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湖南师大附中2019-2020学年高三月考试卷(七)数学(理)试卷(含答案)

湖南师大附中2019-2020学年高三月考试卷(七)

数学(理科)

时量:120分钟满分:150分

一、选择题:本大题共12小题,每小题5分,共60分,在每小题的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.

1.已知复数z=a+

10i

3-i

(a∈R),若z为纯虚数,则|a-2i|=(B)

A.5 B. 5 C.2 D. 3

【解析】因为z=a+i(3+i)=a-1+3i为纯虚数,则a=1,所以|a-2i|=a2+4=5,选B.

2.下列说法错误

..的是(B)

A.在回归模型中,预报变量y的值不能由解释变量x唯一确定

B.若变量x,y满足关系y=-0.1x+1,且变量y与z正相关,则x与z也正相关C.在残差图中,残差点分布的带状区域的宽度越狭窄,其模型拟合的精度越高D.以模型y=ce kx去拟合一组数据时,为了求出回归方程,设z=ln y,将其变换后得到线性方程z=0.3x+4,则c=e4,k=0.3

【解析】对于A,在回归模型中,预报变量y的值由解释变量x和随机误差e共同确定,即x只能解释部分y的变化,所以A正确;对于B,由回归方程知变量y与z正相关,则x与z负相关,所以B错误;对于C,在残差图中,残差点分布的带状区域的宽度越狭窄,其模型拟合的精度越高,C正确;由回归分析的意义知D正确.故选B.

3.函数f(x)=

e x+1

x(1-e x)

(其中e为自然对数的底数)的图象大致为(A)

【解析】当x>0时,e x>1,则f(x)<0;当x<0时,e x<1,则f(x)<0,所以f(x)的图象恒在x轴下方,选A.

4.宋元时期数学名著《算学启蒙》中有关于“松竹并生”的问题:松长五尺,竹长两尺,松日自半,竹日自倍,松竹何日而长等.如图是源于其思想的一个程序框图,若输入a=4,b

=1,则输出的n等于(C)

A.3 B.4 C.5 D.6

【解析】当n=1时,a=6,b=2,满足进行循环的条件,当n=2时,a=9,b=4,满足进行循环的条件,

当n=3时,a=27

2

,b=8,满足进行循环的条件,

当n=4时,a=81

4

,b=16,满足进行循环的条件,

当n=5时,a=243

8

,b=32,不满足进行循环的条件,

故输出的n值为5.故选C.

5.已知动圆C经过点A(2,0),且截y轴所得的弦长为4,则圆心C的轨迹是(D) A.圆 B.椭圆 C.双曲线 D.抛物线

【解析】设圆心坐标为C(x,y),圆C的半径为r,圆心C到y轴的距离为d,则d2+4=r2.

因为d=|x|,r=|AC|,则圆心C的轨迹方程是x2+4=(x-2)2+y2,即y2=4x,选D.

6.已知数列{a

n }满足:a

1

1

2

,a

n+1

=a

n

1

2n

(n∈N*),则a

2019

=(C)

A.1-1

22018 B.1-

1

22019

C.

3

2

1

22018

D.

3

2

1

22019

【解析】由已知,a

n -a

n-1

1

2n-1

(n≥2),则a

n

=a

1

+(a

2

-a

1

)+(a

3

-a

2

)+…+(a

n

a

n-1

)

=1

2

1

2

1

22

+…+

1

2n-1

1

2

?

?

?

?

?

1-

1

2n-1

3

2

1

2n-1

,所以a

2019

3

2

1

22018

,选C.

7.如图,给7条线段的5个端点涂色,要求同一条线段的两个端点不能同色,现有4种不同的颜色可供选择,则不同的涂色方法种数有(C)

A.24 B.48

C.96 D.120

【解析】法一:第一步先涂B,C,E三点,这三点的颜色必须

各异,不同的涂色方法种数是A3

4

;第二步涂A,D两点,各有2种,

所以不同的涂色方法种数有A3

4

×2×2=96,故选C.

