2022年高三上學期9月月考數學試卷（理科） 含解析(II)

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1、2022年高三上學期9月月考數學試卷（理科） 含解析(II) 　 一、選擇題：本題共12小題，每小題5分． 1．已知集合U={1，2，3，4，5，6}，集合A={2，3}，集合B={3，5}，則A∩（?UB）等于（　?。? A．{2} B．{2，3，5} C．{1，4，6} D．{5} 2．f（）=，則f（2）=（　?。? A．3 B．1 C．2 D． 3．函數f（x）=的定義域為（　?。? A．（﹣∞，﹣2）∪（1，+∞） B．（﹣2，1） C．（﹣∞，﹣1）∪（2，+∞） D．（1，2） 4．已知loga＞logb，則下列不等式成立的是（　?。? A．ln（a﹣b）＞0 B．

2、C．3a﹣b＜1 D．loga2＜logb2 5．已知f（x）=ax過（1，3），則以下函數圖象正確的是（　?。? A． B． C． D． 6．已知實數x，y滿足，2x+4y=1，則x+2y的最大值是（　?。? A．﹣2 B．4 C． D．﹣1 7．已知命題p：“已知f（x）為定義在R上的偶函數，則f（x+1）的圖象關于直線x=﹣1對稱”，命題q：“若﹣1≤a≤1，則方程ax2+2x+a=0有實數解”，則（　?。? A．“p且q”為真 B．“p或q”為假 C．p假q真 D．p真q假 8．若x，y滿足且z=2x+y的最大值為4，則k的值為（　?。? A． B． C． D． 9．若函數f

3、（x）=ln（1﹣x）﹣ln（1+x）+a在x∈[﹣，]的最大值為M，最小值為N，且M+N=1，則a的值是（　?。? A．1 B． C．﹣1 D． 10．已知函數f（x）=，若f（﹣a）+f（a）≤2f（1），則a的取值范圍是（　?。? A．（﹣∞，1]∪[1，+∞） B．[﹣1，0] C．[0，1] D．[﹣1，1] 11．已知函數f（x）=，若方程f（x）+2x﹣8=0恰有兩個不同實根，則實數a的取值范圍是（　?。? A． B．[﹣4，2] C． D． 12．己知集合A=[0，1），B=[1，+∞），函數f（x）=，若對任意x0∈A，都有f（f（x0））∈B，則實數a的取值范圍是（　

4、?。? A．[﹣1，2） B．[﹣1，+∞） C．[0，+∞） D．（﹣2，1] 　 二、填空題：本題4小題，每小題5分． 13．log26﹣log23﹣3+（）=　　． 14．函數f（x）=lg（x2﹣2x﹣3）的遞增區(qū)間是　?。? 15．已知f（x）是定義在實數集上的函數，當x∈（0，1]時，f（x）=2x，且對任意x都有f（x+1）=，則f（log25）=　　． 16．已知f（x）是定義在R上的偶函數，且當x≥0時，f（x+2）=f（x），若f（x）滿足： ①x∈[0，2）時，f（x）=a﹣|x﹣b|， ②f（x）是定義在R上的周期函數， ③存在m使得f（x+m）=﹣f（

5、m﹣x） 則a+b的值為　　． 　 三、解答題：解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟． 17．函數f（x）=+a關于（1，0）對稱． （1）求a得值； （2）解不等式f（x）＜． 18．二次函數f（x）開口向上，且滿足f（x+1）=f（3﹣x）恒成立．已知它的兩個零點和頂點構成邊長為2的正三角形． （1）求f（x）的解析式； （2）討論f（x）在[t，t+3]的最小值． 19．四棱錐P﹣ABCD中，PC=AB=1，BC=a，∠ABC=60°，底面ABCD為平行四邊形，PC⊥平面ABCD，點M，N分別為AD，PC的中點． （1）求證：MN∥平面PAB； （2）若∠PAB

