2017届广东省广州市仲元中学高三上学期9月月考文科数学(解析版)

1．若集合（ ） A．{x|1，N{y|1y3}，则CRMNM{x|x2x20}x3} B．{x|1x2} C．{x|1x2} D．

z|z|( )

2．若z43i（i是虚数单位），则

Ａ．1 Ｂ．1 Ｃ．

4343i Ｄ．i 55553．若tan1，则cos2 ( ) 3A.4114 B.  C. D. 555．执行如下图所示的程序框图（算法流程图），输出的结果是( )

A．9 B．121 C．130 D．17021

5．如图，在边长为a的正方形内有不规则图形. 向正方形内随机撒豆子，若撒在图形内和正方形内的豆子数分别为m,n，则图形面积的估计值为( )  ma2na2manaA．n B．m C．n D．m

6．“sincos”是“42k,(kZ)”的（ ）

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要

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yx7．设变量x、y满足：x3y4，则zx3y的最大值为（ ）

x2A．

913 B．3 C． D．8 248．已知三点A(1,0),B(0,3),C(2,3),则△ABC外接圆的圆心到原点的距离为（ ）

2125

A..3 B.3 C.3 D.3

9．三棱锥SABC及其三视图中的正视图和侧视图如图所示，则棱SB的长为

（ ）A．163 B．

38 C．42 D．211 3210．已知向量a(3,2)，b(x,y1)且a∥b，若x,y均为正数，则的最

xy小值是（ ）

A．24 B．8 C．

83 D．

5 3log2x,0x211．已知函数f(x)，若存在实数x1，x2，x3，x4，满足sin(x),2x104x1x2x3x4，且f(x1)f(x2)f(x3)f(x4)，则

取值范围是（ ）

(x32)(x42)x1x2的

A．(4,16) B．(0,12) C．(9,21) D．(15,25)

评卷人 得分 一、填空题（题型注释）

答案第2页，总18页

12．已知在ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c.若ABC3,b7,c2,则

a .

13．已知等差数列an的公差为2，若a1,a3,a4成等比数列，则a2=____ 14．已知函数f(x)lnx4x，求曲线f(x)在点(1,f(1))处的切线方程____________

15．在正三棱锥SABC中，M是SC的中点，且AMSB，底面边长AB22，则正三棱锥SABC的体积为 ，其外接球的表面积为 ． 评卷人 得分 二、解答题（题型注释）

x2y216．已知O为坐标原点，F是椭圆C:221 (ab0)的左焦点，A、B分

ab别为C的左、右顶点. P为C上一点，且PF⊥x轴.过点A的直线l与线段PF交于点M，

与y轴交于点E.若直线BM经过OE的中点，则C的离心率为 （ ） A.

1123B.C.D.

3 2 3 417．已知数列an是等比数列，a24，a32是a2和a4的等差中项. （１）求数列an的通项公式； （２）设bn2log2an1，求数列anbn的前n项和Tn．

18．为了美化城市环境，某市针对市民乱扔垃圾现象进行罚款处理。为了更好的了解市民的态度，随机抽取了200人进行了调查，得到如下数据： 罚款金额x（单位：元） 会继续乱扔垃圾的人数y 0 80 5 50 10 40 15 20 20 10 （１）若乱扔垃圾的人数l与罚款金额C满足线性回归方程，求回归方程

k2m24(4k23)(4m212)0，其中m24k23，并据此分析，要使

乱扔垃圾者不超过d1F1Mkmk12，罚款金额至少是多少元？

（２）若以调查数据为基础，从5种罚款金额中随机抽取2种不同的数额，求这两种金额之和不低于25元的概率.

19．如图，直三棱柱ABCA1B1C1的底面是边长为2的正三角形，E,F分别是BC,CC1的

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中点。

（１）证明：平面AEF平面B1BCC1；

FAEC的体积． （２）若直线AC1与平面A1ABB1所成的角为45，求三棱锥

6x2y220．已知椭圆221(ab0)的离心率e，过点A(0,b)和B(a,0)的

3ab直线与原点的距离为3． 2

(1)求椭圆的方程；

(2)设F1,F2为椭圆的左、右焦点，过F2作直线交椭圆于P,Q 两点，求△PQF1的内切圆半径r的最大值． 21．设函数fx12xmlnx，gxx2m1x. 2（1）求函数fx的单调区间；

（2）当m0时，讨论函数fx与gx图象的交点个数.

