2022年河南省高考数学适应性试卷（理科）（3月份）（学生版+解析版）.docx

1、2022年河南省高考数学适应性试卷（理科）（3月份）一、选择题：本题共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（5分）已知集合M1，3，N1a，3，若MN1，2，3，则a的值是（）A2B1C0D12（5分）已知复数z满足（1+2i）z32i（i为虚数单位），则z的虚部为（）A-15B-85C-15iD-85i3（5分）已知数列an，bn都是等差数列，a11，b15，且a21b2134，则a11b11的值为（）A17B15C17D154（5分）“2021年12月2日”因其数字“20211202”的对称性被很多人晒到了朋友圈，类似这样的对称性在二十一世

2、纪，我们还能再遇到（）A6次B7次C8次D9次5（5分）已知双曲线x2a2-y2b2=1(a0，b0)的一条渐近线与直线2xy+30平行，则该双曲线的离心率是（）A2B3C2D56（5分）一家商店使用一架两臂不等长的天平称黄金一位顾客到店里购买10g黄金，售货员先将5g的砝码放在天平左盘中，取出一些黄金放在天平右盘中使天平平衡；再将5g的砝码放在天平右盘中，再取出一些黄金放在天平左盘中使天平平衡；最后将两次称得的黄金交给顾客若顾客实际购得的黄金为mg，则（）Am10Bm10Cm10D以上都有可能7（5分）已知侧棱和底面垂直的三棱柱ABCA1B1C1的所有棱长均为3，D为侧棱CC1的中点，M为侧

3、棱AA1上一点，且A1M1，N为B1C1上一点，且MN平面ABD，则NB1的长为（）A1B2C32D128（5分）如图，椭圆C：x25+y24=1的左、右焦点分别为F1，F2，过点F1，F2分别作弦AB，CD若ABCD，则|AF1|+|CF2|的取值范围为（）A1655，25B1655，25)C855，25)D855，259（5分）若定义在R上的偶函数f（x）的图象关于点（2，0）对称，则下列说法错误的是（）Af（x）f（x）Bf（2+x）+f（2x）0Cf（3）f（5）Df（x+2）f（x2）10（5分）“杨辉三角”是中国古代数学杰出的研究成果之一如图所示，由杨辉三角的左腰上的各数出发，引一

4、组平行线，从上往下每条线上各数之和依次为1，1，2，3，5，8，13，则下列选项不正确的是（）A在第9条斜线上，各数之和为55B在第n（n5）条斜线上，各数自左往右先增大后减小C在第n条斜线上，共有2n+1-(-1)n4个数D在第11条斜线上，最大的数是C7311（5分）已知alog32，blog115，clg4，则a，b，c的大小关系为（）AabcBcabCcbaDacb12（5分）高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的称号为了纪念数学家高斯，人们把函数yx，xR称为高斯函数，其中x表示不超过x的最大整数，例如：2.13，3.13那么函数f（x）2sinxcosx+s

5、inx+cosx的值域内元素的个数为（）A2B3C4D5二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13（5分）已知函数f（x）x3+ax2ax+2a1的极大值点是1，则a 14（5分）有两枚质地均匀，大小相同的正方体骰子，六个面分别标有数字1，2，3，4，5，6，同时掷两枚骰子，则两枚骰子朝上面的数字之积能被6整除的概率为 15（5分）已知a，b是平面内两个互相垂直的单位向量，若向量c满足(a-c)(b-2c)=0，则|c|的最大值为 16（5分）已知三棱锥PABC中，ABC是边长为23的等边三角形，PAPBa，且平面PAB平面ABC，若三棱锥PABC的每个顶点都在表面积为654的球面上

6、，则a 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17-21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（12分）在ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且sin2Asin2B+sin2C+sinBsinC（1）求角A的大小；（2）若a1，b+c存在最大值，求正数的取值范围18（12分）如图，l1、l2是两条互相垂直的异面直线，点P、C在直线l1上，点A、B在直线l2上，M、N分别是线段AB、AP的中点，且PCACa，PA=2a（）证明：PC平面ABC；（）设平面MNC与平面PBC所成的角为（090）