法二:第一步先涂A ,B ,E 三点,这三点的颜色必须各异,不同的涂色方法种数是A 34;第二步涂C ,D 两点,假设已涂A ,B ,E 的三种颜色顺序分别为1,2,3,未使用的颜色为4,那么C ,D 可涂的颜色分别为C 涂1,D 可以选择2,4中的一种颜色,共2种方法;C 涂4,D 可以选择1,2中的一种颜色,共2种方法,所以不同的涂色方法种数有A 34(2+2)=96,故选C.

8.函数f(x)=cos ? ?

???2x -π6sin 2x -14的图象的一个对称中心的坐标是(A)

A.?

????7π24,0 B.? ????π3,0 C.? ????π3,-14 D.? ??

??

π12,0 【解析】f(x)=cos ? ????2x -π6sin 2x -14=??????32cos 2x +1

2sin 2x sin 2x -14

=32sin 2xcos 2x +12sin 2

2x -14=34sin 4x +12·1-cos 4x 2-14=12sin ? ????4x -π6,

令4x -π6=k π,求得x =k π4+π24,可得函数图象的对称中心为?

????

k π4+π24,0,k ∈Z ,

当k =1时,对称中心为? ??

??

7π24,0.故选A. 9.已知D =????

??

(x ,y )|???x +y -2≤0x -y +2≤03x -y +6≥0,给出下列四个命题:

P 1:()x ,y ∈D ,-2≤x+y≤2;P 2

:()x ,y ∈D ,

y

x +3

>0; P 3:

()x ,y ∈D ,x +y<-2;P 4

:()x ,y ∈D ,x 2

+y 2

≤2;其中真命题是(B)

A .P 1和P 2

B .P 1和P 4

C .P 2和P 3

D .P 2和P 4 【解析】利用线性规划的知识易得,对

()x ,y ∈D ,-2≤x+y≤2,且0≤

y x +3≤3

2

,2≤x 2+y 2≤10,所以P 1正确,P 2错误,P 3错误,P 4正确.选B.

10.在棱长为6的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中,点E ,F 分别是棱C 1D 1,B 1C 1的中点,过A ,E ,F 三点作该正方体的截面,则截面的周长为(D)

A .313+6 2

B .213+4 3

C .513+3 3

D .613+3 2

【解析】如图, 延长EF ,A 1B 1 相交于M ,连接AM 交BB 1 于H ,延长FE ,A 1D 1 相交于N ,连接AN 交DD 1于G ,可得截面五边形AHFEG.

∵ABCD -A 1B 1C 1D 1是棱长为6的正方体,且E ,F 分别是棱C 1D 1,B 1C 1的中点,

∴EF =32,AG =AH =62+42=213,EG =FH =32+22=13. ∴截面的周长为613+3 2.选D.

11.如图,已知||OA →=||OB →=1,||

OC →=2,tan ∠AOB =-43,∠BOC =45°,OC →=mOA

→+nOB →,则m n

等于(A) A.57 B.75 C.37 D.7

3

【解析】因为tan ∠AOB =-43,所以sin ∠AOB =45.

过点C 作CD∥OB 交OA 延长线于点D ,

过点C 作CE∥OD 交OB 延长线于点E , 在△OCD 中,∠OCD =45°,sin ∠ODC =4

5

由正弦定理:|OC|sin ∠CDO =|OD|sin ∠OCD ,得245=OD 2

2,所以OD =5

4=m.

由余弦定理:||OD 2

=||OC 2

+||CD 2

-2||OC ·||CD ·cos 45°, 得

2516=2+n 2-2×2×n×cos 45°,则n =14或7

4

. 当n =14时,此时∠CDO 为钝角,因为∠EOD 为钝角,矛盾,故n =74.

所以m n =

5

7.故选A.

