的球心为 O， 则外接球的半径 OE = ( 3 3 )ퟐ + ( 3 2 )ퟐ = 13 12， ∴外接球的表面积 S＝4π × ( 13 12)ퟐ = 13휋 3 ，故④正确． ∴正确命题的序号是①③④． 故答案为：①③④． 【点评】本题考查空间中线面的位置关系，理清翻折前后不变的数量关系和位置关系， 以及熟练运用线面平行或垂直的判定定理与性质定理是解题的关键，考查学生的空间立 体感和逻辑推理能力，属于中档题． 三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第 17～21 题为必考题，每个试 题考生都必须作答．第 22、23 题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题： 17．在△ABC 中，角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，且 acosB＝（4c﹣b）cosA． （Ⅰ）求 cosA 的值；（Ⅱ）若 b＝4，点 M 在线段 BC 上，且 → 푨푩 + → 푨푪 = ퟐ → 푨푴，| → 푨푴| = ퟔ，求△ABC 的面 积． 【分析】（Ⅰ）由正弦定理，两角和的正弦函数公式化简已知等式可得 sinC＝ 4sinCcosA，结合在△ABC 中，sinC≠0，可求 cosA 的值． （Ⅱ）解法一：由 → 푨푩 + → 푨푪 = ퟐ → 푨푴，两边平方，利用余弦定理可解得 c 的值，利用同角 三角函数基本关系式可求 sinA 的值，进而根据三角形的面积公式即可求解； 解法二：延长 BA 到 N，使 AB＝AN，连接 CN，由 → 푨푩 + → 푨푪 = ퟐ → 푨푴，M 点为 BC 线段中 点，| → 푨푴| = ퟔ，可求푪푵 = ퟐ ퟔ，풄풐풔∠푪푨푵 = 풄풐풔(흅 ― ∠푨) = ― 1 4，利用余弦定理可求 c 的值，进而根据三角形的面积公式即可求解． 解：（Ⅰ）因为 acosB＝（4c﹣b）cosA， 由正弦定理得：sinAcosB＝（4sinC﹣sinB）cosA， 即 sinAcosB+sinBcosA＝4sinCcosA， 可得 sinC＝4sinCcosA， 在△ABC 中，sinC≠0， 所以풄풐풔푨 = 1 4． （Ⅱ）解法一：∵ → 푨푩 + → 푨푪 = ퟐ → 푨푴，两边平方得： → 푨푩 ퟐ +ퟐ → 푨푩 ⋅ → 푨푪 + → 푨푪 ퟐ = ퟒ → 푨푴 ퟐ， 由 b＝4，| → 푨푴| = ퟔ，풄풐풔푨 = 1 4， 可得：풄ퟐ +ퟐ풄 ⋅ ퟒ ⋅ 1 4 +ퟏퟔ = ퟒ × ퟔ，解得 c＝2 或 c＝﹣4（舍）． 又풔풊풏푨 = ퟏ ― 풄풐풔ퟐ푨 = 15 4 ， 所以△ABC 的面积푺 = 1 2 × ퟒ × ퟐ × 15 4 = ퟏퟓ．解法二：延长 BA 到 N，使 AB＝AN，连接 CN， ∵ → 푨푩 + → 푨푪 = ퟐ → 푨푴，M 点为 BC 线段中点，| → 푨푴| = ퟔ， ∴푪푵 = ퟐ ퟔ， 又∵b＝4，풄풐풔푨 = 1 4，풄풐풔∠푪푨푵 = 풄풐풔(흅 ― ∠푨) = ― 1 4， ∴CN2＝AC2+AN2﹣2AC•AN•cos∠CAN， 即ퟐퟒ = ퟏퟔ + 풄ퟐ ―ퟐ풄 ⋅ ퟒ ⋅ ( ― 1 4)，解得：c＝2 或 c＝﹣4（舍）， 又풔풊풏푨 = ퟏ ― 풄풐풔ퟐ푨 = 15 4 ， ∴△ABC 的面积푺 = 1 2 × ퟒ × ퟐ × 15 4 = ퟏퟓ． 