安徽省定远重点中学2019届高三下学期第三次模拟考试数学(理)试题 Word版含解析

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.已知集合A＝{﹣1，0，1，2}，B＝{x|（x+1）（x﹣2）＜0}，则A∩B＝（ ） A. {0，1} 【答案】A 【解析】 【分析】

化简集合B，进而求交集即可.

【详解】由B中不等式解得：-1＜x＜2，即B={x|-1＜x＜2}， ∵A={-1，0，1，2}， ∴A∩B={0，1}， 故选：A．

【点睛】本题考查交集的概念与运算，考查一元二次不等式的解法，属于基础题.

2.已知复数z满足(13i)z1i，则复平面内与复数z对应的点在 A. 第一象限 【答案】D 【解析】 【分析】

把已知等式变形，利用复数代数形式的乘除运算化简，求出z的坐标得答案． 【详解】由13iz1i，得

B. 第二象限

C. 第三象限

D. 第四象限

B. {﹣1，0}

C. {﹣1，0，1}

D. {0，1，2}

1313i13131i13i1izi，

134413i13i13i∴复数z在复平面内对应的点的坐标为（故选：D．

1313，），在第四象限．

44【点睛】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的代数表示法及其几何意义，是基础题．

3.将函数fxcosx再把得到的图像向左平移A. - 【答案】B 【解析】 【分析】 函数f，图像上各点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变）

2512个单位长度，所得函数图像关于x=对称，则 =( ) 625B. - C. D.

3312xcosx<图象经过放缩变换与平移变换后可得211ycosx，由k可得结果.

22662【详解】函数fxcosx<图象上各点的横坐标伸长到原来的2倍后得到21ycosx，

2再向左平移

1后得到ycosx，

6621ycosxx因为的图象关于于对称， 2621k，解得k， 2263当k0时，3，故选B.

【点睛】本题考查了三角函数的图象与性质，重点考查学生对三角函数图象变换规律的理解与掌握，能否正确处理先周期变换后相位变换这种情况下图象的平移问题，反映学生对所学知识理解的深度.

4.在等比数列{an}中，已知a11,a5a71，则a5的值为（ ）

a2a48A.

1 2B.

1 4C.

1 8D.

1 16【答案】D 【解析】 【分析】

根据数列是等比数列得到公比，再由数列的通项公式得到结果. 【详解】因为数列是等比数列，故得到

4a5a71q3,进而得到q1，则

a2a48211a51. 216故答案为：D.

【点睛】这个题目考查了等比数列的通项的求法，是简单题.

5.PM2.5是空气质量的一个重要指标，我国PM2.5标准采用世卫组织设定的最宽限值，即

PM2.5日均值在35g/m3以下空气质量为一级，在35g/m3~75g/m3之间空气质量为二

级，在75g/m3以上空气质量为超标.如图是某地11月1日到10日PM2.5日均值（单位：

g/m3）的统计数据，则下列叙述不正确的是（ ）

A. 这10天中有4天空气质量为一级 11月5日

C. 从5日到9日，PM2.5日均值逐渐降低 是45 【答案】D 【解析】

B. 这10天中PM2.5日均值最高的是

D. 这10天的PM2.5日均值的中位数

【分析】

由折线图逐一判断各选项即可.

【详解】由图易知：第3,8,9,10天空气质量为一级，故A正确，11月5日PM2.5日均值为82，显然最大，故B正确，从5日到9日，PM2.5日均值分别为：82,73,58,34,30，逐渐降到，故C正确，中位数是

454947，所以D不正确，故选D. 2【点睛】本题考查了频数折线图，考查读图，识图，用图的能力，考查中位数的概念，属于基础题.

ex1,x2,6.已知函数f(x)若f(a)1，则a的取值范围是 2log3(x1),x2,A. [1,2)

B. [1,)

C. [2,)

D.