12.箱子里有16张扑克牌:红桃A、Q、4,黑桃J、8、7、4、3、2,草花K、Q、6、5、4,方块A、5,老师从这16张牌中挑出一张牌来,并把这张牌的点数告诉了学生甲,把这张牌的花色告诉了学生乙,这时,老师问学生甲和学生乙:你们能从已知的点数或花色中推知这张牌是什么牌吗?于是,老师听到了如下的对话:学生甲:我不知道这张牌;学生乙:我知道你不知道这张牌;学生甲:现在我知道这张牌了;学生乙:我也知道了.则这张牌是(D)

A.草花5 B.红桃Q C.红桃4 D.方块5

【解析】学生乙确信他知道学生甲不知道,说明通过数字不能判断出来,因此排除有单一数字J、K等的花色黑桃和草花,学生甲知道这张牌不是黑桃也不是草花就猜出来了,说明这张牌除了在黑桃和草花之外有且只有一张,那就是红桃4、Q和方块5;学生乙知道学生甲知道后就知道了,说明这张牌只有一种选择,所以他看到的是方块,如果他看到的是红桃但还是不知道是Q还是4,所以答案是方块5.故选D.

二、填空题:本大题共4小题,每小题5分,共20分.

13.一个不透明的袋子装有4个完全相同的小球,球上分别标有数字为0,1,2,2,现甲从中摸出一个球后便放回,乙再从中摸出一个球,若摸出的球上数字大即获胜(若数

字相同则为平局),则在甲获胜的条件下,乙摸1号球的概率为__2

5

__.

【解析】法一:两人分别摸一个球,基本事件共有4×4=16种,其中甲获胜共有5

种可能,故甲获胜的概率为

5

16

,其中乙摸到1号球且甲获胜有2种可能,故甲获胜且乙

摸到1号球的概率为1

8

,故在甲获胜的条件下,乙摸1号球的概率为

1

8

÷

5

16

2

5

.

法二:甲获胜共有5种可能,其中乙摸到1号球且甲获胜有2种可能,故在甲获胜

的条件下,乙摸1号球的概率为2 5 .

14.设双曲线C:x2

a2

y2

b2

=1(a>0,b>0)的右焦点为F,直线l

为双曲线C的一条渐近线,点F关于直线l的对称点为P,若点P

在双曲线C的左支上,则双曲线C的离心率为.

【解析】如图,设直线l与线段PF的交点为A,因为点P与F关于直线l对称,则l⊥PF,且A为PF的中点,所以|AF|=b,|OA|=a,|PF|=2|AF|=2b.

设双曲线的左焦点为E,因为O为EF的中点,则|PE|=2|AO|=2a,

据双曲线定义,有|PF|-|PE|=2a,则2b-2a=2a,即b=2a.

所以e =

1+? ??

??b a 2

= 5.

15.对于大于或等于2的自然数m 的n 次幂进行如图的方式“分裂”.仿此,若m 3

的“分裂”中最小的数是211,则m 的值为__15__.

【解析】22=1+3,23=3+5,24=7+9,32=1+3+5,33=7+9+11,34=25+27+29.不难得出规律,2n 可以表示为两个连续奇数之和;3n 可以表示为三个连续奇数之和;5n 可以表示为五个连续奇数之和;m 3的可以表示为m 个连续奇数之和,即211+213+…+[211+2(m -1)]=m 3,m 3-m 2-210m =0,因为m>0,所以m =15.

16.设a 为整数,若对任意的x∈(0,+∞),不等式e x +3

x ≥e a 恒成立,则a 的最大

值是__1__.

【解析】令f(x)=e x +3

x (x>0),则f′(x)=e x

()x -1-3x

.

令g(x)=e x ()x -1-3(x>0),则g′(x)=xe x >0,所以g(x)在(0,+∞)上单调递增.

因为g(1)=-3<0,g(2)=e 2-3>0,则g(x)在(1,2)内只有一个零点.