7、现给出下列四个条件：CM=12AB；AB=2a；CMAB；BCAC请你从中再选择两个条件以确定cos的值，并求之19（12分）第24届冬季奥运会将于2022年2月4日至2月20日在中国举行，其中冰壶比赛项目是本届奥运会的正式比赛项目之一，1998年中国女子冰壶队第一次参加奥运会冰壶比赛就获得了铜牌冰壶比赛的场地如图所示，其中左端（投掷线MN的左侧）有一个发球区，运动员在发球区边沿的投掷线MN将冰壶掷出，使冰壶沿冰道滑行，冰道的右端有一圆形的营垒，以场上冰壶最终静止时距离营垒区圆心O的远近决定胜负某学校冰壶队举行冰壶投掷测试，规则为：每人至多投3次，先在点M处投第一次，冰壶进入营垒区得3分，未进

8、营垒区不得分；自第二次投掷开始均在点A处投掷冰壶，冰壶进入营垒区得2分，未进营垒区不得分；测试者累计得分高于3分即通过测试，并立即终止投掷已知投掷一次冰壶，甲得3分和2分的概率分别为0.1和0.5，乙得3分和2分的概率分别为0.2和0.4，甲，乙每次投掷冰壶的结果互不影响（1）求甲通过测试的概率；（2）设Y为本次测试中乙的得分，求Y的分布列；（3）请根据测试结果来分析，甲，乙两人谁的水平较高？20（12分）已知函数f（x）（xa）lnx（a0）（1）当a1时，判断函数f（x）的单调性；（2）证明函数f（x）存在最小值g（a），并求出函数g（a）的最大值21（12分）已知抛物线C：y22px（p

9、0），过点R（2，0）作x轴的垂线交抛物线C于G，H两点，且OGOH（O为坐标原点）（1）求p；（2）过Q（2，1）任意作一条不与x轴垂直的直线交抛物线C于A，B两点，直线AR交抛物线C于不同于点A的另一点M，直线BR交抛物线C于不同于点B的另一点N求证：直线MN过定点选修4-4：坐标系与参数方程22（10分）在直角坐标系xOy中，C1的参数方程为x=tcosy=-1+tsin（t为参数，0）以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，C2的极坐标方程为=22cos(-4)（1）求C2的直角坐标方程；（2）C1与C2相交于不同的两点A，B线段AB的中点为M，点N（0，1），若|MN|2，求

10、C1的参数方程中sin的值选修4-5：不等式选讲23设函数f（x）|xa|+|2x+a+1|（1）当a0时，求不等式f（x）2|x|+1的解集；（2）若a0，且关于x的不等式f（x）2有解，求实数a的取值范围2022年河南省高考数学适应性试卷（理科）（3月份）参考答案与试题解析一、选择题：本题共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（5分）已知集合M1，3，N1a，3，若MN1，2，3，则a的值是（）A2B1C0D1【解答】解：M1，3，N1a，3，MN1，2，3，1a2，解得a1故选：B2（5分）已知复数z满足（1+2i）z32i（i为虚数单位

11、），则z的虚部为（）A-15B-85C-15iD-85i【解答】解：（1+2i）z32i，z=3-2i1+2i=(3-2i)(1-2i)(1+2i)(1-2i)=-15-85i，z的虚部为-85故选：B3（5分）已知数列an，bn都是等差数列，a11，b15，且a21b2134，则a11b11的值为（）A17B15C17D15【解答】解：因为数列an，bn都是等差数列，a11，b15，因为a21b2134，则2（a11b11）（a1+a21）（b1+b21）a1b1+a21b2130，所以a11b1115故选：D4（5分）“2021年12月2日”因其数字“20211202”的对称性被很多人晒到

12、了朋友圈，类似这样的对称性在二十一世纪，我们还能再遇到（）A6次B7次C8次D9次【解答】解：由对称性可得，前两位为20，后两位为02，因为一年有12个月，故这样的对称性在二十一世纪，我们还能再遇到20300302，20400402，20500502，20600602，20700702，20800802，20900902，共7次，故选：B5（5分）已知双曲线x2a2-y2b2=1(a0，b0)的一条渐近线与直线2xy+30平行，则该双曲线的离心率是（）A2B3C2D5【解答】解：双曲线x2a2-y2b2=1(a0，b0)的一条渐近线与直线2xy+30平行，可得ba=2，所以e=1+(ba)2=

