2020年吉林省全国统一高考数学试卷(文科)(新课标ⅱ)(含解析版).docx

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1、2020年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标）一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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|x|3，xZ，Bx|x|1，xZ，则AB（）AB3，2，2，3C2，0，2D2，22（5分）（1i）4（）A4B4C4iD4i3（5分）如图，将钢琴上的12个键依次记为a1，a2，a12设1ijk12若kj3且ji4，则ai，aj，ak为原位大三和弦；若kj4且ji3，则称ai，aj，ak为原位小三和弦用这12个键可以构成的原位大三和弦与原位小三和弦的个数之和为（）A5B8C10D154（5分）在新冠肺炎疫情防控期间，某超

2、市开通网上销售业务，每天能完成1200份订单的配货，由于订单量大幅增加，导致订单积压为解决困难，许多志愿者踊跃报名参加配货工作已知该超市某日积压500份订单未配货，预计第二天的新订单超过1600份的概率为0.05志愿者每人每天能完成50份订单的配货，为使第二天完成积压订单及当日订单的配货的概率不小于0.95，则至少需要志愿者（）A10名B18名C24名D32名5（5分）已知单位向量，的夹角为60，则在下列向量中，与垂直的是（）AB2+C2D26（5分）记Sn为等比数列an的前n项和若a5a312，a6a424，则（）A2n1B221nC22n1D21n17（5分）执行如图的程序框图，若输入的k

3、0，a0，则输出的k为（）A2B3C4D58（5分）若过点（2，1）的圆与两坐标轴都相切，则圆心到直线2xy30的距离为（）ABCD9（5分）设O为坐标原点，直线xa与双曲线C：1（a0，b0）的两条渐近线分别交于D，E两点若ODE的面积为8，则C的焦距的最小值为（）A4B8C16D3210（5分）设函数f（x）x3，则f（x）（）A是奇函数，且在（0，+）单调递增B是奇函数，且在（0，+）单调递减C是偶函数，且在（0，+）单调递增D是偶函数，且在（0，+）单调递减11（5分）已知ABC是面积为的等边三角形，且其顶点都在球O的球面上若球O的表面积为16，则O到平面ABC的距离为（）ABC1D1

4、2（5分）若2x2y3x3y，则（）Aln（yx+1）0Bln（yx+1）0Cln|xy|0Dln|xy|0二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13（5分）若sinx，则cos2x 14（5分）记Sn为等差数列an的前n项和若a12，a2+a62，则S10 15（5分）若x，y满足约束条件则zx+2y的最大值是 16（5分）设有下列四个命题：p1：两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内p2：过空间中任意三点有且仅有一个平面p3：若空间两条直线不相交，则这两条直线平行p4：若直线l平面，直线m平面，则ml则下述命题中所有真命题的序号是 p1p4p1p2p2p3p3p4三、解答题

5、：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。第1721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（12分）ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知cos2（+A）+cosA（1）求A；（2）若bca，证明：ABC是直角三角形18（12分）某沙漠地区经过治理，生态系统得到很大改善，野生动物数量有所增加为调查该地区某种野生动物的数量，将其分成面积相近的200个地块，从这些地块中用简单随机抽样的方法抽取20个作为样区，调查得到样本数据（xi，yi）（i1，2，20），其中xi和yi分别表示第i个样区的植物覆盖面积（单位

6、：公顷）和这种野生动物的数量，并计算得xi60，yi1200，（xi）280，（yi）29000，（xi）（yi）800（1）求该地区这种野生动物数量的估计值（这种野生动物数量的估计值等于样区这种野生动物数量的平均数乘以地块数）；（2）求样本（xi，yi）（i1，2，20）的相关系数（精确到0.01）；（3）根据现有统计资料，各地块间植物覆盖面积差异很大为提高样本的代表性以获得该地区这种野生动物数量更准确的估计，请给出一种你认为更合理的抽样方法，并说明理由附：相关系数r，1.41419（12分）已知椭圆C1：+1（ab0）的右焦点F与抛物线C2的焦点重合，C1的中心与C2的顶点重合过F且与x轴