【点评】本题主要考查了正弦定理，两角和的正弦函数公式，余弦定理，同角三角函数 基本关系式，三角形的面积公式以及平面向量的运算在解三角形中的综合应用，考查了 数形结合思想和转化思想，属于中档题． 18．某公司为提高市场销售业绩，促进某产品的销售，随机调查了该产品的月销售单价 x （单位：元/件）及相应月销量 y（单位：万件），对近 5 个月的月销售单价 xi 和月销售 量 yi（i＝1，2，3，4，5）的数据进行了统计，得到如表数据： 月销售单价 xi（元/件） 9 9.5 10 10.5 11 月销售量 yi（万件） 11 10 8 6 5 （Ⅰ）建立 y 关于 x 的回归直线方程；（Ⅱ）该公司开展促销活动，当该产品月销售单价为 7 元/件时，其月销售量达到 18 万 件，若由回归直线方程得到的预测数据与此次促销活动的实际数据之差的绝对值不超过 0.5 万件，则认为所得到的回归直线方程是理想的，试问：（Ⅰ）中得到的回归直线方程 是否理想？ （Ⅲ）根据（Ⅰ）的结果，若该产品成本是 5 元/件，月销售单价 x 为何值时（销售单价 不超过 11 元/件），公司月利润的预计值最大？ 参考公式：回归直线方程풚 = 풃풙 + 풂，其中풃 = 푛 푖=1 푥푖푦푖 ― 푛푥푦 푛 푖=1 푥푖 2 ― 푛푥2 ，풂 = 풚 = 풃풙． 参考数据： ퟓ 풊=ퟏ 풙풊풚풊 = ퟑퟗퟐ， ퟓ 풊=ퟏ xi2＝502.5． 【分析】（Ⅰ）求出样本中心，求出回归直线方程的斜率，然后求解 y 关于 x 的回归直 线方程； （Ⅱ）利用过后直线方程，求出当该产品月销售单价为 7 元/件时，求出预测数据，通过 判断由回归直线方程得到的预测数据与此次促销活动的实际数据之差的绝对值说法超过 0.5 万件，则认为所得到的回归直线方程是理想的，说明（Ⅰ）中得到的回归直线方程是 否理想． （Ⅲ）设销售利润为 M，则 M＝（x﹣5）（﹣3.2x+40）（5＜x≤11）M＝﹣3.2x2+56x﹣ 200，求解 x＝8.75 时，M 取最大值，得到结果． 解 ： （ Ⅰ ） 因 为 풙 = 1 5(ퟏퟏ + ퟏퟎ.ퟓ + ퟏퟎ + ퟗ.ퟓ + ퟗ) = ퟏퟎ， 풚 = 1 5 (ퟓ + ퟔ + ퟖ + ퟏퟎ + ퟏퟏ) = ퟖ． 所以풃 = 392 ― 5 × 10 × 8 502.5 ― 5 × 102 = ―ퟑ.ퟐ，所以풂 = ퟖ ― ( ― ퟑ.ퟐ) × ퟏퟎ = ퟒퟎ， 所以 y 关于 x 的回归直线方程为：풚 = ―ퟑ.ퟐ풙 + ퟒퟎ． （Ⅱ）当 x＝7 时，풚 = ―ퟑ.ퟐ × ퟕ + ퟒퟎ = ퟏퟕ.ퟔ，则|17.6﹣18|＝0.4＜0.5， 所以可以认为所得到的回归直线方程是理想的．（Ⅲ）设销售利润为 M，则 M＝（x﹣5）（﹣3.2x+40）（5＜x≤11）M＝﹣3.2x2+56x﹣ 200，所以 x＝8.75 时，M 取最大值， 所以该产品单价定为 8.75 元时，公司才能获得最大利润． 