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1、数学试卷 第 1 页（共 21 页）数学试卷 第 2 页（共 21 页）数学试卷 第 3 页（共 21 页）绝密启用前2016 年普通高等学校招生全国统一考试（全国新课标卷 1）理科数学使用地区：使用地区：山西、河南、河北、湖南、湖北、江西、安徽、福建、广东本试卷分第卷和第卷两部分.第卷 1 至 3 页，第卷 4 至 6 页，满分 150 分.考生注意：1. 答题前，考生务必将自己的准考证号、姓名填写在答题卡上.考生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“准考证号、姓名、考试科目”与考生本人准考证号、姓名是否一致.2. 第卷每小题选出答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，
2、用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.第卷用 0.5 毫米的黑色墨水签字笔在答题卡上书写作答.若在试题卷上作答，答案无效.3. 考试结束，监考员将本试题卷、答题卡一并收回.第卷一、选择题：本题共 12 小题，每小题 5 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设集合，则（ ）2430= |Axxx30|2xBxAB AB3( 3,)23( 3, )2CD3(1, )23( ,3)22设，其中 x，y 是实数，则（ ）(1i)1ixy |i|xyA1B2CD233已知等差数列前 9 项的和为 27，则（ ）na108a100aA100B99C98D974某公司的班车在，发车，小明
3、在至之间到达发车站乘坐7:308:008:307:508:30班车，且到达发车 站的时刻是随机的，则他等车时间不超过10 分钟的概率是（ ）AB1 31 2CD2 33 45已知方程表示双曲线，且该双曲线两焦点间的距离为 4，则 n 的222213xy mnmn取值范围是（ ）AB( 1,3)( 1, 3)CD(0,3)(0, 3)6如图，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条相互垂直的半径.若该几何体的体积是，则它的表面积是（ ）28 3AB1718CD20287函数在的图象大致为（ ）2|x|2yxe 2,2A BC D8. 若，则（ ）0ab01cABccabccabbaCDa
4、loglogbacbcloglogabcc9执行右面的程序框图，如果输入的，则输出，的值满足（ 0x 1y 1n xy）AB2yx3yxCD4yx5yx10以抛物线 C 的顶点为圆心的圆交 C 于 A，B 两点，交 C 的准线于 D，E 两点，已知，则 C 的焦点到准线的距离为 （ | 4 2AB | 2 5DE ）A2B4C6D811平面过正方体的顶点，平面，平面，1111ABCDABC DA/11CB D=ABCD m平面，则，所成角的正弦值为 （ 11=ABB Anmn）AB3 22 2CD3 31 312已知函数，为的零点，为( )sin()(0,|)2f xx 4x ( )f x4x
5、nyynxx,21nyx,件件件件件件yx,件件1 nn?3622 yx件件姓名_ 准考证号_-在-此-卷-上-答-题-无-效-数学试卷 第 4 页（共 21 页） 数学试卷 第 5 页（共 21 页） 数学试卷 第 6 页（共 21 页）图象的对称轴，且在单调，则的最大值为 ( )yf x( )f x5(,)18 36（ ）A11B9C7D5第 II 卷注意事项：第卷共 3 页，须用黑色墨水签字笔在答题卡上书写作答，若在试题卷上作答，答案无效.本卷包括必考题和选考题两部分.第 1321 题为必考题，每个试题考生都必须作答.第 2224 题为选考题，考生根据要求作答.二、填空题：本题共 4 小