7、垂直的直线交C1于A，B两点，交C2于C，D两点，且|CD|AB|（1）求C1的离心率；（2）若C1的四个顶点到C2的准线距离之和为12，求C1与C2的标准方程20（12分）如图，已知三棱柱ABCA1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点，P为AM上一点过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F（1）证明：AA1MN，且平面A1AMN平面EB1C1F；（2）设O为A1B1C1的中心若AOAB6，AO平面EB1C1F，且MPN，求四棱锥BEB1C1F的体积21（12分）已知函数f（x）2lnx+1（1）若f（x）2x+c，求c的取值范围；（2）设a0，

8、讨论函数g（x）的单调性（二）选考题：共10分。请考生在第22、23题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。选修4-4：坐标系与参数方程（10分）22（10分）已知曲线C1，C2的参数方程分别为C1：（为参数），C2：（t为参数）（1）将C1，C2的参数方程化为普通方程；（2）以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系设C1，C2的交点为P，求圆心在极轴上，且经过极点和P的圆的极坐标方程选修4-5：不等式选讲（10分）23已知函数f（x）|xa2|+|x2a+1|（1）当a2时，求不等式f（x）4的解集；（2）若f（x）4，求a的取值范围2020年全国统一高考数学试卷（文科）（新

9、课标）参考答案与试题解析一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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|x|3，xZ，Bx|x|1，xZ，则AB（）AB3，2，2，3C2，0，2D2，2【分析】求出集合A，B，由此能求出AB【解答】解：集合Ax|x|3，xZx|3x3，xZ2，1，1，2，Bx|x|1，xZx|x1或x1，xZ，AB2，2故选：D【点评】本题考查交集的求法，考查交集定义等基础知识，考查运算求解能力，是基础题2（5分）（1i）4（）A4B4C4iD4i【分析】直接利用复数代数形式的乘除运算化简得答案【解答】解：（1i）4（1i）22（

10、2i）24故选：A【点评】本题考查复数代数形式的乘除运算，是基础题3（5分）如图，将钢琴上的12个键依次记为a1，a2，a12设1ijk12若kj3且ji4，则ai，aj，ak为原位大三和弦；若kj4且ji3，则称ai，aj，ak为原位小三和弦用这12个键可以构成的原位大三和弦与原位小三和弦的个数之和为（）A5B8C10D15【分析】由原位大三和弦、原位小三和弦的定义，运用列举法，即可得到所求和【解答】解：若kj3且ji4，则ai，aj，ak为原位大三和弦，即有i1，j5，k8；i2，j6，k9；i3，j7，k10；i4，j8，k11；i5，j9，k12，共5个；若kj4且ji3，则ai，aj

11、，ak为原位小三和弦，可得i1，j4，k8；i2，j5，k9；i3，j6，k10；i4，j7，k11；i5，j8，k12，共5个，总计10个故选：C【点评】本题是数列在实际问题中的运用，运用列举法是解题的关键，属于基础题4（5分）在新冠肺炎疫情防控期间，某超市开通网上销售业务，每天能完成1200份订单的配货，由于订单量大幅增加，导致订单积压为解决困难，许多志愿者踊跃报名参加配货工作已知该超市某日积压500份订单未配货，预计第二天的新订单超过1600份的概率为0.05志愿者每人每天能完成50份订单的配货，为使第二天完成积压订单及当日订单的配货的概率不小于0.95，则至少需要志愿者（）A10名B1

12、8名C24名D32名【分析】由题意可得至少需要志愿者为18名【解答】解：第二天的新订单超过1600份的概率为0.05，就按1600份计算，第二天完成积压订单及当日订单的配货的概率不小于0.95就按1200份计算，因为公司可以完成配货1200份订单，则至少需要志愿者为18名，故选：B【点评】本题考查了等可能事件概率的实际应用，属于基础题5（5分）已知单位向量，的夹角为60，则在下列向量中，与垂直的是（）AB2+C2D2【分析】利用平面向量的数量积为0，即可判断两向量是否垂直【解答】解：单位向量|1，11cos60，对于A，（+2）+2+2，所以（+2）与不垂直；对于B，（2+）2+2+12，所以