【点评】本题考查回归直线方程的求法与应用，考查转化思想以及计算能力，是基本知 识的考查． 19．如图，已知三棱柱 ABC﹣A1B1C1 的所有棱长均为 2，∠B1BA = 휋 3． （Ⅰ）证明：B1C⊥AC1； （Ⅱ）若平面 ABB1A1⊥平面 ABC，M 为 A1C1 的中点，求 B1C 与平面 AB1M 所成角的正 弦值． 【分析】（Ⅰ）取 AB 中点 D，连接 B1D，CD，BC1．证明 B1C⊥BC1．B1D⊥AB，CD⊥ AB．得到 AB⊥平面 B1CD．推出 AB⊥B1C．即可证明 B1C⊥平面 ABC1，得到 B1C⊥ AC1． （Ⅱ）说明 DB，DB1，DC 两两垂直，以 D 为原点，DB 为 x 轴，DC 为 y 轴，DB1 为 z 轴，建立空间直角坐标系．求出平面 AB1M 的法向量，利用空间向量的数量积求解 B1C 与平面 AB1M 所成的角的正弦值即可． 【解答】证明：（Ⅰ）取 AB 中点 D，连接 B1D，CD，BC1． ∵三棱柱的所有棱长均为 2，∠푩ퟏ푩푨 = 휋 3， ∴△ABC 和△ABB1 是边长为 2 的等边三角形，且 B1C⊥BC1．∴B1D⊥AB，CD⊥AB． ∵B1D，CD⊂平面 B1CD，B1D∩CD＝D，∴AB⊥平面 B1CD． ∵B1C⊂平面 B1CD，∴AB⊥B1C． ∵AB，BC1⊂平面 ABC1，AB∩BC1＝B，∴B1C⊥平面 ABC1， ∴B1C⊥AC1． （Ⅱ）∵平面 ABB1A1⊥平面 ABC，且交线为 AB， 由（Ⅰ）知 B1D⊥AB，∴B1D⊥平面 ABC． 则 DB，DB1，DC 两两垂直，则以 D 为原点，DB 为 x 轴，DC 为 y 轴，DB1 为 z 轴， 建立空间直角坐标系． 则 D（0，0，0），A（﹣1，0，0），푩ퟏ(ퟎ，ퟎ， ퟑ)，푪(ퟎ， ퟑ，ퟎ)，푪ퟏ( ― ퟏ， ퟑ， ퟑ )，푨ퟏ( ― ퟐ，ퟎ， ퟑ) ∵M 为 A1C1 的中点，∴푴( ― 3 2， 3 2 ， ퟑ)， ∴ → 푩ퟏ푪 = (ퟎ， ퟑ， ― ퟑ)， → 푨푩ퟏ = (ퟏ，ퟎ， ퟑ)， → 푨푴 = ( ― 1 2， 3 2 ， ퟑ)， 设平面 AB1M 的法向量为→ 풏 = (풙，풚，풛)， 则{ → 푨푩ퟏ ⋅ → 풏 = 풙 + ퟑ풛 = ퟎ → 푨푴 ⋅ → 풏 = ― 1 2풙 + 3 2 풚 + ퟑ풛 = ퟎ ，取 z＝1，得→ 풏 = ( ― ퟑ， ― ퟑ，ퟏ)．设 B1C 与平面 AB1M 所成的角为 α，则풔풊풏휶 = | → 퐵1퐶 ⋅ → 푛| | → 퐵1퐶| ⋅ | → 푛| = 4 3 6 ⋅ 13 = 2 26 13 ． ∴B1C 与平面 AB1M 所成角的正弦值为2 26 13 ． 【点评】本题考查直线与平面所成角的正弦值的求法，直线与平面垂直的判断定理的应 用，考查空间想象能力以及逻辑推理能力计算能力，是中档题． 20．已知函数 f（x）＝（a+2）x2+ax﹣lnx（a∈一、选择题）． （Ⅰ）当 a＝0 时，求曲线 y＝f（x）在（1，f（1））处的切线方程； （Ⅱ）设 g（x）＝x2 ― 2 3풙ퟑ，若∀x1∈（0，1]，∃x2∈[0，1]，使得 f（x1）≥g（x2）成立， 求实数 a 的取值范围． 