6、题，每小题 5 分.13设向量a，b，且abab，则 ( ,1)m(1,2)|2|22|m 14的展开式中，的系数是 （用数字填写答案） 5(2)xx3x15设等比数列满足，则的最大值为 na1310aa245aa12na aa16某高科技企业生产产品 A 和产品 B 需要甲、乙两种新型材料生产一件产品 A 需要甲材料 1.5 kg，乙材料 1 kg，用 5 个工时；生产一件产品 B 需要甲材料 0.5 kg，乙材料 0.3 kg，用 3 个工时生产一件产品 A 的利润为 2 100 元，生产一件产品 B 的利润为 900 元该企业现有甲材料 150 kg，乙材料 90 kg，则在不超过 60
7、0 个工时的条件下，生产产品 A、产品 B 的利润之和的最大值为 元三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17 （本小题满分 12 分）的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，已知ABC2cos( coscos )C aBbAc（）求 C；（）若，的面积为，求的周长7c ABC3 3 2ABC18 （本小题满分 12 分）如图，在以 A，B，C，D，E，F 为顶点的五面体中，面 ABEF 为正方形，AF=2FD，且二面角与二面角都是90AFDDAFECBEF60（）证明：平面平面；ABEF EFDC（）求二面角的余弦值EBCA19 （本小题满分 12 分）某公司计划购买 2
8、 台机器，该种机器使用三年后即被淘汰机器有一易损零件，在购进机器时，可以额外购买这种零件作为备件，每个 200 元在机器使用期间，如果备件不足再购买，则每个 500 元现需决策在购买机器时应同时购买几个易损零件，为此搜集并整理了 100 台这种机器在三年使用期内更换的易损零件数，得下面柱状图：以这 100 台机器更换的易损零件数的频率代替 1 台机器更换的易损零件数发生的概率，记表示 2 台机器三年X内共需更换的易损零件数，n表示购买 2 台机器的同时购买的易损零件数（）求的分布列；X（）若要求，确定n的最小值；()0.5P Xn（）以购买易损零件所需费用的期望值为决策依据，在n=19与n=2
9、0之中选其一，应选用哪个？20 （本小题满分 12 分）设圆的圆心为 A，直线 l 过点且与 x 轴不重合，l 交圆 A 于22215=0xyx(10)B ，C，D 两点，过 B 作 AC 的平行线交 AD 于点 E（）证明为定值，并写出点 E 的轨迹方程；|EAEB（）设点 E 的轨迹为曲线，直线 l 交于 M，N 两点，过 B 且与 l 垂直的直线1C1C与圆 A 交于 P，Q 两点，求四边形 MPNQ 面积的取值范围21 （本小题满分 12 分）已知函数有两个零点2( )(2)(1)xf xxea x（）求的取值范围；a（）设，是的两个零点，证明：1x2x( )f x122xx请考生在第
10、 2224 题中任选一题作答,如果多做,则按所做的第一题计分.22 （本小题满分 10 分）选修：几何证明选讲41如图，是等腰三角形，.以 O 为圆心，为半径作圆.OAB120AOB1 2OA（）证明：直线与相切；ABO（）点，在上，且，四点共圆，证明：.CDOABCDABCD23 （本小题满分 10 分）选修：坐标系与参数方程44在直线坐标系中，曲线的参数方程为（ 为参数，）.在xOy1Ccos , 1sin ,xat yat t0a 以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线.2:4cosC（）说明是哪一种曲线，并将的方程化为极坐标方程；1C1C（）直线的极坐标方程为，其中满足
11、，若曲线与的公3C000tan21C2C共点都在上，求 a.3C24 （本小题满分 10 分） ，选修：不等式选讲45已知函数.( ) |1|23|f xxx（）在图中画出的图象；( )yf x（）求不等式的解集.|( )| 1f x 08910112040件件件件件件件件件件ABCDEFABOCDxyO1 1数学试卷 第 7 页（共 21 页）数学试卷 第 8 页（共 21 页）数学试卷 第 9 页（共 21 页）2016 年普通高等学校招生全国统一考试（全国新课标卷 1） 理科数学答案解析 第卷一、选择题1.【答案】D【解析】，故2Ax x4x30x 1x33Bx 2x30x x23ABx