6、=90°，求二面角B﹣AP﹣D的正弦值． 20．已知拋物線E：y2=4x焦點為F，準線為l，P為l上任意點．過P作E的兩條切線，切點分別為Q，R． （1）若P在x軸上，求|QR|； （2）求證：以PQ為直徑的圓恒過定點． 21．已知函數f（x）=x2﹣ax?lnx+ax恰有兩個零點x1，x2． （1）求a的范圍； （2）求證：x1x2＞e4． 　 [選修4-1：幾何證明選講] 22．如圖，BC是圓O的直徑，點F在弧上，點A為弧的中點，做AD⊥BC于點D，BF與AD交于點E，BF與AC交于點G． （Ⅰ）證明：AE=BE （Ⅱ）若AC=9，GC=7，求圓O的半徑．

7、　 [選修4-4：坐標系與參數方程選講] 23．在直角坐標系xOy中，直線l的參數方程為（t為參數），再以原點為極點，以x正半軸為極軸建立極坐標系，并使得它與直角坐標系有相同的長度單位，在該極坐標系中圓C的方程為ρ=4sinθ． （1）求圓C的直角坐標方程； （2）設圓C與直線l將于點A、B，若點M的坐標為（1，4），求|MA|+|MB|的值． 　 [選修4-5：不等式選講] 24．已知函數f（x）=|x﹣2|． （1）解不等f（x）+f（x+1）≥5； （2）若|a|＞1且f（ab）＞|a|?f（），證明：|b|＞2． 　 參考答案與試題解析 　 一、選擇題：本

8、題共12小題，每小題5分． 1．已知集合U={1，2，3，4，5，6}，集合A={2，3}，集合B={3，5}，則A∩（?UB）等于（　?。? A．{2} B．{2，3，5} C．{1，4，6} D．{5} 【考點】交、并、補集的混合運算． 【分析】集合U={1，2，3，4，5，6}，集合A={2，3}，集合B={3，5}，故CUB={1，2，4，6}，由此能求出A∩（?UB）． 【解答】解：∵集合U={1，2，3，4，5，6}， 集合A={2，3}，集合B={3，5}， ∴CUB={1，2，4，6}， ∴A∩（?UB）={2}． 故選A． 　 2．f（）=，則f（2）=（

9、　　） A．3 B．1 C．2 D． 【考點】函數的值． 【分析】由f（2）=f（），能求出結果． 【解答】解：∵f（）=， ∴f（2）=f（）==3． 故選：A． 　 3．函數f（x）=的定義域為（　?。? A．（﹣∞，﹣2）∪（1，+∞） B．（﹣2，1） C．（﹣∞，﹣1）∪（2，+∞） D．（1，2） 【考點】函數的定義域及其求法． 【分析】根據導數的性質，二次根式的性質得不等式，解出即可． 【解答】解：由題意得：， 解得：1＜x＜2， 故選：D． 　 4．已知loga＞logb，則下列不等式成立的是（　?。? A．ln（a﹣b）＞0 B． C．3a﹣b＜

10、1 D．loga2＜logb2 【考點】對數函數的單調性與特殊點；不等關系與不等式． 【分析】直接利用對數函數的單調性判斷即可． 【解答】解：loga＞logb，可得0＜a＜b． 所以a﹣b＜0， ∴3a﹣b＜1． 故選：C． 　 5．已知f（x）=ax過（1，3），則以下函數圖象正確的是（　?。? A． B． C． D． 【考點】指數函數的單調性與特殊點． 【分析】根據冪函數的性質即可求出． 【解答】解：f（x）=ax過（1，3）， ∴3=a， ∴f（x）=3x， 該函數為增函數，且過點（1，1）， 故選：B 　 6．已知實數x，y滿足，2x+4y=1，則x

11、+2y的最大值是（　?。? A．﹣2 B．4 C． D．﹣1 【考點】基本不等式． 【分析】根據基本不等式的應用條件直接應用即可． 【解答】解：1=2x+4y=2x+22x≥2， 則x+2y≤﹣2， 故選A． 　 7．已知命題p：“已知f（x）為定義在R上的偶函數，則f（x+1）的圖象關于直線x=﹣1對稱”，命題q：“若﹣1≤a≤1，則方程ax2+2x+a=0有實數解”，則（　　） A．“p且q”為真 B．“p或q”為假 C．p假q真 D．p真q假 【考點】命題的真假判斷與應用． 【分析】復合命題的真假判定，解決的辦法是先判斷組成復合命題的簡單命題的真假，再根據真值表進行判