【分析】（Ⅰ）当 a＝0 时，求出풇′(풙) = ퟒ풙 ― 1 푥，求出切线的斜率以及切点坐标，然后 求解切线方程． （Ⅱ）问题等价于∀x1∈（0，1]，∃x2∈[0，1]，f（x1）min≥g（x2）min．求出 g'（x）＝2x ﹣2x2，利用导函数的符号判断函数的单调性，求解函数的最小值，同理求解 f（x）min， 利用转化不等式，构造函数，转化求解即可． 解：（Ⅰ）当 a＝0 时，f（x）＝2x2﹣lnx，풇′(풙) = ퟒ풙 ― 1 푥， 则 f（1）＝2，f'（1）＝3，故曲线 y＝f（x）在（1，f（1））处的切线方程为 3x﹣y﹣1 ＝0． （Ⅱ）问题等价于∀x1∈（0，1]，∃x2∈[0，1]，f（x1）min≥g（x2）min． 由품(풙) = 풙ퟐ ― 2 3풙ퟑ得 g'（x）＝2x﹣2x2， 由 g'（x）＝2x﹣2x2≥0 得 0≤x≤1， 所以在[0，1]上，g（x）是增函数，故 g（x）min＝g（0）＝0．f（x）定义域为（0，+ ∞），而풇′(풙) = ퟐ(풂 + ퟐ)풙 + 풂 ― 1 푥 = 2(푎 + 2)푥2 + 푎 ― 1푥 푥 = (2푥_1)[(푎 + 2)푥 ― 1] 푥 ． 当 a≤﹣2 时，f'（x）＜0 恒成立，f（x）在（0，1]上是减函数， 所以 f（x）min＝f（1）＝2（a+1）≥0⇒a≥﹣1，不成立； 当 a＞﹣2 时，由 f'（x）＜0，得ퟎ＜풙＜ 1 푎 + 2；由 f'（x）＞0，得풙＞ 1 푎 + 2， 所以 f（x）在(ퟎ， 1 푎 + 2)单调递减，在( 1 푎 + 2， + ∞)单调递减． 若 1 푎 + 2＞ퟏ，即﹣2＜a＜﹣1 时，f（x）在（0，1]是减函数， 所以 f（x）min＝f（1）＝2（a+1）≥0⇒a≥﹣1，不成立； 若ퟎ＜ 1 푎 + 2 ≤ ퟏ，即 a≥﹣1 时，f（x）在풙 = 1 푎 + 2处取得最小值，풇(풙)풎풊풏 = 풇( 1 푎 + 2 ) = ퟏ + 풍풏(풂 + ퟐ) ― 1 푎 + 2， 令풉(풂) = ퟏ + 풍풏(풂 + ퟐ) ― 1 푎 + 2(풂 ≥ ―ퟏ)， 则풉′(풂) = 1 푎 + 2 + 1 (푎 + 2)2 = 푎 + 3 (푎 + 2)2＞ퟎ在[﹣1，+∞）上恒成立， 所以 h（a）在[﹣1，+∞）是增函数且 h（a）min＝h（﹣1）＝0， 此时풇(풙)풎풊풏 = 풇( 1 푎 + 2) ≥ ퟎ成立，满足条件． 综上所述，a≥﹣1． 【点评】本题考查函数的导数的应用，切线方程以及函数的单调性，函数的最值的求法， 转化思想的应用，是难题． 21．点 M（x，y）与定点 F（1，0）的距离和它到直线 x＝4 的距离的比是常数1 2． （Ⅰ）求点 M 的轨迹 C 的方程； （Ⅱ）过坐标原点 O 的直线交轨迹 C 于 A，B 两点，轨迹 C 上异于 A，B 的点 P 满足直线 AP 的斜率为 ― 3 2． （ⅰ）求直线 BP 的斜率； （ⅱ）求△ABP 面积的最大值． 