12、x32【提示】解不等式求出集合，结合交集的定义，可得答案AB【考点】交集及其运算2.【答案】B【解析】，即，解得，即(1i)x1yi xxi1yi x1 xy x1 y1 xyi1i2【提示】根据复数相等求出，的值，结合复数的模长公式进行计算即可xy【考点】复数求模3.【答案】C【解析】等差数列an前 9 项的和为 27，195 959(aa )92aS9a22 59a27，又，5a310a8d110010aa90d98【提示】根据已知可得，进而求出公差，可得答案5a3【考点】等差数列的性质4.【答案】B【解析】设小明到达时间为，当在 7：50 至 8：00，或 8：20 至 8：30 时，小
13、明等车yy时间不超过 10 分钟，故201P402【提示】求出小明等车时间不超过 10 分钟的时间长度，代入几何概型概率计算公式，可得答案【考点】几何概型5.【答案】A【解析】双曲线两焦点间的距离为 4，当焦点在轴上时，可得c2 x，解得，方程表示双曲线，224(mn)(3mn)2m12222xy1mn3mn，可得，解得，即的取值范围是22(mn)(3mn)0(n1)(3n)01n3 n，当焦点在轴上时，可得，解得，无解( 1,3)y224(mn)(3mn) 2m1 【提示】由已知可得，利用，解得，又c2224(mn)(3mn)2m1，从而可求的取值范围22(mn)(3mn)0n【考点】双曲线
14、的标准方程6.【答案】A【解析】由题意可知三视图复原的几何体是一个球去掉后的几何体，如图：1 8可得，它的表面积是37428R833R2227142 +32 =1784【提示】判断三视图复原的几何体的形状，利用体积求出几何体的半径，然后求解几何体的表面积【考点】由三视图求面积、体积7.【答案】D【解析】，故函数为偶函数，当2x | |f(x)y2xe2x2x| |f( x)2( x)e2xe时，故排除 A，B；当时，x2 2y8e(0,1)x0,22xf(x)y2xe有解，故函数在不是单调的，故排除 Cxf (x)4xe0 2x | |y2xe0,2【提示】根据已知中函数的解析式，分析函数的奇
15、偶性，最大值及单调性，利用排除法，可得答【考点】函数的图象8.【答案】C【解析】，函数在上为增函数，故，故 A 错ab10c1cyx(0,)ccab误；函数在上为减函数，故，故，故 B 错误；c 1yx(1,)c 1c 1abccbaab，且，即，即，故 D 错误；alog c0blog c0alog b1caablog blog c1log alog cablog clog c，故，即，即，故ab0log clog c abblog calog c abblog calog cbaalog cblog cC 正确【提示】根据已知中，结合对数函数和幂函数的单调性，分析各个结ab10c1论的真假
16、，可得答案【考点】不等式比较大小，对数值大小的比较9.【答案】C【解析】输入，则，不满足，故，则x0y1n1x0y122xy36n2，不满足，故，则，满足，故1x2y222xy36n33x2y622xy36y4x【提示】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，x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y【考点】程序框图10.【答案】B【解析】设抛物线为，如图：，2y2pxAB4 2AM2 2DE2 5，解得，DN5pON22A(2 2)x4 2ppODOA2216p85p4p4的焦点到准线的距离为 4C数学试卷 第 10 页（共 21 页） 数
