2020年安徽省高考数学(共21页).docx-淘文阁

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1、精选优质文档-倾情为你奉上2020年安徽省高考数学（理科）模拟试卷（7）一选择题（共12小题，满分60分，每小题5分）1（5分）已知集合A0，1，2，3，集合Bx|x|2，则AB（）A0，3B0，1，2C1，2D0，1，2，32（5分）若复数z满足（1+i）z|1+i|，则z的虚部为（）A-2iB-2C-22iD-223（5分）已知实数x，y满足约束条件x1x+y-30x-y-10，则z=y+1x+1的取值范围为（）A12，32B12，23C（，1232，+）D（，1223，+）4（5分）已知a0，函数f（x）aex，g（x）ealnx+b，e为自然对数的底数若存在一条直线与曲线yf（x）和y

2、g（x）均相切，则ba的取值范围为（）A（，eB（0，eC（，1D（0，15（5分）已知sin(32-)+2cos(-)=sin，则2sin2sincos（）A2110B32C32D26（5分）给出以下4个命题：其中真命题的个数是（）函数ysin4xcos4x的最小正周期是；终边在y轴上的角的集合是|=k2，kZ；把函数y=3sin(2x+3)的图象向右平移6个单位得到函数y3sin2x的图象；函数y=sin(x-2)在区间0，上是减函数A1B2C3D47（5分）已知x0，y0，2x+yxy，则x+y的最小值为（）A6B32C3+22D228（5分）2019年5月31日晚，大连市某重点高中举行

3、一年一度的毕业季灯光表演学生会共安排6名高一学生到学校会议室遮挡4个窗户，要求两端两个窗户各安排1名学生，中间两个窗户各安排两名学生，不同的安排方案共有（）A720B360C270D1809（5分）半正多面体（semiregularsolid）亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形为面的多面体，体现了数学的对称美二十四等边体就是一种半正多面体，是由正方体切截而成的，它由八个正三角形和六个正方形为面的半正多面体如图所示，图中网格是边长为1的正方形，粗线部分是某二十四等边体的三视图，则该几何体的体积为（）A83B4C163D20310（5分）已知O为坐标原点，点P（1，2）在抛物线C：

4、y24x上，过点P作两直线分别交抛物线C于点A，B，若kPA+kPB0，则kABkOP的值为（）A1B2C3D411（5分）设函数f（x）x21，对任意x32，+)，f(xm)-4m2f(x)f(x-1)+4f(m)恒成立，则实数m的取值范围是（）A(-，-1212，+)B（，-2222，+）C（，-3232，+）D（，11，+）12（5分）已知，为两个不重合的平面，m，n为两条不重合的直线，且m，n，记直线m与直线n的夹角和二面角m均为1，直线n与平面所成的角为2，则下列说法正确的是（）A若016，则122B若614，则tan 12tan2C若413，则sin1sin2D若312，则cos1

5、34cos2二填空题（共4小题，满分20分，每小题5分）13（5分）已知向量a与b的夹角为120，且a=(-1，3)，|b|=10，则ab= 14（5分）记边长为1的正六边形的六个顶点分别为A1、A2、A3、A4、A5、A6，集合Ma|a=AiAj（i，j1，2，3，4，5，6，ij），在M中任取两个元素m、n，则mn=0的概率为 15（5分）已知双曲线x2a2-y2b2=1（a0，b0）的焦距为2c，F为右焦点，O为坐标原点，P是双曲线上一点，|PO|c，POF的面积为12ab，则该双曲线的离心率为 16（5分）在ABC中，2acosA+bcosC+ccosB0，则角A的大小为三解答题（共