22．选修4—1：几何证明选讲

如图，圆周角∠BAC的平分线与圆交于点D，过点D的切线与弦AC的延长线交于点 E，AD交BC于点F．

答案第4页，总18页

（１）求证：BC∥DE；

C（２）若D、E、C、F四点共圆，且ABC，求∠BAC．

23．选修4—4：坐标系与参数方程

在平面直角坐标系中，已知直线l过点P(1,2)，倾斜角6，再以原点为

极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为3． （１）写出直线l的参数方程和曲线C的直角坐标方程； （２）若直线l与曲线C分别交于M、N两点，求PMPN的值． 24．选修4—5：不等式选讲 已知函数f(x)x3xa．

1； 2（1）当a2时，解不等式f(x)（2）若存在实数

x，使得不等式f(x)a成立，求实a的取值范围．

参

1．C 【解析】

试题分析：M{x|x因此CRM2x20}(2,)(,1)，所以CRM[1,2]，

N{x|1x2}，选C.

考点：集合运算

【方法点睛】集合的基本运算的关注点

(1)看元素组成．集合是由元素组成的，从研究集合中元素的构成入手是解决集合运算问题的前提．

(2)有些集合是可以化简的，先化简再研究其关系并进行运算，可使问题简单明了，易于解决．

(3)注意数形结合思想的应用，常用的数形结合形式有数轴、坐标系和Venn图． 2．D 【解析】

答案第5页，总18页

试题分析：

z|z|43i，选D. 5考点：复数概念

【名师点睛】本题重点考查复数的基本运算和复数的概念，属于基本题.首先对于复数的四则运算，要切实掌握其运算技巧和常规思路，如

(abi)(cdi)(acbd)(adbc)i,(a,b,c.dR). 其次要熟悉复数相关

基本概念，如复数abi(a,bR)的实部为a、虚部为b、模为a2b2、对应点为(a,b)、共轭为abi.

3．D 【解析】

cos2sin21tan24试题分析：cos2，选D. 2225cos+sin1+tan考点：弦化切

【思路点睛】应用三角公式解决问题的三个变换角度

(1)变角：目的是沟通题设条件与结论中所涉及的角，其手法通常是“配凑”。 (2)变名：通过变换函数名称达到减少函数种类的目的，其手法通常有“切化弦”、“升幂与降幂”等。

(3)变式：根据式子的结构特征进行变形，使其更贴近某个公式或某个期待的目标，其手法通常有：“常值代换”、“逆用变用公式”、“通分约分”、“分解与组合”、“配方与平方”等。 4．B 【解析】

试题分析：第一次循环：a1,b2,c3；第二次循环：a2,b9,c11；第三次循环：a9,b121,c130；第四次循环：

a121,b1302,c1211302；结束循环，输出a121，选B.

考点：循环结构流程图

【名师点睛】算法与流程图的考查，侧重于对流程图循环结构的考查.先明晰算法及流程图的相关概念，包括选择结构、循环结构、伪代码，其次要重视循环起点条件、循环次数、循环终止条件，更要通过循环规律，明确流程图研究的数学问题，是求和还是求项. 5．C 【解析】

Smma2S试题分析：由概率估计得2，选C. nna考点：几何概型概率

【方法点睛】

(1)当试验的结果构成的区域为长度、面积、体积等时，应考虑使用几何概型求解．

(2)利用几何概型求概率时，关键是试验的全部结果构成的区域和事件发生的区域的寻找，

答案第6页，总18页

有时需要设出变量，在坐标系中表示所需要的区域．

（3）几何概型有两个特点：一是无限性，二是等可能性．基本事件可以抽象为点，尽管这些点是无限的，但它们所占据的区域都是有限的，因此可用“比例解法”求解几何概型的概率． 6．B 【解析】

试题分析：sincostan14k(kZ)，所以

“sincos”是“42k,(kZ)”的必要不充分条件，选B.

