2021年云南省高考数学冲刺试卷（文科）（4月份）（word版含答案解析）.docx

1、2021年云南省高考数学冲刺试卷（文科）（4月份）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（5分）已知集合Ax|2xx20，Bx|x1，则AB（）Ax|x0Bx|x1Cx|x1或x2Dx|x0或x22（5分）已知z（2+i）i1，则z的虚部为（）ABCD3（5分）在等差数列an中，a3+a710，a8+a1014，则S13（）A60B64C78D844（5分）随着互联网和物流行业的快速发展，快递业务已经成为人们日常生活当中不可或缺的重要组成部分如图是20122020年我国快递业务量变化情况统计图，则关于这9年的统计信息，下列说法正确的是（）

2、A这9年我国快递业务量有增有减B这9年我国快递业务量同比增速的中位数为51.4%C这9年我国快递业务量同比增速的极差未超过36%D这9年我国快递业务量的平均数超过210亿件5（5分）已知cos（x），则cos（x）（）ABCD6（5分）已知函数f（x）x3ax28x的导函数为偶函数，则f（x）的图象在点（2，f（2）处的切线方程为（）A4xy160Bx4y160C2xy80D4xy+407（5分）已知函数f（x）2x，若实数m满足f（log3m）f（logm）2f（1），则实数m的取值范围是（）A（0，BC1，3D3，+）8（5分）已知函数f（x）Asin（x+）（A0，0，|）的部分图象如图

3、所示，将f（x）的图象向右平移个单位长度，得到函数g（x）的图象，则g（x）的解析式为（）Ag（x）sin2xBg（x）sin（2x）Cg（x）sin（2x）Dg（x）sin（2x）9（5分）一个长方体的平面展开图如图所示，其中AB4，AD2，DH，点M为AB的中点，则将该长方体还原后，AH与CM所成角的余弦值为（）ABCD10（5分）在西方，人们把宽与长之比为（0.618）的矩形称为黄金矩形，这个比例（0.618）被称为黄金分割比例黄金分割比例符合人类潜意识里的审美观，给人以强烈的视觉美感，因此在绘画、设计、建筑等等领域有着广泛的应用如图，名画蒙娜丽莎的微笑的整个画面的主体部分便很好地体现了

4、黄金分割比例，其中矩形ABCD，矩形BCFE，矩形EBHG，矩形GEJ，矩形GKLI均为黄金矩形现从图中随机取一点P，则点P恰好落在黄金矩形GKLI内的概率为（）A（）3B（）4C（）6D（）811（5分）已知双曲线C：1（a0，b0）的右顶点、右焦点分别为A，F，过点A的直线l与C的一条渐近线交于点Q，直线QF与C的一个交点为B，若，且3，则C的离心率为（）A2B1CD12（5分）蹴鞠，又名“蹴球”“蹴圆”等，“蹴”有用脚蹴、踢的含义，“鞠”最早系外包皮革、内饰米糠的球，因而“蹴鞠”就是指古人以脚蹴、踢皮球的活动，类似今日的踢足球活动如图所示，已知某“鞠”的表面上与四个点A，B，C，D满足A

5、BBCCDDADB10cm，AC15cm，则该“鞠”的表面积为（）Acm2Bcm2C350cm2Dcm2二、填空题：本题共4小题，每小题5分。13（5分）已知平面向量，满足|2，|1，（23）1，则向量与的夹角的余弦值为 14（5分）若命题“x（0，+），使得axx2+4成立”是假命题，则实数a的取值范围是 15（5分）设椭圆C：+1（ab0）右焦点为F，椭圆C上的两点P，Q关于原点对称，焦距为2，|PF|QF|a，且PFQF，则椭圆C的方程为 16（5分）已知数列an的前n项和为Sn，a12，2nSn（2n1）an+1，则数列的前n项和Tn 三、解答题：解答应写出文字说明、证眀过程或演算步骤

