《福建省高考模拟理科数学试卷（4月份）含答案解析.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《福建省高考模拟理科数学试卷（4月份）含答案解析.doc（26页珍藏版）》请在三一办公上搜索。
1、2016年福建省高考数学模拟试卷（理科）（4月份）一选择题：本大题共12小题，每小题5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已知a，bR，i是虚数单位，若a+i与2bi互为共轭复数，则（a+bi）2=（）A34iB3+4iC54iD5+4i2执行如图所示的程序框图，若要使输出的y的值等于3，则输入的x的值可以是（）A1B2C8D93已知cos（+）=，则sin2的值等于（）A BC D4已知a0，b0，则“ab1”是“a+b2”的（）A充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件D即不充分也不必要条件5（5）若xy满足约束条件，则的取值范围为（）A，B，1C（，+）D（，1，+）
2、6已知等比数列an的各项均为正数且公比大于1，前n项积为Tn，且a2a4=a3，则使得Tn1的n的最小值为（）A4B5C6D77如图，网络纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的各个面的面积中，最小的值为（）A2B8C4D88在ABC中，A=，AB=2，AC=3， =2，则=（）ABC D9若椭圆上存在三点，使得这三点与椭圆中心恰好是一个正方形的四个顶点，则该椭圆的离心率为（）A B C D10在三棱锥PABC中，PA=2，PC=2，AB=，BC=3，ABC=，则三棱锥PABC外接球的表面积为（）A4BCD1611已知F1，F2分别为双曲线C： =1（a0，b0）的左
3、、右焦点，若点P是以F1F2为直径的圆与C右支的个交点，F1P交C于另一点Q，且|PQ|=2|QF1|则C的渐近线方程为（）Ay=2xBy=xCy=xDy=x12已知f（x）是定义在R上的减函数，其导函数f（x）满足+x1，则下列结论正确的是（）A对于任意xR，f（x）0B对于任意xR，f（x）0C当且仅当x（，1），f（x）0D当且仅当x（1，+），f（x）0二填空题：本大题共4小题，每小题5分13若随机变量XN（，2），且P（X5）=P（X1）=0.2，则P（2X5）=14若（ax+）（2x+）5展开式中的常数项为40，则a=15若数列an的各项均为正数，前n项和为Sn，且a1=1，Sn+
4、1+Sn=（nN*），则a25=16已知点，且平行四边形ABCD的四个顶点都在函数的图象上，则四边形ABCD的面积为三解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17ABC中，B=，点D在边AB上，BD=1，且DA=DC（）若BCD的面积为，求CD；（）若AC=，求DCA18如图，三棱柱ABCA1B1C1中，底面ABC为等腰直角三角形，AB=AC=1，BB1=2，ABB1=60（）证明：ABB1C；（）若B1C=2，求AC1与平面BCB1所成角的正弦值19甲、乙两家外卖公司，其送餐员的日工资方案如下：甲公司底薪70元，每单抽成2元； 乙公司无底薪，40单以内（含 40 单）的部分每单抽成4元
5、，超出 40 单的部分每单抽成6元假设同一公司的送餐员一天的送餐单数相同，现从两家公司各随机抽取一名送餐员，并分别记录其100天的送餐单数，得到如下频数表：甲公司送餐员送餐单数频数表送餐单数 3839404142天数2040201010乙公司送餐员送餐单数频数表 送餐单数 3839404142天数1020204010（）现从甲公司记录的这100天中随机抽取两天，求这两天送餐单数都大于40的概率；（）若将频率视为概率，回答以下问题：（）记乙公司送餐员日工资X（单位：元），求X的分布列和数学期望；（）小明拟到甲、乙两家公司中的一家应聘送餐员，如果仅从日工资的角度考虑，请利用所学的统计学知识为他作出
