2020年内蒙古高考数学（理科）模拟试卷（1）.docx

1、 第 1 页（共 20 页） 2020 年内蒙古高考数学（理科）模拟试卷（年内蒙古高考数学（理科）模拟试卷（1） 一选择题（共一选择题（共 12 小题，满分小题，满分 60 分，每小题分，每小题 5 分）分） 1 （5 分）已知 AxN*|x3，Bx|x24x0，则 AB（ ） A1，2，3 B1，2 C （0，3 D （3，4 2 （5 分）复数 z 满足|z+i|2，则|z1+i|的最大值等于（ ） A2 + 1 B2 + 2 C3 D3 + 22 3 （5 分）已知等差数列an满足 a2+a44，a3+a58，则它的前 8 项的和为（ ） A95 B80 C40 D20 4 （5 分）曲

2、线 yx3x 在点（1，0）处的切线方程为（ ） A2xy0 B2x+y20 C2x+y+20 D2xy20 5 （5 分）函数() = ( 2 1+ 1)图象的大致形状是（ ） A B C D 6 （5 分）已知圆 x2+y21，点 A（1，0） ，ABC 内接于圆，且BAC60，当 B、C 在 圆上运动时，BC 中点的轨迹方程是（ ） Ax2+y2= 1 2 Bx2+y2= 1 4 Cx2+y2= 1 2（x 1 2） Dx2+y2= 1 4（x 1 4） 7 （5 分）七巧板是我国祖先创造的一种智力玩具，它来源于勾股法，整幅七巧板是由五块 等腰直角三角形，一块正方形和一块平行四边形共七块

3、板组成的如图是一个用七巧板 拼成的正方形，若在此正方形中任取一点，则此点取自阴影部分的概率为（ ） 第 2 页（共 20 页） A1 4 B 5 16 C3 8 D 7 16 8 （5 分）三角形 ABC 中，|AB|2，|AC|22，BAC45，P 为线段 AC 上任意一点， 则 的取值范围是（ ） A 1 4，1 B 1 4，0 C 1 2，4 D 1 2，2 9 （5 分）程大位是明代著名数学家，他的新编直指算法统宗是中国历史上一部影响巨 大的著作它问世后不久便风行宇内，成为明清之际研习数学者必读的教材，而且传到 朝鲜、日本及东南亚地区，对推动汉字文化圈的数学发展起了重要的作用卷八中第

4、33 问是： “今有三角果一垛， 底阔每面七个 问该若干？” 如图是解决该问题的程序框图 执 行该程序框图，求得该垛果子的总数 S 为（ ） A28 B56 C84 D120 10 （5 分）已知 F2为双曲线 C： 2 2 2 2 = 1(0，0)的右焦点，且 F2在 C 的渐近线 上的射影为点 H，O 为坐标原点，若|OH|F2H|，则 C 的渐近线方程为（ ） Axy0 B3xy0 Cx3y0 Dx2y0 11 （5 分）已知球面上两点的球面距离为 1cm，过这两点的球半径所成的角为 3，则球的半 径为（ ） 第 3 页（共 20 页） A1 cm B3 cm Ccm D3cm 12 （

5、5 分） 已知函数 f （x） = 1 2+1 +2x+1， 且 f （a2） +f （2a） 3， 则 a 的取值范围是 （ ） A （，3）（1，+） B （，2）（0，+） C （2，0） D （1，3） 二填空题（共二填空题（共 4 小题，满分小题，满分 20 分，每小题分，每小题 5 分）分） 13 （5 分）若 x2020a0+a1（x1）+a2（x1）2+a2020（x1）2020，则1 3 + 2 32 + + 2020 32020 = 14 （5 分）已知直线 l：yx1 经过抛物线 C：y22px（p0）的焦点，且与抛物线 C 交 于点 A，B 两点，则 p ，|AB| 1

