2019年吉林省全国统一高考数学试卷(理科)(新课标ⅱ)(含解析版).pdf-淘文阁

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1、第 1页（共 22页）2019 年全国统一高考数学试卷（理科年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标（新课标）一、选择题：本题共一、选择题：本题共 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，只有分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。一项是符合题目要求的。1（5 分）设集合 Ax|x25x+60，Bx|x10，则 AB（）A（，1）B（2，1）C（3，1）D（3，+）2（5 分）设 z3+2i，则在复平面内对应的点位于（）A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限3（5 分）已知（2，3），（3，t），|1，则（）A3B2C2D34（5

2、分）2019 年 1 月 3 日嫦娥四号探测器成功实现人类历史上首次月球背面软着陆，我国航天事业取得又一重大成就实现月球背面软着陆需要解决的一个关键技术问题是地面与探测器的通讯联系为解决这个问题，发射了嫦娥四号中继星“鹊桥”，鹊桥沿着围绕地月拉格朗日 L2点的轨道运行L2点是平衡点，位于地月连线的延长线上设地球质量为 M1，月球质量为 M2，地月距离为 R，L2点到月球的距离为 r，根据牛顿运动定律和万有引力定律，r 满足方程：+（R+r）设由于的值很小，因此在近似计算中33，则 r 的近似值为（）ARBRCRDR5（5 分）演讲比赛共有 9 位评委分别给出某选手的原始评分，评定该选手的成绩

3、时，从 9个原始评分中去掉 1 个最高分、1 个最低分，得到 7 个有效评分.7 个有效评分与 9 个原始评分相比，不变的数字特征是（）A中位数B平均数C方差D极差6（5 分）若 ab，则（）Aln（ab）0B3a3bCa3b30D|a|b|7（5 分）设，为两个平面，则的充要条件是（）A内有无数条直线与平行第 2页（共 22页）B内有两条相交直线与平行C，平行于同一条直线D，垂直于同一平面8（5 分）若抛物线 y22px（p0）的焦点是椭圆+1 的一个焦点，则 p（）A2B3C4D89（5 分）下列函数中，以为周期且在区间（，）单调递增的是（）Af（x）|cos2x|Bf（x）|sin2x|

4、Cf（x）cos|x|Df（x）sin|x|10（5 分）已知（0，），2sin2cos2+1，则 sin（）ABCD11（5 分）设 F 为双曲线 C：1（a0，b0）的右焦点，O 为坐标原点，以OF 为直径的圆与圆 x2+y2a2交于 P，Q 两点若|PQ|OF|，则 C 的离心率为（）ABC2D12（5 分）设函数 f（x）的定义域为 R，满足 f（x+1）2f（x），且当 x（0，1时，f（x）x（x1）若对任意 x（，m，都有 f（x），则 m 的取值范围是（）A（，B（，C（，D（，二、填空题：本题共二、填空题：本题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分。分。

5、13（5 分）我国高铁发展迅速，技术先进经统计，在经停某站的高铁列车中，有 10 个车次的正点率为 0.97，有 20 个车次的正点率为 0.98，有 10 个车次的正点率为 0.99，则经停该站高铁列车所有车次的平均正点率的估计值为14（5 分）已知 f（x）是奇函数，且当 x0 时，f（x）eax 若 f（ln2）8，则 a15（5 分）ABC 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c若 b6，a2c，B，则ABC 的面积为16（5 分）中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”（图 1）半正多

6、面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体半正多面体体现了数学的对称美图 2 是一个棱数为 48 的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且第 3页（共 22页）此正方体的棱长为 1则该半正多面体共有个面，其棱长为三、解答题：共三、解答题：共 70 分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。第分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。第 1721 题为必考题为必考题，每个试题考生都必须作答。第题，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。题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共（一）必考题：共 60 分。分。17（12 分）如图，长方体 AB