6、5小题，满分60分，每小题12分）17（12分）在b2n2bn+1，a2b1+b2，b1，b2，b4成等比数列这三个条件中选择符合题意的两个条件，补充在下面的问题中，并求解已知数列an中a11，an+13an公差不等于0的等差数列bn满足_，求数列bnan的前n项和Sn注：如果给出多种选择的解答，按符合题意的第一种选择计分18（12分）在四棱锥PABCD中，平面PAD平面ABCD底面ABCD为梯形，ABCD，ABAD，且AB1，PAADDC2，PD=22（）求证：ABPD；（）求二面角PBCD的余弦值；（）若M是棱PA的中点，求证：对于棱BC上任意一点F，MF与PC都不平行19（12分）某城市

7、为了美化旅游景区，决定在夹角为45的两条道路EB，EF之间挖一个半椭圆形状的人工湖，如图所示，AB40米，O为AB的中点，OD为椭圆的半长轴，椭圆的一个焦点P在OD上，在椭圆形区域内建造三角形游船区MNP，其中M，N在椭圆上，且MN平行于AB交OD于G，P在线段OG上（1）若OE30米，为了不破坏道路EF，求椭圆半长轴长的最大值；（2）若椭的离心率为22，当线段PG长为何值时，游船区城MNP的面积最大？20（12分）2020年春节期间爆发的新型冠状病毒（2019nCoV），是一种可以借助飞沫和接触传播的变异病毒某定点医院为筛查某些人是否感染该病毒，需要检验血液是否为阳性，现有n份血液样本，有以

8、下两种检验方式：（a）逐份检验，则需要检验n次；（b）混合检验，将其中k（kN*且k2）份血液样本分别取样混合在一起检验若检验结果为阴性，这k份的血液全为阴性，因而这k份血液样本只要检验一次就够了；如果检验结果为阳性，为了明确这k份血液究竟哪几份为阳性，就要对这k份再逐份检验，此时这k份血液的检验次数总共为k+1次假设在接受检验的血液样本中，每份样本的检验结果是阳性还是阴性都是独立的，且每份样本是阳性结果的概率为p（0p1）（1）假设有6份血液样本，其中只有2份样本为阳性，若采用逐份检验方式，求恰好经过4次检验就能把阳性样本全部检验出来的概率；（2）现取其中k（kN*且k2）份血液样本，记采用

9、逐份检验方式，样本需要检验的总次数为1，采用混合检验方式，样本需要检验的总次数为2（i）试运用概率统计的知识，若E1E2，试求p关于k的函数关系式pf（k）；（ii）若p=1-e-14，采用混合检验方式可以使得样本需要检验的总次数的期望值比逐份检验的总次数期望值更小，求k的最大值参考数据：ln20.6931，ln31.0986，ln51.6094，In71.945921（12分）已知函数f(x)=x2-2ax-ln1x，aR（1）讨论f（x）的单调性；（2）若f（x）有两个极值点x1，x2（x1x2），求f（x2）2f（x1）的最大值四解答题（共1小题，满分10分，每小题10分）22（10分）

10、在直角坐标系xOy中，已知点M（1，32），C1的参数方程为x=12+ty=3t（t为参数），以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为32=2+cos2（1）求C1的普通方程和C2的直角坐标方程；（2）设曲线C1与曲线C2相交于A，B两点，求1|MA|+1|MB|的值五解答题（共1小题）23已知a0，b0，c0，函数f（x）|ax|+|x+b|+c（1）当abc2时，求不等式f（x）10的解集；（2）若函数f（x）的最小值为1，证明：a2+b2+c2132020年安徽省高考数学（理科）模拟试卷（7）参考答案与试题解析一选择题（共12小题，满分60分，每小题5

12、包括边界），z=y+1x+1可看作点（x，y）和P（1，1）之间的斜率，由可行域可知B（1，0），C（1，2），且KPBzKPC；则12z32，故选：A4（5分）已知a0，函数f（x）aex，g（x）ealnx+b，e为自然对数的底数若存在一条直线与曲线yf（x）和yg（x）均相切，则ba的取值范围为（）A（，eB（0，eC（，1D（0，1【解答】解：函数f（x）aex，g（x）aelnx+b，f（x）aex，g（x）=aex，设切点分别为（t，aet），（m，aelnm+b），与f（x），yg（x）相切的直线方程为yaetaet（xt），yaelnmb=aem（xm）由题意存在一条直线与曲线