(,2][1,)

【答案】B 【解析】 【分析】

依题意，对a分a2,与a2讨论，再解相应的不等式即可．

x1e,x2,【详解】∵fx，fa1 2logx1,x2,3a2a2∴a1或 2loga11e13a2a2即或2

a10a13即1a2或a2 ∴a的取值范围是1, 故选：B

【点睛】本题考查分段函数的图象与性质的应用，突出考查分类讨论思想与方程思想的综合应用，属于中档题．

7.已知向量m1,2， n1,，若mn，则m2n与m的夹角为（ ）

A.

2 3B.

3 4C.

 3D.

 4【答案】D 【解析】

，2，b1，，a⊥b， ∵a1∴120，解得∴a2b(1,3)． ∴(a2b)a5， 又a2b10,a5． 设向量a2b与a的夹角为， 则cos1． 2(a2b)aa2ba52． 2105又0， ∴

8.博览会安排了分别标有序号为“1号”“2号”“3号”的三辆车，等可能随机顺序前往酒店接嘉宾．某嘉宾突发奇想，设计两种乘车方案．方案一：不乘坐第一辆车，若第二辆车的车序号大于第一辆车的车序号，就乘坐此车，否则乘坐第三辆车；方案二：直接乘坐第一辆车．记方案一与方案二坐到“3号”车的概率分别为P1，P2，则（ ） A. P1•P2＝

4．选D．

1 4B. P1＝P2＝

1 3C. P1+P2＝

5 6D. P1＜P2

【答案】C 【解析】 【分析】

将三辆车的出车可能顺序一一列出，找出符合条件的即可.

【详解】三辆车的出车顺序可能为：123、132、213、231、312、321

方案一坐车可能：132、213、231，所以，P1＝方案二坐车可能：312、321，所以，P1＝所以P1+P2＝故选C.

3； 62； 65 6【点睛】本题考查了古典概型的概率的求法，常用列举法得到各种情况下基本事件的个数，属于基础题.

9.某多面体的三视图如图所示，正视图中大直角三角形的斜边长为5，左视图为边长是1的正方形，俯视图为有一个内角为45°的直角梯形，则该多面体的体积为（ ）

A. 1 【答案】C 【解析】

B.

1 2C.

2 3D. 2

由题可知，ADAEEFDF1,DC2,AB1， 所以V

1121111，故选C。 333x2y210.设A1，A2，B1分别是椭圆C：221a＞b＞0的左、右、上顶点，O为坐标原点，D

ab为线段OB1的中点，过A2作直线A1D的垂线，垂足为H．若H到x轴的距离为的离心率为（ ） A.

16OD，则C92 4B. 3 3C.

2 2D. 3 6【答案】C 【解析】

【分析】

与RtAGH结合草图，利用RtAOD相似求得OG，写出H坐标，利用kA1HkA2H112b1计算a2b2从而求得e1值.

2a与RtAGH【详解】如图示过H作HGx轴于点G，则RtAOD相似， 11

1616b8ODb 9929bAOODa12 ,即AGHGaOG8b197OGa

9GH故H78a,b,A1a,0,A2a,0 99A1HA2H,kA1HkA2H88bb991, 即1 77aaaa992322ba 818122b212ba，即2

a2b22 e12a2故选：C.

【点睛】本题考查椭圆离心率的求法，利用相似是关键，属于基础题.

11.函数f（x）＝ln（x1）的图象大致是（ ） xA. B.

C. D.

【答案】B 【解析】

分析：首先根据对数函数的性质，求出函数的定义域，再根据复合函数的单调性求出fx的单调性，问题得以解决. 详解：

f(x)＝ln(x－)，

>0，解得－11，

x－＝

函数的定义域为(－1,0)∪(1,＋∞)，可排除A，D.

函数u＝x－在(－1,0)和(1,＋∞)上单调递增，函数y＝ln u在(0,＋∞)上单调递增，根据复合函数的单调性可知，函数f(x)在(－1,0)和(1,＋∞)上单调递增， 故选：B.