7、CDA1B1C1D1的底面 ABCD 是正方形，点 E 在棱 AA1上，BEEC1（1）证明：BE平面 EB1C1；（2）若 AEA1E，求二面角 BECC1的正弦值第 4页（共 22页）18（12 分）11 分制乒乓球比赛，每赢一球得 1 分，当某局打成 10：10 平后，每球交换发球权，先多得 2 分的一方获胜，该局比赛结束甲、乙两位同学进行单打比赛，假设甲发球时甲得分的概率为 0.5，乙发球时甲得分的概率为 0.4，各球的结果相互独立在某局双方 10：10 平后，甲先发球，两人又打了 X 个球该局比赛结束（1）求 P（X2）；（2）求事件“X4 且甲获胜”的概率19（12 分）已知数列a

8、n和bn满足 a11，b10，4an+13anbn+4，4bn+13bnan4（1）证明：an+bn是等比数列，anbn是等差数列；（2）求an和bn的通项公式第 5页（共 22页）20（12 分）已知函数 f（x）lnx（1）讨论 f（x）的单调性，并证明 f（x）有且仅有两个零点；（2）设 x0是 f（x）的一个零点，证明曲线 ylnx 在点 A（x0，lnx0）处的切线也是曲线yex的切线21（12 分）已知点 A（2，0），B（2，0），动点 M（x，y）满足直线 AM 与 BM 的斜率之积为记 M 的轨迹为曲线 C（1）求 C 的方程，并说明 C 是什么曲线；（2）过坐标原点的直线交

9、 C 于 P，Q 两点，点 P 在第一象限，PEx 轴，垂足为 E，连结 QE 并延长交 C 于点 G（i）证明：PQG 是直角三角形；（ii）求PQG 面积的最大值第 6页（共 22页）（二）选考题：共（二）选考题：共 10 分。请考生在第分。请考生在第 22、23 题中任选一题作答。如果多做，则按所做的题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。第一题计分。选修选修 4-4：坐标系与参数方程：坐标系与参数方程（10 分）分）22（10 分）在极坐标系中，O 为极点，点 M（0，0）（00）在曲线 C：4sin上，直线 l 过点 A（4，0）且与 OM 垂直，垂足为 P（1）当0时，求

10、0及 l 的极坐标方程；（2）当 M 在 C 上运动且 P 在线段 OM 上时，求 P 点轨迹的极坐标方程选修选修 4-5：不等式选讲：不等式选讲（10 分）分）23已知 f（x）|xa|x+|x2|（xa）（1）当 a1 时，求不等式 f（x）0 的解集；（2）当 x（，1）时，f（x）0，求 a 的取值范围第 7页（共 22页）2019 年全国统一高考数学试卷（理科年全国统一高考数学试卷（理科）（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：本题共一、选择题：本题共 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，只有分。在每小题给出

12、：z3+2i，在复平面内对应的点为（3，2），在第三象限故选：C【点评】本题考查共轭复数的代数表示及其几何意义，属基础题3（5 分）已知（2，3），（3，t），|1，则（）A3B2C2D3【分析】由先求出的坐标，然后根据|1，可求 t，结合向量数量积定义的坐标表示即可求解【解答】解：（2，3），（3，t），（1，t3），|1，第 8页（共 22页）t30 即（1，0），则2故选：C【点评】本题主要考查了向量数量积的定义及性质的坐标表示，属于基础试题4（5 分）2019 年 1 月 3 日嫦娥四号探测器成功实现人类历史上首次月球背面软着陆，我国航天事业取得又一重大成就实现月球背面软着陆需要解

13、决的一个关键技术问题是地面与探测器的通讯联系为解决这个问题，发射了嫦娥四号中继星“鹊桥”，鹊桥沿着围绕地月拉格朗日 L2点的轨道运行L2点是平衡点，位于地月连线的延长线上设地球质量为 M1，月球质量为 M2，地月距离为 R，L2点到月球的距离为 r，根据牛顿运动定律和万有引力定律，r 满足方程：+（R+r）设由于的值很小，因此在近似计算中33，则 r 的近似值为（）ARBRCRDR【分析】由推导出33，由此能求出 rR【解答】解：rR，r 满足方程：+（R+r）33，rR故选：D【点评】本题考查点到月球的距离的求法，考查函数在我国航天事业中的灵活运用，考查化归与转化思想、函数与方程思想，考查