13、yf（x）和yg（x）均相切可得aet=aem，且b（1t）aetaelnm+aeaet=aem，已知a0ba=（1t）etelnm+e（1t）ete（1t）+eet+ettet令h（t）（1t）etelnm+e（1t）ete（1t）+eet+etteth（t）tet+e，当t1时，h（t）tet+e0，当t1时，h（t）tet+e0，h（t）是单调递增函数当t1时，h（t）tet+e0，h（t）是单调递减函数h（t）et+ettet在当t1时取得最大值，最大值为h（1）et+ettete则ba的取值范围：bae故选：A5（5分）已知sin(32-)+2cos(-)=sin，则2sin2sin

14、cos（）A2110B32C32D2【解答】解：sin(32-)+2cos(-)=sin，cos2cossin，可得sin3cos，sin2+cos29cos2+cos210cos21，可得cos2=110，2sin2sincos18cos2（3cos）cos21cos2=2110故选：A6（5分）给出以下4个命题：其中真命题的个数是（）函数ysin4xcos4x的最小正周期是；终边在y轴上的角的集合是|=k2，kZ；把函数y=3sin(2x+3)的图象向右平移6个单位得到函数y3sin2x的图象；函数y=sin(x-2)在区间0，上是减函数A1B2C3D4【解答】解：函数ysin4xcos4

15、xsin2xcos2xcos2x，函数ysin4xcos4x的最小正周期是，即成立；终边在y轴上的角的集合是a|ak+2，kZ，即不成立；把函数y=3sin(2x+3)的图象向右平移6个单位得到函数y3sin2x的图象，故成立；函数y=sin(x-2)=-cosx在（0，）上是增函数，故不成立综上知，为真命题故选：B7（5分）已知x0，y0，2x+yxy，则x+y的最小值为（）A6B32C3+22D22【解答】解：x0，y0，2x+yxy，2y+1x=1，x+y（x+y）（2y+1x）=2xy+yx+33+22xyxy=22+3，当且仅当2xy=yx时取等号故选：C8（5分）2019年5月31

16、日晚，大连市某重点高中举行一年一度的毕业季灯光表演学生会共安排6名高一学生到学校会议室遮挡4个窗户，要求两端两个窗户各安排1名学生，中间两个窗户各安排两名学生，不同的安排方案共有（）A720B360C270D180【解答】解：根据题意，分2步进行：在6名学生中任选2名安排在两端的两个窗户，有A62=30种情况；将剩下的4名学生平均分成2组，全排列后安排到剩下的2个窗户，有C42C22A22A22=6种情况，则一共有306180种不同的安排方案故选：D9（5分）半正多面体（semiregularsolid）亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形为面的多面体，体现了数学的对称美二十四等

17、边体就是一种半正多面体，是由正方体切截而成的，它由八个正三角形和六个正方形为面的半正多面体如图所示，图中网格是边长为1的正方形，粗线部分是某二十四等边体的三视图，则该几何体的体积为（）A83B4C163D203【解答】解：如图所示，图中红色的部分为该二十四等边体的直观图；由三视图可知，该几何体的棱长为2，它是由棱长为2的正方体沿各棱中点截去8个三棱锥所得到的，所以该几何体的体积为：V=222-81312111=203故选：D10（5分）已知O为坐标原点，点P（1，2）在抛物线C：y24x上，过点P作两直线分别交抛物线C于点A，B，若kPA+kPB0，则kABkOP的值为（）A1B2C3D4【解

18、答】解：设A（x1，y1），B（x2，y2），则kAB=y2-y1x2-x1=y2-y1y224-y124=4y1+y2kPA=y1-2x1-1=y1-2y124-1=4y1+2，同理kPB=4y2+2kPA+kPB0，4y1+2+4y2+2=0，得y1+y24kAB=4-4=-1又kOP=21=2，kABkOP122故选：B11（5分）设函数f（x）x21，对任意x32，+)，f(xm)-4m2f(x)f(x-1)+4f(m)恒成立，则实数m的取值范围是（）A(-，-1212，+)B（，-2222，+）C（，-3232，+）D（，11，+）【解答】解：依据题意得x2m2-14m2（x1）（x