6、选择，并说明理由20已知抛物线E：y2=2px（p0）的焦点为F，过F且垂直于x轴的直线与抛物线E交于S，T两点，以P（3，0）为圆心的圆过点S，T，且SPT=90（）求抛物线E和圆P的方程；（）设M是圆P上的点，过点M且垂直于FM的直线l交E于A，B两点，证明：FAFB21已知函数f（x）=axln（x+1），g（x）=exx1曲线y=f（x）与y=g（x）在原点处的切线相同（）求f（x）的单调区间；（）若x0时，g（x）kf（x），求k的取值范围请考生在第22、23、24题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分，作答时请写清题号选修4-1：几何证明选讲22如图，ABC的两条中线AD
7、和BE相交于点G，且D，C，E，G四点共圆（）求证：BAD=ACG；（）若GC=1，求AB选修4-4：坐标系与参数方程23在平面直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为（为参数），在以原点为极点，x轴正半轴为极轴的极坐标系中，直线l的极坐标方程为（）求C的普通方程和l的倾斜角；（）设点P（0，2），l和C交于A，B两点，求|PA|+|PB|选修4-5：不等式选讲24已知函数f（x）=|x+1|（I）求不等式f（x）|2x+1|1的解集M；（）设a，bM，证明：f（ab）f（a）f（b）2016年福建省高考数学模拟试卷（理科）（4月份）参考答案与试题解析一选择题：本大题共12小题，每小题5分，在每
8、小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1已知a，bR，i是虚数单位，若a+i与2bi互为共轭复数，则（a+bi）2=（）A34iB3+4iC54iD5+4i【考点】复数代数形式的乘除运算【分析】直接由a+i与2bi互为共轭复数，求出a、b的值，然后代入（a+bi）2，再由复数代数形式的乘法运算化简，则答案可求【解答】解：a+i与2bi互为共轭复数，a=2，b=1则（a+bi）2=（2+i）2=3+4i故选：B2执行如图所示的程序框图，若要使输出的y的值等于3，则输入的x的值可以是（）A1B2C8D9【考点】程序框图【分析】分析程序中各变量、各语句的作用，再根据流程图所示的顺序，可知：该
9、程序的作用是计算分段函数y=的函数值，由y=3，分类讨论即可得解【解答】解：根据流程图所示的顺序，可知：该程序的作用是计算分段函数y=的函数值y=3，可得：当x1时，x21=3，解得：x=2或2（舍去）；当1x2时，3x=3，解得：x=1（舍去）；当x2时，log2x=3，解得：x=8比较各个选项，则输入的x的值可以是8故选：C3已知cos（+）=，则sin2的值等于（）A BC D【考点】二倍角的余弦【分析】由题意和诱导公式可得sin，由同角三角函数基本关系可得cos，代入二倍角的正弦公式可得【解答】解：cos（+）=，sin=，即sin=，又，cos=，sin2=2sincos=2（）=，
10、故选：D4已知a0，b0，则“ab1”是“a+b2”的（）A充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件D即不充分也不必要条件【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断【分析】根据充分条件和必要条件的定义结合不等式的性质进行判断即可【解答】解：若a=3，b=，满足a+b2，但ab1不成立，a2+b22ab，（a+b）24ab，ab1，（a+b）24，a+b2，故a0，b0，则“ab1”是“a+b2”的充分不必要条件，故选：A5（5）若xy满足约束条件，则的取值范围为（）A，B，1C（，+）D（，1，+）【考点】简单线性规划【分析】由约束条件作出可行域，结合的几何意义，即可行域内的动点与定点P（1，