13、5故选：D6（5分）一家商店使用一架两臂不等长的天平称黄金一位顾客到店里购买10g黄金，售货员先将5g的砝码放在天平左盘中，取出一些黄金放在天平右盘中使天平平衡；再将5g的砝码放在天平右盘中，再取出一些黄金放在天平左盘中使天平平衡；最后将两次称得的黄金交给顾客若顾客实际购得的黄金为mg，则（）Am10Bm10Cm10D以上都有可能【解答】解：由于天平的两臂不等长，故可设天平的左臂长为a，右臂长为b，（不妨设ab），先称得的黄金的实际质量为t，后称得的黄金的实际质量为n，由杠杆的平衡原理：bta5，anb5，解得t=5ab，n=5ba，则t+n10=5ab+5ba-10=5(b-a)2ab，又因

14、为ab，所以5(b-a)2ab0，即t+n10，所以顾客实际购得的黄金大于10克，故选：A7（5分）已知侧棱和底面垂直的三棱柱ABCA1B1C1的所有棱长均为3，D为侧棱CC1的中点，M为侧棱AA1上一点，且A1M1，N为B1C1上一点，且MN平面ABD，则NB1的长为（）A1B2C32D12【解答】解：如图，取BB1上一点F，B1F1，延长DC1至点E，连接EF，连接EF，使EFBD，EFBD，EFB1C1N，连接ME，BFDE，BFDE，四边形FBDE是平行四边形，EFBD，EF平面ABD，EF平面ABD，MFAB，同理MF平面ABD，且MFEFF，平面MEF平面ABD，MN平面MEF，M

15、N平面ABD，EC1DEDC1=12，B1FNENC1，B1FEC1=B1NNC1=21，B1C13，NB12故选：B8（5分）如图，椭圆C：x25+y24=1的左、右焦点分别为F1，F2，过点F1，F2分别作弦AB，CD若ABCD，则|AF1|+|CF2|的取值范围为（）A1655，25B1655，25)C855，25)D855，25【解答】解：由题意的对称性可得|AB|CD|，|AF1|DF2|，|BF1|CF2|，设A（x1，y1），B（x2，y2）当直线AB的斜率不存在时，则A（1，455），B（1，-455），|AB|=855，得|AF1|+|CF2|AB|=855；当直线AB的斜率

16、存在时，设AB：yk（x+1）（k0），联立y=k(x+1)x25+y24=1，可得（4+5k2）x2+10k2x+5k21000，x1+x2=-10k24+5k2，又|AF1|=(x1+1)2+y12=(x1+1)2+4-45x12=5+55x1，同理可得|BF1|=5+55x2，|AF1|+|CF2|AB|=25+55(x1+x2)=25-25k24+5k2=25-1255k2+52（855，25）|AF1|+|CF2|（855，25）综上可得，|AF1|+|CF2|的取值范围是855，25）故选：C9（5分）若定义在R上的偶函数f（x）的图象关于点（2，0）对称，则下列说法错误的是（）A

17、f（x）f（x）Bf（2+x）+f（2x）0Cf（3）f（5）Df（x+2）f（x2）【解答】解：若定义在R上的偶函数f（x）的图象关于点（2，0）对称，可得f（x）f（x），f（2x）+f（x+2）0，故A、B正确；由f（x）f（x）f（x+4），则f（3）f（1）f（5），故C正确；由f（x+8）f（x+4）f（x），可得f（x）的最小正周期为8，故D错误故选：D10（5分）“杨辉三角”是中国古代数学杰出的研究成果之一如图所示，由杨辉三角的左腰上的各数出发，引一组平行线，从上往下每条线上各数之和依次为1，1，2，3，5，8，13，则下列选项不正确的是（）A在第9条斜线上，各数之和为55B在

18、第n（n5）条斜线上，各数自左往右先增大后减小C在第n条斜线上，共有2n+1-(-1)n4个数D在第11条斜线上，最大的数是C73【解答】解：由题意，根据杨辉三角定义继续往下写三行有： 1 7 21 35 35 21 7 1 1 8 28 56 70 56 28 8 1 1 9 36 84 126 126 84 36 9 1A：由图知，第九条斜线上，各数之和为1+10+15+7+134，A 错误B：由定义及图中规律可知，都是从左向右先增后减，B正确C：由图，每条斜线个数为1，1，2，2，3，3，代入2n+1-(-1)n4符合，C正确D：第11条斜线上最大数为35=C73，D正确故选：A11（5