19、1）21+4（m21）在x32，+）上恒成立，即1m2-4m2-3x2-2x+1在x32，+）上恒成立令g（x）=-3x2-2x+1，g（x）=6x3+2x2，x32，+），g（x）0，g（x）递增，当x=32时，函数g（x）=-3x2-2x+1取得最小值-53，所以1m2-4m2-53，即（3m2+1）（4m23）0，解得m-32或m32，故选：C12（5分）已知，为两个不重合的平面，m，n为两条不重合的直线，且m，n，记直线m与直线n的夹角和二面角m均为1，直线n与平面所成的角为2，则下列说法正确的是（）A若016，则122B若614，则tan 12tan2C若413，则sin1sin2D

20、若312，则cos134cos2【解答】解：如图所示，直线BC为n，点B在平面的投影为O，作BAm于A，连接OA，OC，则BCABAO1，BCO2，设ABa，则BC=asin1，BO=asin1，sin2=BOBC=asin1asin1=sin21，对于A，若016时，则sin1-sin22=sin1-2sin2cos2sin1-2sin21=sin1（12sin1）0，故sin1sin22，易知0216，故122，故选项A正确；对于B，若614时，要证tan 12tan2，即sin211-sin214sin421-sin42，即sin2113，不恒成立，故选项B错误；对于C，若413时，则s

21、in2=sin21sin1，故选项C错误；对于D，若312时，要证cos134cos2，即1-sin21916(1-sin22)，即sin2179，不恒成立，故选项D错误；故选：A二填空题（共4小题，满分20分，每小题5分）13（5分）已知向量a与b的夹角为120，且a=(-1，3)，|b|=10，则ab=5【解答】解：因为向量a与b的夹角为120，且a=(-1，3)，|b|=10，所以：|a|=(-1)2+32=10；则ab=1010cos12010（-12）5；故答案为：514（5分）记边长为1的正六边形的六个顶点分别为A1、A2、A3、A4、A5、A6，集合Ma|a=AiAj（i，j1，

22、2，3，4，5，6，ij），在M中任取两个元素m、n，则mn=0的概率为16145【解答】解：记边长为1的正六边形的六个顶点分别为A1、A2、A3、A4、A5、A6，集合Ma|a=AiAj（i，j1，2，3，4，5，6，ij），则M中共有元素个数为n=A62=30，在M中任取两个元素m、n，共有C302=1529435种结果，满足mn=0的共有412+8372种结果，所求概率为：72435=24145，故答案为：2414515（5分）已知双曲线x2a2-y2b2=1（a0，b0）的焦距为2c，F为右焦点，O为坐标原点，P是双曲线上一点，|PO|c，POF的面积为12ab，则该双曲线的离心率为2

23、【解答】解：双曲线x2a2-y2b2=1（a0，b0）的焦距为2c，F为右焦点，左焦点为F1（c，0），O为坐标原点，P是双曲线上一点，|PO|c，F1PF是直角三角形，PF1PF2a，PF12+PF24c2，可得4c22PF1PF4a2可得4c24ab4a2，又a2+b2c2可得ab，即e=ca=2故答案为：216（5分）在ABC中，2acosA+bcosC+ccosB0，则角A的大小为23【解答】解：2acosA+bcosC+ccosB0，2sinAcosA+sinBcosC+sinCcosB0，2sinAcosA+sin（B+C）0，2sinAcosA+sinA0，又0A，sinA0，2