6、。17（12分）新冠疫情防控期间，为保证抗疫物资的质量，我国加大了质量检测的力度某市今年新增了两家专门生产测温枪的工厂质检部门现从这两家工厂各随机抽取了100把测温枪，检测其某项质量指标，得到甲、乙两厂所生产的测温枪的该项质量指标值的频数分布表，如表所示：质量指标值70，80）80，90）90，100）100，110）110，120甲厂测温枪的频数82436248乙厂测温枪的频数62638228已知每把测温枪的等级与该项质量指标值间的关系如表所示：质量指标值70，90）90，100）100，120等级二级一级特级（1）试利用样本估算总体的思想分别估计甲、乙两厂生产出来的一把测温枪为特级测温枪的

7、概率；（2）若生产一把二级测温枪、一级测温枪、特级测温枪分别可获得纯利润10元、20元、30元，且不考虑其他因素，试从平均数的角度分析哪家工厂生产测温枪的利润更高18（12分）在ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足sin（A+B）cosC（1）求角A；（2）若bc4，ABC的外接圆半径为3，试求ABC的边BC上的高19（12分）如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为直角梯形，ADBC，ADC90，平面PAD底面ABCD，PBC90，PAAD2BC2，CD（1）求证：PAPD；（2）求点D到平面PAB的距离20（12分）已知焦点为F的抛物线C：y22px（p0）经过圆D：

8、（x4）2+（y4）2r2（r0）的圆心，点E是抛物线C与圆D在第一象限的一个公共点，且|EF|2（1）分别求p与r的值；（2）点M与点E关于原点O对称，点A，B是异于点O的抛物线C上的两点，且M，A，B三点共线，直线EA，EB分别与x轴交于点P，Q，问：|PF|QF|是否为定值？若为定值，求出该定值；若不为定值，试说明理由21（12分）已知函数f（x）lnxax（aR）（1）若f（x）存在极值，求a的取值范围；（2）当a1时，求证：f（x）xex1请考生在第22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分。选修4-4：坐标系与参数方程22（10分）在平面直角坐标系xOy中，直线l的

9、参数方程为（t为参数，0）以O为极点，x轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，圆C的极坐标方程为1（1）若直线l与圆C相切，求的值；（2）已知直线l与圆C相交于点A，B，记点P的直角坐标为（0，2），若|PA|+|PB|，求直线l的普通方程选修4-5：不等式选讲23已知函数f（x）|x2|2|x+1|（1）求不等式f（x）3x的解集；（2）记g（x）f（x）+|x2|的最大值为t，若m1，n3，且mn3mn+3t，求证：m+n+42021年云南省高考数学冲刺试卷（文科）（4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，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

10、知集合Ax|2xx20，Bx|x1，则AB（）Ax|x0Bx|x1Cx|x1或x2Dx|x0或x2【分析】求出集合A，利用并集定义能求出AB【解答】解：集合Ax|2xx20x|x0或x2，Bx|x1，ABx|x1或x2故选：C2（5分）已知z（2+i）i1，则z的虚部为（）ABCD【分析】利用复数的除法运算法则进行求解，然后由虚部的定义即可得到答案【解答】解：因为z（2+i）i1，所以，故z的虚部为故选：D3（5分）在等差数列an中，a3+a710，a8+a1014，则S13（）A60B64C78D84【分析】根据题意，由等差中项的性质可得a5、a7的值，结合等差数列的前n项和公式可得S13，

11、计算可得答案【解答】解：根据题意，等差数列an中，若a3+a710，则a55，a8+a1014，则a97，则S1378，故选：C4（5分）随着互联网和物流行业的快速发展，快递业务已经成为人们日常生活当中不可或缺的重要组成部分如图是20122020年我国快递业务量变化情况统计图，则关于这9年的统计信息，下列说法正确的是（）A这9年我国快递业务量有增有减B这9年我国快递业务量同比增速的中位数为51.4%C这9年我国快递业务量同比增速的极差未超过36%D这9年我国快递业务量的平均数超过210亿件【分析】分别观察这9年我国快递业务量和各年我国快递业务量同比增速，对选项一一分析，可得结论【解答】解：由条

