1、百师联盟全国卷百师联盟全国卷 20202020 届全国高三冲刺考（三）届全国高三冲刺考（三） 文科数学文科数学 本试卷共本试卷共 150150 分，考试时间分，考试时间 120120 分钟分钟. . 一、选择题：本大题共一、选择题：本大题共 12 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 60 分分.在每小题给出的四个选项中，只有一在每小题给出的四个选项中，只有一 项是符合题目要求的项是符合题目要求的. 1.已知复数 ()(1)zaii 为纯虚数，则a（ ） A. 1 B. 1 C. 0 D. 2 【答案】A 【分析】利用复数的乘法运算化简得 1(1) zaai ,根据纯虚数的定义,即可得到
2、结果. 【详解】 ()(1)1(1) zaiiaai ，因为z为纯虚数，所以1a. 故选:A. 【点睛】本题考查复数的乘法运算,和纯虚数的定义,难度容易. 2.已知集合 1,0,1,2, |2 ,ABy yx xA ，则AB （ ） A. 0,2 B. 2, 1,0,1,2,4 C. 1,0,1,2- D. 1,2 【答案】B 【分析】由已知可求得 2,0,2,4B ,根据并集定义即可得出结果. 详解】 2,0,2,4, 2, 1,0,1,2,4BAB . 故选:B. 【点睛】本题考查并集运算,难度容易. 3.下列函数中，是奇函数且单调递减的是（ ） A. |lg|yx B. 2 y x C.
3、 22 xx y D. 3 3yxx 【答案】C 【分析】根据奇函数的定义及函数的单调性排除法可求得结果. 【详解】|lg|yx fxf x 且 fxf x ,所以既不是奇函数也不是偶函数,排除 A; 2 y x 在 0 ，上为增函数,排除 B; 3 3yxx, 2 33=0yx ,可知 3 3yxx在1 ，为增函数,排除 D. 故选:C. 【点睛】本题考查函数奇偶性和单调性的判定,熟悉掌握函数性质是解题的关键,难度容易. 4.已知函数 ( )3sin(0) 6 f xx 和( )3cos(2)g xx图象的对称中心完全相同.当0, 3 x 时， f x的值域是（ ） A. 1 3 , 2 2
4、 B. 3 3 , 22 C. 3 , 3 2 D. 1 , 3 2 【答案】C 【分析】由于两函数的对称中心完全相同,则周期相同即2，即可求得 ( )3sin 2 6 f xx ，根据 定义域即可求得值域. 【详解】 因为两函数的对称中心完全相同， 所以两函数的周期相同， 所以2， 即()3 s i n 2 6 f xx ， 当0, 3 x 时， 5 2, 666 x ， 3 ( ), 3 2 f x . 故选:C. 【点睛】本题考查三角函数的对称性,周期,定义域值域,综合考查了三角函数的基本性质,难度较易. 5.“ 00 0,cos 3 xxm ”是假命题，则实数m的取值范围为（ ） A.
5、 (1,) B. .(,1B C. 1 , 2 D. 1 , 2 【答案】D 【分析】由已知命题为假,可知命题的否定为真,写出对应命题的否定,进而求出参数的取值范围. 【详解】因为“ 00 0,cos 3 xxm ”是假命题，所以 0,cos 3 xxm ，所以 1 2 m . 故选:D. 【点睛】本题考查特称命题的否定为全称命题,通过全称命题为真求解参数取值范围问题,难度较易. 6.执行如图所示的程序框图，则输出的S的值为（ ） A. 1009 2009 B. 2018 2019 C. 2019 2020 D. 1008 2018 【答案】B 【分析】根据程序框图进行模拟运算即可得到结果.
