2020届河北省保定市高考数学二模试卷（理科）含答案解析

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1、20202020 年河北省保定市高考数学二模试卷（理科）年河北省保定市高考数学二模试卷（理科） 一、选择题（共 12 小题）. 1设集合Px|x 24x0，Qx|log 2（x1）2，则（RP）Q（ ） A0，4 B0，5） C（1，4 D1，5） 2若复数z满足（2i）z（1+2i） 2，则|z|（ ） A3 B C2 D 3在ABC中，“0”是“ABC为钝角三角形”的（ ） A充分不必要条件 B必要不充分条件 C充要条件 D既不充分又不必要条件 4已知函数ysin（x）（0）的图象相邻两条对称轴之间的距离为，则该 函数图象是由ycos2x的图象经过怎样的变换得到？（ ） A向左平移个单位长

2、度 B向左平移个单位长度 C向右平移个单位长度 D向右平移个单位长度 5七巧板是中国古代劳动人民的发明，其历史至少可以追溯到公元前一世纪，后清陆以湉 冷庐杂识卷一中写道“近又有七巧图，其式五，其数七，其变化之式多至千余” 在 18 世纪，七巧板流传到了国外，被誉为“东方魔板”，至今英国剑桥大学的图书馆里 还珍藏着一部七巧新谱完整图案为一正方形（如图）：五块等腰直角三角形、一 块正方形和一块平行四边形，如果在此正方形中随机取一点，那么此点取自阴影部分的 概率是（ ） A B C D 6已知，则 cos2（ ） A0 B1 C D 7已知一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（ ） A

3、B C D 8的展开式中第3项与第7项的二项式系数用等 则该展开式中系数为 （ ） A56 B448 C408 D1792 9孙子定理是中国古代求解一次同余式组的方法，是数论中一个重要定理，最早可见于中 国南北朝时期的数学著作孙子算经，1852 年英国来华传教士伟烈亚力将其问题的解 法传至欧洲， 1874 年英国数学家马西森指出此法符合 1801 年由高斯得出的关于同余式解 法的一般性定理，因而西方称之为“中国剩余定理”这个定理讲的是一个关于整除的 问题， 现有这样一个整除问题： 将 2 至 2021 这 2020 个整数中能被 3 除余 2 且被 5 除余 1 的数按由小到大的顺序排成一列构

4、成一数列，则此数列的项数是（ ） A132 B133 C134 D135 10已知点在函数ylnx图象上，若满足 的n的最小值为 5，则m的取值范围是（ ） A（10，15 B（，15 C（15，21 D（，21 11已知F1，F2分别为双曲线的左、右焦点，过F1（c，0）作 x轴的垂线交双曲线于A、B两点，若F1AF2的平分线过点，则双曲线的离 心率为（ ） A2 B C3 D 12已知方程有三个不同的根，则实数a的取值范围为（ ） A（1，e） B C（1，1） D 二、填空题（共 4 小题）. 13已知向量 ， 满足：| |2，| |3， 与 夹角为 120，则| +2 | 14已知正三

5、棱锥PABC，AB2，PA2，则此三棱锥外接球的半径为 15已知定义域为 R 的函数有最大值和最小值，且 最大值和最小值的和为 4，则 16已知ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a 2+b2c2absinC，acosB+bsinA c，则b 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 1721 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：共 60 分 17已知数列an的前n项和为Sn，且满足 （1）求证：数列为等比数列； （2）求数列ann的前n项和Tn 18我国是全球最大的口罩生产国，在 2020

6、 年 3 月份，我国每日口罩产量超一亿只，已基 本满足国内人民的需求，但随着疫情在全球范围扩散，境外口罩需求量激增，世界卫生 组织公开呼吁扩大口罩产能， 常见的口罩有KN90 和KN95 （分别阻挡不少于 90.0%和 95.0% 的 0.055 到 0.095 微米的氯化钠颗粒）两种某口罩厂两条独立的生产线分别生产KN90 和KN95 两种口罩，为保证质量对其进行多项检测并评分（满分 100 分），规定总分大于 或等于 85 分为合格，小于 85 分为次品现从流水线上随机抽取这两种口罩各 100 个进 行检测并评分，结果如表： 总分 75，80） 80，85） 85，90） 90，95） 9