24、cosA+10，cosA=-12，又0A，A=23，故答案为：23三解答题（共5小题，满分60分，每小题12分）17（12分）在b2n2bn+1，a2b1+b2，b1，b2，b4成等比数列这三个条件中选择符合题意的两个条件，补充在下面的问题中，并求解已知数列an中a11，an+13an公差不等于0的等差数列bn满足_，求数列bnan的前n项和Sn注：如果给出多种选择的解答，按符合题意的第一种选择计分【解答】解：由a11，an+13an，可得an为首项为1，公比为3的等比数列，则an3n1选时，设数列bn的公差为d，由a23，所以b1+b23，由b2n2bn+1，所以n1时，b22b1+1，解得

25、b1=23，b2=73，所以d=53，因此bn=5n-33，bnan=（5n3）（13）n，Sn213+7（13）2+（5n3）（13）n，13Sn2（13）2+7（13）3+（5n3）（13）n+1，两式相减可得23Sn=23+5（13）2+（13）3+（13）n（5n3）（13）n+1=23+5191-(13)n-11-13-（5n3）（13）n+1=32-10n+923n+1，所以Sn=94-10n+943n选时，设数列bn的公差为d，d0，由a23，可得b1+b23，即2b1+d3，由b1，b2，b4成等比数列，可得b22b1b4，即（b1+d）2b1（b1+3d），化为b1d，解得d

26、b11，所以bnn，nN*；bnan=n3n-1，Sn1（13）0+213+3（13）2+n（13）n1，13Sn=13+2（13）2+（n1）（13）n1+n（13）n，两式相减可得23Sn1+13+（13）2+（13）3+（13）n1n（13）n=1-13n-11-13-n（13）n，化简可得Sn=94-2n+343n-1选时，设数列bn的公差为d，d0，由b2n2bn+1，所以n1时，b22b1+1，即db1+1，又因为b1，b2，b4成等比数列，可得b22b1b4，即（b1+d）2b1（b1+3d），化为b1d，从而无解，所以等差数列bn不存在，故不合题意18（12分）在四棱锥PABC

27、D中，平面PAD平面ABCD底面ABCD为梯形，ABCD，ABAD，且AB1，PAADDC2，PD=22（）求证：ABPD；（）求二面角PBCD的余弦值；（）若M是棱PA的中点，求证：对于棱BC上任意一点F，MF与PC都不平行【解答】解：（）证明：因为平面ABCD平面PAD，平面ABCD平面PADAD，AB平面ABCD，ABAD，所以AB平面PAD，又因为PD平面PAD，所以ABPD（）解：因为PAAD2，PD=22，所以PAAD由（）得AB平面PAD，所以ABPA，故AB，AD，AP两两垂直如图，以A为原点，AB，AD，AP所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系Axyz，则P（0，0

28、，2），B（1，0，0），C（2，2，0），D（0，2，0）因为PA平面BCD，所以平面BCD的一个法向量是n=（0，0，1）而PB=(1，0，-2)，PC=(2，2，-2)，设平面PBC的一个法向量为m=（x，y，z），则由mPB=0mPC=0得x-2z=0，2x+2y-2z=0取z1，有m=（2，1，1），所以cosn，m=nm|n|m|=16=66由题知，二面角PBCD为锐角，所以二面角PBCD的余弦值为66（）解：假设棱BC上存在点F，MFPC，设BF=BC，0，1依题意，可知M（0，0，1），BC=(1，2，0)，F（+1，2，0），所以MF=(+1，2，-1)，PC=(2，2，-2

29、)根据假设，有+1=2，2=2，-1=-2，而此方程组无解，故假设错误，故对于棱BC上任意一点F，MF与PC都不平行19（12分）某城市为了美化旅游景区，决定在夹角为45的两条道路EB，EF之间挖一个半椭圆形状的人工湖，如图所示，AB40米，O为AB的中点，OD为椭圆的半长轴，椭圆的一个焦点P在OD上，在椭圆形区域内建造三角形游船区MNP，其中M，N在椭圆上，且MN平行于AB交OD于G，P在线段OG上（1）若OE30米，为了不破坏道路EF，求椭圆半长轴长的最大值；（2）若椭的离心率为22，当线段PG长为何值时，游船区城MNP的面积最大？【解答】解（1）由题意得椭圆的b20，OE30时，直线EF