6、【详解】 模拟程序框图的运行， 可得程序框图的功能是计算出 1111 0 1 22 33 42018 2019 S 的值. 1111111111112018 011 1 22 33 42018 2019223342018201920192019 S 输出的S的值 2018 2019 . 故选:B. 【点睛】本题考查程序框图应用,考查裂项相消法求和,难度较易. 7.已知ABC为直角三角形， ,6,8 2 CBCAC ，点P为ABC所在平面内一点，则 ()PCPAPB的 最小值为（ ） A. 25 2 B. 8 C. 17 2 - D. 175 8 【答案】A 【分析】 根据, 2 C 以C点建系
7、, 设( , )P x y,则 2 2 325 ()=2(2)2 22 PCPAPBxy ,即当 3 =2= 2 xy，时,取得最 小值. 详解】如图建系， (0,0), (8,0), (0,6)CAB, 设( , )P x y，(8,)PAxy，(,6)PBxy ， 则 22 ()(,) (82 ,62 )2826PCPAPBxyxyxxyy 2 2 32525 2(2)2 222 xy . 故选:A. 【点睛】本题考查平面向量数量积的坐标表示及其应用,根据所求关系式运用几何意义是解题的关键,属于中 档题. 8.已知某四棱锥的三视图如图所示（每个小正方形的边长均为 1） ，则此四棱锥的四个侧
8、面三角形中，最大 三角形的面积为（ ） A. 2 6 B. 5 3 C. 4 6 D. 8 2 【答案】C 【分析】 由三视图借助长方体还原直观图,几何体即为四棱锥A BCDE,根据已知即可求得结果. 【详解】 如图为四棱锥A BCDE的直观图， 在四个侧面三角形中， 由三视图可知4AB ,4AE ,2DE , 在ACD中 2 5ACAD , 4 2CD , 1 4 24 2 ABCADE SS , 1 4 48 2 ABE S , 1 4 22084 6 2 ACD S所以ACD面积最大,ACD面积为4 6. 故选:C. 【点睛】本题考查三视图还原几何体,借助长方体还原几何体是解决本题的关键
9、,考查学生的空间想象能力, 难度一般. 9.已知双曲线 22 22 :1(0,0) xy Cab ab 的左、右焦点分别为 12 ,F F，点P为C上一点， 12 PFPF， 12 2 tan 2 PFF，则双曲线C的离心率为（ ） A. 63 2 B. 63 C. 2 63 3 D. 3 【答案】B 【分析】由已知可得 12 PFF为直角三角形,设,结合双曲线定义及勾股定理,即可求得结果. 【详解】由 12 PFPF知 12 PFF为直角三角形，设 12 2 , 2 PFm PFm， 22 1212 216 12 ,2 222 PFPFma FFmmmc ， 2 63 2 c e a . 故
10、选:B. 【点睛】本题考查双曲线的定义和性质,考查求离心率问题,难度较易. 10.在三棱锥ABCD中，6AB，AB 面BCD， 3 CBD ，若三棱锥A BCD外接球的表面积为 100，则三棱锥ABCD体积的最大值为（ ） A. 32 3 B. 24 3 C. 12 3 D. 18 3 【答案】B 【分析】 将三棱锥补成的直三棱柱，求得球的半径5R ，再利用球的截面的性质，可得BCD外接圆的半径为 4r ，进而结合正、余弦定理和基本不等式求得BCD的面积的最大值，最后利用体积公式，即可求解. 【详解】将三棱锥补成如图所示的直三棱柱，则三棱锥的外接球即为三棱柱的外接球，球心即为上下底面 三角形外
11、心连线的中点O， 因为球的表面积为 2 4100SR，解得5R ， 由球的截面的性质，可得BCD外接圆的半径为 22 ()4 2 AB rR ， 由正弦定理 28 sin CD r BCD ，可得4 3CD ， 由余弦定理得 222 2cosCDBCBDBC BDBCD， 可得 22 48BCBDBC BDBC BD， 当且仅当BCBD时取等号，所以48BC BD， 所以 13 12 3 22 BCD SBC BD ， 可得 1 12 3624 3 3 V ，所以体积的最大值为24 3. 故选：B. 【点睛】本题主要考查了球体的结构特征，球的截面的性质的应用，以及正弦定理和余弦定理、基本不等