12、形图可得，这9年我国快递业务量逐年增加，故A错误；将各年我国快递业务量同比增速按从小到大排列得：25.3%，26.6%，28.0%，30.5%，48.0%，51.4%，51.9%，54.8%，61.6%，故中位数为第五个数48.0%，故B错误；这9年我国快递业务量同比增速的极差为61.6%25.3%36.3%36%，故C错误；由条形图可得，自2016年起，各年的快递业务量远超过210亿件，故快递业务量的平均数超过210亿件，故D正确故选：D5（5分）已知cos（x），则cos（x）（）ABCD【分析】由已知利用诱导公式即可化简求解【解答】解：因为cos（x），所以cos（x）cos（x）cos

13、（x）故选：A6（5分）已知函数f（x）x3ax28x的导函数为偶函数，则f（x）的图象在点（2，f（2）处的切线方程为（）A4xy160Bx4y160C2xy80D4xy+40【分析】求得f（x）的导数，由偶函数的定义，可得a的值，由导数的几何意义可得切线的斜率和切点，由直线的点斜式方程，可得切线的方程【解答】解：函数f（x）x3ax28x的导函数为f（x）3x22ax8，由偶函数的定义可得f（x）3x2+2ax83x22ax8，解得a0，所以f（x）x38x，f（x）3x28，则f（x）的图象在点（2，f（2）处的切线的斜率为3484，且切点为（2，8），则切线的方程为y+84（x2），即

14、为4xy160故选：A7（5分）已知函数f（x）2x，若实数m满足f（log3m）f（logm）2f（1），则实数m的取值范围是（）A（0，BC1，3D3，+）【分析】判断函数的单调性，再判断函数的奇偶性，根据对数的性质即可求出【解答】解：函数f（x）2x为R上的增函数，且f（x）2xf（x），即为奇函数，f（log3m）f（logm）2f（1）f（log3m）f（log3m）2f（1）2f（log3m）2f（1）f（log3m）f（1），log3m1m3，故选：D8（5分）已知函数f（x）Asin（x+）（A0，0，|）的部分图象如图所示，将f（x）的图象向右平移个单位长度，得到函数g（x）

15、的图象，则g（x）的解析式为（）Ag（x）sin2xBg（x）sin（2x）Cg（x）sin（2x）Dg（x）sin（2x）【分析】由函数的图象的顶点坐标求出A，由周期求出，由五点法作图求出的值，可得f（x）的解析式，再根据函数yAsin（x+）的图象变换规律，求得g（x）的解析式【解答】解：根据函数f（x）Asin（x+）（A0，0，|）的部分图象，可得A1，2结合五点法作图，可得2+，故f（x）sin（2x+）将f（x）的图象向右平移个单位长度，得到函数g（x）sin（2x+）sin（2x+）的图象，故选：C9（5分）一个长方体的平面展开图如图所示，其中AB4，AD2，DH，点M为AB的中

16、点，则将该长方体还原后，AH与CM所成角的余弦值为（）ABCD【分析】先作出长方体还原后的直观图，取CD的中点N，证明四边形AMCN为平行四边形，可得ANCM，从而得到HAN（或其补角）即为异面直线AH与CM所成的角，然后利用边角关系求解即可【解答】解：将该长方体还原后的直观图如图所示，取CD的中点N，又点M为AB的中点，所以AMCN且AMCN，故四边形AMCN为平行四边形，则ANCM，所以HAN（或其补角）即为异面直线AH与CM所成的角，因为AD2，AMDN2，DH，所以，AN，HN，在HAN中，由余弦定理可得，所以AH与CM所成角的余弦值为故选：B10（5分）在西方，人们把宽与长之比为（0