考点：充要关系

【名师点睛】充分、必要条件的三种判断方法． 1．定义法：直接判断“若p则q”、“若q则p”的真假．并注意和图示相结合，例如“p⇒q”为真，则p是q的充分条件．

2．等价法：利用p⇒q与非q⇒非p，q⇒p与非p⇒非q，p⇔q与非q⇔非p的等价关系，对于条件或结论是否定式的命题，一般运用等价法．

3．集合法：若A⊆B，则A是B的充分条件或B是A的必要条件；若A＝B，则A是B的充要条件． 7．D 【解析】

试题分析：可行域为一个三角形ABC及其内部，其中A(1,1),B(2,2),C(2,2)，折线

zx3y过点C时取最大值8，选D.

考点：线性规划

【易错点睛】线性规划的实质是把代数问题几何化，即数形结合的思想.需要注意的是：一，准确无误地作出可行域；二，画目标函数所对应的直线时，要注意与约束条件中的直线的斜率进行比较，避免出错；三，一般情况下，目标函数的最大或最小值会在可行域的端点或边界上取得. 8．B 【解析】

试题分析：△ABC外接圆的圆心为(1,考点：圆心坐标 9．C 【解析】

试题分析：由图知SC4,BC2321，选B. )，其到原点的距离为

3322(22)24,因此SB42，选C.

考点：三视图

【名师点睛】

1.解答此类题目的关键是由多面体的三视图想象出空间几何体的形状并画出其直观图．

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2．三视图中“正侧一样高、正俯一样长、俯侧一样宽”，因此，可以根据三视图的形状及相关数据推断出原几何图形中的点、线、面之间的位置关系及相关数据． 10．B 【解析】

(y1)2x2x3y3，因此试题分析：由a∥b得332(4x3xyx22x3y14x9y14x9y)(12)(122)8，y33yx3yx时取等号，所以选B.

当且仅当

9yyx考点：基本不等式求最值

【易错点睛】在利用基本不等式求最值时，要特别注意“拆、拼、凑”等技巧，使其满足基本不等式中“正”(即条件要求中字母为正数)、“定”(不等式的另一边必须为定值)、“等”(等号取得的条件)的条件才能应用，否则会出现错误. 11．B 【解析】

试题分析：在平面直角坐标系xy中，作出函数fx的图象如图所示：



因为存在实数

，且x1，x2，x3，x4，满足x1x2x3xf(x)1f(2x)f(x)3，

，所x以)由图象知：f(1x11，1x22，2，

2x348x410log2x1log2x2log2x1log2x20log2x1x2log21x1x21x3x426x412x3

(x32)(x42)x1x22(x32)(x42)(x32)(12x32)x312x320(x36)2因此根据二次函数图像得其取值范围是(0,12)，选B.

答案第8页，总18页

考点：函数图像与性质

【思路点睛】(1)运用函数图象解决问题时，先要正确理解和把握函数图象本身的含义及其表示的内容，熟悉图象所能够表达的函数的性质.

(2)在研究函数性质特别是单调性、最值、零点时，要注意用好其与图象的关系，结合图象研究. 12．3 【解析】 试题分析：由余弦定理得 b2a2c22accosB7a242aa3(负舍）考点：余弦定理

【方法点睛】解三角形问题，多为边和角的求值问题，这就需要根据正、余弦定理结合已知条件灵活转化边和角之间的关系，从而达到解决问题的目的.其基本步骤是：

第一步：定条件，即确定三角形中的已知和所求，在图形中标出来，然后确定转化的方向. 第二步：定工具，即根据条件和所求合理选择转化的工具，实施边角之间的互化. 第三步：求结果. 13．6 【解析】 试

题

分

析

：

由

a1,a,a3成等比数列得

a32a1a4(a22)2(a22)(a24)a26.

考点：等差数列与等比数列性质

【思路点睛】等差、等比数列的性质是两种数列基本规律的深刻体现，是解决等差、等比数列问题既快捷又方便的工具，应有意识地去应用.但在应用性质时要注意性质的前提条件，有时需要进行适当变形. 在解决等差、等比数列的运算问题时，经常采用“巧用性质、整体考虑、减少运算量”的方法. 14．3xy70 【解析】

(x)试题分析：flnx3x(1)3,f(1)4，切线方程为，所以kfy43(x1),即3xy70

考点：导数几何意义

【思路点睛】(1)求曲线的切线要注意“过点P的切线”与“在点P处的切线”的差异，过点P的切线中，点P不一定是切点，点P也不一定在已知曲线上，而在点P处的切线，必以点P为切点.