12、式的综合应用，着重考查了空间想象能力，以及推理与运算能力. 11.设函数( )244f xxx的最大值为M，最小值为m，则 m n 的值为（ ） A. 2 B. 2 6 3 C. 2 1 2 D. 3 【答案】D 【分析】 求导,判断函数在定义域上的单调性,进而求出最值,即可求得结果. 【详解】定义域2,4， 11 ( ) 242 4 fx xx , 令 0fx ，得 10 3 x ；( )0fx ，得 10 3 x ， 所以 f x在 10 2, 3 上单调递增，在 10 ,4 3 上单调递减.即 10 6 3 Mf ， 又知(2)2, (4)2ff，所以 2m ，即3 M m . 故选:D
13、. 【点睛】本题考查导数在函数极值和最值中的应用,考查学生运算求解能力,难度一般. 12.已知函数 32 ,0 ( ) 691,0 x ex f x xxxx ，若方程 2 ( )(1) ( )0f xmf xm恰有 5 个不同的实数解， 则实数m的取值范围为（ ） A. 1,5 B. 1,55,9 C. (1,5 D. (0,1) 5 【答案】A 【分析】 先根据题意求导判断 ( )f x的单调性,作出( )f x的简图,由题意可得方程可化简为( ( )1)( ( )0f xf xm 即 1f x 或 f xm.由图像可知 yf x与 1y 有两个公共点,结合图象只需只需 yf x与y m
14、有 3个公共点即可. 【详解】当0x时， 2 ( )31293(1)(3)fxxxxx， 易知函数 f x在(,1),(3,)上单调递增，在1,3上单调递减， (1)5,(3)1ff.由 2 ( )(1) ( )0f xmf xm， 可得( ( ) 1)( ( )0f xf xm ，即 1f x 或 f xm. 由图像可知 yf x与1y 有两个公共点， 所以只需 yf x与y m 有 3 个公共点，所以15m. 故选:A. 【点睛】 本题主要考查方程的根的存在性以及根的个数判断,数形结合是数学解题中常用的思想方法,能够变抽象思 维为形象思维,有助于把握数学问题的本质,由于使用了数形结合的方法
15、,很多问题便迎刃而解,且解法简捷,难 度较难. 二、填空题：本大题共二、填空题：本大题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分分. 13.已知x y， 满足约束条件 20 20 0 xy xy x ，若2zxy，则z的最大值为_. 【答案】2 【分析】画出约束条件所表示的平面区域，结合图象确定出目标函数的最优解，代入即可求解. 【详解】由题意，画出约束条件 20 20 0 xy xy x 所表示的平面区域，如图所示， 目标函数2zxy可化为直线2()yxz ，将直线2yxz平移过点 A时，直线在y轴上截距最小， 此时目标函数取得最大值， 又由 20 20 xy xy ，解得
16、 4 2 , 3 3 A ， 所以目标函数2zxy的最大值为 max 2z. 故答案为：2. 【点睛】本题主要考查简单线性规划求解目标函数的最值问题其中解答中正确画出不等式组表示的可行 域，利用“一画、二移、三求”，确定目标函数的最优解是解答的关键，着重考查了数形结合思想，及推理与 计算能力 14.在ABC中， ,7sin3sin,14 3 BAB b ，则ABC面积为_. 【答案】24 3 【分析】由已知利用正弦定理可求得6a,再利用余弦定理求得16c ,借助面积公式即可求得结果. 【详解】由正弦定理得73ab，6a .由余弦定理得 22 366196bcc， 即 2 61600cc， 16