30、与x轴的交点的横坐标也为30，由题意设直线EF为：xy+30，当直线EF与椭圆相切时，椭圆的长半轴最大，由题意设建立坐标系，OD所在的直线为x轴，以AB所在的直线为y轴，O为坐标原点，由题意设椭圆方程：x2a2+y2202=1，联立直线EF与椭圆的方程整理得：（202+a2）y260202y+202302202a20，0，即6022044（202+a2）202（302a2），解得：a2500，所以椭圆的长半轴长的最大值为：a105（2）由题意，b20，e=ca=22，a2b2+c2，解得：a2800，b2400，所以椭圆的方程为：x2800+y2400=1，所以由题意得，焦点P（20，0），

31、恰好是长半轴的中点，直线MN为xm，代入椭圆得：y2400（1-m2800），要使游船区城MNP的面积最大，即SMNP=12|m20|2|yM|20|m20|1-m2800=12(m-20)2(800-m2)最大，m20，令g（m）（m20）2（800m2），令tm20，m2（t+20）2t2+40t+400，h（t）t2（800t240t400）t440t3+400t2，（20t0），h（t）4t3120t2+800t4t（t2+30t200）h（t）0，解得：t0（舍）或t15+517，当t（0，15+517），h（t）0，h（t）单调递增，t（15+517，20），h（t）0，h（t）单

32、调递减，所以t15+517时h（t）最大，即面积最大，所以当线段PG15+517时，游船区城MNP的面积最大20（12分）2020年春节期间爆发的新型冠状病毒（2019nCoV），是一种可以借助飞沫和接触传播的变异病毒某定点医院为筛查某些人是否感染该病毒，需要检验血液是否为阳性，现有n份血液样本，有以下两种检验方式：（a）逐份检验，则需要检验n次；（b）混合检验，将其中k（kN*且k2）份血液样本分别取样混合在一起检验若检验结果为阴性，这k份的血液全为阴性，因而这k份血液样本只要检验一次就够了；如果检验结果为阳性，为了明确这k份血液究竟哪几份为阳性，就要对这k份再逐份检验，此时这k份血液的检验

33、次数总共为k+1次假设在接受检验的血液样本中，每份样本的检验结果是阳性还是阴性都是独立的，且每份样本是阳性结果的概率为p（0p1）（1）假设有6份血液样本，其中只有2份样本为阳性，若采用逐份检验方式，求恰好经过4次检验就能把阳性样本全部检验出来的概率；（2）现取其中k（kN*且k2）份血液样本，记采用逐份检验方式，样本需要检验的总次数为1，采用混合检验方式，样本需要检验的总次数为2（i）试运用概率统计的知识，若E1E2，试求p关于k的函数关系式pf（k）；（ii）若p=1-e-14，采用混合检验方式可以使得样本需要检验的总次数的期望值比逐份检验的总次数期望值更小，求k的最大值参考数据：ln20

34、.6931，ln31.0986，ln51.6094，In71.9459【解答】解：（1）设恰好经过4次检验就能把阳性样本全部检验出来的事件为A，则P（A）=C21C31A44+A44A22A66=415，故恰好经过4次检验就能把阳性样本全部检验出来的概率为415；（2）（i）由已知得E1k，2可能的取值为1，k+1，所以P（21）（1p）k，P（2k+1）1（1p）k，所以E2（1p）k+（k+1）1（1p）kk+1k（1p）k，由E1E2，所以kk+1k（1p）k，即1k（1p）k，（1p）k=1k，得p1-(1k)1k，故p关于k的函数关系式为f（k）1-(1k)1k，（kN*，且k2）；