13、（2+）与不垂直；对于C，（2）22，所以（2）与不垂直；对于D，（2）2210，所以（2）与垂直故选：D【点评】本题考查了判断两向量是否垂直的应用问题，是基础题6（5分）记Sn为等比数列an的前n项和若a5a312，a6a424，则（）A2n1B221nC22n1D21n1【分析】根据等比数列的通项公式求出首项和公比，再根据求和公式即可求出【解答】解：设等比数列的公比为q，a5a312，a6a4q（a5a3），q2，a1q4a1q212，12a112，a11，Sn2n1，an2n1，221n，故选：B【点评】本题考查了等比数列的通项公式和求和公式，考查了运算求解能力，属于基础题7（5分）执行

14、如图的程序框图，若输入的k0，a0，则输出的k为（）A2B3C4D5【分析】由已知中的程序语句可知：该程序的功能是利用循环结构计算a的值并输出相应变量k的值，模拟程序的运行过程，分析循环中各变量值的变化情况，可得答案【解答】解：模拟程序的运行，可得k0，a0执行循环体，a1，k1执行循环体，a3，k2执行循环体，a7，k3执行循环体，a15，k4此时，满足判断框内的条件a10，退出循环，输出k的值为4故选：C【点评】本题考查了程序框图的应用问题，解题时应模拟程序框图的运行过程，以便得出正确的结论，是基础题8（5分）若过点（2，1）的圆与两坐标轴都相切，则圆心到直线2xy30的距离为（）ABCD

15、【分析】由已知设圆方程为（xa）2+（ya）2a2，（2，1）代入，能求出圆的方程，再代入点到直线的距离公式即可【解答】解：由题意可得所求的圆在第一象限，设圆心为（a，a），则半径为a，a0故圆的方程为（xa）2+（ya）2a2，再把点（2，1）代入，求得a5或1，故要求的圆的方程为（x5）2+（y5）225或（x1）2+（y1）21故所求圆的圆心为（5，5）或（1，1）；故圆心到直线2xy30的距离d或d；故选：B【点评】本题主要考查用待定系数法求圆的标准方程的方法，求出圆心坐标和半径的值，是解题的关键，属于基础题9（5分）设O为坐标原点，直线xa与双曲线C：1（a0，b0）的两条渐近线分别

16、交于D，E两点若ODE的面积为8，则C的焦距的最小值为（）A4B8C16D32【分析】根据双曲线的渐近线方程求出点D，E的坐标，根据面积求出ab8，再根据基本不等式即可求解【解答】解：由题意可得双曲线的渐近线方程为yx，分别将xa，代入可得yb，即D（a，b），E（a，b），则SODEa2bab8，c2a2+b22ab16，当且仅当ab2时取等号，C的焦距的最小值为248，故选：B【点评】本题考查了双曲线的方程和基本不等式，以及渐近线方程，属于基础题10（5分）设函数f（x）x3，则f（x）（）A是奇函数，且在（0，+）单调递增B是奇函数，且在（0，+）单调递减C是偶函数，且在（0，+）单调递

17、增D是偶函数，且在（0，+）单调递减【分析】先检验f（x）与f（x）的关系即可判断奇偶性，然后结合幂函数的性质可判断单调性【解答】解：因为f（x）x3，则f（x）x3+f（x），即f（x）为奇函数，根据幂函数的性质可知，yx3在（0，+）为增函数，故y1在（0，+）为减函数，y2在（0，+）为增函数，所以当x0时，f（x）x3单调递增，故选：A【点评】本题主要考查了函数奇偶性及单调性的判断，属于基础试题11（5分）已知ABC是面积为的等边三角形，且其顶点都在球O的球面上若球O的表面积为16，则O到平面ABC的距离为（）ABC1D【分析】画出图形，利用已知条件求三角形ABC的外接圆的半径，然后求

18、解OO1即可【解答】解：由题意可知图形如图：ABC是面积为的等边三角形，可得，ABBCAC3，可得：AO1，球O的表面积为16，外接球的半径为：4R216，解得R2，所以O到平面ABC的距离为：1故选：C【点评】本题考查球的内接体问题，求解球的半径，以及三角形的外接圆的半径是解题的关键12（5分）若2x2y3x3y，则（）Aln（yx+1）0Bln（yx+1）0Cln|xy|0Dln|xy|0【分析】由2x2y3x3y，可得2x3x2y3y，令f（x）2x3x，则f（x）在R上单调递增，且f（x）f（y），结合函数的单调性可得x，y的大小关系，结合选项即可判断【解答】解：由2x2y3x3y，可