12、斷． 【解答】解：f（x）為定義在R上的偶函數，對稱軸為：x=0， 則f（x+1）的圖象看作y=f（x）的圖象向左平移1個單位得到的， 函數的圖象關于直線x=﹣1對稱，命題q為真． 命題q：﹣1≤a≤1，則方程ax2+2x+a=0，可得△=4﹣4a2≥0，方程有實數解， 所以命題q是真命題， 所以p且q為真． 故選A． 　 8．若x，y滿足且z=2x+y的最大值為4，則k的值為（　?。? A． B． C． D． 【考點】簡單線性規(guī)劃． 【分析】根據已知的約束條件 畫出滿足約束條件的可行域，再用目標函數的幾何意義，求出求出直線2x+y=4與y=0相交于B（2，0），即可求解

13、k值． 【解答】解：先作出不等式組對應的平面區(qū)域， 直線kx﹣y+3=0過定點（0，3）， ∵z=2x+y的最大值為4，∴作出直線2x+y=4， 由圖象知直線2x+y=4與y=0相交于B（2，0）， 同時B也在直線kx﹣y+3=0上， 代入直線得2k+3=0，即k=， 故選：A． 　 9．若函數f（x）=ln（1﹣x）﹣ln（1+x）+a在x∈[﹣，]的最大值為M，最小值為N，且M+N=1，則a的值是（　?。? A．1 B． C．﹣1 D． 【考點】利用導數求閉區(qū)間上函數的最值． 【分析】由求出f′（x）=，且x∈[﹣]時，f（x）是減函數，從而M=f（﹣），N=f（

14、），由此能求出a的值． 【解答】解：∵函數f（x）=ln（1﹣x）﹣ln（1+x）+a， ， ∴f′（x）=，﹣1＜x＜1． 當x∈[﹣]時，f′（x）＜0，∴x∈[﹣]時，f（x）是減函數， ∵在x∈[﹣，]的最大值為M，最小值為N， ∴M=f（﹣）=ln（1+）﹣ln（1﹣）+a=ln﹣ln+a=ln3+a， N=f（）=ln（1﹣）﹣ln（1+）+a=ln﹣ln=﹣ln3+a， ∵M+N=1，∴M+N=ln3+a﹣ln3+a=2a=1， 解得a=． ∴a的值是． 故選：B． 　 10．已知函數f（x）=，若f（﹣a）+f（a）≤2f（1），則a的取值范圍是（　　

15、） A．（﹣∞，1]∪[1，+∞） B．[﹣1，0] C．[0，1] D．[﹣1，1] 【考點】分段函數的應用． 【分析】先判斷函數為偶函數，再判斷在（0，+∞）上為增函數，即可求出a的范圍． 【解答】解：∵f（x）=， ∴f（x）為偶函數， ∵f（﹣a）+f（a）≤2f（1）， ∴2f（a）≤2f（1）， ∴f（a）≤f（1）， ∵當x≥0時，函數f（x）為增函數， ∴|a|≤1， ∴﹣1≤a≤1， 故選：D 　 11．已知函數f（x）=，若方程f（x）+2x﹣8=0恰有兩個不同實根，則實數a的取值范圍是（　?。? A． B．[﹣4，2] C． D． 【考點】根

16、的存在性及根的個數判斷． 【分析】函數f（x）的圖象與函數y=﹣2x+8共有兩個交點，可能為：兩個交點均為y=﹣2x+8與二次函數y=x2的交點，也可能為：兩個交點為y=﹣2x+8與y=2x+3的交點，另一個是y=﹣2x+8與二次函數y=x2的交點，進而得到答案． 【解答】解：y=x2與y=﹣2x+8共有兩個交點（﹣4，16），（2，4）， y=2x+3與y=﹣2x+8有一個交點（，）， 若方程f（x）+2x﹣8=0恰有兩個不同實根， 則函數f（x）的圖象與函數y=﹣2x+8共有兩個交點， 若兩個交點均為y=﹣2x+8與二次函數y=x2的交點，則a≥2， 若兩個交點為y=﹣2x+