(2)利用导数的几何意题，主要是利用导数、切点坐标、切线斜率之间的关系来进行转化.以平行、垂直直线斜率间的关系为载体求参数的值，则要求掌握平行、垂直与斜率之间的关系，进而和导数联系起来求解. 15．

8，12 3答案第9页，总18页

【解析】

试题分析：因为M是SC的中点，且AMSB，所以SAAC,因此正三棱锥SABC为正四面体，其体积为

16322328aaa(22)3，外接球直33412123径为a22323，表面积为4(3)12.

考点：正四面体体积及外接球表面积

【方法点睛】(1)求锥体的体积要充分利用多面体的截面和旋转体的轴截面，将空间问题转化为平面问题求解，注意求体积的一些特殊方法——分割法、补形法、等体积法. (2)涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体中的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，把空间问题转化为平面问题，再利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解. 16．A 【解析】

m则OE试题分析：设M(c,y),E(0，

的中点为

mN(0,，)因此

2myacm,y2aaacac2(ac)a3c1，选eA. 3考点：椭圆离心率

【方法点睛】解决椭圆和双曲线的离心率的求值及范围问题其关键就是确立一个关于a，b，c的方程或不等式，再根据a，b，c的关系消掉b得到a，c的关系式，建立关于a，b，c的方程或不等式，要充分利用椭圆和双曲线的几何性质、点的坐标的范围等.

nn117．（１）an2（２）Tn62n32

【解析】 试题分析：（１）求等比数列通项公式，一般方法为待定系数法，即列出两个条件，解方程组即可，本题可利用等比数列通项公式广义定义求解，即ana2q和

n2，而a32是a2a4的等差中项，都转化为a2：

24q244q（２）先代入求解

2bn2log2an12n1，再根据错位相减法求和，注意项的符号变化，项数的确

定.

试题解析：（１）设数列an的公比为q， 因为a24，所以a34q，a44q2．

因为a32是a2和a4的等差中项，所以2a32a2a4．

答案第10页，总18页

22即24q244q，化简得q2q0．

因为公比q0，所以q2． 所以ana2qn2*． 42n22n（nN）

n（２）因为an2，所以bn2log2所以anbn2n12n．

an12n1．

23n12n12n， ① 则Tn1232522n322Tn1223235242n32n2n12n1. ② ①－②得，

Tn222222322n2n12n1

 22412n1122n12n162n32n1，

n1所以Tn62n32．

考点：等比数列通项公式，错位相减法求和

743.4x,10（２）18．（１）y【解析】

2 5试题分析：（１）先求出平均值：x10,y40，则由aybx得a74,故回

743.4x,由题意列不等式：743.4x20020%解得归直线方程为yx10（２）利用枚举法得从5种罚款金额中随机抽取2种不同的数额的抽选方法有10

种情况,其中两种金额之和不低于25元有4种,再根据古典概型概率求法得概率为:

42 105试题解析：（１）由条件可得x10,y40,则a403.41074,

743.4x, 故回归直线方程为y由743.4x20020%可得x10,所以,要使乱扔垃圾者不超过20%,处罚金额至

少是10元. （２）设“两种金额之和不低于20元”的事件为A,从5中数额中随机抽取2种,总的抽选方法有(0,5),(0,10),(0,15),(0,20),(5,10),(5,15),(5,20),(10,15),(10,20),(15,20)共10种情况,满足金额之和不低于25元的有4种,故所求概率为:P(A)答案第11页，总18页

42 105考点：回归直线方程，古典概型概率

【方法点睛】古典概型中基本事件数的探求方法 (1)列举法. (2)树状图法：适合于较为复杂的问题中的基本事件的探求.对于基本事件有“有序”与“无序”区别的题目，常采用树状图法.

(3)列表法：适用于多元素基本事件的求解问题，通过列表把复杂的题目简单化、抽象的题目具体化. 19．见解析 【解析】

试题分析：（１）证明面面垂直，实质是证明线面垂直，由题意可转化为证明AE平面

B1BCC1，而证明线面垂直，一般利用线面垂直判定定理，即从线线垂直出发给予证明，而

线线垂直的寻找与证明往往需要结合平几知识，如本题利用正三角形性质得AEBC，而由直三棱柱性质可推导得证明CD平面

AEBB1（２）先根据线面垂直确定线面角：设AB的中点为D,

A1AB1B，则直线CA1D直线AC1与平面A1ABB1所成的角，由直三棱柱

FC12AA122，最后根据三棱锥体积公式求体积.