设g(t)=0,则e t

=3

t -1

.当x∈(0,t)时,g(x)<0,从而f′(x)<0,f(x)单调递

减;当x∈(t,+∞)时,g(x)>0,从而f′(x)>0,f(x)单调递增,所以f(x)min =

e t +3

t =

3

t -1

=e t . 由题意知e a ≤e t ,即a≤t.因为t∈(1,2),a 为整数,所以a 的最大值为1.

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.(本小题满分12分)

在△ABC 中,角A ,B ,C 的对边分别为a ,b ,c ,满足acos B +bcos A =2ccos C.

(1)求角C的大小;

(2)若△ABC的周长为3,求△ABC的内切圆面积S的最大值.

【解析】(1)由已知,sin Acos B+sin Bcos A=2sin Ccos C,(2分)

即sin(A+B)=2sin Ccos C,因为sin(A+B)=sin C>0,则cos C=1

2

,(4分)

又C∈(0,π),所以C=π

3

.(5分)

(2)设△ABC的内切圆半径为R,则1

2

absin

π

3

1

2

·3R,则R=

3

6

ab,(6分)

由余弦定理,得a2+b2-ab=(3-a-b)2,化简得3+ab=2(a+b),(8分)

因为a+b≥2ab,则3+ab≥4ab,解得ab≥3或ab≤1,(10分)

若ab≥3,则a,b至少有一个不小于3,这与△ABC的周长为3矛盾;(11分)

若ab≤1,则当a=b=1=c时,R取最大值

3 6

.

所以△ABC的内切圆面积的最大值为S

max =π

?

?

?

?

?3

6

2

π

12

.(12分)

18.(本小题满分12分)

如图,四边形ABCD是边长为2的菱形,且∠ABC=60°,BM⊥平面ABCD,BM∥DN,BM=2DN,点E是线段MN上任意一点.

(1)证明:平面EAC⊥平面BMND;

(2)若∠AEC的最大值是2π

3

,求三棱锥M-NAC的体积.

【解析】(1)因为BM⊥平面ABCD,则AC⊥BM.(2分)

又四边形ABCD是菱形,则AC⊥BD,所以AC⊥平面BMND.

(4分)

因为AC在平面EAC内,所以平面EAC⊥平面BMND.(5分)

(2)设AC与BD的交点为O,连结EO. 因为AC⊥平面BMND,则AC⊥OE,又O为AC

的中点,则AE=CE,所以cos∠AEC=2AE2-AC2

2AE2

=1-

2

AE2

,∠AEC∈(0,π).

当AE最短时∠AEC最大,此时AE⊥MN,CE⊥MN,∠AEC=2π

3

,AE=

23

3

.(7分)

取MN 的中点H ,分别以直线OA ,OB ,OH 为x 轴,y 轴,z 轴建立空间直角坐标系,设ND =a ,

则点A(1,0,0),N(0,-3,a),M(0,3,2a),AN →=(-1,-3,a),AM →=(-1,3,2a).

设平面AMN 的法向量n

1=(x ,y ,z), 则?????n 1·AM →=-x +3y +2az =0,n 1·AN →=-x -3y +az =0,

取z =1,则n 1=? ??

??

3a 2,-3a 6,1,

同理求得平面CMN 的法向量n 2=? ????

-3a 2,-3a 6,1.

因为∠AEC=2π

3

是二面角A―MN-C 的平面角,则

|cos ∠AEC|=?????

?-9a 24+3a 2

36+19a 24+3a 236

+1=1

2,解得a =1510或a =62(舍去).(10分)

因为MN =a 2+BD 2=320+12=91510,AE =233,S △EAC =12AE 2sin 2π3=12×43×32

=3

3

, 则V M -NAC =V M -EAC +V N -EAC =13S △EAC ·MN =35

10

.(12分)

19.(本小题满分12分)

在湖南师大附中的校园歌手大赛决赛中,有6位参赛选手(1号至6号)登台演出,由现场的100位同学投票选出最受欢迎的歌手,各位同学须彼此独立地在投票器上选出3位候选人,其中甲同学是1号选手的同班同学,必选1号,另在2号至6号选手中随机选2名;乙同学不欣赏2号选手,必不选2号,在其他5位选手中随机选出3名;丙同学对6位选手的演唱没有偏爱,因此在1号至6号选手中随机选出3名.