17、8與y=2x+3的交點，另一個是y=﹣2x+8與二次函數y=x2的交點，則﹣4≤a≤， 綜相所述，a∈， 故選：A． 　 12．己知集合A=[0，1），B=[1，+∞），函數f（x）=，若對任意x0∈A，都有f（f（x0））∈B，則實數a的取值范圍是（　?。? A．[﹣1，2） B．[﹣1，+∞） C．[0，+∞） D．（﹣2，1] 【考點】分段函數的應用． 【分析】求得函數y=2x﹣x2，x∈[0，1）的導數和單調性，可得最大值及值域，再由二次函數的值域求法，注意對稱軸和區(qū)間的關系，求得有f（f（x0））的值域，再由集合的包含關系，解不等式可得a的范圍． 【解答】解：當x0∈A

18、，即x0∈[0，1）， f（x0）=2x0﹣x02， 由函數y=2x﹣x2，x∈[0，1）， 導數y′=2xln2﹣2x， 即有y″=2xln22﹣2， 由0＜x＜1，可得y″＜0，即函數y′=2xln2﹣2x在（0，1）遞減， 且x=0時，20ln2=ln2＞0；x=1時，2ln2﹣2＜0， 由零點存在定理可得，y′=2xln2﹣2x只有一個零點，設為m∈（0，1）． 則函數y=2x﹣x2在x∈[0，m）遞增，在（m，1）遞減． 又x=m取得最大值t，又x=0時，y=1；x=1時，y=1． 則函數y=2x﹣x2的值域為[1，t]． 當x≥1時，f（x）=2x2﹣x+a=

19、2（x﹣）2+a﹣， 由f（x0）的值域為[1，t]，可得f[f（x0）]的值域為[1+a，2t2﹣t+a]． 再由f（f（x0））∈B， 可得1+a≥1，解得a≥0． 故選：C． 　 二、填空題：本題4小題，每小題5分． 13．log26﹣log23﹣3+（）=　?。? 【考點】對數的運算性質． 【分析】利用對數函數的性質、運算法則求解． 【解答】解：log26﹣log23﹣3+（） =﹣ =1﹣ =． 故答案為：． 　 14．函數f（x）=lg（x2﹣2x﹣3）的遞增區(qū)間是?。?，+∞）?。? 【考點】復合函數的單調性． 【分析】確定函數的定義域，確定內、外

20、函數的單調性，即可求得結論． 【解答】解：令t=x2﹣2x﹣3=（x﹣1）2﹣4，則函數在（1，+∞）上單調遞增 當x2﹣2x﹣3＞0時，可得x＞3或x＜﹣1 ∵f（t）=lgt在（0，+∞）上單調增 ∴函數f（x）=lg（x2﹣2x﹣3）的遞增區(qū)間是（3，+∞） 故答案為：（3，+∞） 　 15．已知f（x）是定義在實數集上的函數，當x∈（0，1]時，f（x）=2x，且對任意x都有f（x+1）=，則f（log25）=　?。? 【考點】抽象函數及其應用；函數的值． 【分析】根據當x∈（0，1]時，f（x）=2x，先求f（log25﹣2）的值，進而根據f（x+1）=迭代可得答案．

21、 【解答】解：∵log25∈（2，3）， ∴l(xiāng)og25﹣2∈（0，1）， 又∵當x∈（0，1]時，f（x）=2x， ∴f（log25﹣2）=， 又∵對任意x都有f（x+1）=， ∴f（log25﹣1）===﹣ f（log25﹣2）===， 故答案為：． 　 16．已知f（x）是定義在R上的偶函數，且當x≥0時，f（x+2）=f（x），若f（x）滿足： ①x∈[0，2）時，f（x）=a﹣|x﹣b|， ②f（x）是定義在R上的周期函數， ③存在m使得f（x+m）=﹣f（m﹣x） 則a+b的值為　　． 【考點】函數奇偶性的性質． 【分析】根據函數奇偶性和周期性的關系，