14、运算求解能力，是中档题5（5 分）演讲比赛共有 9 位评委分别给出某选手的原始评分，评定该选手的成绩时，从 9第 9页（共 22页）个原始评分中去掉 1 个最高分、1 个最低分，得到 7 个有效评分.7 个有效评分与 9 个原始评分相比，不变的数字特征是（）A中位数B平均数C方差D极差【分析】根据题意，由数据的数字特征的定义，分析可得答案【解答】解：根据题意，从 9 个原始评分中去掉 1 个最高分、1 个最低分，得到 7 个有效评分，7 个有效评分与 9 个原始评分相比，最中间的一个数不变，即中位数不变，故选：A【点评】本题考查数据的数字特征，关键是掌握数据的平均数、中位数、方差、极差的定义以

15、及计算方法，属于基础题6（5 分）若 ab，则（）Aln（ab）0B3a3bCa3b30D|a|b|【分析】取 a0，b1，利用特殊值法可得正确选项【解答】解：取 a0，b1，则ln（ab）ln10，排除 A；，排除 B；a303（1）31b3，故 C 对；|a|0|1|1b，排除 D故选：C【点评】本题考查了不等式的基本性质，利用特殊值法可迅速得到正确选项，属基础题7（5 分）设，为两个平面，则的充要条件是（）A内有无数条直线与平行B内有两条相交直线与平行C，平行于同一条直线D，垂直于同一平面【分析】充要条件的定义结合面面平行的判定定理可得结论【解答】解：对于 A，内有无数条直线与平行，或；

16、对于 B，内有两条相交直线与平行，；对于 C，平行于同一条直线，或；第 10页（共 22页）对于 D，垂直于同一平面，或故选：B【点评】本题考查了充要条件的定义和面面平行的判定定理，考查了推理能力，属于基础题8（5 分）若抛物线 y22px（p0）的焦点是椭圆+1 的一个焦点，则 p（）A2B3C4D8【分析】根据抛物线的性质以及椭圆的性质列方程可解得【解答】解：由题意可得：3pp（）2，解得 p8故选：D【点评】本题考查了抛物线与椭圆的性质，属基础题9（5 分）下列函数中，以为周期且在区间（，）单调递增的是（）Af（x）|cos2x|Bf（x）|sin2x|Cf（x）cos|x|Df（x）s

17、in|x|【分析】根据正弦函数，余弦函数的周期性及单调性依次判断，利用排除法即可求解【解答】解：f（x）sin|x|不是周期函数，可排除 D 选项；f（x）cos|x|的周期为 2，可排除 C 选项；f（x）|sin2x|在处取得最大值，不可能在区间（，）单调递增，可排除 B故选：A【点评】本题主要考查了正弦函数，余弦函数的周期性及单调性，考查了排除法的应用，属于基础题10（5 分）已知（0，），2sin2cos2+1，则 sin（）ABCD【分析】由二倍角的三角函数公式化简已知可得 4sincos2cos2，结合角的范围可求sin0，cos0，可得 cos2sin，根据同角三角函数基本关系式

18、即可解得 sin的值【解答】解：2sin2cos2+1，可得：4sincos2cos2，（0，），sin0，cos0，cos2sin，第 11页（共 22页）sin2+cos2sin2+（2sin）25sin21，解得：sin故选：B【点评】本题主要考查了二倍角的三角函数公式，同角三角函数基本关系式在三角函数化简求值中的应用，考查了转化思想，属于基础题11（5 分）设 F 为双曲线 C：1（a0，b0）的右焦点，O 为坐标原点，以OF 为直径的圆与圆 x2+y2a2交于 P，Q 两点若|PQ|OF|，则 C 的离心率为（）ABC2D【分析】由题意画出图形，先求出 PQ，再由|PQ|OF|列式求

19、 C 的离心率【解答】解：如图，由题意，把 x代入 x2+y2a2，得 PQ，再由|PQ|OF|，得，即 2a2c2，解得 e故选：A【点评】本题考查双曲线的简单性质，考查数形结合的解题思想方法，是中档题12（5 分）设函数 f（x）的定义域为 R，满足 f（x+1）2f（x），且当 x（0，1时，f（x）x（x1）若对任意 x（，m，都有 f（x），则 m 的取值范围是（）A（，B（，C（，D（，【分析】因为 f（x+1）2f（x），f（x）2f（x1），分段求解析式，结合图象可得第 12页（共 22页）【解答】解：因为 f（x+1）2f（x），f（x）2f（x 1），x（0，1时，f（