17、.618）的矩形称为黄金矩形，这个比例（0.618）被称为黄金分割比例黄金分割比例符合人类潜意识里的审美观，给人以强烈的视觉美感，因此在绘画、设计、建筑等等领域有着广泛的应用如图，名画蒙娜丽莎的微笑的整个画面的主体部分便很好地体现了黄金分割比例，其中矩形ABCD，矩形BCFE，矩形EBHG，矩形GEJ，矩形GKLI均为黄金矩形现从图中随机取一点P，则点P恰好落在黄金矩形GKLI内的概率为（）A（）3B（）4C（）6D（）8【分析】设ABa，ADb，CFc，EGd，GIe，GKf，利用已知条件可得，从而得到e和f以及a的关系，求出矩形GKLI的面积以及矩形ABCD的面积，由几何概型求解概率即可【

18、解答】解：设ABa，ADb，CFc，EGd，GIe，GKf，则，所以，所以，故，又，所以点P恰好落在黄金矩形GKLI内的概率为故选：D11（5分）已知双曲线C：1（a0，b0）的右顶点、右焦点分别为A，F，过点A的直线l与C的一条渐近线交于点Q，直线QF与C的一个交点为B，若，且3，则C的离心率为（）A2B1CD【分析】由已知得A（a，0），设F（c，0），由向量等式可得l：xa，不妨设Q在第一象限，则Q（a，b），再由已知求得B点坐标，代入双曲线方程可得关于e的方程，求解得答案【解答】解：由已知得A（a，0），设F（c，0），由，得，l垂直于x轴，即l：xa，不妨设Q在第一象限，则Q（a，b

19、），设B（x0，y0），由3，得，（cx0，y0）2（ac，b），则，即B（3c2a，2b），B（x0，y0）在双曲线上，整理得：9c212aca20，即9e212e10，解得e（e1），故选：D12（5分）蹴鞠，又名“蹴球”“蹴圆”等，“蹴”有用脚蹴、踢的含义，“鞠”最早系外包皮革、内饰米糠的球，因而“蹴鞠”就是指古人以脚蹴、踢皮球的活动，类似今日的踢足球活动如图所示，已知某“鞠”的表面上与四个点A，B，C，D满足ABBCCDDADB10cm，AC15cm，则该“鞠”的表面积为（）Acm2Bcm2C350cm2Dcm2【分析】由题意画出图形，可得ABD，CBD均为等边三角形，设球心为O，BC

20、D的中心为O，取BD中点F，连接AF，CF，OB，OB，AO，构造直角三角形，利用勾股定理求解棱锥外接球的半径，再由球的表面积公式求解【解答】解：由已知得，ABD，CBD均为等边三角形，如图所示，设球心为O，BCD的中心为O，取BD中点F，连接AF，CF，OB，OB，AO，则AFBD，CFBD，而AFCFF，BD平面ACF，且求得AFCFcm，而AC15cm，AFC120，在平面AFC中，过点A作CF的垂线，与CF的延长线交于点E，由BD平面ACF，得BDAE，故AE平面BCD，过点O作OGAE于点G，则四边形OEGO是矩形，则OBBCsin60cm，cm，设球的半径为R，OOx（cm），则由

21、OO2+OB2OB2，OA2AG2+GO2，得，解得x5cm，Rcm，故三棱锥ABCD外接球的表面积为S4（cm2）故选：B二、填空题：本题共4小题，每小题5分。13（5分）已知平面向量，满足|2，|1，（23）1，则向量与的夹角的余弦值为【分析】通过向量的数量积，化简求解向量的夹角的余弦函数值即可【解答】解：平面向量，满足|2，|1，（23）1，可得：1，31，所以，故答案为：14（5分）若命题“x（0，+），使得axx2+4成立”是假命题，则实数a的取值范围是（，4【分析】由命题找出真命题x（0，+），使得axx2+4成立利用分离参数和基本不等式可得答案【解答】解：若命题“x（0，+），使