【分析】（Ⅰ）利用点 M（x，y）与定点 F（1，0）的距离和它到直线 x＝4 的距离的比 是常数1 2，列出方程化简求解即可． （Ⅱ）（ⅰ）设点 A（x1，y1），则点 B（﹣x1，﹣y1），满足푥2 1 4 + 푦2 1 3 = ퟏ，设点 P（x2， y2），满足푥2 2 4 + 푦2 2 3 = ퟏ，利用平方差法求解 AP 的斜率，BP 的斜率即可． （ⅱ）说明 S△ABP＝2S△OAP，设直线푨푷：풚 = ― 3 2풙 + 풎，代入曲线푪：푥2 4 + 푦2 3 = ퟏ化简得： 3x2﹣3mx+m2﹣3＝0， 设 A（x1，y1），P（x2，y2），利用韦达定理、弦长公式以及点到直线的距离公式，转 化求解三角形面积的表达式，然后求解最值即可． 解：（Ⅰ）由已知得 (푥 ― 1)2 + 푦2 |푥 ― 4| = 1 2，两边平方并化简得 3x2+4y2＝12， 即点 M 的轨迹 C 的方程为：푥2 4 + 푦2 3 = ퟏ． （Ⅱ）（ⅰ）设点 A（x1，y1），则点 B（﹣x1，﹣y1），满足푥2 1 4 + 푦2 1 3 = ퟏ，① 设点 P（x2，y2），满足푥2 2 4 + 푦2 2 3 = ퟏ，② 由①﹣②得： (푥1 ― 푥2)(푥1 + 푥2) 4 + (푦1 ― 푦2)(푦1 + 푦2) 3 = ퟎ， ∵풌푨푷 = 푦1 ― 푦2 푥1 ― 푥2 ―= ― 3 2，풌푩푷 = 푦1 + 푦2 푥1 + 푥2 ， ∴풌푩푷 = 푦1 + 푦2 푥1 + 푥2 = 1 2． （ⅱ）∵A，B 关于原点对称，∴S△ABP＝2S△OAP，设直线푨푷：풚 = ― 3 2풙 + 풎，代入曲线푪：푥2 4 + 푦2 3 = ퟏ化简得：3x2﹣3mx+m2﹣3＝0， 设 A（x1，y1），P（x2，y2），由△＞0 得：m2＜12，x1+x2＝m，풙ퟏ풙ퟐ = 푚2 ― 3 3 ， |푨푷| = ퟏ + 9 4|풙ퟏ ― 풙ퟐ| = ퟏ + 9 4 (풙ퟏ + 풙ퟐ)ퟐ ― ퟒ풙ퟏ풙ퟐ = ퟏ + 9 4 ퟒ ― 푚2 3 ， 点 O 到直线 AP 的距离풅 = |푚| 1 + 9 4 ， ∴푺△푨푩푷 = ퟐ푺△푶푨푷 = ퟐ × 1 2 × |푨푷| ⋅ 풅 = |풎| ퟒ ― 푚2 3 = ퟒ풎ퟐ ― 푚4 3 ， ∴푺△푨푩푷 = ― 푚4 3 + ퟒ풎ퟐ = ― 1 3(풎ퟐ ― ퟔ)ퟐ + ퟏퟐ，当 m2＝6 时， ∴S△ABP 取到最大值ퟐ ퟑ． 【点评】本题考查椭圆方程的求法，直线与椭圆的位置关系的综合应用，平方差法以及 距离公式的应用，三角形面积的最值的求法，是中档题． （二）选考题：[选修 4-4：坐标系与参数方程] 22．在直角坐标系 xOy 中，曲线 C1 的参数方程为{풙 = ퟏ + 풄풐풔흋 풚 = 풔풊풏흋 （φ 为参数），将曲线 C1 向左平移 1 个单位长度，再向上平移 1 个单位长度得到曲线 C2．以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴，建立极坐标系． （Ⅰ）求曲线 C1、C2 的极坐标方程； （Ⅱ）射线 OM：θ＝α（ρ≥0）分别与曲线 C1、C2 交于点 A，B（A，B 均异于坐标原点 O），若|푨푩| = ퟐ，求 α 的值． 