22、判斷函數的對稱性，利用對稱性建立方程進行求解即可． 【解答】解：∵f（x）是定義在R上的偶函數，且當x≥0時，f（x+2）=f（x）， ∴當x≥0時，f（x+2）=f（x）=f（﹣x），即此時函數關于x=1 ∵x∈[0，2）時，f（x）=a﹣|x﹣b|， ∴對稱軸x=b，則b=1，則f（x）=a﹣|x﹣1|， 若存在m使得f（x+m）=﹣f（m﹣x）， 則f（x+m）=﹣f（m﹣x）=﹣f（x﹣m）， 即f（x+2m）=﹣f（x）， 則f（x+4m）=﹣f（x+2m）=f（x）， ∵f（x+2）=f（x）， ∴函數的周期是2， 則4m=2，則m=， 則f（x+）=﹣f（

23、﹣x）， 則f（0）=﹣f（1）， 則a﹣1=﹣（a﹣0）=﹣a， 則a=， 則a+b=+1=， 故答案為： 　 三、解答題：解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟． 17．函數f（x）=+a關于（1，0）對稱． （1）求a得值； （2）解不等式f（x）＜． 【考點】其他不等式的解法；函數的圖象． 【分析】（1）利用函數f（x）=+a關于（1，0）對稱，得到f（0）+f（2）=0，解得a． （2）將解析式代入，解分式型不等式． 【解答】解：（1）因為函數f（x）=+a關于（1，0）對稱，所以f（0）+f（2）=0，解得a=； （2）不等式f（x）＜為，化簡得，

24、即，所以2x＞3或2x＜2，解得x＞log23或x＜1． 　 18．二次函數f（x）開口向上，且滿足f（x+1）=f（3﹣x）恒成立．已知它的兩個零點和頂點構成邊長為2的正三角形． （1）求f（x）的解析式； （2）討論f（x）在[t，t+3]的最小值． 【考點】二次函數的性質． 【分析】（1）f（x）的對稱軸為x=2，從而得出f（x）的零點和頂點坐標，利用待定系數法求出解析式； （2）討論對稱軸和區(qū)間[t，t+3]的位置關系，得出f（x）的單調性，根據單調性計算最小值． 【解答】解：（1）∵f（x+1）=f（3﹣x），∴f（x）的對稱軸為x==2， ∵f（x）的兩個零點和頂

25、點構成邊長為2的正三角形，且f（x）開口向上， ∴f（x）的兩個零點為1，3，頂點坐標為（2，﹣）， 設f（x）=a（x﹣1）（x﹣3），則f（2）=﹣， 即﹣a=﹣，∴a=． ∴f（x）=（x﹣1）（x﹣3）． （2）若2≤t，則f（x）在[t，t+3]上是增函數， ∴fmin（x）=f（t）=（t﹣1）（t﹣3）， 若t＜2＜t+3，即﹣1＜t＜2時，f（x）在[t，t+3]上先減后增， ∴fmin（x）=f（2）=﹣， 若2≥t+3，即t≤﹣1時，f（x）在[t，t+3]上是減函數， ∴fmin（x）=f（t+3）=t（t+2）． 綜上，fmin（x）=． 　

26、19．四棱錐P﹣ABCD中，PC=AB=1，BC=a，∠ABC=60°，底面ABCD為平行四邊形，PC⊥平面ABCD，點M，N分別為AD，PC的中點． （1）求證：MN∥平面PAB； （2）若∠PAB=90°，求二面角B﹣AP﹣D的正弦值． 【考點】二面角的平面角及求法；直線與平面平行的判定． 【分析】（1）取PB為中點Q，連結NQ，QA，推導出四邊形AMNQ為平行四邊形，從而MN∥AQ，由此能證明MN∥平面PAB． （2）以C為原點，CD為x軸，CA為y軸，CP為z軸，建立空間直角坐標系，利用向量法能求出二面角B﹣AP﹣D的正弦值． 【解答】證明：（1）取PB為中點Q，連結N