22、得axx2+4成立”是假命题，则有：“x（0，+），使得axx2+4成立”即：ax+，成立，则a（x+）minx，又x+24，当且仅当x2时，取等号，所以a4故答案为：（，415（5分）设椭圆C：+1（ab0）右焦点为F，椭圆C上的两点P，Q关于原点对称，焦距为2，|PF|QF|a，且PFQF，则椭圆C的方程为+1【分析】利用椭圆的定义，以及勾股定理，转化求解a，b，得到椭圆方程【解答】解：设椭圆的左焦点为F，则由椭圆的对称性可知|PF|QF|QF|QF|a，又|QF|+|QF|2a，解得|QF|，|QF|，由PFQF，可得FQF90，由勾股定理可得|QF|2+|QF|2|FF|2，即，解得a

23、2，2c2，b，因此，椭圆C的标准方程为：1故答案为：116（5分）已知数列an的前n项和为Sn，a12，2nSn（2n1）an+1，则数列的前n项和Tn2【分析】本题先根据表达式代入n1计算出a24，当n2时，将2nSn（2n1）an+1转化为Sn（1）an+1，然后结合公式anSnSn1，进一步计算即可发现数列an是以2为首项，2为公比的等比数列，从而可得数列an的通项公式，进一步计算出数列的通项公式，然后根据通项公式的特点运用错位相减法即可计算出前n项和Tn【解答】解：依题意，当n1时，21S1（211）a2，21S121a1224，a24，当n2时，由2nSn（2n1）an+1，可得S

24、nan+1（1）an+1，故anSnSn1（1）an+1（1）an，化简整理，得an+12an，a22a1也符合上式，数列an是以2为首项，2为公比的等比数列，an22n12n，nN*，故Tn+，Tn+，两式相减，可得Tn+1，Tn2故答案为：2三、解答题：解答应写出文字说明、证眀过程或演算步骤。17（12分）新冠疫情防控期间，为保证抗疫物资的质量，我国加大了质量检测的力度某市今年新增了两家专门生产测温枪的工厂质检部门现从这两家工厂各随机抽取了100把测温枪，检测其某项质量指标，得到甲、乙两厂所生产的测温枪的该项质量指标值的频数分布表，如表所示：质量指标值70，80）80，90）90，100）

25、100，110）110，120甲厂测温枪的频数82436248乙厂测温枪的频数62638228已知每把测温枪的等级与该项质量指标值间的关系如表所示：质量指标值70，90）90，100）100，120等级二级一级特级（1）试利用样本估算总体的思想分别估计甲、乙两厂生产出来的一把测温枪为特级测温枪的概率；（2）若生产一把二级测温枪、一级测温枪、特级测温枪分别可获得纯利润10元、20元、30元，且不考虑其他因素，试从平均数的角度分析哪家工厂生产测温枪的利润更高【分析】（1）分别求出甲厂和乙厂生产出来的一把测温枪为特级测温枪的，利用频率估算概率即可得到答案；（2）利用平均数的计算公式求解，然后比较大小

26、，即可得到答案【解答】解：（1）由表格可知，甲厂生产出来的一把测温枪为特级测温枪的频数为32，故频率为，即概率为0.32，乙厂生产出来的一把测温枪为特级测温枪的频数为30，故频率为，即概率为0.3；（2）甲厂生产一把测温枪的平均利润为（8+24）10+3620+323020元，乙厂生产一把测温枪的平均利润为（6+26）10+3820+303019.8元，所以，所以甲厂生产的测温枪的利润更高18（12分）在ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足sin（A+B）cosC（1）求角A；（2）若bc4，ABC的外接圆半径为3，试求ABC的边BC上的高【分析】（1）由正弦定理，两角和的