点睛：函数图象的识辨可从以下方面入手：

(1)从函数的定义域，判断图象的左右位置；从函数的值域，判断图象的上下位置； (2)从函数的单调性，判断图象的变化趋势； (3)从函数的奇偶性，判断图象的对称性； (4)从函数的周期性，判断图象的循环往复； (5)从函数的特征点，排除不合要求的图象．

12.已知a，b∈R，直线y＝ax+bππ与函数f（x）＝tanx图象在x处相切，设g（x）24＝ex+bx2+a，若在区间[1，2]上，不等式m≤g（x）≤m2﹣2恒成立，则实数m（ ）

A. 有最小值﹣e C. 有最大值e 【答案】D 【解析】 试题分析：

B. 有最小值e D. 有最大值e+1

1f'()2，，所以a2，又42cos()4tan(b)1，所以g(x)xe2x2，g'(x)ex2x，，

42(4)b2xg\"(x)ex2，当x[1,2]时，g\"(x)e20，因此g'(x)在[1,2]上递增，所以

g'(x)g'(1)e20，从而g(x)在[1,2]上是增函数，g(x)的最小值为g(1)e1，最

2大值为g(2)e2，因此由在区间1,2上,不等式mgxm2恒成立得

2me1{2，解得me或eme1，所以m最大值为e1．故选D． m2e22考点：导数的几何意义，导数与单调性、最值．

【名师点睛】本题是一道综合题，解题要求对所涉及的知识都能正确理解运用．首先考查导数的几何意义，通过导数求函数图象的切线方程知识点求出参数a,b值，不等式

mgxm22恒成立，转化为求函数g(x)的最值，从而解相应不等式得出结论，这里

求g(x)的最值时，要确定单调性，也即要确定导数g'(x)的正负，对导数g'(x)的正负不易确定时，可对它再一次求导g\"(x)，由g\"(x)的正负，确定g'(x)的单调性，从而确定正负，是我们常用的方法．

二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）

aax13.若2的展开式的常数项是45，则常数的值为__________． x【答案】3 【解析】 【分析】

二项展开式的通项公式中，令x的幂指数等于0，求出r的值，即可求得常数项，再根据常数

6项等于45得解． 【详解】解：

(xax2r(a)r?x63r，令63r0，求得)6展开式的通项公式为Tr1C6·r=2，

a45，15a45，a3 可得它的常数项为C6·故答案为：3．

【点睛】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．

2x2y214.已知椭圆C：1(m4)的右焦点为F，点A（一2，2)为椭圆C内一点。若椭

mm4圆C上存在一点P，使得｜PA｜＋｜PF｜＝8，则m的最大值是___． 【答案】25 【解析】 【分析】

设椭圆的左焦点为F'（﹣2，0），由椭圆的定义可得2m＝|PF|+|PF'|，即|PF'|＝2m﹣|PF|，可得|PA|﹣|PF'|＝8﹣2m，运用三点共线取得最值，解不等式可得m的范围，再由点在椭圆内部，可得所求范围．

x2y2【详解】椭圆C：， 1(m4)的右焦点F（2，0）

mm4左焦点为F'（﹣2，0），

由椭圆的定义可得2m＝|PF|+|PF'|， 即|PF'|＝2m﹣|PF|， 可得|PA|﹣|PF'|＝8﹣2m， 由||PA|﹣|PF'||≤|AF'|＝2， 可得﹣2≤8﹣2m≤2， 解得3m5，所以9m25,①

又A在椭圆内， 所以

441,所以8m-16【点睛】本题考查椭圆的定义和性质的运用，考查转化思想和运算能力，属于中档题．

xy015.已知实数，y满足约束条件xy1?，则zx2y的最大值_______．

x0【答案】2 【解析】 【分析】

作出可行域，求出区域的顶点坐标，将顶点坐标一一代入zx2y，即可判断函数的最大值。

xy0【详解】作出不等式组xy1表示的平面区域，如图

x0

11AO0,0B1,0求得区域的顶点分别为，，2,2，分别将三点代入目标函数得：z1000，z2101，z311332，所以zx2y的最大值为 2222【点睛】本题考查了线性规划问题，作出可行域，当不等式组为线性约束条件，目标函数是线性函数，可行域为多边形区域时（或有顶点的无限区域），直接代端点即可求得目标函数的最值。

exa16.若函数f(x)x22x在(0,)上仅有一个零点，则a__________．

x【答案】5ln24 【解析】 【分析】

x32x2x32x2令fx0，并将其化为e，构造函数gx，利用导数研究函数xxeeagx的单调性，求得其极大值，令ea等于这个极大值，解方程求得a的值.