27、Q，QA， ∵點M，N分別為AD，PC的中點， ∴QN是中位線，∴QN∥BC， 又∵ABCD是平行四邊形，∴AD∥BC∥QN， ∵M是AD中點，∴QN=BC=AD=AM， ∴四邊形AMNQ為平行四邊形，∴MN∥AQ， 又MN?平面PAB，AQ?平面PAB， ∴MN∥平面PAB． 解：（2）∵PC⊥平面ABCD，∴PC⊥AB， 又∵PA⊥AB，∴AB⊥面PAC，AB⊥AC，∴a=2，CD⊥AC， 以C為原點，CD為x軸，CA為y軸，CP為z軸，建立空間直角坐標系， 則A（0，，0），B（﹣1，，0），P（0，0，1）， =（0，﹣，1），=（﹣1，0，0），=（1，﹣，0

28、）， 設面ABP的法向量=（x，y，z）， 則，取y=1，得=（0，1，）， 設面APD的法向量=（a，b，c）， 則，取a=，得=（）， ∴cos＜＞==， ∴二面角B﹣AP﹣D的正弦值為=． 　 20．已知拋物線E：y2=4x焦點為F，準線為l，P為l上任意點．過P作E的兩條切線，切點分別為Q，R． （1）若P在x軸上，求|QR|； （2）求證：以PQ為直徑的圓恒過定點． 【考點】拋物線的簡單性質． 【分析】（1）由P（﹣1，0），設直線PQ方程，代入拋物線方程，由△=0，求得直線的斜率，代入方程求得切點分別為Q，R坐標，即可求得求|QR|； （2）由對稱性可

29、知：該點必在x軸上，設M（m，0），設Q（，y0），P（﹣1，t），則切線為yy0=2x+，求得t=y0﹣，根據?=0，即可求得m的值． 【解答】解：（1）由已知可知：拋物線y2=4x焦點為F（1，0）， ∴P（﹣1，0）， 設PQ：y=k（x+1）， ∴，整理得：k2x2+（2k2﹣4）x+k2=0，① 由△=0，即（2k2﹣4）2﹣4?k2?k2=0， 解得：k=±1， 代入①求得x=1，y=±2， ∴切點分別為Q和R坐標為（1，±2）， ∴|QR|=4； （2）證明：由對稱性可知：該點必在x軸上，設M（m，0）， 設Q（，y0），P（﹣1，t），則切線為yy0=2x

30、+， ∴t=y0﹣， 由題意可知： ?=0，即（m﹣）（m+1）+y0?（y0﹣）=0， 整理得：（m2+m﹣2）+（1﹣m）=0 ∴m=1， ∴恒過點M（1，0）． 　 21．已知函數f（x）=x2﹣ax?lnx+ax恰有兩個零點x1，x2． （1）求a的范圍； （2）求證：x1x2＞e4． 【考點】利用導數研究函數的單調性． 【分析】（1）要使得f（x）=x（x﹣alnx+a）有兩個零點，即g（x）=x﹣alnx+a有兩個零點，即求g（x）的最小值要小于0即可． （2）要求證x1x2＞e4 即求證lnx1x2＞4；令，lnx1x2=+2=；所以，原不等式即證： 【

31、解答】解：（1）f（x）=x（x﹣alnx+a），函數的定義域為（0，+∞） 設g（x）=x﹣alnx+a，所以g（x）有兩個零點，g'（x）=， a≤0時，g（x）單調遞增，顯然不成立； a＞0時，令g'（x）=0，則導函數零點為x=a；所以f（x）在（0，a）上單調遞減，（a，+∞）上單調遞增， 故g（x）最小值為g（a）=a﹣alna+a，要使得g（x）有兩個零點， 則g（a）＜0，解得：e2＜a 所以a的取值范圍為：（e2，+∞） 證明：（2）因為①； x2﹣alnx2+a=0 ②； ①+②：； ①﹣②：； 令，lnx1x2=+2= 所以，原不等式即證： 即證