19、得2x3x2y3y，令f（x）2x3x，则f（x）在R上单调递增，且f（x）f（y），所以xy，即yx0，由于yx+11，故ln（yx+1）ln10，故选：A【点评】本题主要考查了函数的单调性在比较变量大小中的应用，属于基础试题二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13（5分）若sinx，则cos2x【分析】由已知利用二倍角公式化简所求即可计算得解【解答】解：sinx，cos2x12sin2x12（）2故答案为：【点评】本题主要考查了二倍角公式在三角函数化简求值中的应用，考查了转化思想，属于基础题14（5分）记Sn为等差数列an的前n项和若a12，a2+a62，则S1025【分析】由

20、已知结合等差数的性质及求和公式即可直接求解【解答】解：因为等差数列an中，a12，a2+a62a42，所以a41，3da4a13，即d1，则S1010a110（2）+45125故答案为：25【点评】本题主要考查了等差数列的性质及求和公式的应用，属于基础试题15（5分）若x，y满足约束条件则zx+2y的最大值是8【分析】作出不等式组对应的平面区域，利用z的几何意义，即可得到结论【解答】解：作出不等式组对应的平面区域如图：由zx+2y得yx+z，平移直线yx+z由图象可知当直线yx+z经过点A时，直线yx+z的截距最大，此时z最大，由，解得A（2，3），此时z2+238，故答案为：8【点评】本题主

21、要考查线性规划的应用，利用数形结合是解决本题的关键16（5分）设有下列四个命题：p1：两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内p2：过空间中任意三点有且仅有一个平面p3：若空间两条直线不相交，则这两条直线平行p4：若直线l平面，直线m平面，则ml则下述命题中所有真命题的序号是p1p4p1p2p2p3p3p4【分析】根据空间中直线与直线，直线与平面的位置关系对四个命题分别判断真假即可得到答案【解答】解：设有下列四个命题：p1：两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内根据平面的确定定理可得此命题为真命题，p2：过空间中任意三点有且仅有一个平面若三点在一条直线上则有无数平面，此命题为假命题，

22、p3：若空间两条直线不相交，则这两条直线平行，也有可能异面的情况，此命题为假命题，p4：若直线l平面，直线m平面，则ml由线面垂直的定义可知，此命题为真命题；由复合命题的真假可判断p1p4为真命题，p1p2为假命题，p2p3为真命题，p3p4为真命题，故真命题的序号是：，故答案为：，【点评】本题以命题的真假判断为载体，考查了空间中直线与直线，直线与平面的位置关系，难度不大，属于基础题三、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1721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（12分）ABC的内角A，B，C的对

23、边分别为a，b，c，已知cos2（+A）+cosA（1）求A；（2）若bca，证明：ABC是直角三角形【分析】（1）由已知利用诱导公式，同角三角函数基本关系式化简已知等式可得sin2AcosA+0，解方程得cosA，结合范围A（0，），可求A的值；（2）由已知利用正弦定理，三角函数恒等变换的应用可求sin（B），结合范围B（，），可求B，即可得证【解答】解：（1）cos2（+A）+cosAsin2A+cosA1cos2A+cosA，cos2AcosA+0，解得cosA，A（0，），A；（2）证明：bca，A，由正弦定理可得sinBsinCsinA，sinBsin（B）sinBcosBsinBs

24、inBcosBsin（B），B，B（，），B，可得B，可得ABC是直角三角形，得证【点评】本题主要考查了正弦定理，三角函数恒等变换的应用，考查了计算能力和转化思想，考查了方程思想的应用，属于基础题18（12分）某沙漠地区经过治理，生态系统得到很大改善，野生动物数量有所增加为调查该地区某种野生动物的数量，将其分成面积相近的200个地块，从这些地块中用简单随机抽样的方法抽取20个作为样区，调查得到样本数据（xi，yi）（i1，2，20），其中xi和yi分别表示第i个样区的植物覆盖面积（单位：公顷）和这种野生动物的数量，并计算得xi60，yi1200，（xi）280，（yi）29000，（xi）（y