6、5 （5 分）已知函数() = 2( + ) + 1(0，| 2)相邻的两个对称轴之间的距 离为 2， f （x） 的图象经过点( 3 ，1)， 则函数 f （x） 在0， 上的单调递增区间为 16 （5 分）某同学做了一个如图所示的等腰直角三角形形状的数表且把奇数和偶数分别依 次排在了数表的奇数行和偶数行，若用 a （i，j） 表示第 i 行从左数第 j 个数， 如 a（4， 3） 10，则 a（41，20） 三解答题（共三解答题（共 5 小题，满分小题，满分 60 分，每小题分，每小题 12 分）分） 17（12 分） 如图， 在ABC 中， 已知点 D 在边 BC 上， 且DAC90，

7、sinBAC= 22 3 ， AB 32，AD3 （1）求 BD 长； （2）求 cosC 第 4 页（共 20 页） 18 （12 分）如图，在直三棱柱 ABCA1B1C1中，ABC 是等腰直角三角形，ACBC1， AA12，点 D 是侧棱 AA1上的一点 （）证明：当点 D 是 AA1的中点时，DC1平面 BCD； （）若二面角 DBC1C 的余弦值为329 29 ，求二面角 BC1DC 的余弦值 19 （12 分）2018 年 9 月的台风“山竹”对我国多个省市的财产造成重大损害，据统计直接 经济损失达 52 亿元某青年志愿者组织调查了某地区的 50 个农户在该次台风中造成的 直接经济损

8、失，将收集的损失数据分成五组：0，2000， （2000，4000， （4000，6000， （6000，8000， （8000，10000（单位：元） 得到如图所示的频率分布直方图 （1）试根据频率分布直方图估计该地区每个农户的损失（同一组中的数据用该组区间的 中点值代表） ； （2）台风后该青年志愿者与当地政府向社会发出倡议，为该地区的农户捐款帮扶，现从 这50户并且损失超过4000元的农户中随机抽取2户进行重点帮扶， 设抽出损失超过8000 元的农户数为 X，求 X 的分布列和数学期望 20（12分） 已知椭圆C： 2 2 + 2 2 =1 （ab0） 的左、 右焦点分别为F1， F2，

9、 点P （ 2 3 ， 22 3 ） 在椭 圆 C 上，且PF1F2的面积为22 3 第 5 页（共 20 页） （1）求椭圆 C 的方程 （2） 过原点 O 作圆 （xa） 2+ （yb）2a2 的两条切线， 切点分别为 A， B， 求1 1 21 （12 分）已知直线 yx1 是曲线 f（x）alnx 的切线 （）求函数 f（x）的解析式； （）若 t34ln2，证明：对于任意 m0，() = + () + 有且仅有一个 零点 四解答题（共四解答题（共 1 小题，满分小题，满分 10 分，每小题分，每小题 10 分）分） 22 （10 分）已知曲线 C1的参数方程为 = 2 = 3（ 为参

10、数） ，以原点 O 为极点，以 x 轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线 C2的极坐标方程为( 4) = 1 （1）求曲线 C1的极坐标方程和曲线 C2的直角坐标方程； （2）射线 OM： = ( 2 )与曲线 C1交于点 M，射线 ON： = 4与曲线 C2 交于点 N，求 1 |2 + 1 |2的取值范围 五解答题（共五解答题（共 1 小题）小题） 23已知函数 f（x）|2x1|+|x+m|，g（x）x+2 （）当 m1 时，求不等式 f（x）3 的解集； （）当 xm，1 2）时 f（x）g（x） ，求 m 的取值范围 第 6 页（共 20 页） 2020 年内蒙古高考数学（理科）模拟

11、试卷（年内蒙古高考数学（理科）模拟试卷（1） 参考答案与试题解析参考答案与试题解析 一选择题（共一选择题（共 12 小题，满分小题，满分 60 分，每小题分，每小题 5 分）分） 1 （5 分）已知 AxN*|x3，Bx|x24x0，则 AB（ ） A1，2，3 B1，2 C （0，3 D （3，4 【解答】解：由题意得：AxN*|x31，2，3，Bx|x24x0x|0x4， 所以 AB1，2，3， 故选：A 2 （5 分）复数 z 满足|z+i|2，则|z1+i|的最大值等于（ ） A2 + 1 B2 + 2 C3 D3 + 22 【解答】解：设 zx+yi，由|z+i|2 得圆的方程 x2