17、c 或10（舍）. 所以 113 sin6 1624 3 222 ABC SacB . 故答案为:24 3. 【点睛】本题考查正余弦定理在解三角形问题中的应用,考查三角形的面积公式,难度较易. 15.“干支纪年法”是中国历法自古以来就使用的纪年方法，甲、乙、丙、丁、戊、已、庚、辛、壬、癸为 十天干；子、丑、寅、卯、辰、巳、午、未、申、酉、戌、亥为十二地支.“干支纪年法”是以一个天干和 一个地支按上述顺序相配排列起来，天干在前，地支在后，已知 2017 年是丁酉年，2018年是戊戌年，2019 年是已亥年，依此类推，则 2080年是_年. 【答案】庚子 【分析】 由题意可得数列天干是以 10 为
18、等差的等差数列,地支是以 12 为公差的等差数列,以 2017年的天干和 地支分别为首项，即可求出答案 【详解】从 2017 年到 2080 年经过 63 年，且 2017 年为丁酉年，以 2017 年的天干和地支分别为首项, 则 63 106余 3,则 2080的天干为庚, 63 125余 3,则 2080的地支为子,所以 2080 年为庚子年. 故答案为: 庚子. 【点睛】本题主要考查了等差数列的定义及等差数列的性质的应用,考查了周期性的应用以及归纳推理的应 用,属于中档题. 16.已知F和l为抛物线 2 :4C yx的焦点和准线，点P为C上一点，过P作PQ l于Q，若PQOF四点 共圆（
19、O为原点)，则该圆的半径为_. 【答案】 3 6 4 【分析】作出函数图象,由PQOF四点共圆可知,圆心为垂直平分线的交点,由已知可求得直线MN的方程,由 N为PQ中点,可求得P点横坐标代入抛物线方程即可求得P点坐标,进而知道Q点坐标,求出OQ的垂直平 分线方程和直线MN联立即可求得圆心坐标,进而求得结果. 【详解】PQOF四点共圆，所以圆心A在OF和OQ的垂直平分线上， 设OF和PQ的垂直平分线为MN，由1,0F知 1 ,0 2 M ， 即N点的横坐标为 1 2 ，又知Q点的横坐标为1， 所以点P横坐标为 2代入抛物线易得2,2 2P（设P在第一象限） ， 则 1,2 2Q ，则知线段OQ的
20、垂直平分线方程为 29 2 : 48 l yx， 将l与直线 1 2 x 联立得圆心 1 5 2 , 24 A ，所以圆的半径 3 6 | 4 rOA. 故答案为: 3 6 4 . 【点睛】 本题考查直线和抛物线的关系,考查四点共圆圆心的求法,考查学生分析问题的能力和计算求解的能力,难度 较难. 三、解答题：共三、解答题：共 70 分分.解答应写出文字说眀、证眀过程或演算步骤解答应写出文字说眀、证眀过程或演算步骤.第第 1721 题为必考题，每个题为必考题，每个 试题考生都必须作答试题考生都必须作答.第第 22、23 题为选考题，考生根据要求作答题为选考题，考生根据要求作答. （一）必考题：（
21、一）必考题：60 分分. 17.已知数列 n a满足 2* 123 234 n aaanann nN，等比数列 n b满足 1246 2,bbbb. （1）求 n a和 n b； （2）求数列 nn nab 的前n项和 n S. 【答案】 （1） 23 n n a n ；2n n b （2） 1 (21) 22 n n Sn 【分析】 (1)由等式令1n ,求得 1 5a ;当2n时,将n换为1n,相减可得数列 n a的通项公式;再由等比数列 n b 的公比设为q,解方程可得公比q,进而得到 n b的通项公式; (2)求得(23) 2 n nn nabn再由数列的求和方法：错位相减法，结合等比
22、数列的求和公式，化简整理,即可 得到所求和. 【详解】解： （1）当1n 时， 1 5a ； 当2n时， 2 123 234 n aaanann 2 1231 23(1)(1)4(1) n aaanann -得 23 n n a n ，当1n 时符合，即 23 n n a n 由 1 246 2b b bb ，得2q =，2n n b （2）(23) 2n nn nabn. 所以 123 5 27 29 2(23) 2n n Sn 2341 25 27 29 2(23) 2n n Sn -得 23411 1022222(23) 22(21) 2 nnn n Snn 所以 1 (21) 22 n