11、1）连线的斜率求得答案【解答】解：由约束条件作出可行域如图，的几何意义为可行域内的动点与定点P（1，1）连线的斜率，的取值范围为故选：B6已知等比数列an的各项均为正数且公比大于1，前n项积为Tn，且a2a4=a3，则使得Tn1的n的最小值为（）A4B5C6D7【考点】等比数列的通项公式【分析】可解得a3=1，a21，a41；而T5=a35=1，T6=（a3a4）31，从而解得【解答】解：a2a4=a3=a32，a3=1；a21，a41等比数列an是各项均为正数的递增数列，且T5=a35=1，T6=（a3a4）31，使得Tn1的n的最小值为6，故选：C7如图，网络纸上小正方形的边长为1，粗线画
12、出的是某几何体的三视图，则该几何体的各个面的面积中，最小的值为（）A2B8C4D8【考点】由三视图求面积、体积【分析】由三视图知该几何体为是三棱锥，由三视图判断出线面的位置关系、并求出棱长，判断出几何体的各个面的面积最小的面，并求出此面的面积【解答】解：根据三视图可知几何体是一个三棱锥，且PB平面ABC，底面是一个等腰三角形，且D是底边AC的中点，由三视图得：PB=AC=4，高BD=4，AB=AC=4，PBBC，PBAB，PCBC，PAAB，几何体的各个面的面积中最小的是ABC，ABC的面积S=8，故选：B8在ABC中，A=，AB=2，AC=3， =2，则=（）ABC D【考点】平面向量数量积
13、的运算【分析】可作出图形，根据便可得到，根据条件，AB=2，AC=3进行数量积的运算便可求出的值，从而得出的值【解答】解：如图，；=故选：C9若椭圆上存在三点，使得这三点与椭圆中心恰好是一个正方形的四个顶点，则该椭圆的离心率为（）A B C D【考点】椭圆的简单性质【分析】由正方形和椭圆的对称性可得，设椭圆方程为+=1（ab0），由B（a，0），OABC为正方形，可得A（，），C（，），代入椭圆方程，可得a2=3b2，由a，b，c的关系，结合离心率公式，可得所求值【解答】解：由正方形和椭圆的对称性可得，设椭圆方程为+=1（ab0），由B（a，0），OABC为正方形，可得A（，），C（，），将A
14、的坐标代入椭圆方程可得+=1，即有a2=3b2，c2=a2b2=a2，即有e=故选：D10在三棱锥PABC中，PA=2，PC=2，AB=，BC=3，ABC=，则三棱锥PABC外接球的表面积为（）A4BCD16【考点】球的体积和表面积【分析】利用勾股定理证明PAPC，取AC的中点，则OA=OB=OC=OP，即O为三棱锥PABC外接球的球心，半径为2，即可求出三棱锥PABC外接球的表面积【解答】解：由题意，AC=4，PA=2，PC=2，PA2+PC2=AC2，PAPC取AC的中点，则OA=OB=OC=OP，即O为三棱锥PABC外接球的球心，半径为2，三棱锥PABC外接球的表面积为4R2=16故选：
15、D11已知F1，F2分别为双曲线C： =1（a0，b0）的左、右焦点，若点P是以F1F2为直径的圆与C右支的个交点，F1P交C于另一点Q，且|PQ|=2|QF1|则C的渐近线方程为（）Ay=2xBy=xCy=xDy=x【考点】双曲线的简单性质【分析】由题意可得PF1PF2，可设|QF1|=t，可得|PQ|=2t，由双曲线的定义可得|PF2|=3t2a，又连接QF2，可得|QF2|=t+2a，运用直角三角形的勾股定理，化简整理计算可得b=2a，运用双曲线的渐近线方程可得【解答】解：由题意可得PF1PF2，可设|QF1|=t，可得|PQ|=2t，由双曲线的定义可得|PF1|PF2|=2a，即有|P
16、F2|=3t2a，又连接QF2，可得|QF2|QF1|=2a，即有|QF2|=t+2a，在直角三角形PF1F2中，|PF1|2+|PF2|2=|F1F2|2，即为（3t）2+（3t2a）2=4c2，又|PQ|2+|PF2|2=|QF2|2，即有4t2+（3t2a）2=（t+2a）2，由可得，3t=4a，代入，可得16a2+4a2=4c2，即有c=a，b=2a，即有渐近线方程为y=2x故选：A12已知f（x）是定义在R上的减函数，其导函数f（x）满足+x1，则下列结论正确的是（）A对于任意xR，f（x）0B对于任意xR，f（x）0C当且仅当x（，1），f（x）0D当且仅当x（1，+），f（x）0