17、学试卷 第 11 页（共 21 页） 数学试卷 第 12 页（共 21 页）【提示】画出图形，设出抛物线方程，利用勾股定理以及圆的半径列出方程求解即可【考点】圆与圆锥曲线的综合，抛物线的简单性质11.【答案】A【解析】如图，平面，平面，平面，可知：11CB DABCDm11ABA Bn，是正三角形，、所成角就是，则、1nCD11mB D11CB Dmn11CD B60m所成角的正弦值为n3 2【提示】画出图形，判断出、所成角，求解即可mn【考点】异面直线及其所成的角12.【答案】B【解析】为的零点，为图象的对称轴，即x4 f(x)x4yf(x)2n1T42A，即，即为正奇数，在上单调，2n1
18、2(n)N42A2n1)N(nf(x) 5,18 36则，即，解得，当时，5T 36181222T6121111k4，此时在不单调，不满足题意；当时，kZ 2 4 f(x) 5,18 369，此时在单调，满足题意；故9k4 kZ 2 4f(x) 5,18 36的最大值为 9【提示】根据已知可得为正奇数，且，结合为的零点，为12x4 f(x)x4图象的对称轴，求出满足条件的解析式，并结合在上单调，可得yf(x)f(x) 5,18 36的最大值【考点】正弦函数的对称性 第卷二、填空题13.【答案】2【解析】，可得，向量，解得222abab a b0 Aa(m,1)b(1,2) m20m2 【提示】
19、利用已知条件，通过数量积判断两个向量垂直，然后列出方程求解即可【考点】平面向量数量积的运算14.【答案】10【解析】的展开式中，通项公式为，令5(2xx)r 25r5 rrr5 r r 155TC (2x)( x)C 2x ，解得，的系数r532r43x4 52C10【提示】利用二项展开式的通项公式求出第项，令的指数为 3，求出 ，即可求出r1xr展开式中的系数3x【考点】二项式定理的应用15.【答案】64【解析】等比数列满足，可得，解得，na 13aa1024aa513q(aa )51q2，解得，则2 11aq a101a8，当或 4 时，表达式取22n1nn 2 3n 1n 17n n32
20、nn()22 11 n(n1)222aaaq82a A n3得最大值12 622264【提示】求出数列的等比与首项，化简，然后求解最值12na aa【考点】数列与函数的综合，等比数列的性质16.【答案】216000 元【解析】设，两种产品分别是件和件，获利为元，由题意得，ABxyzxN,yN 1.5x0.5y150 x0.3y90 5x3y600 ，不等式组表示的可行域如图，由题意可得，解得z2100x900yx0.3y90 5x3y600 ，目标函数经过时，直线的截距最大，目标x60 y100 A(600,100)z2100x900yA函数取得最大值元210060900 100216000【
21、提示】设，两种产品分别是件和件，根据题干的等量关系建立不等式组以及ABxy目标函数，利用线性规划作出可行域，通过目标函数的几何意义，求出其最大值即可【考点】简单线性规划的应用三、解答题17.【答案】 （）在中，ABC0CsinC0已知等式利用正弦定理化简得，2cosC(sinAcosBsinBcosA)sinC整理得，即，2cosCsin(AB)sinC2cosCsin (AB)sinC，2cosCsinCsinC，；1cosC2C3（）由余弦定理得， ，2217ab2ab2A2(ab)3ab7ab6，的周长为2(ab)187ab5 ABC57【提示】 （）已知等式利用正弦定理化简，整理后利用
22、两角和与差的正弦函数公式及诱导公式化简，根据不为 0 求出的值，即可确定出出的度数；sinCcosCC（）利用余弦定理列出关系式，利用三角形面积公式列出关系式，求出的值，即ab数学试卷 第 13 页（共 21 页）数学试卷 第 14 页（共 21 页）数学试卷 第 15 页（共 21 页）可求的周长ABC【考点】解三角形18.【答案】 （）为正方形，ABEF，AFEF，AFD90，AFDF，DFEFF平面，AFEFDC平面，AFABEF平面平面；ABEF EFDC（）由，可得为二面角的平面角，由为AFDFAFEFDFEDAFEABEF正方形，平面，AF EFDC，BEEF平面，即有，可得为二面