25、i）800（1）求该地区这种野生动物数量的估计值（这种野生动物数量的估计值等于样区这种野生动物数量的平均数乘以地块数）；（2）求样本（xi，yi）（i1，2，20）的相关系数（精确到0.01）；（3）根据现有统计资料，各地块间植物覆盖面积差异很大为提高样本的代表性以获得该地区这种野生动物数量更准确的估计，请给出一种你认为更合理的抽样方法，并说明理由附：相关系数r，1.414【分析】（1）由已知数据求得20个样区野生动物数量的平均数，乘以200得答案；（2）由已知直接利用相关系数公式求解；（3）由各地块间植物覆盖面积差异很大可知更合理的抽样方法是分层抽样【解答】解：（1）由已知，20个样区野生动

26、物数量的平均数为60，该地区这种野生动物数量的估计值为6020012000；（2），r；（3）更合理的抽样方法是分层抽样，根据植物覆盖面积的大小对地块分层，再对200个地块进行分层抽样理由如下：由（2）知各样区的这种野生动物数量与植物覆盖面积有很强的正相关由于各地块间植物覆盖面积差异很大，从而各地块间这种野生动物数量差异也很大，采用分层抽样的方法较好地保持了样本结构与总体结构的一致性，提高了样本的代表性，从而可以获得该地区这种野生动物数量更准确的估计【点评】本题考查简单的随机抽样，考查相关系数的求法，考查计算能力，是基础题19（12分）已知椭圆C1：+1（ab0）的右焦点F与抛物线C2的焦点重

27、合，C1的中心与C2的顶点重合过F且与x轴垂直的直线交C1于A，B两点，交C2于C，D两点，且|CD|AB|（1）求C1的离心率；（2）若C1的四个顶点到C2的准线距离之和为12，求C1与C2的标准方程【分析】（1）由题意设抛物线的方程，求出焦点坐标，再由题意求切线弦长|CD|，|AB|的值，再由|CD|AB|，可得a，b，c的关系，由椭圆中，a，b，c之间的关系求出椭圆的离心率；（2）由椭圆的方程可得4个顶点的坐标，及抛物线的准线方程，进而求出4个顶点到准线的距离，再由（1）的结论求出a，c的值，又由椭圆中a，b，c之间的关系求出a，b，c的值，进而求出椭圆及抛物线的方程【解答】解：（1）由

28、题意设抛物线C2的方程为：y24cx，焦点坐标F为（c，0），因为ABx轴，将xc代入抛物线的方程可得y24c2，所以|y|2c，所以弦长|CD|4c，将xc代入椭圆C1的方程可得y2b2（1），所以|y|，所以弦长|AB|，再由|CD|AB|，可得4c，即3ac2b22（a2c2），整理可得2c2+3ac2a20，即2e2+3e20，e（0，1），所以解得e，所以C1的离心率为；（2）由椭圆的方程可得4个顶点的坐标分别为：（a，0），（0，b），而抛物线的准线方程为：xc，所以由题意可得2c+a+c+ac12，即a+c6，而由（1）可得，所以解得：a4，c2，所以b2a2c216412，所以

29、C1的标准方程为：+1，C2的标准方程为：y28x【点评】本题考查求椭圆，抛物线的方程，及直线与椭圆的综合，属于中档题20（12分）如图，已知三棱柱ABCA1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点，P为AM上一点过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F（1）证明：AA1MN，且平面A1AMN平面EB1C1F；（2）设O为A1B1C1的中心若AOAB6，AO平面EB1C1F，且MPN，求四棱锥BEB1C1F的体积【分析】（1）先求出线线平行，可得线线垂直，即可求线面垂直，最后可得面面垂直；（2）利用体积转化法，可得MN，再分别求MN，即可求结论【解答

30、】证明：（1）由题意知AA1BB1CC1，又侧面BB1C1C是矩形且M，N分别为BC，B1C1的中点，MNBB1，BB1BC，MNAA1，MNB1C1，又底面是正三角形，AMBC，A1N1B1C1，又MNAMM，B1C1平面A1AMN，B1C1平面EB1C1F，平面A1AMN平面EB1C1F；解：（2）AO平面EB1C1F，AO平面A1AMN，平面A1AMN平面EB1C1FNP，AONP，NOAP，AONP6，ONAP，过M作MHNP，垂足为H，平面A1AMN平面EB1C1F，平面A1AMN平面EB1C1FNP，MH平面A1AMN，MH平面EB1C1F，MPN，MHMPsin3，（B1C1+E