17、【考点】利用导数研究函数的单调性【分析】由题意可得（x1）f（x）0，结合函数的单调性，从而可判断当x1时，f（x）0，结合f（x）为减函数可得结论【解答】解：+x1，f（x）是定义在R上的减函数，f（x）0，f（x）+f（x）xf（x），f（x）+f（x）（x1）0，（x1）f（x）0，函数y=（x1）f（x）在R上单调递增，而x=1时，y=0，则x1时，y0，当x（1，+）时，x10，故f（x）0，又f（x）是定义在R上的减函数，x1时，f（x）0也成立，f（x）0对任意xR成立，故选：B二填空题：本大题共4小题，每小题5分13若随机变量XN（，2），且P（X5）=P（X1）=0.2，则P
18、（2X5）=0.3【考点】n次独立重复试验中恰好发生k次的概率【分析】由条件求得=2，可得正态分布曲线的图象关于直线x=2对称求得P（1X5）=1P（X1）P（X5）的值，再根据P（1X5）=2P（2X5），求得P（2X5）的值【解答】解：随机变量XN（，2），且P（X5）=P（X1）=0.2，可得=2，正态分布曲线的图象关于直线x=2对称P（1X5）=2P（2X5）=10.20.2=0.6，P（2X5）=0.3，故答案为：0.314若（ax+）（2x+）5展开式中的常数项为40，则a=3【考点】二项式系数的性质【分析】根据题意，（ax+）（2x+）5展开式中的常数项，是（2x+）5的展开式中
19、项的系数与ax的系数之积，再加上x项的系数与的系数的积，利用（2x+）5展开式的通项公式，求出展开式中含与x项的系数，列出方程求出a的值【解答】解：（ax+）（2x+）5展开式中的常数项，是（2x+）5的展开式中项的系数与ax的系数之积，再加上x项的系数与的系数的积；又（2x+）5展开式的通项公式为：Tr+1=（2x）5r=25rx52r，令52r=1，解得r=3，T3+1=22=40；令52r=1，解得r=2，T2+1=23x=80x；展开式中的常数项为：40a+80=40，解得a=3故答案为：315若数列an的各项均为正数，前n项和为Sn，且a1=1，Sn+1+Sn=（nN*），则a25=
20、52sqrt6【考点】数列递推式【分析】由题意可得an+1=（an+），分别令n=1，2，3，求出a1，a2，a3，a4，即可猜想答案【解答】解：Sn+1+Sn=（nN*），Sn+Sn1=（n2），Sn+1+SnSnSn1=，an+1+an=，an+1=（an+），a2=（a1+）=2，解得a2=1，a3=（a2+）=（1+）=2，解得a3=，a4=（a3+）=（+）=2，解得a4=，于是可以猜想，a25=52，故答案为：52，16已知点，且平行四边形ABCD的四个顶点都在函数的图象上，则四边形ABCD的面积为frac263【考点】向量在几何中的应用【分析】由条件可设，从而可以得出向量的坐标，
21、根据题意有，从而便得到，这两式联立即可求出x1，x2，从而得出D点的坐标，进一步求出的坐标，从而可以由求出cosBAD，从而可得出sinBAD，根据即可得出平行四边形ABCD的面积【解答】解：根据题意设，则：；由得， =；整理得，x1x2=5，带入式解得，或3（舍去）；x1=3；，；=；四边形ABCD的面积为： =故答案为：三解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17ABC中，B=，点D在边AB上，BD=1，且DA=DC（）若BCD的面积为，求CD；（）若AC=，求DCA【考点】正弦定理；余弦定理【分析】（）根据三角形的面积公式和余弦定理即可求出，（）分别根据正弦定理和诱导公式即可得到