19、分）已知alog32，blog115，clg4，则a，b，c的大小关系为（）AabcBcabCcbaDacb【解答】解：5=3125，1123=3121，blog115log111123=23，2=38，323=39，log32log3323=23，a23，4=364，1023=3100，lg4lg1023=23，即a23，aclog32lg4=lg2lg3-lg4=lg2-lg3lg4lg3=lg2(1-2lg3)lg3=lg2(1-lg9)lg30，ac，cab故选：B12（5分）高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的称号为了纪念数学家高斯，人们把函数yx，xR称为

20、高斯函数，其中x表示不超过x的最大整数，例如：2.13，3.13那么函数f（x）2sinxcosx+sinx+cosx的值域内元素的个数为（）A2B3C4D5【解答】解：令sinx+cosxt（-2t2），则g（t）f（x）2sinxcosx+sinx+cosxt21+t，当t=-2时，t211，故g（-2）121；当-2t1时，0t211，g（t）022；当t1时，t210，g（1）011；当1t0时，1t210，g（t）112；当t0时，g（0）1+01；当0t1时，1t210，g（t）011；当t1时，g（1）0+11；当1t2时，0t211，g（t）0+11；当t=2时，g（2）1+1

21、2；故共有4个值2，1，1，2；故选：C二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13（5分）已知函数f（x）x3+ax2ax+2a1的极大值点是1，则a1【解答】解：f（x）x3+ax2ax+2a1，f（x）3x2+2axa，若f（x）的极大值点是1，则f（1）32aa0，解得：a1，a1时，f（x）x3+x2x+1，f（x）3x2+2x1（3x1）（x+1），令f（x）0，解得：x13或x1，令f（x）0，解得：1x13，故f（x）在（，1）递增，在（1，13）递减，在（13，+）递增，故x1是f（x）的极大值点，故a1符合题意，故答案为：114（5分）有两枚质地均匀，大小相同的正方

22、体骰子，六个面分别标有数字1，2，3，4，5，6，同时掷两枚骰子，则两枚骰子朝上面的数字之积能被6整除的概率为 512【解答】解：两枚相同的正方体骰子，六个面分别标有数字1，2，3，4，5，6，同时掷两枚骰子，基本事件总数n6636，两枚骰子朝上面的数字之积能被6整除包含的基本事件有：（1，6），（2，3），（2，6），（3，2），（3，4），（3，6），（4，3），（4，6），（5，6），（6，1），（6，2），（6，3），（6，4），（6，5），（6，6）共15个，所以两枚骰子朝上面的数字之积能被6整除的概率为1536=512，故答案为：51215（5分）已知a，b是平面内两个互相垂直的单

23、位向量，若向量c满足(a-c)(b-2c)=0，则|c|的最大值为 52【解答】解：a，b是平面内两个互相垂直的单位向量，不妨设a=(1，0)，b=(0，1)，设c=(x，y)，由(a-c)(b-2c)=0，得（1x，y）（2x，12y）0，即2x（1x）y（12y）0，(x-12)2+(y-14)2=516，则c的终点在以（12，14）为圆心，以54为半径的圆上，|c|的最大值为(12)2+(14)2+54=52故答案为：5216（5分）已知三棱锥PABC中，ABC是边长为23的等边三角形，PAPBa，且平面PAB平面ABC，若三棱锥PABC的每个顶点都在表面积为654的球面上，则a7【解答

24、】解：设三棱锥PABC外接球的半径R，ABC外接圆半径r，则4R2=654，所以R2=6516，ABC中，由正弦定理得，2r=2332=4，所以r2，MF1，因为平面PAB平面ABC，取AC中点，连接PF，BF，则易得PF平面ABC，设ABC外接圆圆心M，三棱锥PABC外接球球心O，过M作与底面ABC垂直的直线l，则O在l上，过P作l的垂线，垂足为E，连接OP，OB，MEPF=a2-3，在RtOPE和RtOBM中，由勾股定理得，OP2=6516=OE2+PE2OE2+1，OB2=6516=OM2+MB2（a2-3-OE）2+4，联立得，a7故答案为：7三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、

25、证明过程或演算步骤。第17-21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（12分）在ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且sin2Asin2B+sin2C+sinBsinC（1）求角A的大小；（2）若a1，b+c存在最大值，求正数的取值范围【解答】解：（1）由正弦定理，得a2b2+c2+bc所以b2+c2a2bc由余弦定理，得cosA=b2+c2-a22bc=-bc2bc=-12又A（0，），所以A=23（2）由正弦定理bsinB=csinC=asinA=233，得b+c=233(sinB+sinC)=233sin(