23、 n Sn . 【点睛】本题考查利用递推关系求通项公式,考查错位相减法求数列和,难度一般. 18.如图在四面体ABCD中，AB 平面BCD， ,2, 4 BCCD ABBCCBD ，E FQ、 、 分别为 BCBDAB、边的中点，P为AD边上任意一点. （1）证明：/CP平面QEF； （2）求点B到平面ACD的距离. 【答案】 （1）证明见解析 （2） 2 【分析】 （1）先利用平面与平面平行的判定定理，证得平面QEF平面ACD，进而得到/CP面QEF； （2）利用“等体积法”，根据 -A BCDB ACD VV ，即可求得点B到平面ACD的距离. 【详解】 （1）由E FQ、 、 分别为BC
24、BDAB、边的中点，所以QF ADEFCD， ， 又因为QF EFFADCDD， ，所以面QEF面ACD， 又因为CP面ACD，所以CP P面QEF. （2）因为AB 面BCD，所以ABCD， BCCD，CD面ABC，即CDAC，ACD为直角三角形， 2, 4 BCCBD ，所以 1 2,2 2,22 2 2 ACD BCCDACS ， 因为 -A BCDB ACD VV ，所以 111 2222 2 323 h , 2h ， 即点B到面ACD的距离为 2. 【点睛】本题主要考查了线面平行的判定与证明，以及点到平面的距离的求解，其中解答中熟记线面位置 关系的判定定理和性质定理， 以及合理应用“
25、等体积法”求解点到平面距离是解答的关键， 着重考查了推理与 运算能力. 19.某农场更新技术培育了一批新型的“盆栽果树”，这种“盆栽果树”将一改陆地栽植果树只在秋季结果的特 性，能够一年四季都有花、四季都结果.现为了了解果树的结果情况，从该批果树中随机抽取了容量为 120 的样本，测量这些果树的高度（单位：厘米） ，经统计将所有数据分组后得到如图所示的频率分布直方图. （1）求a； （2）求抽取的盆栽果树的平均高度； （3） 已知所抽取的样本来自AB、两个实验基地,规定高度不低于 40 厘米的果树为“优品盆栽”， 请将图中22 列联表补充完整，并判断是否有99%的把握认为“优品盆栽”与AB、两
26、个实验基地有关？ 优品 非优品 合计 A基地 60 B基地 20 合计 附： 2 0 P Kk 0.050 0.010 0.001 0 k 3.841 6.635 10.828 2 2 () , ()()()() n adbc Knabcd ab cd ac bd 【答案】 （1）0.025a （2）38.5厘米 （3）列联表见解析，有99%的把握认为“优品盆栽”与AB、两个实 验基地有关 【分析】 （1）由题意，根据频率分布直方图的性质，列出方程，即可求解； （2）根据频率分布直方图中平均数的计算公式，即可求得抽取的盆栽果树的平均高度； （3）根据题意，得到22列联表，利用公式，求得 2 K
27、 的值，结合附表即可得到结论. 【详解】 （1）由题意，根据频率分布直方图的性质，可得(0.2 0.1 20.052 )21a ， 解得0.025a. （2）根据频率分布直方图中平均数的计算公式，可得抽取的盆栽果树的平均高度为 33 0.0252350.052370.1 2390.2241 0.1 243 0.025238.5厘米. （3）高度不低于 40 厘米的果树有1200.1 0.025230棵. 得到补充完整的22列联表： 优品 非优品 合计 A基地 10 60 70 B基地 20 30 50 合计 30 90 120 由公式可得 2 2 120(10 3020 60) 10.2866