22、sin（2+）=cos=sin（），解得即可【解答】解：（）ABC中，B=，点D在边AB上，BD=1，SBCD=BDBCsin=1BC=，BC=4，由余弦定理可得CD2=BD2+BC22BDBCcosB=1+16214=13，CD=，（）设DCA=，DA=DC，A=DCA=，在ADC中，由正弦定理可得=，AD=，在BDC中，由正弦定理可得=，=，sin（2+）=cos=sin（），2+=+2k，kz，当k=0时，=，当k=1时，=+（舍去），故DCA=18如图，三棱柱ABCA1B1C1中，底面ABC为等腰直角三角形，AB=AC=1，BB1=2，ABB1=60（）证明：ABB1C；（）若B1C=
23、2，求AC1与平面BCB1所成角的正弦值【考点】直线与平面所成的角；直线与平面垂直的性质【分析】法一：（）连结AB1，在ABB1中，由余弦定理得求出AB1，通过计算勾股定理证明AB1AB，以及证明ACAB，推出AB平面AB1C得到ABB1C（）以A为原点，以的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系，求出平面BCB1的法向量，利用向量的数量积求解AC1与平面BCB1所成角的正弦值法二：（）过点A作AH平面BCB1，垂足为H，连结HC1，说明AC1H为AC1与平面BCB1所成的角取BC中点P，连结PB1，利用，求出AH，在RtAHC1中，求解AC1与平面BCB1所成的角的正弦值即可【
24、解答】满分解：法一：（）连结AB1，在ABB1中，AB=1，BB1=2，ABB1=60，由余弦定理得，AB1AB又ABC为等腰直角三角形，且AB=AC，ACAB，又ACAB1=A，AB平面AB1C又B1C平面AB1C，ABB1C（），AB1AC如图，以A为原点，以的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系，则，设平面BCB1的法向量=（x，y，z），由，得令z=1，得平面BCB1的一个法向量为 ，=，AC1与平面BCB1所成角的正弦值为法二：（）同解法一（）过点A作AH平面BCB1，垂足为H，连结HC1，则AC1H为AC1与平面BCB1所成的角由（） 知，AB1AB，AB=AC=1
25、，B1C=2，AB1AC，又ABAC=A，AB1平面ABC，取BC中点P，连结PB1，BB1=B1C=2，PB1BC又在RtABC中，AB=AC=1，即，AB1平面ABC，BC平面ABC，AB1BC，三棱柱ABCA1B1C1中，BCB1C1，B1C1=BC=2，AB1B1C1，在RtAHC1中，所以AC1与平面BCB1所成的角的正弦值为19甲、乙两家外卖公司，其送餐员的日工资方案如下：甲公司底薪70元，每单抽成2元； 乙公司无底薪，40单以内（含 40 单）的部分每单抽成4元，超出 40 单的部分每单抽成6元假设同一公司的送餐员一天的送餐单数相同，现从两家公司各随机抽取一名送餐员，并分别记录其
26、100天的送餐单数，得到如下频数表：甲公司送餐员送餐单数频数表送餐单数 3839404142天数2040201010乙公司送餐员送餐单数频数表 送餐单数 3839404142天数1020204010（）现从甲公司记录的这100天中随机抽取两天，求这两天送餐单数都大于40的概率；（）若将频率视为概率，回答以下问题：（）记乙公司送餐员日工资X（单位：元），求X的分布列和数学期望；（）小明拟到甲、乙两家公司中的一家应聘送餐员，如果仅从日工资的角度考虑，请利用所学的统计学知识为他作出选择，并说明理由【考点】离散型随机变量的期望与方差；离散型随机变量及其分布列【分析】（） 记“抽取的两天送餐单数都大于4
27、0”为事件M，利用等可能事件概率计算公式能求出这两天送餐单数都大于40的概率（）（）设乙公司送餐员送餐单数为a，推导出X的所有可能取值为152，156，160，166，172，由此能求出X的分布列和数学期望（）依题意，求出甲公司送餐员日平均送餐单数，从而得到甲公司送餐员日平均工资，再求出乙公司送餐员日平均工资，由此能求出结果【解答】解：（） 记“抽取的两天送餐单数都大于40”为事件M，则P（M）=（）（）设乙公司送餐员送餐单数为a，则当a=38时，X=384=152，当a=39时，X=394=156，当a=40时，X=404=160，当a=41时，X=404+16=166，当a=42时，X=4