27、正弦公式，同角三角函数基本关系式化简已知等式，可得tanA1，结合A（0，），可得A的值（2）由已知利用正弦定理可得a，由余弦定理可得bc的值，设ABC的BC边上的高为h，利用三角形的面积公式即可求解【解答】解：（1）因为sin（A+B）cosC，可得sinC+cosC，即asinC+acosCb，由正弦定理可得sinAsinC+sinAcosCsinBsinAcosC+sinCcosA，可得sinAsinCsinCcosA，又sinC0，所以sinAcosA，可得tanA1，又A（0，），可得A（2）由正弦定理可得a6sin6，由余弦定理可得a2b2+c22bccosA（bc）2+（2）bc

28、36，所以bc10（2+），设ABC的BC边上的高为h，因为ABC的面积SbcsinAah，所以ABC的边BC上的高h19（12分）如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为直角梯形，ADBC，ADC90，平面PAD底面ABCD，PBC90，PAAD2BC2，CD（1）求证：PAPD；（2）求点D到平面PAB的距离【分析】（1）根据题意，取AD中点Q，连接PQ、BQ，证明PAD底边中线PQ垂直AD，据此分析可得结论；（2）根据题意，求出PB、SPAB、SABD的值，利用VDPABVPABD，计算可得答案【解答】解：（1）证明：取AD中点Q，连接PQ、BQ，又因为ADBC，AD2BC2，所以QD

29、BC，且QDBC，所以四边形BCDQ为平行四边形，所以BQCD，BQCD，又因为ADC90，所以ADBQ，因为PBC90，BCAD，所以ADPB，又因为PBBQB，所以AD平面PBQ，又因为PQ平面PBQ，所以ADPQ，又因为AQQD，所以PAPD（2）设点D到平面PAB的距离为h，平面PAD平面ABCD，平面PAD平面ABCDAD，PQAD，PQ平面ABCD，PQQB，PB，SPABPB，SABDABCD2，则由VDPABVPABD，即PQSABDhSPAB，变形可得h故点D到平面PAB的距离为20（12分）已知焦点为F的抛物线C：y22px（p0）经过圆D：（x4）2+（y4）2r2（r0

30、）的圆心，点E是抛物线C与圆D在第一象限的一个公共点，且|EF|2（1）分别求p与r的值；（2）点M与点E关于原点O对称，点A，B是异于点O的抛物线C上的两点，且M，A，B三点共线，直线EA，EB分别与x轴交于点P，Q，问：|PF|QF|是否为定值？若为定值，求出该定值；若不为定值，试说明理由【分析】（1）求得D的坐标，代入抛物线的方程，可得p，求得E的坐标，代入圆D的方程，可得r；（2）设A（x1，y1），B（x2，y2），设出AB的方程，与抛物线的方程联立，运用韦达定理和直线的斜率公式，结合点满足抛物线的方程，计算|PF|QF|，可得定值【解答】解：（1）由已知得抛物线C过点D（4，4），

31、所以168p，解得p2，所以抛物线的方程为y24x，设E（x0，y0）（y00），则|EF|x0+12，所以x01，于是y02，即E（1，2），将E的坐标代入圆D的方程，得r2（14）2+（24）213，所以r；（2）设A（x1，y1），B（x2，y2），由已知可得M（1，2），由题意可得直线AB的斜率存在且不为0，设直线AB的方程为yk（x+1）2（k0），由可得ky24y+4k80，0，即k22k10，可得1k1+且k0，因为A，B异于O，所以k2，则y1+y2，y1y24，因为A，B在抛物线上，可得y124x1，y224x2，则kEA，kEB，因为EFx轴，所以|PF|QF|2，所以|P