7、5，100 KN90 6 14 42 31 7 KN95 4 6 47 35 8 （1）试分别估计两种口罩的合格率； （2）假设生产一个KN90 口罩，若质量合格，则盈利 3 元，若为次品则亏损 1 元；生产 一个KN95 口罩，若质量合格，则盈利 8 元，若为次品则亏损 2 元，在（1）的前提下， 设X为生产一个KN90 口罩和生产一个KN95 口罩所得利润的和，求随机变量X的分布 列和数学期望； 求生产 4 个KN90 口罩所得的利润不少于 8 元的概率 19如图，在四棱锥PABCD中，底面是边长 2 的正方形，PAPD，E为PA中点， 点F在PD上且EF平面PCD，M在DC延长线上，FH

8、DM，交PM于H，且FH1 （1）证明：EF平面PBM； （2）设点N在线段BC上，若二面角EDNA为 60，求BN的长度 20 已知椭圆的离心率为， 且以椭圆上的点和长轴两端点为顶 点的三角形的面积的最大值为 （1）求椭圆C的方程； （2）经过定点Q（m，0）（m2）的直线l交椭圆于不同的两点M，N，点M关于x轴的 对称点为M，试证明：直线MN与x轴的交点S为一个定点，且|OQ|OS|4（O为原 点） 21已知函数， （1）讨论f（x）的单调性； （2）若函数h（x）f（x）2lnx有两个不同的极值点x1，x2（x1x2），求证：f（x1） +f（x2）x1x28（5ln22）； （3） 设

9、a1， 函数的反函数为k（x） ， 令，i1， 2， ， n 1 ，nN * 且n 2 ， 若x 1 ， 1 时 ， 对 任 意 的nN * 且n 2 ， 恒成立，求m的最小值 （二）选考题：共 10 分请考生从第 22、23 题中任选一题作答，并用 2B 铅笔将答题卡上 所选题目对应的题号右侧方框涂黑，按所涂题号进行评分；多涂、多答，按所涂的首题进行 评分；不涂，按本选考题的首题进行评分选修 4-4：坐标系与参数方程 22已知曲线C的极坐标方程是 2，以极点为原点，极轴为x轴非负半轴建立平面直角 坐标系，直线l的参数方程为（t为参数） （1）写出曲线C的直角坐标方程和直线l的普通方程； （2

10、）在（1）中，设曲线C经过伸缩变换得到曲线C1，设曲线C1上任意一点 为M（x0，y0），当点M到直线l的距离取最大值时，求此时点M的直角坐标 选修 4-5：不等式选讲 23已知f（x）x 2+2|x1| （1）求不等式的解集； （ 2 ） 若f（x） 的 最 小 值 为M， 且a+b+cM（a，b，cR ） ， 求 证 ： 参考答案 一、选择题（共 12 小题）. 1设集合Px|x 24x0，Qx|log 2（x1）2，则（RP）Q（ ） A0，4 B0，5） C（1，4 D1，5） 【分析】可以求出集合P，Q，然后进行交集和补集的运算即可 解：Px|x0 或x4，Qx|1x5， RPx|7

11、x4，（RP）Q（1，4 故选：C 2若复数z满足（2i）z（1+2i） 2，则|z|（ ） A3 B C2 D 【分析】根据复数的基本运算法则进行化简即可 解：（2i）z（1+2i） 2，z 2+i， |z|， 故选：B 3在ABC中，“0”是“ABC为钝角三角形”的（ ） A充分不必要条件 B必要不充分条件 C充要条件 D既不充分又不必要条件 【分析】 利用平面向量的数量积运算法则化简已知的不等式， 得到两向量的夹角为锐角， 从而得到三角形的内角为钝角，即可得到三角形为钝角三角形；反过来，三角形ABC若 为钝角三角形，可得B不一定为钝角，故原不等式不一定成立，可得前者是后者的充分 不必要条

12、件 解：，即|cos0， cos0，且 （0，）， 又两个向量的夹角 为三角形的内角B的补角， 反过来，ABC为钝角三角形，不一定B为钝角， 故选：A 4已知函数ysin（x）（0）的图象相邻两条对称轴之间的距离为，则该 函数图象是由ycos2x的图象经过怎样的变换得到？（ ） A向左平移个单位长度 B向左平移个单位长度 C向右平移个单位长度 D向右平移个单位长度 【分析】先求出函数ysin（x）的周期，再利用求得 ，从而得y sin（2x），然后利用诱导公式将其变形为y，最后利用三角函数 的平移变换法则即可得解 解：由题可知，函数ysin（x）的最小正周期T， ， 该函数图象是由ycos2x