12、+（y+1）22， 又|z1+i|= ( 1)2+ ( + 1)2表示定点（1，1）与圆上任一点（x，y）间距离 则由几何意义得|z1+i|大1+2， 故选：A 3 （5 分）已知等差数列an满足 a2+a44，a3+a58，则它的前 8 项的和为（ ） A95 B80 C40 D20 【解答】解：等差数列an满足 a2+a44，a3+a58， 2a3a2+a44，2a4a3+a58， a32，a44， da4a32， a12 数列的前 8 项之和 S816+ 872 2 =40， 故选：C 4 （5 分）曲线 yx3x 在点（1，0）处的切线方程为（ ） A2xy0 B2x+y20 C2x+

13、y+20 D2xy20 【解答】解：yx3x y3x21， 所以 k31212， 所以切线方程为 y2（x1） ， 第 7 页（共 20 页） 即 2xy20 故选：D 5 （5 分）函数() = ( 2 1+ 1)图象的大致形状是（ ） A B C D 【解答】解：() = ( 2 1+ 1) = 1 1+sinx， 则 f（x）= 1 1+sin（x）= 1 +1 （sinx）= 1 1+sinxf（x） ， 则 f（x）是偶函数，则图象关于 y 轴对称，排除 B，D， 由 f（x）0，得 1ex0 或 sinx0， 得 xk，kZ，即当 x0 时，第一个零点为 ， 当 x1 时，f（1）

14、= 1 1+sin10，排除 A， 故选：C 6 （5 分）已知圆 x2+y21，点 A（1，0） ，ABC 内接于圆，且BAC60，当 B、C 在 圆上运动时，BC 中点的轨迹方程是（ ） Ax2+y2= 1 2 Bx2+y2= 1 4 Cx2+y2= 1 2（x 1 2） Dx2+y2= 1 4（x 1 4） 【解答】解：设 BC 中点是 D， 圆心角等于圆周角的一半， BOD60， 在直角三角形 BOD 中，有 OD= 1 2OB= 1 2， 故中点 D 的轨迹方程是：x2+y2= 1 4， 如图，由角 BAC 的极限位置可得，x 1 4， 第 8 页（共 20 页） 故选：D 7 （5

15、 分）七巧板是我国祖先创造的一种智力玩具，它来源于勾股法，整幅七巧板是由五块 等腰直角三角形，一块正方形和一块平行四边形共七块板组成的如图是一个用七巧板 拼成的正方形，若在此正方形中任取一点，则此点取自阴影部分的概率为（ ） A1 4 B 5 16 C3 8 D 7 16 【解答】解：设小正方形的边长为 1，则平行四边形的底为2，高为 2 2 ， 大直角三角形的直角边长为 2，斜边长为：22+ 22=22， 大正方形的边长为 22， 在此正方形中任取一点，则此点取自阴影部分的概率为： P= 22 2+1 2 2222 = 1 4 故选：A 8 （5 分）三角形 ABC 中，|AB|2，|AC|

16、22，BAC45，P 为线段 AC 上任意一点， 则 的取值范围是（ ） A 1 4，1 B 1 4，0 C 1 2，4 D 1 2，2 【解答】解：根据题意，ABC 中，|AB|2，|AC|22，BAC45， 则|BC|24+82222 cos454， 所以|BC|2，ABC 为直角三角形； 第 9 页（共 20 页） 以 B 为原点，BC 为 x 轴，BA 为 y 轴建立坐标系，如图所示； 则 A（0，2） ，C（2，0） ； 线段 AC 的方程为 2 + 2 =1，即 x+y2，其中 0x2； 设 P（x，y） ，则 =（x，y） ， =（2x，y） ； = x（2x）+y2x22x+（