35、（ii）由题意E1E2，所以kk+1k（1p）k，1k(1-p)k，由p=1-e-14，所以1k(e-14)k=e-k4，两边取对数得lnk14k，设g（x）lnx-14x，x2，由g（x）=4-x4x，当x4时，g（x）0，函数递减，当2x4时，g（x）0，函数递增；ln20.693124，ln31.098634，ln51.609454，ln61.791764，In71.945974，ln82ln32.079384，ln92.197294，故满足条件的k最大为821（12分）已知函数f(x)=x2-2ax-ln1x，aR（1）讨论f（x）的单调性；（2）若f（x）有两个极值点x1，x2（x1

36、x2），求f（x2）2f（x1）的最大值【解答】解：（1）f（x）2x2a+1x=2x2-2ax+1x，x0，令y2x22ax+1，当4a280，即-2a2时，y0，此时f（x）在（0，+）上单调递增；当a-2时，2x22ax+10有两个负根，此时f（x）在（0，+）上单调递增；当a2时，2x22ax+10有两个正根，分别为x1=a-a2-22，x2=a+a2-22，此时f（x）在（0，x1），（x2，+）上单调递增，在（x1，x2）上单调递减综上可得：a2时，f（x）在（0，+）上单调递增，a2时，f（x）在（0，a-a2-22），（a+a2-22，+）上单调递增，在（a-a2-22，a+a

37、2-22）上单调递减（2）由（1）可得x1+x2a，x1x2=12，a2，2ax12x12+1，2ax22x22+1，a2，a222，x1（0，22），x2（22，+），f（x2）2f（x1）=x22-2ax2+lnx22（x12-2ax1+lnx1）=-x22+2x12+lnx22lnx1+1=-x22+2(12x2)2+lnx2+2ln12x2+1=-x22+12x22+32lnx22+1+2ln2，令t=x22，则t12，g（t）t+12t+32lnt+1+2ln2，g（t）1-12t2+32t=-2t2+3t-12t2=-(2t-1)(t-1)2t2，当12t1时，g（t）0；当t1时

38、，g（t）0，g（t）在（12，1）上单调递增，在（1，+）单调递减g（t）maxg（1）=1+4ln22f（x2）2f（x1）的最大值为1+4ln22四解答题（共1小题，满分10分，每小题10分）22（10分）在直角坐标系xOy中，已知点M（1，32），C1的参数方程为x=12+ty=3t（t为参数），以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为32=2+cos2（1）求C1的普通方程和C2的直角坐标方程；（2）设曲线C1与曲线C2相交于A，B两点，求1|MA|+1|MB|的值【解答】解：（1）由C1的参数方程x=12+ty=3t（t为参数），消去参数t，可得

39、y=3x-32，由曲线C2的极坐标方程32=2+cos2，得22+2cos23，由xcos，x2+y22，所以C2的直角坐方程为3x2+2y23，即x2+2y23=1（2）因为M(1，32)在曲线C1上，故可设曲线C1的参数方程为x=1+12ty=32+32t（t为参数），代入3x2+2y23，化简可得3t2+8t+20，设A，B对应的参数分别为t1，t2，则644320，且t1+t2=-83，t1t2=23，所以1|MA|+1|MB|=1|t1|+1|t2|=|t1+t2|t1|t2|=4五解答题（共1小题）23已知a0，b0，c0，函数f（x）|ax|+|x+b|+c（1）当abc2时，求

40、不等式f（x）10的解集；（2）若函数f（x）的最小值为1，证明：a2+b2+c213【解答】解：（1）当abc2时，f（x）|x2|+|x+2|+2，f（x）10即为x-22-2x10或-2x2610或x22x+210，故不等式的解集为x|4x4；（2）证明：a0，b0，c0，f（x）|ax|+|x+b|+c|ax+x+b|+c|a+b|+ca+b+c，f（x）的最小值为1，a+b+c1，（a+b+c）2a2+b2+c2+2ab+2bc+2ca1，2aba2+b2，2bcb2+c2，2cac2+a2，1a2+b2+c2+2ab+2bc+2ca3（a2+b2+c2），a2+b2+c213，即得证专心-专注-专业

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