26、A+C)+sinC=23332cosC+(-12)sinC=23334+(-12)2sin(C+)，其中tan=32-12=32-1因为C(0，3)，要使b+c存在最大值，即C+=2有解，所以(6，2)，从而32-133所以正数的取值范围为(12，2)18（12分）如图，l1、l2是两条互相垂直的异面直线，点P、C在直线l1上，点A、B在直线l2上，M、N分别是线段AB、AP的中点，且PCACa，PA=2a（）证明：PC平面ABC；（）设平面MNC与平面PBC所成的角为（090）现给出下列四个条件：CM=12AB；AB=2a；CMAB；BCAC请你从中再选择两个条件以确定cos的值，并求之【解

27、答】证明：（I）在PAC中PCACa，PA=2aPC2+AC2PA2，PCACl1、l2是两条互相垂直的异面直线，点P、C在直线l1上，点A、B在直线l2上，PCAB，又ACABAPC平面ABC（II）选择可确定cos的大小ACBC，且AB=2a，ACaBCa以C为坐标原点，CB、CA、CP的方向为x、y、z轴正方向建立空间直角坐标系则C（0，0，0），B（a，0，0），A（0，a，0），P（0，0a）又M、N分别是线段AB、AP的中点，M（a2，a2，0），N（0，a2，a2）CA平面PBCCA=（0，a，0）是平面PBC的一个法向量设平面MNC的法向量n=（x，y，z）由nCNnCM得a2

28、y+a2z=0a2x+a2y=0取x1，得n=（1，1，1）为平面MNC的一个法向量cosn，CA=nCA|n|CA|=-a3a=-33cos=3319（12分）第24届冬季奥运会将于2022年2月4日至2月20日在中国举行，其中冰壶比赛项目是本届奥运会的正式比赛项目之一，1998年中国女子冰壶队第一次参加奥运会冰壶比赛就获得了铜牌冰壶比赛的场地如图所示，其中左端（投掷线MN的左侧）有一个发球区，运动员在发球区边沿的投掷线MN将冰壶掷出，使冰壶沿冰道滑行，冰道的右端有一圆形的营垒，以场上冰壶最终静止时距离营垒区圆心O的远近决定胜负某学校冰壶队举行冰壶投掷测试，规则为：每人至多投3次，先在点M处

29、投第一次，冰壶进入营垒区得3分，未进营垒区不得分；自第二次投掷开始均在点A处投掷冰壶，冰壶进入营垒区得2分，未进营垒区不得分；测试者累计得分高于3分即通过测试，并立即终止投掷已知投掷一次冰壶，甲得3分和2分的概率分别为0.1和0.5，乙得3分和2分的概率分别为0.2和0.4，甲，乙每次投掷冰壶的结果互不影响（1）求甲通过测试的概率；（2）设Y为本次测试中乙的得分，求Y的分布列；（3）请根据测试结果来分析，甲，乙两人谁的水平较高？【解答】解：（1）若甲通过测试，则甲的得分为X4或5，所以P（X4）0.90.50.50.225，P（X5）0.10.50.5+0.10.50.025+0.050.07

30、5，所以甲通过测试的概率为PP（X4）+P（X5）0.225+0.0750.3；（2）Y的可能取值为0，2，3，4，5，所以P（Y0）0.80.60.60.288，P（Y2）0.80.40.6+0.80.60.40.384，P（Y3）0.20.60.60.072，P（Y4）0.80.40.40.128，P（Y5）0.20.60.4+0.20.40.128，所以Y的分布列为：Y 0 2 3 4 5 P 0.2880.3840.0720.1280.128（3）甲水平高理由如下：甲通过测试的概率为0.3，乙通过测试的概率为0.256，因为0.30.256，所以甲水平高20（12分）已知函数f（x）（

31、xa）lnx（a0）（1）当a1时，判断函数f（x）的单调性；（2）证明函数f（x）存在最小值g（a），并求出函数g（a）的最大值【解答】（1）解：由题意知，f（x）（x1）lnx，f(x)=lnx+1-1x(x0)，f(x)=x+1x20所以函数f（x）单调递增又f（1）0，所以当0x1时f（x）0，函数f（x）单调递减；当x1时，f（x）0，函数f（x）单调递增所以f（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+）上单调递增（2）证明：由题意知，f(x)=lnx+1-ax(x0)，f(x)=x+ax20所以函数f（x）单调递增令h（x）lnxx+1，则h(x)=1-xx当0x1时，h（x）0，函