17、2x）22x26x+42( 3 2) 2 1 2， 当 x= 3 2时， 取得最小值为 1 2， 当 x0 时， 取得最大值为 4； 的取值范围是 1 2，4 故选：C 9 （5 分）程大位是明代著名数学家，他的新编直指算法统宗是中国历史上一部影响巨 大的著作它问世后不久便风行宇内，成为明清之际研习数学者必读的教材，而且传到 朝鲜、日本及东南亚地区，对推动汉字文化圈的数学发展起了重要的作用卷八中第 33 问是： “今有三角果一垛， 底阔每面七个 问该若干？” 如图是解决该问题的程序框图 执 行该程序框图，求得该垛果子的总数 S 为（ ） 第 10 页（共 20 页） A28 B56 C84 D

18、120 【解答】解：模拟程序的运行，可得 i0，n0，S0 执行循环体，i1，n1，S1 不满足条件 i7，执行循环体，i2，n3，S4 不满足条件 i7，执行循环体，i3，n6，S10 不满足条件 i7，执行循环体，i4，n10，S20 不满足条件 i7，执行循环体，i5，n15，S35 不满足条件 i7，执行循环体，i6，n21，S56 不满足条件 i7，执行循环体，i7，n28，S84 满足条件 i7，退出循环，输出 S 的值为 84 故选：C 10 （5 分）已知 F2为双曲线 C： 2 2 2 2 = 1(0，0)的右焦点，且 F2在 C 的渐近线 上的射影为点 H，O 为坐标原点，

19、若|OH|F2H|，则 C 的渐近线方程为（ ） Axy0 B3xy0 Cx3y0 Dx2y0 【解答】解：双曲线 C： 2 2 2 2 = 1(0，0)的渐近线方程为 y ， 若|OH|F2H|，可得在直角三角形 OHF2中，HOF245， 第 11 页（共 20 页） 可得 C 的渐近线方程为 xy0 故选：A 11 （5 分）已知球面上两点的球面距离为 1cm，过这两点的球半径所成的角为 3，则球的半 径为（ ） A1 cm B3 cm Ccm D3cm 【解答】解：两点的球面距离为 1cm，两条半径所成的角 3， 设球的半径为 R，可得 3R1，得 R= 1 3 = 3 cm 故选：B

20、 12 （5 分） 已知函数 f （x） = 1 2+1 +2x+1， 且 f （a2） +f （2a） 3， 则 a 的取值范围是 （ ） A （，3）（1，+） B （，2）（0，+） C （2，0） D （1，3） 【解答】解：根据题意，设 F（x）f（x） 3 2 = 1 2+1 +2x+1 3 2 = 12 2(2+1) +2x， 则 F（0）f（0） 3 2 =0， 又由 F（x）= 12 2(2+1) +2（x）（ 1;2 2(2:1) +2x）F（x） ，即函数 F（x） 为奇函数； 又由 F（x）= 22 (2+1)2 + 2 = 22+2(2+1)2 (2+1)2 = 2(

21、42)+2(2)2+2 (2+1)2 0， 所以函数 F（x）单调递增， 若 f（a2）+f（2a）3， 则 f（a2） 3 2 3 2 (2)， f（a2） 3 2 f（2a） 3 2， 第 12 页（共 20 页） F（a2）F（2a） ， F（a2）F（2a） ， 所以 a22a， 解得，a2 或 a0， 故选：B 二填空题（共二填空题（共 4 小题，满分小题，满分 20 分，每小题分，每小题 5 分）分） 13（5 分） 若 x2020a0+a1（x1） +a2（x1） 2+a2020 （x1） 2020， 则1 3 + 2 32 + + 2020 32020 = （4 3） 2020

22、1 【解答】解：x2020a0+a1（x1）+a2（x1）2+a2020（x1）2020， 令 x1 得：a01； 令 x= 4 3得： （4 3） 2020a0+1 3 + 2 32 + + 2020 32020； 1 3 + 2 32 + + 2020 32020 = (4 3) 2020 1； 故答案为：(4 3) 2020 1 14 （5 分）已知直线 l：yx1 经过抛物线 C：y22px（p0）的焦点，且与抛物线 C 交 于点 A，B 两点，则 p 2 ，|AB| 8 【解答】解：根据条件得到抛物线的焦点为（ 2，0） ， 故 0= 2 1，解得 p2， 所以抛物线方程为 y24x