23、角的平面角，BEEFDCCEBECEFCBEF可得DFECEF60 ，平面，平面，ABEFABEFDCEFEFDC平面，ABEFDC平面平面，平面，EFDCABCDCDABABCD，ABCD，CDEF四边形为等腰梯形，以为原点，建立如图所示的坐标系，设，则EFDCEFDa，E(0,0,0)B(0,2a,0)a3C,0,a22 A(2a,2a,0)，EB(0,2a,0) a3BC, 2a,a22 AB( 2a,0,0) 设平面的法向量为，则，则，取BEC111m(x ,y ,z ) m EB0m BC0 A A11112ay0a3x2ayaz022，m( 3,0, 1) 设平面的法向量为，则，则
24、，取，设二面角ABC222n(x ,y ,z )n BC=0n AB0 A An(0, 3,4)的大小为，E-BC-A则，则二面角的余弦值为m n42 19cos19|m| |n|3 13 16 A AAE-BC-A2 19 19【提示】 （）证明平面，利用平面与平面垂直的判定定理证明平面AF EFDC平面；ABEF EFDC（）证明四边形为等腰梯形，以为原点，建立如图所示的坐标系，求出平面EFDCE、平面的法向量，代入向量夹角公式可得二面角的余弦值BECABCEBCA【考点】与二面角有关的立体几何19.【答案】 （）由已知得的可能取值为 16，17，18，19，20，21，22，X，2201
25、P(X16)10025，20404P(X17)210010025，22 P40206(X18)210010025，24020206P(X19)2210010010025，220402051P(X20)2100100100255，2202P(X21)210025，2201P(X22)10025的分布列为：X0.04X16171819202122P0.160.240.240.20.080.04（）由（）知：，14611P(X18)P(X16)P(X17)P(X18)25252525，146617P(X19)P(X16)P(X17)PX18P(X19)2525252525（）中，的最小值为 19；P
26、(xn)0.5n（）解法一：由（）得，146617P(X19)P(X16)P(X17)PX18P(X19)2525252525（）买 19 个所需费用期望：117521EX200 19(200 19500)(200 195002)(200 19500 3)404025252525，买 20 个所需费用期望：，22221EX20020(20020500)(200205002)4080252525，买 19 个更合适；12EXEX解法二：购买零件所用费用含两部分，一部分为购买零件的费用，另一部分为备件不足时额外购买的费用，当时，费用的期望为：n19，当时，费用的期望为：192005000.2100
27、00.0815000.044040n20，买 19 个更合适202005000.0810000.044080【提示】 （）由已知得的可能取值为 16，17，18，19，20，21，22，分别求出相应的X概率，由此能求出的分布列；X（）由的分布列求出，由此能确定满足X11P(X18)2517P(X19)25中的最小值；P(xn)0.5n（）方法一：由的分布列得，求出买 19 个所需费用期望和买 20X17P(X19)25 1EX个所需费用期望，由此能求出买 19 个更合适；2EX方法二：购买零件所用费用含两部分，一部分为购买零件的费用，另一部分为备件不足时数学试卷 第 16 页（共 21 页）
28、数学试卷 第 17 页（共 21 页） 数学试卷 第 18 页（共 21 页）额外购买的费用，分别求出时，费用的期望和当时，费用的期望，从而得到n19n20买 19 个更合适【考点】离散型随机变量及其分布列20.【答案】 （）圆即为，可得圆心，半径22xy2x15022(x1)y16A( 1,0)，由，可得，由，可得，即为r4BEACCEBD ACADDC ，即有，则，故的轨迹为以，DEBD EBEDEAEBEAEDAD4EA为焦点的椭圆，且有，即，则点的轨迹方程B2a4a2c122bac3E为，22xy143(y0)（）椭圆，设直线 l：，由l，设，221xyC :143xmy1PQ PQ:
29、ym(x1) 由可得，设，22xmy1xy14322(3m4)y6my9011M(x ,y )22N(x ,y )可得，1226myy3m4 1229y y3m4 则，22 22 MN2236 4m412(m1)|MN|1m | yy |1m3m43m4到的距离为，APQ22| m( 1 1)|2m|d 1m1m 则四边形面积为MPNQ，222222211 4 3m41m1m1S|PQ| |MN|1224241223m41m3m431mAAA AA当时，取得最小值 12，又，可得，m0S2101m3S248 33A即有四边形面积的取值范围是MPNQ12,8 3【提示】 （）求得圆的圆心和半径，
30、运用直线平行的性质和等腰三角形的性质，可得A，再由圆的定义和椭圆的定义，可得的轨迹为以，为焦点的椭圆，求得EBEDEAB，即可得到所求轨迹方程；abc（）设直线 l：，代入椭圆方程，运用韦达定理和弦长公式，可得xmy1x10 ，由l，设，求得到的距离，再由圆的弦长公式可得|MN|PQ PQ:ym(x1) APQ，再由四边形的面积公式，化简整理，运用不等式的性质，即可得到所求范围|PQ|【考点】直线与椭圆的位置关系，圆的一般方程21.【答案】 （）函数，x2f(x)(x2)ea(x1)，xxf (x)(x1)e2a(x1)(x1)(e2a) 若，那么，函数只有唯一的零点 2，不合题a0xf(x)
31、0(x2)e0x2f(x)意；若，那么恒成立，当时，此时函数为减函数；a0xe2a0x1f (x)0当时，此时函数为增函数；x1f (x)0此时当时，函数取极小值，由，可得：函数在存在一x1f(x)ef(2)a0f(x)x1个零点；当时，x1xeex210 ，令x222f(x)(x2)ea(x1)(x2)ea(x1)a(x1)e(x1)e的两根为，且，则当，时，2a(x1)e(x1)e01t2t12tt1xt2xt，故函数在存在一个零点；2f(x)a(x1)e(x1)e0f(x)x1即函数在是存在两个零点，满足题意；f(x)R若，则，当时，ea02ln( 2a)lne1xln( 2a)，x1l
32、n( 2a)1lne10 ，即恒成立，故单调递增，当xln( 2a)e2ae2a0xf (x)(x1)(e2a)0f(x)时， ，即恒成立，故ln( 2a)x1xln( 2a)e2ae2a0xf (x)(x1)(e2a)0单调递减，当时，即f(x)x1x10 xln( 2a)e2ae2a0恒成立，故单调递增，故当时，函数取极大值，xf (x)(x1)(e2a)0f(x)xln( 2a)由得：22f ln( 2a)2a ln( 2a)2a ln( 2a)1aln( 2a)210 函数在上至多存在一个零点，不合题意；f(x)R若，则，当时，ea2 ln( 2a)1x1ln( 2a) x10 xln
33、( 2a)e2ae2a0即恒成立，故单调递增，当时，xf (x)(x1)(e2a)0f(x)x1x10 ，即xln( 2a)e2ae2a0恒成立，故单调递增，故函数在上单调递增，函数xf (x)(x1)(e2a)0f(x)f(x)R在上至多存在一个零点，不合题意；f(x)R若，则，当时，ea2 ln( 2a)lne1x1x10 xln( 2a)e2ae2a0即恒成立，故单调递增，当时，xf (x)(x1)(e2a)0f(x)1xln( 2a)x10 ，即恒成立，故单调递减，xln( 2a)e2ae2a0xf (x)(x1)(e2a)0f(x)当时，即恒成xln( 2a)x10 xln( 2a)