(1)求同学甲选中3号且同学乙未选中3号选手的概率;

(2)设3号选手得到甲、乙、丙三位同学的票数之和为X ,求X 的分布列和数学期望. 【解析】设A 表示事件“甲同学选中3号选手”,B 表示事件“乙同学选中3号选手”,C 表示事件“丙同学选中3号选手”,则

(1)P(A)=C 14C 25=25,P(B)=C 24

C 35=35,(2分)

所以P(AB)=P(A)P(B)=25×? ?

???1-35=425.(5分)

(2)P(C)=C 25

C 36=12,(6分)

X 可能的取值为0,1,2,3,

P(X =0)=P(A B - C -)=?

????1-25×? ????1-35×? ????1-12=35×25×12=325, P(X =1)=P(A B - C -)+P(A BC)+P(A B - C)=25×25×12+35×35×12+35×25×12=19

50,

P(X =2)=P(A B C)+P(AB C)+P(A B C)=25×35×12+25×25×12+35×35×12=19

50,

P(X =3)=P(A B C)=25×35×12=3

25.(10分)

所以X

X 的数学期望E(X)=0×325+1×1950+2×1950+3×325=3

2

.(12分)

20.(本小题满分12分)

已知椭圆C 的中心在原点,焦点在x 轴上,D(0,2)为椭圆C 短轴的一个端点,F 为椭圆C 的右焦点,线段DF 的延长线与椭圆C 相交于点E ,且|DF|=3|EF|.

(1)求椭圆C 的标准方程;

(2)设直线l 与椭圆C 相交于A ,B 两点,O 为坐标原点,若直线OA 与OB 的斜率之积为-3

2

,求OA →·OB →的取值范围.

【解析】(1)设椭圆C 的方程为x 2a 2+y

2

b 2=1(a>b>0),右焦点F(

c ,0).(1分)

因为D(0,2)为椭圆短轴的一个端点,则b =2.因为|DF|=3|EF|,则点E ? ????4c

3,-23.(3

分)

因为点E 在椭圆上,则16c 29a 2+1

9

=1,即a 2=2c 2.(4分)

又c 2

=a 2

-4,则a 2

=2(a 2

-4),得a 2

=8,所以椭圆C 的标准方程是x 28+y 2

4

=1. (5

分)

(2)解法一:当直线l 的斜率存在时,设直线l 的方程为y =kx +m , 代入椭圆方程,得x 2+2(kx +m)2=8,即(2k 2+1)x 2+4kmx +2m 2-8=0. 设点A(x 1,y 1),B(x 2,y 2),则x 1+x 2=-4km 2k 2+1,x 1x 2=2m 2-8

2k 2+1

. (6分)

因为k OA ·k OB =-32,则y 1x 1·y 2x 2=-3

2,即3x 1x 2+2y 1y 2=0,即3x 1x 2+2(kx 1+m)(kx 2+

m)=0,

即(2k 2

+3)x 1x 2+2km(x 1+x 2)+2m 2

=0,所以(2k 2

+3)·2m 2-82k 2+1-8k 2m 2

2k 2+1

+2m 2=0,

即(2k 2+3)(m 2-4)-4k 2m 2+m 2(2k 2+1)=0,化简得m 2=2k 2+3.(7分) 所以OA →·OB →

=x 1x 2+y 1y 2=-12x 1x 2=-m 2-42k 2+1=-2k 2-12k 2+1=22k 2+1-1.(8分)

因为Δ=16k 2m 2-4(2k 2+1)(2m 2-8)=8(8k 2+4-m 2)=8(6k 2+1)>0,k 2≥0,则0<

2

2k 2

+1

≤2, 所以-1

≤1.(9分)

又x 1x 2≠0,则m 2≠4,即k 2≠12,则22k 2+1≠1,所以OA →·OB →≠0.(10分)

当直线l 的斜率不存在时,点A ,B 关于x 轴对称,则k OA =-k OB .