x32x2x32x2【详解】令fx0并化简得，e，构造函数gx，

exexagxxx1x4ex，

由于x0，故函数gx在0,1,4,上导数小于零，递减，在1,4上导数大于零，递增，

由g00，g20，当x0,2，有gx0,当x2,时，gx0， 且x时，y0,函数gx在x4处取得极大值也是最大值为g432， e432x32x2ae又e0，所以当e时，只有，解得a5ln24.

e4exaa【点睛】本小题主要考查利用导数研究函数零点问题，考查构造函数法，考查极值、最值的求法，属于中档题.

三、解答题（本大题共5小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．） 17.△ABC的内角A、B、C所对的边分别为a、b、c，且acosCbcosAbccosA. (1)求角A的值；

(2)若△ABC的面积为33，且bc7，求△ABC外接圆的面积。 【答案】（1）

13；（2） 33【解析】 分析】

（1）利用正弦定理、和差公式即可得出sinB＝2sinBcosA，结合sinB≠0，可得cosA由范围A∈（0，π），可求A【3．

∴cosA1，2（2）利用三角形的面积公式可求bc＝12，由余弦定理可得a的值，设三角形的外接圆半径为

R，由正弦定理可得R，进而根据圆的面积公式求解即可．

【详解】（1）∵acosCbcosAbccosA.

∴由正弦定理得sinAcosCsinBcosA sinBcosCcosA

∴sinCA2sinBcosA，∵ABC∴sinCAsinB0

1，又∵A0,，A 23（2）由（1）知A又SABC又∵

3，∴由余弦定理a2b2c22bccosAbc3bc，

21bcsinA33，∴bc12，又bc7，∴a13 2a13132R，∴R，S. sinA33【点睛】本题考查了正弦定理、余弦定理、和差公式、三角形面积计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．

18.如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是平行四边形，PD⊥平面ABCD，PD＝AD＝BD＝2，AB＝22，E是棱PC上的一点．

（1）若PA∥平面BDE，证明：PE＝EC；

（2）在（1）的条件下，棱PB上是否存在点M，使直线DM与平面BDE所成角的大小为30°？

若存在，求PM：MB的值；若不存在，请说明理由．

【答案】（1） 见解析；（2）在棱PB上存在点M使直线DM与平面BDE所成角的大小为30，此时PM:MB1:1. 【解析】 【分析】

（1）连接AC交BD于F，连接EF，由PA//平面BDE的性质定理得E是PC的中点，即可得出；（2）建立空间直角坐标系，求出平面BDE的法向量，由直线DM与平面BDE所成角的向量法，得出PM:MB的值.

【详解】

（1）连接AC交BD于F，连接EF，则EF是平面PAC与平面BDE的交线.因为PA//平面BDE，PA平面PAC，所以PA//EF.又因为F是AC中点，所以E是PC的中点.所以PEEC.

（2）由已知条件可知AD2BD2AB2，所以ADBD，

以D为原点，DA为x轴，DB为y轴，DP为z轴建立空间直角坐标系. 则D0,0,0，A2,0,0，B0,2,0，P0,0,2，

C2,2,0，E1,1,1，DE1,1,1，DB0,2,0.

假设在棱PB上存在点M，设PMλPB0λ1， 得M0,2λ,22λ，DM0,2λ,22λ. 记平面BDE的法向量为n1x1,y1,z1，则

n1DE0, nDB0,1即x1y1z10,取z11，则x11，

y10,所以n11,0,1.