32、： 設h（t）=lnt﹣2，有h'（t）= 所以h（t）單調遞增，所以h（t）＞h（1）=0，所以不等式得證． 　 [選修4-1：幾何證明選講] 22．如圖，BC是圓O的直徑，點F在弧上，點A為弧的中點，做AD⊥BC于點D，BF與AD交于點E，BF與AC交于點G． （Ⅰ）證明：AE=BE （Ⅱ）若AC=9，GC=7，求圓O的半徑． 【考點】與圓有關的比例線段． 【分析】（Ⅰ）證明：∠ABF=∠BAD，即可證明AE=BE （Ⅱ）由△ABG∽△ACB，求出AB，直角△ABC中由勾股定理知BC，即可求圓O的半徑． 【解答】證明：（Ⅰ）連接AB，∵點A為弧的中點， ∴=，

33、 ∴∠ABF=∠ACB… 又∵AD⊥BC，BC是圓O的直徑，… ∴∠BAD=∠ACB， ∴∠ABF=∠BAD， ∴AE=BE … （Ⅱ）由△ABG∽△ACB知AB2=AG?AC=2×9 ∴AB=3 … 直角△ABC中由勾股定理知BC=3 … ∴圓的半徑為 … 　 [選修4-4：坐標系與參數方程選講] 23．在直角坐標系xOy中，直線l的參數方程為（t為參數），再以原點為極點，以x正半軸為極軸建立極坐標系，并

34、使得它與直角坐標系有相同的長度單位，在該極坐標系中圓C的方程為ρ=4sinθ． （1）求圓C的直角坐標方程； （2）設圓C與直線l將于點A、B，若點M的坐標為（1，4），求|MA|+|MB|的值． 【考點】參數方程化成普通方程． 【分析】（1）由x=ρcosθ，y=ρsinθ，x2+y2=ρ2，能求出圓C的直角坐標方程． （2）將直線l的參數方程代入圓的直角坐標方程，化簡整理，再由韋達定理和t的幾何意義能求出|MA|+|MB|的值． 【解答】解：（1）圓C的方程為ρ=4sinθ， ∴ρ2=4ρsinθ， ∴圓C的直角坐標方程為x2+y2﹣4y=0． 即x2+（y﹣2）2=4．

35、 （2）將直線l的參數方程代入圓的方程，整理，得t2﹣3t+1=0， △=18﹣4=14＞0，設t1，t2為方程的兩個實根， 則t1+t2=3，t1t2=1，∴t1，t2均為正數， 又直線l過M（1，4）， 由t的幾何意義得： |MA|+|MB|=|t1|+|t2|=t1+t2=3． 　 [選修4-5：不等式選講] 24．已知函數f（x）=|x﹣2|． （1）解不等f（x）+f（x+1）≥5； （2）若|a|＞1且f（ab）＞|a|?f（），證明：|b|＞2． 【考點】絕對值不等式的解法． 【分析】（1）通過討論x的范圍，去掉絕對值號，解不等式即可；（2）求出f（ab

36、）和f（），代入不等式，問題轉化為|ab﹣2|＞|b﹣2a|，平方證明即可． 【解答】（1）解：原不等式等價于|x﹣2|+|x﹣1|≥5， 當x＞2時，不等式可化為：（x﹣2）+（x﹣1）≥5， 解得：x≥4， 當1≤x≤2時，不等式可化為（2﹣x）+（x﹣1）≥5，1≥5，無解， x＜1時，不等式可化為：（2﹣x）+（1﹣x）≥5，解得：x≤﹣1， 綜上，不等式的解集是{x|x≥4或x≤﹣1}； （2）證明： ?|ab﹣2|＞|a||﹣2| ?|ab﹣2|＞|b﹣2a| ?（ab﹣2）2＞（b﹣2a）2 ?a2b2+4﹣b2﹣4a2＞0 ?（a2﹣1）（b2﹣4）＞0， ∵|a|＞1， ∴a2﹣1＞0， ∴b2﹣4＞0， ∴|b|＞2，證畢． 　 xx1月6日