20、x）x（x1），0，x（1，2时，x1（0，1，f（x）2f（x1）2（x1）（x2），0；x（2，3时，x1（1，2，f（x）2f（x1）4（x2）（x3）1，0，当 x（2，3时，由 4（x2）（x3）解得 x或 x，若对任意 x（，m，都有 f（x），则 m故选：B【点评】本题考查了函数与方程的综合运用，属中档题二、填空题：本题共二、填空题：本题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分。分。13（5 分）我国高铁发展迅速，技术先进经统计，在经停某站的高铁列车中，有 10 个车次的正点率为 0.97，有 20 个车次的正点率为 0.98，有 10 个车次的正点率为 0.

21、99，则经停该站高铁列车所有车次的平均正点率的估计值为0.98【分析】利用加权平均数公式直接求解【解答】解：经统计，在经停某站的高铁列车中，有 10 个车次的正点率为 0.97，有 20 个车次的正点率为 0.98，有 10 个车次的正点率为 0.99，经停该站高铁列车所有车次的平均正点率的估计值为：（100.97+200.98+100.99）0.98故答案为：0.98第 13页（共 22页）【点评】本题考查经停该站高铁列车所有车次的平均正点率的估计值的求法，考查加权平均数公式等基础知识，考查推理能力与计算能力，属于基础题14（5 分）已知 f（x）是奇函数，且当 x0 时，f（x）eax若

22、f（ln2）8，则 a3【分析】奇函数的定义结合对数的运算可得结果【解答】解：f（x）是奇函数，f（ln2）8，又当 x0 时，f（x）eax，f（ln2）ealn28，aln2ln8，a3故答案为：3【点评】本题主要考查函数奇偶性的应用，对数的运算性质，属于基础题15（5 分）ABC 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c若 b6，a2c，B，则ABC 的面积为【分析】利用余弦定理得到 c2，然后根据面积公式 SABCacsinBc2sinB 求出结果即可【解答】解：由余弦定理有 b2a2+c22accosB，b6，a2c，B，36（2c）2+c24c2cos，c212，SABC，故答

23、案为：6【点评】本题考查了余弦定理和三角形的面积公式，属基础题16（5 分）中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”（图 1）半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体半正多面体体现了数学的对称美图 2 是一个棱数为 48 的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为 1则该半正多面体共有26个面，其棱长为1第 14页（共 22页）【分析】中间层是一个正八棱柱，有 8 个侧面，上层是有 8+1，个面，下层也有 8+1 个面，故共有 26 个面；半正多面体的棱长为中间层

24、正八棱柱的棱长加上两个棱长的 cos45倍【解答】解：该半正多面体共有 8+8+8+226 个面，设其棱长为 x，则 x+x+x1，解得 x1故答案为：26，1【点评】本题考查了球内接多面体，属中档题三、解答题：共三、解答题：共 70 分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。第分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。第 1721 题为必考题为必考题，每个试题考生都必须作答。第题，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。题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共（一）必考题：共 60 分。分。17（12 分）如图，长方体 ABCDA1B1C1D1的底面

25、ABCD 是正方形，点 E 在棱 AA1上，BEEC1（1）证明：BE平面 EB1C1；（2）若 AEA1E，求二面角 BECC1的正弦值【分析】（1）推导出 B1C1BE，BEEC1，由此能证明 BE平面 EB1C1第 15页（共 22页）（2）以 C 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角 BECC1的正弦值【解答】证明：（1）长方体 ABCDA1B1C1D1中，B1C1平面 ABA1B1，B1C1BE，BEEC1，BE平面 EB1C1解：（2）以 C 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设 AEA1E1，BE平面 EB1C1，BEEB1，AB1，则 E（1