要使直线DM与平面BDE所成角的大小为30， 则

DMn1DMn1sin30，即10+02λ+12-2λ12+02+1202+2λ+2-2λ221=，解得λ10,1. 22所以在棱PB上存在点M使直线DM与平面BDE所成角的大小为30. 此时PM:MB1:1.

【点睛】本题考查了线与面平行的性质定理的应用，也考查了向量法解决线与面所成角的问题，属于中档题.

19.2018年2月22日上午，山东省、省在济南召开山东省全面展开新旧动能转换重大工程动员大会，会议动员各方力量，迅速全面展开新旧动能转换重大工程．某企业响应号召，对现有设备进行改造，为了分析设备改造前后的效果，现从设备改造前后生产的大量产品中各抽取了200件产品作为样本，检测一项质量指标值，若该项质量指标值落在[20，40）内的产品视为合格品，否则为不合格品．如图是设备改造前的样本的频率分布直方图，表1是设备改造后的样本的频数分布表． 表1：设备改造后样本的频数分布表 质量指标[15，20） [20，25） [25，30） [30，35） [35，40） [40，45] 值 频数

4 36 96 28 32 4

（1）完成下面的2×2列联表，并判断是否有99%的把握认为该企业生产的这种产品的质量指标值与设备改造有关； 合格品 不合格品 合计

（2）根据图3和表1提供的数据，试从产品合格率的角度对改造前后设备的优劣进行比较； （3）企业将不合格品全部销毁后，根据客户需求对合格品进行等级细分，质量指标值落在[25，30）内的定为一等品，每件售价240元；质量指标值落在[20，25）或[30，35）内的定为二等品，每件售价180元；其它的合格品定为三等品，每件售价120元．根据表1的数据，用该组样本中一等品、二等品、三等品各自在合格品中的频率代替从所有产品中抽到一件相应等级产品的概率．现有一名顾客随机购买两件产品，设其支付的费用为X（单位：元），求X的分布列和数学期望． 附： P（K2≥k0） k0

0.150 2.072 0.100 2.706 0.050 3.841 0.025 5.024 0.010 6.635 设备改造前 设备改造后 合计 K2nadbc2abcdacbd

【答案】(1) 有99%的把握认为该企业生产的这种产品的质量指标值与设备改造有关(2)见解析 【解析】

试题分析：（1）根据直观图以及表格中所给数据，可完成列联表；根据列联表，利用公式

K2nadbc2abcdacbd可得K212.210，与临界值比较可得结果；（2）根据图

3和表1可知，利用古典概型概率公式可得设备改造前产品为合格品的概率约为

造后产品为合格品的概率约为

43，设备改5024，比较合格率的大小即可得结果；（3）随机变量X的取值25为：240，300，360，420，480，根据事件的概率公式计算出各随机变量对应的概率，可得分布列，利用期望公式可得结果. 试题解析：（1）根据图3和表1得到22列联表： 合格品 不合格品 合计

将22列联表中的数据代入公式计算得：

设备改造前 172 28 200 设备改造后 192 8 200 合计 3 36 400 K2nadbc2abcdacbd 4001728281922002003362 12.210.

∵12.2106.635，

∴有99%的把握认为该企业生产的这种产品的质量指标值与设备改造有关. （2）根据图3和表1可知，设备改造前产品为合格品的概率约为为合格品的概率约为优.

（3）由表1知：

17243，设备改造后产品2005019224；显然设备改造后产品合格率更高，因此，设备改造后性能更2002511，即从所有产品中随机抽到一件一等品的概率为； 2211二等品的频率为，即从所有产品中随机抽到一件二等品的概率为；

3311三等品的频率为，即从所有产品中随机抽到一件三等品的概率为.

66一等品的频率为

由已知得：随机变量X的取值为：240，300，360，420，480.