【分析】（Ⅰ）直接利用转换关系，把参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间进行转 换． （Ⅱ）利用极径的应用和三角函数关系式的恒等变换，及正弦型函数的性质的应用求出 结果．解：（Ⅰ）由题意：{풙 = ퟏ + 풄풐풔흋 풚 = 풔풊풏흋 ⇒{풙 ― ퟏ = 풄풐풔흋 풚 = 풔풊풏흋 ⇒(풙 ― ퟏ)ퟐ + 풚ퟐ = ퟏ． ∵ρ2＝x2+y2，x＝ρcosθ，y＝ρsinθ， ∴曲线 C1 的极坐标方程为 ρ＝2cosθ． 因曲线 C1 是圆心为（1，0），半径为 1 的圆， 故曲线 C2 的直角坐标方程为 x2+（y﹣1）2＝1． ∴曲线 C2 的极坐标方程为 ρ＝2sinθ． （Ⅱ）设 A（ρ1，α），B（ρ2，α）， 则|푨푩| = |흆ퟏ ― 흆ퟐ| = ퟐ|풔풊풏휶 ― 풄풐풔휶| = ퟐ ퟐ|풔풊풏(휶 ― 휋 4)| = ퟐ． 所以풔풊풏(휶 ― 휋 4) =± 1 2， 因为ퟐ풌흅＜휶＜ퟐ풌흅 + 휋 2，所以휶 ― 휋 4 = ퟐ풌흅 ± 휋 6(풌 ∈ 풁)． 所以휶 = ퟐ풌흅 + 휋 12(풌 ∈ 풁)或휶 = ퟐ풌흅 + 5휋 12(풌 ∈ 풁)． 【点评】本题考查的知识要点：参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间的转换，极径 的应用，三角函数关系式的恒等变换，正弦型函数的性质的应用，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． [选修 4-5：不等式选讲] 23．已知函数 f（x）＝|x﹣a|+|x+b|（a＞0，b＞0）． （Ⅰ）当 a＝b＝1 时，解不等式 f（x）＜x+2； （Ⅱ）若 f（x）的值域为[2，+∞），证明： 1 푎 + 1 + 1 푏 + 1 + 1 푎푏 ≥ 2． 【分析】（Ⅰ）由绝对值的定义分段脱绝对值求解． （Ⅱ）由绝对值不等式求函数 f（x）的值域可确定 a+b＝2，再配凑均值不等式的形式，两次用均值不等式即可证明． 解：（Ⅰ）当 a＝b＝1 时，不等式为|x﹣1|+|x+1|＜x+2， 当 x＜﹣1 时，不等式化为 ―ퟐ풙＜풙 + ퟐ⇒풙＞ ― 2 3，此时不等式无解； 当﹣1≤x＜1 时，不等式化为 2＜x+2⇒x＞0，故 0＜x＜1； 当 x≥1 时，不等式化为 2x＜x+2⇒x＜2，故 1≤x＜2． 综上可知，不等式的解集为{x|0＜x＜2}． （Ⅱ）f（x）＝|x﹣a|+|x+b|≥|a+b|，当且仅当 x﹣a 与 x+b 同号时，f（x）取得最小值 |a+b|， ∵f（x）的值域为[2，+∞），且 a＞0，b＞0，故 a+b＝2． 故 1 푎 + 1 + 1 푏 + 1 + 1 푎푏 = 1 4( 1 푎 + 1 + 1 푏 + 1)[(풂 + ퟏ) + (풃 + ퟏ)] + 1 푎푏 = 1 4(ퟐ + 푏 + 1 푎 + 1 + 푎 + 1 푏 + 1 ) + 1 푎푏 ≥ 1 4(ퟐ + ퟐ 푏 + 1 푎 + 1 ⋅ 푎 + 1 푏 + 1) + ( 2 푎 + 푏)ퟐ = ퟏ + ퟏ = ퟐ （当且仅当 a＝b＝1 时取等号）． 【点评】本题考查绝对值不等式的解法，利用基本不等式证明不等式，属于中低档题．