26、，1，1），A（1，1，0），B1（0，1，2），C1（0，0，2），C（0，0，0），BCEB1，EB1面 EBC，故取平面 EBC 的法向量为（1，0，1），设平面 ECC1的法向量（x，y，z），由，得，取 x1，得（1，1，0），cos，二面角 BECC1的正弦值为【点评】本题考查线面垂直的证明，考查二面角的正弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理能力与计算能力，是中档题18（12 分）11 分制乒乓球比赛，每赢一球得 1 分，当某局打成 10：10 平后，每球交换发球权，先多得 2 分的一方获胜，该局比赛结束甲、乙两位同学进行单打比赛，假设甲第 16页

27、（共 22页）发球时甲得分的概率为 0.5，乙发球时甲得分的概率为 0.4，各球的结果相互独立在某局双方 10：10 平后，甲先发球，两人又打了 X 个球该局比赛结束（1）求 P（X2）；（2）求事件“X4 且甲获胜”的概率【分析】（1）设双方 10：10 平后的第 k 个球甲获胜为事件 Ak（k1，2，3，），则 P（X2）P（A1A2）+P（）P（A1）P（A2）+P（）P（），由此能求出结果（2）P（X4 且甲获胜）P（A2A3A4）+P（）P（）P（A2）P（A3）P（A4）+P（A1）P（）P（A3）P（A4），由此能求出事件“X4 且甲获胜”的概率【解答】解：（1）设双方 10：1

28、0 平后的第 k 个球甲获胜为事件 Ak（k1，2，3，），则 P（X2）P（A1A2）+P（）P（A1）P（A2）+P（）P（）0.50.4+0.50.60.5（2）P（X4 且甲获胜）P（A2A3A4）+P（）P（）P（A2）P（A3）P（A4）+P（A1）P（）P（A3）P（A4）（0.50.4+0.50.6）0.50.40.1【点评】本题考查概率的求法，考查相互独立事件概率乘法公式等基础知识，考查推理能力与计算能力，是中档题19（12 分）已知数列an和bn满足 a11，b10，4an+13anbn+4，4bn+13bnan4（1）证明：an+bn是等比数列，anbn是等差数列；（2）

29、求an和bn的通项公式【分析】（1）定义法证明即可；（2）由（1）结合等差、等比的通项公式可得【解答】解：（1）证明：4an+13anbn+4，4bn+13bnan4；4（an+1+bn+1）2（an+bn），4（an+1bn+1）4（anbn）+8；即 an+1+bn+1（an+bn），an+1bn+1anbn+2；又 a1+b11，a1b11，第 17页（共 22页）an+bn是首项为 1，公比为的等比数列，anbn是首项为 1，公差为 2 的等差数列；（2）由（1）可得：an+bn（）n1，anbn1+2（n1）2n1；an（）n+n，bn（）nn+【点评】本题考查了等差、等比数列的定义

30、和通项公式，是基础题20（12 分）已知函数 f（x）lnx（1）讨论 f（x）的单调性，并证明 f（x）有且仅有两个零点；（2）设 x0是 f（x）的一个零点，证明曲线 ylnx 在点 A（x0，lnx0）处的切线也是曲线yex的切线【分析】（1）讨论 f（x）的单调性，求函数导数，在定义域内根据函数零点大致区间求零点个数，（2）运用曲线的切线方程定义可证明【解答】解析：（1）函数 f（x）lnx定义域为：（0，1）（1，+）；f（x）+0，（x0 且 x1），f（x）在（0，1）和（1，+）上单调递增，在（0，1）区间取值有，代入函数，由函数零点的定义得，f（）0，f（）0，f（）f（）0

31、，f（x）在（0，1）有且仅有一个零点，在（1，+）区间，区间取值有 e，e2代入函数，由函数零点的定义得，又f（e）0，f（e2）0，f（e）f（e2）0，f（x）在（1，+）上有且仅有一个零点，故 f（x）在定义域内有且仅有两个零点；（2）x0是 f（x）的一个零点，则有 lnx0，第 18页（共 22页）曲线 ylnx，则有 y；曲线 ylnx 在点 A（x0，lnx0）处的切线方程为：ylnx0（xx0）即：yx1+lnx0即：yx+而曲线 yex的切线在点（ln，）处的切线方程为：y（xln），即：yx+，故曲线 ylnx 在点 A（x0，lnx0）处的切线也是曲线 yex的切线故得