13、的图象向右平移个单位所得 故选：C 5七巧板是中国古代劳动人民的发明，其历史至少可以追溯到公元前一世纪，后清陆以湉 冷庐杂识卷一中写道“近又有七巧图，其式五，其数七，其变化之式多至千余” 在 18 世纪，七巧板流传到了国外，被誉为“东方魔板”，至今英国剑桥大学的图书馆里 还珍藏着一部七巧新谱完整图案为一正方形（如图）：五块等腰直角三角形、一 块正方形和一块平行四边形，如果在此正方形中随机取一点，那么此点取自阴影部分的 概率是（ ） A B C D 【分析】 先设大正方形的边长为4， 则阴影部分可看做一个等腰直角三角形， 边长为2， 另外一部分为梯形，上底为，下底为 2，高，然后分别求出面积，根

14、据与面积 有关的几何概率公式可求 解：设大正方形的边长为 4，则面积为 4416， 阴影部分可看做一个等腰直角三角形，边长为 2，面积28， 故概率P 故选：C 6已知，则 cos2（ ） A0 B1 C D 【分析】利用两角和与差的正弦、余弦函数公式化简已知等式可得 cossin，进而 根据二倍角的余弦函数公式即可求解 解：， cos+sincos+sin， 可得 （） cos （） sin， 可得 cossin， 故选：A 7已知一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（ ） A B C D 【分析】利用三视图画出几何体的直观图，结合三视图的数据，求解几何体的表面积即 可 解：由题

15、意可知几何体是一个的圆锥与一个三棱锥的组合体， 圆锥的底面半径为 1，高为 1，三棱锥的底面是等腰直角三角形，腰长为 1，高为 6；PA ，PO2，BOOC1，AC，PC，SPAC 故选：D 8的展开式中第3项与第7项的二项式系数用等 则该展开式中系数为 （ ） A56 B448 C408 D1792 【分析】先求出n的值，再利用二项展开式的通项公式，求得该展开式中系数 解：的展开式中第 3 项与第 7 项的二项式系数用等， 2+6n，即n8 中第 5 项与第 7 项的二项式系数用等则该展开式中系数， 故选：B 9孙子定理是中国古代求解一次同余式组的方法，是数论中一个重要定理，最早可见于中 国

16、南北朝时期的数学著作孙子算经，1852 年英国来华传教士伟烈亚力将其问题的解 法传至欧洲， 1874 年英国数学家马西森指出此法符合 1801 年由高斯得出的关于同余式解 法的一般性定理，因而西方称之为“中国剩余定理”这个定理讲的是一个关于整除的 问题， 现有这样一个整除问题： 将 2 至 2021 这 2020 个整数中能被 3 除余 2 且被 5 除余 1 的数按由小到大的顺序排成一列构成一数列，则此数列的项数是（ ） A132 B133 C134 D135 【分析】列举出该数列的前几项，可知该数列 an 为等差数列，求出等差数列 的首项和公差，进而可得出数列 an 的通项公式，然后求解满

17、足不等 式 2an2021 的正整数 n 的个数，即可得解 解：设所求数列为 an，该数列为 11、26、41、， 所以，数列 an 为等差数列，且首项为 a111，公差为d261115， 解不等式 2an2021，即 215n52021， 则满足 的正整数 n 的个数为 135， 故选：D 10已知点在函数ylnx图象上，若满足 的n的最小值为 5，则m的取值范围是（ ） A（10，15 B（，15 C（15，21 D（，21 【分析】根据题意，求出an与Sn的表达式，利用Snm时n的最小值为 5，列出不等式 S4mS5，求出m的取值范围 解：点（n，an）（nN *）在 ylnx的图象上，

18、 anlnn， 又Snm时n的最小值为 5， 即 10m15 故选：A 11已知F1，F2分别为双曲线的左、右焦点，过F1（c，0）作 x轴的垂线交双曲线于A、B两点，若F1AF2的平分线过点，则双曲线的离 心率为（ ） A2 B C3 D 【分析】利用已知条件，结合角的平分线的性质以及双曲线的定义，列出关系式，求解 双曲线的离心率即可 解：F1，F2分别为双曲线的左、右焦点，过F5（c，0）作x 轴的垂线交双曲线于A、B两点， 若F1AF2的平分线过点，可得，|AF1|AB| ，|AF2|2， 解得e 故选：D 12已知方程有三个不同的根，则实数a的取值范围为（ ） A（1，e） B C（1