28、.635 30 90 70 50 K ， 所以有99%的把握认为“优品盆栽”与AB、两个实验基地有关. 【点睛】本题主要考查了频率分布直方图的性质和平均数的计算公式的应用，以及独立性检验的应用，其 中解答中熟记频率分布直方图的性质和平均数的计算公式，同时正确得出22的列联表是解答的关键，着 重考查了推理与运算能力. 20.已知椭圆 22 22 :1(0) xy Cab ab 的左、右焦点分别为 1 F和 2 F，点P在椭圆C上， 1 3 2 PF ， 212 57 ,cos 215 PFFPF . （1）求椭圆C的方程； （2）直线l过点4,0Q 且与椭圆C交于AB、两点，若 | |tQAQB
29、 ，求实数t的取值范围. 【答案】 （1） 2 2 1 4 x y（2） 39 ,12 4 t 【分析】 (1)由椭圆定义可求出a,借助余弦定理可求出c,进而求得结果; (2)当直线l的斜率为 0时可求得 | | 12tQAQB,当直线l的斜率不为 0时，设直线:4l xmy 代入 2 2 1 4 x y,得 22 48120mymy由此利用根的判别式可知 2 12m ,由韦达定理及弦长公式化简可 求得 2 3 12 1 4 t m ,进而可求得结果. 【详解】解： （1）由题 12 24aPFPF，2a， 在 12 PFF中， 2 12 925 4 7 44 cos 35 15 2 22 c
30、 FPF ，解得3c ，则1b， 所以椭圆C的方程为 2 2 1 4 x y. （2）当直线l的斜率为 0 时， | | 2 612tQAQB. 当直线l的斜率不为 0 时，设直线: 4l xmy ， 1122 ,A x yB x y 联立方程 2 2 4, 1, 4 xmy x y 得 22 48120mymy， 12 2 12 4 y y m ， 0， 2 12m . 所以 222 1212 | |111tQAQBmymymy y 2 22 121 3 12 1 44 m mm ， 由 2 12m ，得 2 33 0 416 m ，所以 39 12 4 t . 综上所述，t的取值范围为 3
31、9 12 4 t ，即 39 ,12 4 t . 【点睛】本题考查椭圆的标准方程,考查了弦长公式韦达定理在直线和椭圆的关系中的应用,考查学生的计算 能力和逻辑推理能力,难度一般. 21.已知函数 2 ( )2(1) x f xxea x. （1）讨论 f x的单调性； （2）当0a时，若函数 f x在(,1)上有且只有一个零点，求实数a的取值范围. 【答案】 （1）详见解析 （2）0,) 2 e 【分析】 （1）求得函数的导数( )2(1) x fxxea，分0a 和0a，两种情况讨论，即可求得函数的单调区间； （2） 当0a时， 根据 0f x ， 求得 f x在(,1)上只有一个零点； 当
32、0a时， 分 1 a e 、 1 a e 和 1 0a e ，三种情况讨论，结合函数的单调性和零点的存在定理，即可求解. 【详解】 （1）由题意，函数 2 ( )2(1) x f xxea x的定义域为R， 且( )2(1)2 (1)2(1) xx fxxea xxea， 当0a 时，令( )0fx ，即(1)0 x xea.解得1x； 令( )0fx ，即(1)0 x xea，解得1x ， 所以 f x在(, 1) 上单调递减， f x在( 1,) 上单调递增； 当0a时，由 0f x ，得1x或lnxa （i）若 1 a e ，则 1 ( )2(1)0 x fxxe e ，所以 f x在R
33、上单调递增； （ii）若 1 a e ，则ln1a ，令( )0fx ，可得1x或lnxa； 令( )0fx ，解得1lnxa ， 所以函数 f x在(, 1) ，ln , a 上单调递增， f x在( 1,ln )a上单调递减； （iii）若 1 0a e ，则ln1a，令( )0fx ，解得lnxa或1x ； 令( )0fx ，解得ln1ax， 所以函数 f x在( ,ln ),( 1,)a 上单调递增， f x在(ln , 1) a 上单调递减. （2）当0a时，函数( )2 x f xxe，令 0f x 得0x， 又知当0x时， 0f x ，当0x时， 0f x ， 此时 f x在(,