32、证【点评】本题考查 f（x）的单调性，函数导数，在定义域内根据函数零点大致区间求零点个数，以及利用曲线的切线方程定义证明21（12 分）已知点 A（2，0），B（2，0），动点 M（x，y）满足直线 AM 与 BM 的斜率之积为记 M 的轨迹为曲线 C（1）求 C 的方程，并说明 C 是什么曲线；（2）过坐标原点的直线交 C 于 P，Q 两点，点 P 在第一象限，PEx 轴，垂足为 E，连结 QE 并延长交 C 于点 G（i）证明：PQG 是直角三角形；（ii）求PQG 面积的最大值【分析】（1）利用直接法不难得到方程；（2）（i）设 P（x0，y0），则 Q（x0，y0），E（x0，0），利

33、用直线 QE 的方程与椭圆方程联立求得 G 点坐标，去证 PQ，PG 斜率之积为1；（ii）利用 S，代入已得数据，并对换元，利用“对号”函数可得最值【解答】解：（1）由题意得，整理得曲线 C 的方程：，曲线 C 是焦点在 x 轴上不含长轴端点的椭圆；第 19页（共 22页）（2）（i）设 P（x0，y0），则 Q（x0，y0），E（x0，0），G（xG，yG），直线 QE 的方程为：，与联立消去 y，得，第 20页（共 22页），把代入上式，得 kPG，kPQkPG1，PQPG，故PQG 为直角三角形；（ii）SPQG第 21页（共 22页）令 t，则 t2，SPQG利用“对号”函数 f（t

34、）2t+在2，+）的单调性可知，f（t）（t2 时取等号），（此时），故PQG 面积的最大值为【点评】此题考查了直接法求曲线方程，直线与椭圆的综合，换元法等，对运算能力考查尤为突出，难度大（二）选考题：共（二）选考题：共 10 分。请考生在第分。请考生在第 22、23 题中任选一题作答。如果多做，则按所做的题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。第一题计分。选修选修 4-4：坐标系与参数方程：坐标系与参数方程（10 分）分）22（10 分）在极坐标系中，O 为极点，点 M（0，0）（00）在曲线 C：4sin上，直线 l 过点 A（4，0）且与 OM 垂直，垂足为 P（1）当0时，求

35、0及 l 的极坐标方程；（2）当 M 在 C 上运动且 P 在线段 OM 上时，求 P 点轨迹的极坐标方程【分析】（1）把0直接代入4sin即可求得0，在直线 l 上任取一点（，），利用三角形中点边角关系即可求得 l 的极坐标方程；（2）设 P（，），在 RtOAP 中，根据边与角的关系得答案【解答】解：（1）当0时，第 22页（共 22页）在直线 l 上任取一点（，），则有，故 l 的极坐标方程为有；（2）设 P（，），则在 RtOAP 中，有4cos，P 在线段 OM 上，故 P 点轨迹的极坐标方程为4cos，【点评】本题考查解得曲线的极坐标方程及其应用，画图能够起到事半功倍的作用，是基础

36、题选修选修 4-5：不等式选讲：不等式选讲（10 分）分）23已知 f（x）|xa|x+|x2|（xa）（1）当 a1 时，求不等式 f（x）0 的解集；（2）当 x（，1）时，f（x）0，求 a 的取值范围【分析】（1）将 a1 代入得 f（x）|x1|x+|x2|（x1），然后分 x1 和 x1 两种情况讨论 f（x）0 即可；（2）根据条件分 a1 和 a1 两种情况讨论即可【解答】解：（1）当 a1 时，f（x）|x1|x+|x2|（x1），f（x）0，当 x1 时，f（x）2（x1）20，恒成立，x1；当 x1 时，f（x）（x1）（x+|x2|）0 恒成立，x；综上，不等式的解集为（，1）；（2）当 a1 时，f（x）2（ax）（x1）0 在 x（，1）上恒成立；当 a1 时，x（a，1），f（x）2（xa）0，不满足题意，a 的取值范围为：1，+）【点评】本题考查了绝对值不等式的解法，考查了分类讨论思想，属中档题

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