19、，1） D 【分析】原式变形为，令，则m 2+（1a）ma10， 作出函数ym（x）的图象，分析可知m1（0，1），m2（，0），由根的分布建 立不等式组，解出即可 解：原式变形为，令，则，即m 2+（1a）m a10， 而，易知函数m（x）在（，1）单调递增，在（8，+）单调递减， 作出函数ym（x）的图象如下图所示， 由图象可知，必有m1（0，1），m23 或 0 或m20， 故m1 （0， 1） ，m2 （， 0） ， 由根的分布可知， 解得 故选：D 二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分 13已知向量 ， 满足：| |2，| |3， 与 夹角为 120，则| +2

20、 | 【分析】可先求出，然后进行数量积的运算即可求出的值，从而可 得出的值 解：， ， 故答案为： 14已知正三棱锥PABC，AB2，PA2，则此三棱锥外接球的半径为 【分析】 由正三棱锥的棱长可得棱锥的高及底面外接圆的半径， 再由外接球的半径和高， 底面外接圆的半径之间的关系求出外接球的半径 解：在正三棱锥中，取底面三角形ABC的外接圆的圆心E，则底面外接圆的半径rAE AQ2 连接PE可得PE面ABC， 如图所示： 所以棱锥的高PE 7； 故答案为： 15已知定义域为 R 的函数有最大值和最小值，且 最大值和最小值的和为 4，则 2 【分析】先确定 0，再根据f（x） 是奇函数，得出 2

21、解：f（x）+e x+， f（x）有最大值和最小值，则 0，否则，f（x）没有最大或最小值， 设f（x）的最大值为m，最小值为n，则m+n4， m+n0，即 2m+n4，8 故答案为：2 16已知ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a 2+b2c2absinC，acosB+bsinA c，则b 3 【分析】由已知a 2+b2c2absinC，acosB+bsinAc，利用余弦定理，正弦定理可求角 C，B的三角函数值，进而求b 【解答】 解； a 2+b2c2absinC， 3abcosCabsinC， 则 tanC2， sinC ， cosC acosB+bsinAc，sinAco

22、sB+sinBsinAsinCsin（A+B）sinAcosB+cosAsinB， sinBsin（A+C），则由正弦定理得b 2， 故答案为：3 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 1721 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：共 60 分 17已知数列an的前n项和为Sn，且满足 （1）求证：数列为等比数列； （2）求数列ann的前n项和Tn 【分析】本题第（1）题先将n1 代入表达式计算出a1，当n2 时，由 2Sn+ann 0，可得 2Sn1+an1（n1）0，两式相减，再化简整理可得an

23、an1+，然后计 算an并转化可证得数列是以为首项，为公比的等比数列； 第（2）题先根据第（1）题的结果计算出数列的通项公式，以及数列an的通 项公式和数列ann的通项公式，然后根据通项公式的特点运用分组求和法计算前n项 和Tn 【解答】（1）证明：由题意，当n1 时，2S1+a140， a1S1，3a110，解得a6， 2Sn1+an1（n2）0， 整理，得anan1+， a1， （2）解：由（4）知，an（） n1， ann（） n1+ n（） nn+ ， （） 12+ +（） 22+ +（） nn+ + （1） 18我国是全球最大的口罩生产国，在 2020 年 3 月份，我国每日口罩产量

24、超一亿只，已基 本满足国内人民的需求，但随着疫情在全球范围扩散，境外口罩需求量激增，世界卫生 组织公开呼吁扩大口罩产能， 常见的口罩有KN90 和KN95 （分别阻挡不少于 90.0%和 95.0% 的 0.055 到 0.095 微米的氯化钠颗粒）两种某口罩厂两条独立的生产线分别生产KN90 和KN95 两种口罩，为保证质量对其进行多项检测并评分（满分 100 分），规定总分大于 或等于 85 分为合格，小于 85 分为次品现从流水线上随机抽取这两种口罩各 100 个进 行检测并评分，结果如表： 总分 75，80） 80，85） 85，90） 90，95） 95，100 KN90 6 14