111 ， P（X240）66361111C， P（X300）2369111151 C2， P（X360）2633181111 C2， P（X420）233111 . P（X480）224∴随机变量X的分布列为：

X P

240 300 360 420 480 1 361 95 181 31 4（X）240∴E11511300 360420480400. 3691834【方法点睛】本题主要考查频率分布直方图、古典概型概率公式以及性检验与离散型随机变量的分布列与期望，属于难题.性检验的一般步骤：（1）根据样本数据制成22列联

nadbc2表；（2）根据公式K计算K2的值；(3) 查表比较K2与临

abadacbd界值的大小关系，作统计判断.（注意：在实际问题中，性检验的结论也仅仅是一种数学关系，得到的结论也可能犯错误.）

2x220.在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：y21，如图所示，斜率为k（k＞0）且不过

3原点的直线l交椭圆C于两点A，B，线段AB的中点为E，射线OE交椭圆C于点G，交直线x＝﹣3于点D（﹣3，m）．

（1）求m2+k2的最小值；

（2）若|OG|2＝|OD|•|OE|，求证：直线l过定点． 【答案】（1）2；（2）见解析 【解析】 【分析】

（1）设出直线方程为ykxtk0，联立直线的方程和椭圆的方程，化简为一元二次方程的形式.根据直线和椭圆有两个交点得出判别式大于零，写出韦达定理，根据中点坐标公式求得E点的坐标，由此求得直线OE的斜率和方程，根据D点坐标求得m,k的关系式，结合基本不等式求得m2k2的最小值.（2）将直线OD的方程代入椭圆方程，求得G点坐标，结合E,D两点坐标以及两点间的距离公式，求得OG,OD,OE，代入OGODOE列方程，解方程求得k,t的关系，由此判断出直线过定点.

【详解】（1）设直线l的方程为y＝kx+t（k＞0），由题意，t＞0，

2ykxt22222

由方程组x2，得（3k+1）x+6ktx+3t﹣3＝0，由题意△＞0，所以3k+1＞t， 2y13设A（x1，y1），B（x2，y2），由根与系数的关系得x1x2由于E为线段AB的中点，因此xE此时kOE6kt2tyy，所以， 123k213k213ktt，y， E3k213k21yE1，所以OE所在直线的方程为y1x， xE3k3k又由题意知D（﹣3，m），令x＝﹣3，得m1，即mk＝1， k所以m2+k2≥2mk＝2，当且仅当m＝k＝1时上式等号成立，

此时由△＞0得0＜t＜2，因此当m＝k＝1且0＜t＜2时，m+k取最小值2． （2）证明：由（1）知D所在直线的方程为y22

1x， 3k3k1，将其代入椭圆C的方程，并由k＞0，解得G，又223k13k13ktt1E，，D3，， k3k213k219k21)()2由距离公式及t＞0得|OG|(，223k13k13k123k21229k213kttt9k211，OE， OD3222k3k1k3k13k1222由|OG|＝|OD|•|OE|，得t＝k，

因此直线l方程为y＝k（x+1），所以直线l恒过定点（﹣1，0）．

【点睛】本小题主要考查直线和椭圆的位置关系，考查根于系数关系，考查直线和直线交点坐标、直线和椭圆交点坐标的求法，考查两点间的距离公式，考查直线过定点的问题，综合性较强，属于中档题.

2

21.设函数f(x)xea(1e)1. （1）求函数f(x)的单调区间；

（2）若函数f(x)在(0,)上有零点，证明：a2.

【答案】（1）在(a1,)上是增函数，在(,a1)上是减函数； （2）a2. 【解析】 【分析】

（1）先确定函数的定义域，然后求fx，进而根据导数与函数单调性的关系，判断函数fx 的单调区间；

的xxx（2）采用分离参数法，得a 有解，构造gxxx1x1fx0, a x，根据在上存在零点，可知ex1ex1x1，求导gx，知gx在0,上存在唯一零点，即零点xe1x1 2,3，再根据a xxk满足gk0，进而求得gk有解，得证a2

e1【详解】（1）解：函数fx的定义域为,， 因为fxxea1exx1，所以fxx1ae．

x所以当xa1时，fx0，fx在a1,上是增函数； 当xa1时，fx0，fx在,a1上是减函数． 所以fx在a1,上增函数，在,a1上是减函数． （2）证明：由题意可得，当x0时，fx0有解，