因为k OA k OB =-32,不妨设k OA >0,则k OA =62.联立y =62x 与x 28+y

2

4=1,得点A(2,

3),B(2,-3),或点A(-2,3),B(-2,-3),此时OA →·OB →=-1. 综上分析,OA →·OB →的取值范围是[-1,0)∪(0,1].(12分) 解法二:因为k OA ·k OB =-32<0,设k OA =k≠0,则k OB =-3

2k .(6分)

设点A(x 1,y 1),B(x 2,y 2),则y 1x 1·y 2x 2=-32,即y 1y 2=-3

2x 1x 2,

所以OA →·OB →

=x 1x 2+y 1y 2=-12

x 1x 2.(7分)

由???y =kx ,x 2

8+y 2

4=1,

得x 2

+2k 2x 2

=8,即(2k 2

+1)x 2

=8,所以x 21

=82k 2

+1

.(8分)

同理,x 22=

8

2? ??

??-32k 2

+1=16k 22k 2+9

.(9分) 所以x 21x 2

2=

8×16k 2(2k 2+1)(2k 2+9)=8×16k 2

4k 4+20k 2+9

=8×16

4k 2

+9k

2+20

.(10分) 因为4k 2+9

k 2≥2

4k 2·9k 2=12,当且仅当4k 2=9k 2,即k =±62

时取等号,则0

2

≤4,

即-2≤x 1x 2≤2,且x 1x 2≠0,所以OA →·OB →的取值范围是[-1,0)∪(0,1].(12分) 21.(本小题满分12分)

已知函数f(x)=ln x -kx ,其中k∈R 为常数. (1)讨论函数f(x)的单调性;

(2)若f(x)有两个相异零点x 1,x 2(x 12-ln x 1. 【解析】(1)f′(x)=1x -k =1-kx

x

(x>0),(1分)

①当k≤0时,f ′(x)>0,f(x)在区间(0,+∞)上单调递增;(2分)

②当k>0时,由f′(x)>0,得0

???0,1k 上单调递增,在区间

? ??

??

1k ,+∞上单调递减.(5分) (2)因为x 1,x 2是f(x)的两个零点,则ln x 2-kx 2=0,ln x 1-kx 1=0,

所以ln x 2-ln x 1=k(x 2-x 1),ln x 1+ln x 2=k(x 1+x 2).(7分) 要证ln x 2>2-ln x 1,只要证ln x 1+ln x 2>2,即证k(x 1+x 2)>2, 即证

ln x 2-ln x 1x 2-x 1(x 2+x 1)>2,即证ln x 2-ln x 1>2(x 2-x 1)

x 2+x 1

,只要证

ln x 2x 1>2(x 2-x 1)

x 2+x 1

. 设t =x 2x 1(t>1),则只要证ln t>2(t -1)t +1

(t>1).(10分)

设g(t)=ln t -2(t -1)t +1,则g′(t)=(t -1)2

t (t +1)2

>0,所以g(t)在(1,+∞)上单

调递增.

所以g(t)>g(1)=0,即ln t>2(t -1)

t +1

,所以ln x 1+ln x 2>2,即ln x 2>2-ln x 1.(12

分)

(二)选考题:共10分.请考生在22、23两题中任选一题作答,如果多做,则按所

做的第一题计分.

22.(本小题满分10分)选修4-4:坐标系与参数方程

在平面直角坐标系xOy 中,已知曲线C 1的参数方程为???x =1+cos α,

y =sin α(α为参数).

以O 为极点,x 轴正半轴为极轴建立极坐标系,曲线C 2的极坐标方程为ρ=23sin θ. (1)求曲线C 1的极坐标方程和曲线C 2的直角坐标方程;

(2)设动直线l :y =kx(x≠0,k ≠0)分别与曲线C 1,C 2相交于点A ,B ,求当k 为何值时,|AB|取最大值,并求|AB|的最大值.