25、42 31 7 KN95 4 6 47 35 8 （1）试分别估计两种口罩的合格率； （2）假设生产一个KN90 口罩，若质量合格，则盈利 3 元，若为次品则亏损 1 元；生产 一个KN95 口罩，若质量合格，则盈利 8 元，若为次品则亏损 2 元，在（1）的前提下， 设X为生产一个KN90 口罩和生产一个KN95 口罩所得利润的和，求随机变量X的分布 列和数学期望； 求生产 4 个KN90 口罩所得的利润不少于 8 元的概率 【分析】（1）利用古典概型概率计算公式能求出生产KN90 口罩合格率和生产KN95 口罩 合格率 （2）（i）随机变量X的所有可能取值为3，1，7，11，分别求出相应的

26、概率，由此能 求出随机变量X的分布列和数学期望 （ii）设“生产 4 个KN90 口罩所得的利润不少于 8 元”为事件A，事件A包括“生产 4 个KN90 口罩全合格”和“生产 4 个KN90 口罩只三个合格”，由此n次独立重复试验中 事件A恰好发生k次概率计算公式能求出生产 4 个KN90 口罩所得的利润不少于 8 元的概 率 解：（1）由题意知生产KN90 口罩合格率为：P1， 生产KN95 口罩合格率为：P2 P（X3）， P（X5）， X的分布列为： （ii）设“生产 4 个KN90 口罩所得的利润不少于 8 元”为事件A， 生产 4 个KN90 口罩所得的利润不少于 8 元的概率为：

27、 P（A）（） 4+ 19如图，在四棱锥PABCD中，底面是边长 2 的正方形，PAPD，E为PA中点， 点F在PD上且EF平面PCD，M在DC延长线上，FHDM，交PM于H，且FH1 （1）证明：EF平面PBM； （2）设点N在线段BC上，若二面角EDNA为 60，求BN的长度 【分析】 （1）取PB的中点G，连结EG，HG，推导出四边形EFHG为平行四边形，EFGH， 由此能证明EF平面PBM （2）由EF平面PCD，得EFCD，ADCD，从而CD平面PAD，进而平面ABCD平面 PAD，取AD的中点O，连结PO，以O为原点，ON为x轴，OD为y轴，OP为z轴，建立空 间直角坐标系，利用向

28、量法能求出BN 解：（1）证明：取PB的中点G，连结EG，HG， 则EGAB，且EG1， EGFH，EGFH四边形EFHG为平行四边形，EFGH， EF平面PBM 又ADCD，EF与AD相交，CD平面PAD， 取AD的中点O，连结PO，PAPD，POAD， 在等腰PAD中，PO， 则O（0，0，0），A（0，3，0），D（0，1，0），P（0，3，4）， （0，2），（2，a6，0）， 则，取y2，得 （1a，2，）， 二面角EDNA为 60， BNa（1）2 20 已知椭圆的离心率为， 且以椭圆上的点和长轴两端点为顶 点的三角形的面积的最大值为 （1）求椭圆C的方程； （2）经过定点Q（m，

29、0）（m2）的直线l交椭圆于不同的两点M，N，点M关于x轴的 对称点为M，试证明：直线MN与x轴的交点S为一个定点，且|OQ|OS|4（O为原 点） 【分析】（1）由椭圆的离心率公式，由椭圆上的点为短轴的端点时，它和长轴两端点为 顶点的三角形的面积取得最大值，应用三角形的面积公式和a，b，c的关系，解方程可 得a，b，进而得到椭圆方程； （2）由题意可得直线l的斜率存在，设为k，可设直线yk（xm），联立椭圆方程， 设M（x1，y1），N（x2，y2），M（x1，y1），S（n，0），应用韦达定理和判别式大于 0，然后讨论直线l的斜率为 0 时，直线MN与x轴重合，满足结论；再讨论k不为 0，

30、应 用三点共线的条件：斜率相等，化简整理可得mn4即可得证 解：（1）由题意可得e， 当椭圆上的点为短轴的端点时，它和长轴两端点为顶点的三角形的面积取得最大值，可 得（2a）b4，即ab2， 则椭圆的方程为+1； 联立直线yk（xm）和椭圆方程 3x 2+4y212，可得（3+4k2）x23k2mx+4k4m2120， 所以x1+x2，x7x2， 即y3（x1n）+y1（x2n）0，即k（x2m）（x1n）+k（x1m）（x3n）0， 代入韦达定理即 2 （n+m） （） +2mn0， 化简可得0， 当斜率k0 时，直线MN与x轴重合，满足结论 综上可得，直线MN与x轴的交点S为一个定点（，0