xxex1x1xe1x1有解． 即axex1ex1ex1exexx2xex1x11令gxxx，则gx． 22xxe1e1e1设函数hxex2,hxe10，所以hx在0,上单调递增．

xx又h1e30,h2e40，所以hx在0,上存在唯一的零点．

2故gx在0,上存在唯一的零点．设此零点为k，则k1,2． 当x0,k时，gx0；当xk,时，gx0． 所以gx在0,上的最小值为gk．

又由gk0，可得ekk2，所以gkk是k1k12,3， ke1因为agx在0,上有解，所以agk2，即a2．

【点睛】本题考查了利用导数求函数的单调区间，考查了利用导数证明不等式成立，考查了利用导数研究函数的零点问题，涉及了求函数导数，函数零点存在性定理的应用等知识；从哪里入手，怎样构造，如何构造适当的函数，是解决此类问题的关键一步.

请考生在第22、23题中任选一题作答．注意：只能做选定的题目，如果多做，则按所做的第一题计分，解答时请写清题号．

x22.在平面直角坐标系xOy中，曲线M的参数方程为y233t23t3t（t为参数，且t＞0），以坐

标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，已知曲线C的极坐标方程为ρ＝4cosθ． （1）将曲线M的参数方程化为普通方程，并将曲线C的极坐标方程化为直角坐标方程； （2）求曲线M与曲线C交点的极坐标（ρ≥0，0≤θ＜2π）． 【答案】（1）曲线M的普通方程为y3(x2)（x2或x0）曲线C的直角坐标方程

22为x4xy0.（2）交点极坐标为(23,6).

【解析】

【详解】（1）先求出t，再代入消元将曲线M的参数方程化为普通方程，根据将xy，

222cosx，siny.曲线C的极坐标方程化为直角坐标方程；（2）先求曲线M与曲线C交点的直角坐标，再化为极坐标.

23yx（1）∵t，∴y，即y3x2，

3xx又t0，∴3230，∴x2或x0， x∴曲线M的普通方程为y3x2（x2或x0）.

222∵4cos，∴4cos，∴xy4x，即曲线C的直角坐标方程为

x24xy20.

y3x2（2）由2得x24x30， 2x4xy0∴x11（舍去），x23，

则交点的直角坐标为3,3，极坐标为23,. 6【点睛】本题考查曲线的普通方程、直角坐标方程的求法，考查两曲线交点的极坐标的求法，考查直角坐标方程、极坐标方程、参数方程的互化等基础知识，考查运算求解能力，考查函

数与方程思想，是中档题．

23.已知函数f(x)|x1|.

（1）若x0R，使不等式f(x2)f(x3)u成立，求满足条件的实数u的集合M； （2）t为M中最大正整数，a1，b1，c1，(a1)(b1)(c1)t，求证：abc8. 【答案】（1）Muu1;（2）见解析. 【解析】

试题分析：（1）根据题意，由零点分段讨论法分析不等式fx2fx3x1x2，得到fx的解析式，即可得到1fx1.

（2）由（1）可得t1，即可得a1b1c11，由基本不等式的性质可得

aa112a10，bb112b10，cc112c10，

将3个式子相乘，可得abc8a1b1c18．

试题解析：（1）由已知得fx2fx3x1x2

1,x12x3,1x2, 1,x2则1fx1，

由于x0R，使不等式x1x2u成立，所以u1， 即Muu1

（2）由（1）知t1，则a1b1c1t1

因为a1，b1，c1，所以a10，b10，c10， 则aa112a10，（当且仅当a2时等号成立），

bb112b10，（当且仅当b2时等号成立）， cc112c10（当且仅当c2时等号成立），

则abc8， a1b1c18（当且仅当abc2时等号成立）

即abc8.

【点睛】本题绝对值不等式的性质以解法，涉及基本不等式的性质以及应用，（2）的关键是分析转化求出a、b、c 的最值．