【解析】(1)曲线C 1的普通方程为(x -1)2+y 2=1,即x 2+y 2-2x =0.将x 2+y 2=ρ2,x =ρcos θ代入,

得ρ2-2ρcos θ=0,所以曲线C 1的极坐标方程是ρ=2cos θ.(3分)

由ρ=23sin θ,得ρ2=23ρsin θ.将ρ2=x 2+y 2

,ρsin θ=y 代入,得x 2+y 2=23y ,

所以曲线C 2的直角坐标方程是x 2+y 2-23y =0.(5分)

(2)解法一:设直线l 的倾斜角为α,则l 的参数方程为???x =tcos α,

y =tsin α(t 为参数,

且t≠0). (6分)

将l 的参数方程代入曲线C 1的普通方程,得t 2

-2tcos α=0,则t A =2cos α.(7分)

将l 的参数方程代入曲线C 2的直角坐标方程,得t 2-23tsin α=0,则t B =23sin α.(8分)

所以|AB|=|t A -t B |=|2cos α-23sin α|=4??????cos ? ?

???α+π3,(9分)

据题意,直线l 的斜率存在且不为0,则α∈? ????0,π2∪? ??

??

π2,π,

所以当α=2π

3,即k =tan α=-3时,|AB|取最大值,且|AB|max =4.(10分)

解法二:设直线l 的倾斜角为α,则l 的极坐标方程为θ=α(ρ≠0).(6分) 设点A ,B 的极坐标分别为A(ρ1,α),B (ρ2,α),则ρ1=2cos α,ρ2=23sin α.(8分)

所以|AB|=|ρ1-ρ2|=|2cos α-23sin α|=4??????cos

? ?

???α+π3.(9分) 据题意,直线l 的斜率存在且不为0,则α∈? ????0,π2∪? ??

??

π2,π,

所以当α=2π

3,即k =tan α=-3时,|AB|取最大值,且|AB|max =4.(10分)

解法三:将y =kx(x≠0)代入曲线C 1的普通方程,得x 2+k 2x 2-2x =0(x≠0),则x A

2

k 2

+1

.(6分)

将y =kx(x≠0)代入曲线C 2的直角坐标方程,得x 2+k 2x 2

-23kx =0(x≠0),则x B

=23k k 2+1

.(7分) 所以|AB|=|x A -x B |·

k 2+1=|

2k 2

+1-23k

k 2+1

|·k 2+1=

2|3k -1|

k 2+1

2

(3k -1)2

k 2+1

(k≠0).(8分)

令(3k -1)2k 2

+1=m ,则(m -3)k 2+23k +m -1=0. 据题意,该方程有非零实数解, 则m =3或???m≠3,

Δ=12-4(m -3)(m -1)≥0,

解得0≤m≤4,所以|AB|=2m ≤4.(9

分)

当m =4时,k 2+23k +3=0,即(k +3)2=0,得k =- 3. 所以当k =-3时,|AB|取最大值,且|AB|max =4.(10分) 23.(本小题满分10分)选修4-5:不等式选讲 已知函数f(x)=|x -5|.

(1)解不等式:f(x)+f(x +2)≤3;

(2)若a<0,求证:f(ax)-f(5a)≥af(x).

【解析】(1)不等式化为|x -5|+|x -3|≤3.(1分) 当x<3时,原不等式等价于-2x≤-5,即5

2≤x<3;(2分)

当3≤x≤5时,原不等式等价于2≤3,即3≤x≤5;(3分) 当x>5时,原不等式等价于2x -8≤3,即5

2

.(4分) 综上,原不等式的解集为????

??

52,112.(5分)

(2)证明:由题意得

f(ax)-af(x)=|ax -5|-a|x -5|=|ax -5|+|-ax +5a|≥|ax-5-ax +5a|=|5a -5|=f(5a),

所以f(ax)-f(5a)≥af(x)成立.(10分)

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