28、04+26=172所以X的所有可能取值为152，156，160，166，172故X的分布列为：X152156160166172PE（X）=162 （）依题意，甲公司送餐员日平均送餐单数为380.2+390.4+400.2+410.1+420.1=39.5所以甲公司送餐员日平均工资为70+239.5=149元由（）得乙公司送餐员日平均工资为162元因为149162，故推荐小明去乙公司应聘20已知抛物线E：y2=2px（p0）的焦点为F，过F且垂直于x轴的直线与抛物线E交于S，T两点，以P（3，0）为圆心的圆过点S，T，且SPT=90（）求抛物线E和圆P的方程；（）设M是圆P上的点，过点M且垂直于
29、FM的直线l交E于A，B两点，证明：FAFB【考点】抛物线的简单性质【分析】（I）求出S点坐标，根据|SF|=|PF|列方程解出p即可得出抛物线方程和圆的半径；（II）设M（x0，y0），根据，列方程得出A，B的坐标与M点坐标的关系，计算并化简即可得出=0【解答】解：（）将x=代入y2=2px，得y=p，所以|ST|=2p，又SPT=90，SPT是等腰直角三角形，|SF|=|PF|，即p=|3|，解得p=2，抛物线方程为y2=4x，此时圆P的半径为p=2，圆P的方程为（x3）2+y2=8（）设M（x0，y0），则（x03）2+y02=8，即y02=x02+6x01，（*） 设A（，y1），B（
30、，y2），则=（x01，y0），=（，y2y1），=（，y1y0），=（x0，y2y0），y1y2，若x0=1，则y0=0，此时不满足（*），故x010，y1+y2=，y1y2=（）（1）+y1y2=+1+=+1+=0AFBF21已知函数f（x）=axln（x+1），g（x）=exx1曲线y=f（x）与y=g（x）在原点处的切线相同（）求f（x）的单调区间；（）若x0时，g（x）kf（x），求k的取值范围【考点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究曲线上某点切线方程【分析】（）求出f（x）的导数，根据f（0）=g（0），求出a的值，从而解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间即可；（）先求出
31、xln（x+1），从而exx+1，设F（x）=g（x）kf（x）=ex+kln（x+1）（k+1）x1，根据放缩法以及函数的单调性通过讨论k的范围，求出k的具体范围即可【解答】解：（）因为f（x）=a，（x1），g（x）=ex1，依题意，f（0）=g（0），解得a=1，所以f（x）=1=，当1x0时，f（x）0；当x0时，f（x）0，故f（x）的单调递减区间为（1，0），单调递增区间为（0，+）（）由（）知，当x=0时，f（x）取得最小值0所以f（x）0，即xln（x+1），从而exx+1设F（x）=g（x）kf（x）=ex+kln（x+1）（k+1）x1，则F（x）=ex+（k+1）x+1+
32、（k+1），（）当k=1时，因为x0，所以F（x）x+1+20（当且仅当x=0时等号成立），此时F（x）在0，+）上单调递增，从而F（x）F（0）=0，即g（x）kf（x）（）当k1时，由于f（x）0，所以f（x）kf（x）由（）知g（x）f（x）0，所以g（x）f（x）kf（x），故F（x）0，即g（x）kf（x）（）当k1时，令h（x）=ex+（k+1），则h（x）=ex，显然h（x）在0，+）上单调递增，又h（0）=1k0，h（1）=10，所以h（x）在（0，1）上存在唯一零点x0，当x（0，x0）时，h（x）0所以h（x）在（0，x0）上单调递减，从而h（x）h（0）=0，即F（x）0