31、），且|OQ|OS|4 21已知函数， （1）讨论f（x）的单调性； （2）若函数h（x）f（x）2lnx有两个不同的极值点x1，x2（x1x2），求证：f（x1） +f（x2）x1x28（5ln22）； （3） 设a1， 函数的反函数为k（x） ， 令，i1， 2， ， n 1 ，nN * 且n 2 ， 若x 1 ， 1 时 ， 对 任 意 的nN * 且n 2 ， 恒成立，求m的最小值 【分析】（1）求出函数的导数，通过讨论a的范围，判断函数的单调性即可； （2）求出h（x）的导数，根据h（x）0 有 2 个不相等的正实数根，求出a的范围， 求出yf（x1）+f（x2）x1x2的解析式，令

32、u（a）（a+2）ln（2a）2a，（a8）， 结合函数的单调性证明即可； （3）代入a的值，问题转化为m+，根据函数的单调性得 到关于m的不等式，解出即可 解：（1）函数的定义域是（0，+）， f（x）1， a0 时，由f（x）0，解得：x2，由f（x）7，解得：x2， 故f（x）在（0，2）递增，在（2，+）递减； 0a2 时，由f（x）0，解得：ax6，由f（x）0，解得：x2 或xa， 故f（x）在（0，a）递减，在（a，2）递增，在（6，+）递减； a2 时，f（x）0，f（x）在（0，+）递减； a4 时，由f（x）0，解得：2xa，由f（x）0，解得：xa或x2， （7）证明：h

33、（x）f（x）2lnxalnx+x，x0， 由已知函数有 2 个不同的极值点x1，x2，知道h（x）4 有 2 个不相等的正实数根， 即，解得：a8， （a+2）lnx1+x7+（a+2）lnx2+x2x1x2 （a+2）ln（2a）+a2a（a+2）ln（2a）2a， 则u（a）ln（2a）+（a+2）2ln（2a）+1， 故u（a）在（8，+）递增， （3）a8 时，f（x）+xlnx，则k（x）e x， 对x1，1，k1（x）k2（x）kn6（x）e m恒成立， y在x2，1递减， 当x1 时，+min+， 显然当n2 时，即m，m， 故m的最小值是 （二）选考题：共 10 分请考生从第

34、 22、23 题中任选一题作答，并用 2B 铅笔将答题卡上 所选题目对应的题号右侧方框涂黑，按所涂题号进行评分；多涂、多答，按所涂的首题进行 评分；不涂，按本选考题的首题进行评分选修 4-4：坐标系与参数方程 22已知曲线C的极坐标方程是 2，以极点为原点，极轴为x轴非负半轴建立平面直角 坐标系，直线l的参数方程为（t为参数） （1）写出曲线C的直角坐标方程和直线l的普通方程； （2）在（1）中，设曲线C经过伸缩变换得到曲线C1，设曲线C1上任意一点 为M（x0，y0），当点M到直线l的距离取最大值时，求此时点M的直角坐标 【分析】 （1） 直接利用转换关系， 把参数方程极坐标方程和直角坐标方

35、程之间进行转换 （2）利用三角函数关系式的恒等变换和点到直线的距离公式的应用求出结果 解：（1）曲线C的极坐标方程是 2，根据 2x2+y7，转换为直角坐标方程为 x 2+y2 4 直线l的参数方程为（t为参数）消去参数得到 把椭圆转换为参数方程为（ 为参数） ， 设点M（） 到直线l：的距离： 当且仅当，即时等号成立，即M（） 选修 4-5：不等式选讲 23已知f（x）x 2+2|x1| （1）求不等式的解集； （ 2 ） 若f（x） 的 最 小 值 为M， 且a+b+cM（a，b，cR ） ， 求 证 ： 【分析】（1）根据，分x0，0 x1 和x1 三种情况解不等式即可； （ 2 ） 先 求 出f（x） 的 最 小 值 为 1 ， 从 而 得 到a+b+cM 1 ， 然 后 根 据 ，进一步证明成 立 解：（1）当x0 时，等价于x 2+2|x1|2，该不等式显然成立； 当 0 x5 时，等价于，此时不等组的解集为， 综上，不等式的解集为 当x1 时，f（x）取得最小值为 2； f（x）最小值为 1，a+b+cM1， ，