34、e2ae2a0xf (x)(x1)(e2a)0立，故单调递增，f(x)故当时，函数取极大值，由得：函数在上至多存在一个零点，x1f(1)e0 f(x)R不合题意；综上所述，的取值范围为；a(0,)（），是的两个零点，且，1x2xf(x)12f(x )f(x )01x12x1，令，则，12xx 12 22 12(x2)e(x2)ea(x1)(x1) x2(x2)eg(x)(x1)12g(x )g(x )a ，2x3(x2)1eg (x)(x1)当时，单调递减；x1g (x)0g(x)当时，单调递增；x1g (x)0g(x)设，则，设1 m1 m1 m2m 222m1m1m1m1g(1m)g(1m
35、)eeee1mmmm1，则恒成立，即在上为2mm1h(m)e1m1m02 2m 22mh(m)e0(m1)h(m)(0,)增函数，恒成立，h(m)h(0)0即恒成立，令，g(1m)g(1m)1m1x0 数学试卷 第 19 页（共 21 页）数学试卷 第 20 页（共 21 页）数学试卷 第 21 页（共 21 页）则，即1111212g(1 1x )g(1 1x )g(2x )g(x )g(x )2xx 12xx2【提示】 （）由函数可得x2f(x)(x2)ea(x1)，对进行分类讨论，综合讨论结果，可得答xxf (x)(x1)e2a(x1)(x1)(e2a)a案；（）设，是的两个零点，则，令
36、1x2xf(x)12xx 12 22 12(x2)e(x2)ea(x1)(x1) ，x2(x2)eg(x)(x1)则，分析的单调性，令，则12g(x )g(x )a g(x)m0，1 m2m 2m1m1g(1m)g(1m)ee1mm1设，利用导数法可得恒成立，即2mm1h(m)e1m1m0h(m)h(0)0恒成立，g(1m)g(1m)令，可得结论1m1x0 【考点】利用导数研究函数的极值，函数的零点22.【答案】 （）设为中点，连结，KABOKOAOBAOB120，直线与相切；OKABA301OKOAsin30OA2 ABOA（）因为，所以不是，四点所在圆的圆心，设是，OA2ODOABCDTA
37、，四点所在圆的圆心，为的中垂线，同理，BCDOAOBTATBOTAB，为的中垂线，OCODTCTDOTCDABCD【提示】 （）设为中点，连结，根据等腰三角形的性质知，KABOKAOBOKAB，则是圆的切线；A301OKOAsin30OA2 ABOm0（）设圆心为，证明为的中垂线，为的中垂线，即可证明结论TOTABOTCD【考点】圆的切线的判定定理的证明23.【答案】 （）由，得，两式平方相加得，xacost y1asint xacost y1asint ，22x(y1)a为以为圆心，以为半径的圆，化为一般式，1C(0,1)a222xy2y1a0 由，222xyysin得；222 sin1a0
38、 （），两边同时乘得，2C4cos ：24 cos 22xy4x即，由，其中满足，得，22(x2)y430C ：00tan2 y2x曲线与的公共点都在上，为圆与的公共弦所在直线方程，1C2C3Cy2x1C2C得：，即为，24x2y1a0 3C21a0 a1(a0) 【提示】 （）把曲线的参数方程变形，然后两边平方作和即可得到普通方程，可知曲1C线是圆，化为一般式，结合，化为极坐标方程；1C222xyysin（）化曲线、的极坐标方程为直角坐标方程，由条件可知为圆 C1与 C2的2C3Cy2x公共弦所在直线方程，把与的方程作差，结合公共弦所在直线方程为可得1C2Cy2x，则值可求21a0a【考点】
39、简单曲线的极坐标方程，参数方程的概念24.【答案】 （），由分段函数的图象画法，可得的图象，x4x13f(x)3x21x2 34xx2 ，f(x)如图：（）由，可得，当时，解得或，即有；f(x)1x1 x41x5x3x1 当时，解得或，即有或；31x2 3x21x11x311x3 31x2当时，解得或，即有或3x24x1x5x33x32x5综上可得，或或1x31x3x5则的解集为f(x)11,(1,3)(5,)3【提示】 （）运用分段函数的形式写出的解析式，由分段函数的画法，即可得到所f(x)求图象；（）分别讨论当时，当时，当时，解绝对值不等式，取交集，x1 31x2 3x2最后求并集即可得到所求解集【考点】带绝对值的函数，函数图象的作法