31、F）NP（6+2）624，MN24【点评】本题考查了空间位置关系，线面平行，线面垂直，面面垂直，体积公式，考查了运算能力和空间想象能力，属于中档题21（12分）已知函数f（x）2lnx+1（1）若f（x）2x+c，求c的取值范围；（2）设a0，讨论函数g（x）的单调性【分析】（1）f（x）2x+c等价于2lnx2xc1设h（x）2lnx2x，利用导数求其最大值，再由c1大于等于h（x）的最大值，即可求得c的取值范围；（2）g（x）（x0，xa，a0），可得g（x）令w（x）+2lna+2（x0），利用导数求得w（x）w（a）0，即g（x）0，可得g（x）在（0，a）和（a，+）上单调递减【解答

32、】解：（1）f（x）2x+c等价于2lnx2xc1设h（x）2lnx2x，h（x）（x0）当x（0，1）时，h（x）0，h（x）单调递增，当x（1，+）时，h（x）0，h（x）单调递减，h（x）在x1时取得极大值也就是最大值为h（1）2，c12，即c1则c的取值范围为1，+）；（2）g（x）（x0，xa，a0）g（x）令w（x）+2lna+2（x0），则w（x），令w（x）0，解得0xa，令w（x）0，解得xa，w（x）在（0，a）上单调递增，在（a，+）上单调递减w（x）w（a）0，即g（x）0，g（x）在（0，a）和（a，+）上单调递减【点评】本题考查利用导数研究函数的单调性，考查恒成立问

33、题的求解方法，考查数学转化思想方法，考查逻辑思维能力与推理论证能力，是中档题（二）选考题：共10分。请考生在第22、23题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。选修4-4：坐标系与参数方程（10分）22（10分）已知曲线C1，C2的参数方程分别为C1：（为参数），C2：（t为参数）（1）将C1，C2的参数方程化为普通方程；（2）以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系设C1，C2的交点为P，求圆心在极轴上，且经过极点和P的圆的极坐标方程【分析】（1）直接利用转换关系的应用，把参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换（2）利用极径的应用和圆的方程的应用求出结果【解答】解：（1

34、）曲线C1，参数方程为：（为参数），转换为直角坐标方程为：x+y40，所以C1的普通方程为x+y4（0x4）曲线C2的参数方程：（t为参数）所以22整理得直角坐标方程为，所以C2的普通方程为x2y24（2）法一：由，得，即P的直角坐标为（）设所求圆的圆心的直角坐标为（x0，0），由题意得x02（x0）2+，解得x0，因此，所求圆的极坐标方程为cos法二：由，整理得，解得：，即P（）设圆的方程（xa）2+y2r2，由于圆经过点P和原点，所以，解得，故圆的方程为：，即x2+y2x0，转换为极坐标方程为【点评】本题考查的知识要点：参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间的转换，极径的应用，一元二次方程根

35、和系数关系式的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型选修4-5：不等式选讲（10分）23已知函数f（x）|xa2|+|x2a+1|（1）当a2时，求不等式f（x）4的解集；（2）若f（x）4，求a的取值范围【分析】（1）把a2代入函数解析式，写出分段函数，然后对x分类求解不等式，取并集得答案；（2）利用绝对值不等式的性质可得f（x）|xa2|+|x2a+1|xa2（x2a+1）|（a1）2|（a1）2由f（x）4，得（a1）24，求解二次不等式得答案【解答】解：（1）当a2时，f（x）|x4|+|x3|，当x3时，不等式f（x）4化为2x+74，即x，x；当3x4时，不等式f（x）4化为14，此时x；当x4时，不等式f（x）4化为2x74，即x，x综上，当a2时，求不等式f（x）4的解集为x|x或x；（2）f（x）|xa2|+|x2a+1|xa2（x2a+1）|（a1）2|（a1）2又f（x）4，（a1）24，得a12或a12，解得：a1或a3综上，若f（x）4，则a的取值范围是（，13，+）【点评】本题考查绝对值不等式的解法，考查分类讨论的数学思想方法，考查绝对值不等式的性质，是中档题 第24页（共24页）