32、F|QF|为定值221（12分）已知函数f（x）lnxax（aR）（1）若f（x）存在极值，求a的取值范围；（2）当a1时，求证：f（x）xex1【分析】（1）求出函数的导数，通过讨论a的范围，求出函数的单调区间，判定函数是否存在极值，从而求出a的取值范围；（2）代入a的值，设h（x）xexlnxx1，定义域是（0，+），只需证明h（x）0即可，根据函数的单调性证明结论成立，法二：问题转化为ex+lnx（x+lnx）10，令g（x）exx1，根据函数的单调性证明即可【解答】解：（1）函数f（x）的定义域是（0，+），f（x）a，当a0时，对任意x0，f（x）0，故函数f（x）在（0，+）上单调

33、递增，f（x）无极值，当a0时，当x（0，）时，f（x）0，f（x）单调递增，当x（，+）时，f（x）0，f（x）单调递减，故f（x）在x处取得极大值，无极小值，综上：若f（x）存在极值，则a的取值范围是（0，+）；（2）当a1时，xex1f（x）xexlnxx1，设h（x）xexlnxx1，定义域是（0，+），只需证明h（x）0即可，h（x）（x+1）ex，设u（x）h（x），则u（x）（x+2）ex+0，故函数h（x）在（0，+）上单调递增，h（）3（1）0，h（1）2e20，h（x）0有唯一的实根x0（，1）且，x0lnx0，当0xx0时，h（x）0，当xx0时，h（x）0，故函数h（x

34、）的最小值是h（x0），h（x）h（x0）x0lnx0x011+x0x010，f（x）xex1法二：lnx+xxex1，ex+lnx（x+lnx）10，令g（x）exx1，则g（x）ex1，令g（x）0，解得：x0，令g（x）0，解得：x0，故g（x）在（，0）递减，在（0，+）递增，故g（x）g（0）0，令h（x）x+lnx，显然h（x）递增，由h（）0，h（1）0，故h（x）0有解，x+lnx0有解，故ex+lnx（x+lnx）10，（当且仅当x+lnx0时“”成立）请考生在第22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分。选修4-4：坐标系与参数方程22（10分）在平面直角坐

35、标系xOy中，直线l的参数方程为（t为参数，0）以O为极点，x轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，圆C的极坐标方程为1（1）若直线l与圆C相切，求的值；（2）已知直线l与圆C相交于点A，B，记点P的直角坐标为（0，2），若|PA|+|PB|，求直线l的普通方程【分析】（1）由圆C的极坐标方程求得直角坐标方程，把直线l的参数方程代入，可得关于t的一元二次方程，利用判别式等于0列式求解值；（2）记点A、B对应的参数分别为t1，t2，由已知结合根与系数的关系求得sin，cos的值，得到直线l的参数方程，消参即可求得直线l的普通方程【解答】解：（1）由圆C的极坐标方程为1，得21，圆C的直角坐标方程为x2

36、+y21，将代入x2+y21，得t24tsin+30，由16sin2120，得，又0，或；（2）记点A、B对应的参数分别为t1，t2，则t1+t24sin0，t1t230，故t1，t2同号，|PA|+|PB|t1|+|t2|t1+t2|4sin，则sin，cos此时0，直线l与圆C交于两点直线l的参数方程为（t为参数）消去参数t，可得直线l的普通方程为12x+5y+100或12x5y100选修4-5：不等式选讲23已知函数f（x）|x2|2|x+1|（1）求不等式f（x）3x的解集；（2）记g（x）f（x）+|x2|的最大值为t，若m1，n3，且mn3mn+3t，求证：m+n+4【分析】（1）分类讨论去绝对值，解不等式即可得解；（2）由不等式的性质可求得t6，利用基本不等式即可得证【解答】（1）解：由f（x）3x，得|x2|2|x+1|3x，即，或，或，解得x或0x2或x2，所以原不等式的解集为0，+）（2）证明：由不等式的性质可知g（x）f（x）+|x2|2|x2|2|x+1|2x42x2|6，当且仅当时取等号，所以t6，即mn3mn+36，所以（m1）（n3）6，所以m+n（m1）+（n3）+42+42+4，当且仅当m1n3时取等号23 / 23