23、， 联立 2 = 4 = 1，整理可得 x 26x+10， 则 xA+xB6， 所以|AB|xA+xB+26+28， 故答案为 2，8 15 （5 分）已知函数() = 2( + ) + 1(0，| 2)相邻的两个对称轴之间的距 离为 2， f （x） 的图象经过点( 3 ，1)， 则函数 f （x） 在0， 上的单调递增区间为 0， 12和 7 12 ， 第 13 页（共 20 页） 【解答】解：相邻两条对称轴之间的距离为 2，即 T= 2 ，2 根据 （ 3，1）在图象上得：2sin（2 3 +）+11， sin（2 3 +）0； 2 3 +k，kz 故 k 2 3 结合 2 2，可得 =

24、 3， 函数 f（x）2sin（2x+ 3）+1 由 2k 2 2x+ 3 2k+ 2得 k 5 12 xk+ 12，kz， 故函数的增区间为k 5 12，k+ 12，kz 再结合 x0，可得增区间为0， 12和 7 12， 故答案为：0， 12和 7 12， 16 （5 分）某同学做了一个如图所示的等腰直角三角形形状的数表且把奇数和偶数分别依 次排在了数表的奇数行和偶数行，若用 a （i，j） 表示第 i 行从左数第 j 个数， 如 a（4， 3） 10，则 a（41，20） 839 【解答】解：由三角形数表可以看出其奇数行为奇数列，偶数行为偶数列，且第 n 行有 n 个数， 因为 a（41

25、，20）对应的数字为奇数， 则前面奇数行共有：1+3+5+39= (1+39)20 2 =400 个奇数， 故 a（41，20）为第 420 个奇数， 由 24201839，可得 a（41，20）839， 故答案为：839 第 14 页（共 20 页） 三解答题（共三解答题（共 5 小题，满分小题，满分 60 分，每小题分，每小题 12 分）分） 17（12 分） 如图， 在ABC 中， 已知点 D 在边 BC 上， 且DAC90， sinBAC= 22 3 ， AB 32，AD3 （1）求 BD 长； （2）求 cosC 【解答】 （本小题满分 12 分） 解： （1）DAC90， sinB

26、ACsin（ 2 +BAD）cosBAD， cosBAD= 22 3 ，（2 分） 在ABD 中，由余弦定理得，BD2AB2+AD22ABADcosBAD，（4 分） 即 BD218+92 32 3 22 3 =3，得 BD= 3（6 分） （2）由 cosBAD= 22 3 ，得 sinBAD= 1 3，（8 分） 在ABD 中，由正弦定理，得： = sinADB= = 321 3 3 = 6 3 ，（10 分） ADBDAC+C= 2 +C， cosC= 6 3 （12 分） 18 （12 分）如图，在直三棱柱 ABCA1B1C1中，ABC 是等腰直角三角形，ACBC1， AA12，点 D

27、 是侧棱 AA1上的一点 （）证明：当点 D 是 AA1的中点时，DC1平面 BCD； 第 15 页（共 20 页） （）若二面角 DBC1C 的余弦值为329 29 ，求二面角 BC1DC 的余弦值 【解答】解： （）证明：在直三棱柱 ABCA1B1C1中，ABC 是等腰直角三角形， ACBC1，AA12， 因为 CC1平面 ABC，BC平面 ABC， CC1BC， BCCA，CC1平面 A1ACC1，AC平面 A1ACC1，CC1ACC， BC平面 A1ACC1 C1DBC， A1DC1ADC45 0 C1DC90 0 C1DDC， DC平面 DCB，BCDCC， DC1平面 BCD； （