33、，所以F（x）在（0，x0）上单调递减，从而当x（0，x0）时，F（x）F（0）=0，即g（x）kf（x），不合题意综上，实数k的取值范围为（，1请考生在第22、23、24题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分，作答时请写清题号选修4-1：几何证明选讲22如图，ABC的两条中线AD和BE相交于点G，且D，C，E，G四点共圆（）求证：BAD=ACG；（）若GC=1，求AB【考点】相似三角形的性质；圆的切线的性质定理的证明【分析】（）由题意可得，G为ABC的重心，根据D、C、E、G 四点共圆，可得ADE=ACG，DEAB，故有BAD=ADE，从而得到BAD=ACG（）延长CG交AB于F，
34、则F为AB的中点，且CG=2GF证得AFGCFA，可得=，即 FA2=FGFC，根据条件化为即AB=GC，从而得出结论【解答】证明：（）ABC的两条中线AD和BE相交于点G，G为ABC的重心连结DE，因为D、C、E、G 四点共圆，则ADE=ACG又因为AD、BE为ABC的两条中线，所以点D、E分别是BC、AC的中点，故DEAB，BAD=ADE，从而BAD=ACG解：（）G为ABC的重心，延长CG交AB于F，则F为AB的中点，且CG=2GF在AFC与GFA中，因为FAG=FCA，AFG=CFA，所以AFGCFA，=，即 FA2=FGFC因为FA=AB，FG=GC，FC=GC，AB2=CG2，即A
35、B=GC，又GC=1，所以AB=选修4-4：坐标系与参数方程23在平面直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为（为参数），在以原点为极点，x轴正半轴为极轴的极坐标系中，直线l的极坐标方程为（）求C的普通方程和l的倾斜角；（）设点P（0，2），l和C交于A，B两点，求|PA|+|PB|【考点】参数方程化成普通方程；直线与圆锥曲线的关系；简单曲线的极坐标方程【分析】解法一：（）由参数方程消去参数，得椭圆的普通方程，由极坐标方程，通过两角和与差的三角函数转化求解出普通方程即可求出直线l的倾斜角（）设出直线l的参数方程，代入椭圆方程并化简，设A，B两点对应的参数分别为t1，t2，利用参数的几何意义求解即
36、可解法二：（）同解法一（）利用直线l的普通方程与椭圆的方程联立，设A（x1，y1），B（x2，y2），利用韦达定理以及弦长公式求解即可【解答】解法一：（）由消去参数，得，即C的普通方程为由，得sincos=2，（*）将代入（*），化简得y=x+2，所以直线l的倾斜角为 （）由（）知，点P（0，2）在直线l上，可设直线l的参数方程为（t为参数），即（t为参数），代入并化简，得设A，B两点对应的参数分别为t1，t2，则，所以t10，t20，所以解法二：（）同解法一（）直线l的普通方程为y=x+2由消去y得10x2+36x+27=0，于是=36241027=2160设A（x1，y1），B（x2，y2
37、），则，所以x10，x20，故选修4-5：不等式选讲24已知函数f（x）=|x+1|（I）求不等式f（x）|2x+1|1的解集M；（）设a，bM，证明：f（ab）f（a）f（b）【考点】绝对值不等式的解法；绝对值三角不等式【分析】（I）把要解的不等式等价转化为与之等价的三个不等式组，求出每个不等式组的解集，再取并集，即得所求（）由题意可得|a+1|0，|b|10，化简f（ab）f（a）f（b）为|a+1|（|b|1|）0，从而证得不等式成立【解答】解：（I）不等式f（x）|2x+1|1，即|x+1|2x+1|1，或，或解求得x1；解求得x；解求得x1故要求的不等式的解集M=x|x1或 x1（）证明：设a，bM，|a+1|0，|b|10，则 f（ab）=|ab+1|，f（a）f（b）=|a+1|b+1|f（ab）f（a）f（b）=f（ab）+f（b）f（a）=|ab+1|+|1b|a+1|=|ab+1|+|b1|a+1|ab+1+b1|a+1|=|b（a+1）|a+1|=|b|a+1|a+1|=|a+1|（|b|1|）0，故f（ab）f（a）f（b）成立2016年7月15日