32、数h（x）单调递增；当x1时，h（x）0，函数h（x）单调递减所以h（x）maxh（1）0，即lnxx1所以f(x)=lnx+1-axx-ax，即f(a)a-aa=0另一方面，f(ea)=lnea+1-aeaa+1-ae0=10，所以存在ta，ea)，使得f(t)=lnt+1-at=0，即当0xt时，f（x）0，f（x）单调递减，当xt时，f（x）0，f（x）单调递增所以函数f（x）存在最小值f（t）g（a）（ta）lnt由式，得lnt=a-tt所以g(a)=-(t-a)2t0（当且仅当at，即lna0，a1时，等号成立）所以g（a）maxg（1）0，即为所求21（12分）已知抛物线C：y22

33、px（p0），过点R（2，0）作x轴的垂线交抛物线C于G，H两点，且OGOH（O为坐标原点）（1）求p；（2）过Q（2，1）任意作一条不与x轴垂直的直线交抛物线C于A，B两点，直线AR交抛物线C于不同于点A的另一点M，直线BR交抛物线C于不同于点B的另一点N求证：直线MN过定点【解答】解：（1）由题意知，RGOR2，不妨设G（2，2），代入抛物线C的方程，得44p，解得p1；证明：（2）由（1）知，抛物线C的方程为y22x，设A(y122，y1)B(y222，y2)，M(y322，y3)，N(y422，y4)，则直线AB的斜率为kAB=y1-y2y122-y222=2y1+y2，所以直线AB的

34、方程为y=2y1+y2(x-y122)+y1，即2x（y1+y2）y+y1y20，同理直线AM，BN，MN的方程分别为，2x（y1+y3）y+y1y30，2x（y2+y4）y+y2y40，2x（y3+y4）y+y3y40，由直线AB过Q（2，1）及直线AM，BN过R（2，0），可得4（y1+y2）+y1y20，y1y3y2y44，又直线MN的方程为2x（y3+y4）y+y3y40，即2x+(4y1+4y2)y+16y1y2=0，所以直线MN的方程为y1y2x+2（y1+y2）y+80，把4（y1+y2）+y1y20代入y1y2x+2（y1+y2）y+80，得y1y2x+2（y1y2+4）y+8

35、0，y1y2（x+2y）+（8y+8）0，所以由x+2y0，8y+80可得x2，y1，所以直线MN过定点（2，1）选修4-4：坐标系与参数方程22（10分）在直角坐标系xOy中，C1的参数方程为x=tcosy=-1+tsin（t为参数，0）以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，C2的极坐标方程为=22cos(-4)（1）求C2的直角坐标方程；（2）C1与C2相交于不同的两点A，B线段AB的中点为M，点N（0，1），若|MN|2，求C1的参数方程中sin的值【解答】解：（1）C2的极坐标方程为=22cos(-4)，根据x=cosy=sinx2+y2=2，转换为直角坐标方程为（x1）2+

36、（y1）22；（2）把C1的参数方程为x=tcosy=-1+tsin（t为参数，0），代入（x1）2+（y1）22，整理得t2（2cos+4sin）t+30，所以t1+t22cos+4sin，故|t1+t22|=2，整理得cos+2sin2；故1sin24（1sin）2，所以sin=35或1选修4-5：不等式选讲23设函数f（x）|xa|+|2x+a+1|（1）当a0时，求不等式f（x）2|x|+1的解集；（2）若a0，且关于x的不等式f（x）2有解，求实数a的取值范围【解答】解：（1）函数f（x）|xa|+|2x+a+1|，当a0时，则f（x）|x|+|2x+1|2|x|+1，即|2x+1|x|1，当x-12时，不等式为2x1+x1，解得2x-12；当-12x0时，不等式为2x+1+x1，解得-12x0；当x0时，不等式为2x+1x1，无解综上所述，不等式的解集为（2，0）；（2）因为a0时，关于x的不等式|xa|+|2x+a+1|2有解，当x-a+12时，3x12，则x1，若此时不等式有解，则-a+12-1，解得0a1；当-a+12xa时，x+2a+12，则x12a，若此时不等式有解，则-a+1212a，解得0a1；当xa时，3x+12，则x13，若此时不等式有解，则0a13综上所述，实数a的取值范围为（0，1）第20页（共20页）