28、）根据题意，建立如图所示的空间直角坐标系，以 C 为坐标原点，分别以射线 CA， CB，CC1为 x 轴，y 轴，z 轴的非负半轴建立空间直角坐标系， 设 D（1，0，a） ，a0，2，C1（0，0，2） ，B（0，1，0） ，C（0，0，0） ， 设 1为平面 DC1B 的法向量， 则1 1 = 0 1 1 = 0 1 = (2 ，2，1)， 2= (1，0，0)是平面 C1BC 的法向量， 第 16 页（共 20 页） 由题意可知，二面角 DBC1C 的余弦值为329 29 ， 即|1 ，2 | = | 1 2 |1 |2 | | = | 2 (2)2+5 | = 3 29 = 1 2 ，

29、1 = (3 2 ，2，1)， 又因为 3= (0，1，0)是平面 C1CD 的法向量， 则二面角 BC1DC 的余弦值即求1 ，3 = 1 3 |1 |2 | = 429 29 ， 则二面角 BC1DC 的余弦值是429 29 ， 19 （12 分）2018 年 9 月的台风“山竹”对我国多个省市的财产造成重大损害，据统计直接 经济损失达 52 亿元某青年志愿者组织调查了某地区的 50 个农户在该次台风中造成的 直接经济损失，将收集的损失数据分成五组：0，2000， （2000，4000， （4000，6000， （6000，8000， （8000，10000（单位：元） 得到如图所示的频率

30、分布直方图 （1）试根据频率分布直方图估计该地区每个农户的损失（同一组中的数据用该组区间的 中点值代表） ； （2）台风后该青年志愿者与当地政府向社会发出倡议，为该地区的农户捐款帮扶，现从 这50户并且损失超过4000元的农户中随机抽取2户进行重点帮扶， 设抽出损失超过8000 元的农户数为 X，求 X 的分布列和数学期望 第 17 页（共 20 页） 【解答】解： （1）记每户农户的平均损失为元， 则 = (1000 0.00015 + 3000 0.00020 + 5000 0.00009 + 7000 0.00003+9000 0.0003）20003360 （2） 由频率分布直方图，

31、可得损失超过 4000 元的农户共有 （0.00009+0.00003+0.00003） 20005015 户， 损失超过 8000 元的农户共有 0.000032000503 户， 随机抽取 2 户，则 X 的可能值为 0，1，2， ( = 0) = 12 2 15 2 = 22 35， ( = 1) = 12 1 3 1 15 2 = 12 35， ( = 2) = 3 2 15 2 = 1 35， X 的分布列为： X 0 1 2 P 22 35 12 35 1 35 数学期望为() = 0 22 35 + 1 12 35 + 2 3 35 = 14 35 = 2 5 20（12分） 已

32、知椭圆C： 2 2 + 2 2 =1 （ab0） 的左、 右焦点分别为F1， F2， 点P （ 2 3 ， 22 3 ） 在椭 圆 C 上，且PF1F2的面积为22 3 （1）求椭圆 C 的方程 （2） 过原点 O 作圆 （xa） 2+ （yb）2a2 的两条切线， 切点分别为 A， B， 求1 1 【解答】解： （1）椭圆 C： 2 2 + 2 2 =1（ab0）的左、右焦点分别为 F1（c，0） ， F2（c，0） ， 第 18 页（共 20 页） 点 P（ 2 3 ，22 3 ）在椭圆 C 上，且PF1F2的面积为22 3 ， 可得 2 92 + 8 92 =1，1 22c 22 3 =

33、 22 3 ，且 a2b2c2， 解得 a2，bc1， 则椭圆的方程为 2 2 +y21； （2）圆（x2）2+（y1）24 的圆心为（2，1） ，半径为 r2， 当切线的斜率不存在，即 x0，代入圆的方程可得切点 A（0，1） ， 若切线的斜率存在，设为 k，方程设为 ykx， 由|2;1| 1:2 =2，解得 k= 3 4x， 将切线 y= 3 4x 联立圆的方程，解得 x= 4 5，y= 3 5，即 B（ 4 5， 3 5） ， 又 F1（1，0） ，可得1 1 =（1，1） （9 5， 3 5）1 9 5 +1（ 3 5）= 6 5 21 （12 分）已知直线 yx1 是曲线 f（x）