34、1)上有且只有一个零点； 当0a时， （i）当 1 a e 时，由（1）知 f x在R上单调递增， 22 ( 1)0,(1)20ffe ee ， 此时 f x在(,1)上有且只有一个零点； （ii）当 1 a e 时，由（1）结合 f x的单调性，( 1)0, (ln )( 1)0, (1)24ffaffea，只需讨论 (1)24 fea 的符号， 当 1 2 e a e 时，由 10f，可得 f x在(,1)上有且只有一个零点； 当时 2 e a 时，由(1)0f，可得( )f x在(,1)上无零点； （iii）若 1 0a e 由（1）结合 f x的单调性，( 1)0, (1)24 0ff
35、ea， 2 (ln )(ln )0faaaa，此时 f x在(,1)上有且只有一个零点， 综上所述，实数a的取值范围0,) 2 e . 【点睛】本题主要考查导数在函数中的综合应用，以及利用导数研究函数的零点问题，着重考查了转化与 化归思想、分类讨论、及逻辑推理能力与计算能力，属于难题. （二）选考题：共（二）选考题：共 10 分，请考生在第分，请考生在第 22，23 题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一 题计分题计分. 作答时请写清题号作答时请写清题号. 【选修【选修 4-4：坐标系与参数方程】：坐标系与参数方程】 22.在平面直角坐标系xOy中
36、，已知直线l的参数方程为 3 1 xt yt ， （t为参数） ，以坐标原点O为极点，x轴 的非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为2sin.l与曲线C交于AB、两点. （1）求曲线C的普通方程和AB、两点的极坐标； （2）求AOB的面积. 【答案】 （1） 22 :20C xyy； 5 1,3, 63 AB （2） 3 2 【分析】 (1) 在直线l的参数方程中消去参数t可得出直线l的普通方程,利用极坐标方程与普通方程的转换关系可得 出曲线C的普通方程,直线和曲线C联立求出AB、直角坐标再利用转化公式即可求得AB、的极坐标； (2)利用三角形的面积公式及极坐标的几何意义可知 151
37、 sin 263 AOBAB S ,计算即可求得结果. 【详解】 （1）将直线l的参数方程消参得330xy， 曲线 2 :2 sinC，所以 22 :20C xyy， 联立直线和圆的直角坐标方程得 2 4830yy即 1 2 y 或 3 2 ，即 3 13 3 , 2222 AB ， 化为极坐标为 5 1,3, 63 AB . （2） 15113 sin13 26322 AOBAB S . 【点睛】本题考查参数方程、极坐标方程与普通方程的转化,点的坐标的转化,同时也考查了极坐标的几何意 义在三角形面积公式中的应用,考查计算能力和转化与划归能力,属于中等题. 【选修【选修 4-5：不等式选讲】：
38、不等式选讲】 23.已知函数 2 ( ) |(0)f xxmxm m . （1）证明：( )2 2f x . （2）若函数 2 ( )2f xxx m 的解集为(,2，求实数m的值. 【答案】 （1）证明见解析（2）6m 【分析】 (1) 根据绝对值不等式和基本不等式即可证得; (2)由已知化简得| | 2xmx,由绝对值的定义分类讨论即可求得不等式解集,进而求得参数. 【详解】解： （1） 222 |()2 2xmxxmxm mmm ，当且仅当 2m 时等号成立. （2） 2 ( )2f xxx m ，即| | 2xmx ， 所有 , 2 , xm xmx 或 , 2 , xm mxx 解得 3 m x . 因为解集为(,2，所以6m. 【点睛】本题考查绝对值不等式和基本不等式在不等式证明的应用,考查绝对值不等式求解参数问题,难度较 易.