34、alnx 的切线 （）求函数 f（x）的解析式； （）若 t34ln2，证明：对于任意 m0，() = + () + 有且仅有一个 零点 【解答】解： （）根据题意，f（x）= ，设直线 yx1 与曲线相切于点 P（x0，y0） 根据题意，可得 0 = 1 0= 0 1 ，解之得 x0a1，因此 f（x）lnx （）由（）可知 h（x）mx +lnx+t（x0） ， 则当 x0 时，h（x）0，当 x+时，h（x）0， 所以 h（x）至少有一个零点 h（x）= 1 1 2 +mm 1 16 +（ 1 1 4） 2 m 1 16，则 h（x）0，h（x）在（0，+）上单调递增，所以 h（x）有唯

35、一零点 若 0m 1 16，令 h（x）0 得 h（x）有两个极值点 x1，x2（x1x2） ， 所以 1 1 1 4，即 0x116 可知 h（x）在（0，x1）上单调递增，在（x1，x2）上单调递减，在（x2，+）上单调递 增 第 19 页（共 20 页） 所以极大值为 h （x1） mx11+lnx1+t （ 1 21 1 1） x11 +lnx1+t= 1 2 1+lnx1+t， 又 h（x1）= 1 41 + 1 1 = 41 41 0， 所以 h（x1）在（0，16）上单调递增， 则 h（x1）h（16）ln163+tln163+34ln20，所以 h（x）有唯一零点 综上可知，对

36、于任意 m0 时，h（x）有且仅有一个零点 四解答题（共四解答题（共 1 小题，满分小题，满分 10 分，每小题分，每小题 10 分）分） 22 （10 分）已知曲线 C1的参数方程为 = 2 = 3（ 为参数） ，以原点 O 为极点，以 x 轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线 C2的极坐标方程为( 4) = 1 （1）求曲线 C1的极坐标方程和曲线 C2的直角坐标方程； （2）射线 OM： = ( 2 )与曲线 C1交于点 M，射线 ON： = 4与曲线 C2 交于点 N，求 1 |2 + 1 |2的取值范围 【解答】解： （1）由曲线 C1的参数方程 = 2 = 3（ 为参数） ， 得：

37、2 + 2 = ( 2) 2 + ( 3) 2 = 1， 即曲线 C1的普通方程为 2 2 + 2 3 = 1 又 xcos，ysin， 曲线 C1的极坐标方程为 32cos2+22sin26， 即 2cos2+226 曲线 C2的极坐标方程可化为 = 2， 故曲线 C2的直角方程为 + 2 = 0 （2）由已知，设点 M 和点 N 的极坐标分别为（1，） ，(2， 4)，其中 2 ， 则|2= 12= 6 2+2， |2= 22= 1 2( 2) = 1 2 于是 1 |2 + 1 |2 = 2:2 6 + 2 = 72:2 6 由 2 ， 得1cos0， 第 20 页（共 20 页） 故

38、1 |2 + 1 |2的取值范围是( 1 3， 3 2) 五解答题（共五解答题（共 1 小题）小题） 23已知函数 f（x）|2x1|+|x+m|，g（x）x+2 （）当 m1 时，求不等式 f（x）3 的解集； （）当 xm，1 2）时 f（x）g（x） ，求 m 的取值范围 【解答】解： （）当 m1 时，|2x1|+|x1|3， 等价为 1 2 1 + 13或 1 2 1 2 1 + 1 1 或 1 2 1 2 + 1 1 ， 解得 1x 5 3或 1 2 x1 或 1 3 x 1 2， 则原不等式的解集为（ 1 3， 5 3） ； （）当 xm，1 2）时 f（x）g（x） ， 即为 12x+x+m（x+2）0，即 m2x+1 在 xm，1 2）恒成立， 可得 m2m+1，可得 m 1 3，但m 1 2，即 m 1 2， 可得 m 的取值范围为（ 1 2， 1 3）