性质易得三棱锥FAEC的高

试题解析：（I）如图，因为三棱柱所以

ABCA1B1C1是直三棱柱，

AEBB1，又E是正三角形ABC 的边BC的中点，

BBCC1，而AE平面AEF，

所以AEBC，因此AE平面1BBCC1。

所以平面AEF平面1（２）设AB的中点为D，连接三棱柱

A1D,CD，因为ABC是正三角形，所以CDAB，又

ABCA1B1C1是直三棱柱，CDAA1，AABB于是CA1D所以因此CD平面11，

ACAABBCAD451111直线与平面所成的角，由题设知，

所以

A1DCD3AB223 12AA122

在

RtAA1D中，AA1A1DAD312，所以2FC11326VSAECFC332212． 故三棱锥FAEC的体积

答案第12页，总18页

考点：线面垂直判定定理，三棱锥体积

【思想点睛】垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型. (1)证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行. (2)证明线面垂直，需转化为证明线线垂直. (3)证明线线垂直，需转化为证明线面垂直. 20．（１）

x21y21（２）

23【解析】

试题分析：（１）求椭圆标准方程，一般方法为待定系数法，即利用条件列出两个条件：一是离心率eab3c62

，二是根据点到直线距离公式得，解得a＝3，2a3a2b211 (|PF1|＋|F1Q|＋|PQ|)·r＝|F1F2||y1－y2|，22b＝1，c＝2. （２）由等面积法得S△F1PQ＝

22

再由椭圆定义得ar＝c|y1－y2|，,因此本题转化为求弦长，利用直线方程与椭圆方程方程组，结合韦达定理可得r2k21，最后利用变量分离结合基本不等式求最值 2k3试题解析：(1)直线AB的方程为

xy1，即bx－ay－ab＝0. ab32222

，即3a＋3b＝4ab.① 2原点到直线AB的距离为aba2b2e2

c622

⇒c＝a.② a32

2

又a＝b＋c，③

由①②③可得a＝3，b＝1，c＝2. 故椭圆的方程为

2

2

2

x23y21.

(2)F1(2，0)，F2(2，0)，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)． 由于直线PQ的斜率不为0，故设其方程为x＝ky＋2，

x2y2122

联立直线与椭圆的方程，得3⇒(k＋3)y＋22ky－1＝0.

xky2答案第13页，总18页

22ky1y22k3④ 故yy112k23而S△F1PQ＝S△F1F2P＋S△F1F2Q＝

12|F1F2||y1－y2|＝2(y1y2)4y1y2，⑤ 226k21将④代入⑤，得S△F1PQ＝. 2k3又S△F1PQ＝

1 (|PF1|＋|F1Q|＋|PQ|)·r＝2a·r＝23r， 226k21所以＝23r，故r＝

k2322k2121， 2k21当且仅当k21k11. 22，即k＝±1时，取得“＝”．

故△PQF1的内切圆半径r的最大值为

考点：椭圆标准方程，直线与椭圆位置关系

【方法点睛】有关圆锥曲线弦长问题的求解方法

涉及弦长的问题中，应熟练地利用根与系数关系，设而不求法计算弦长；涉及垂直关系时也往往利用根与系数关系、设而不求法简化运算；涉及过焦点的弦的问题，可考虑用圆锥曲线的定义求解。涉及中点弦问题往往利用点差法.

21．（１）当m0时，函数f(x)的单调增区间是(0,)，无减区间；当m0时，函数f(x)的单调增区间是(【解析】

m,)，减区间是(0,m).（２）函数F(x)有唯一零点，

x2m(x)试题分析：（１）先求导数f，再在定义区间内研究导函数零点：当m0x(x)0，当m0时，由一个零点x时，f区间（２）先构造函数F(x)m，最后列表分析导函数符号确定单调

12x(m1)xmlnx,x0，2f(x)g(x)(x)求导数F(x1)(xm)x，研究导函数零点：当m0时，一个零点；当m1答案第14页，总18页

时,两个相同零点；当m1时，两个不同零点，列表分析对应区间导函数符号，确定单调性，最后利用零点存在定理说明零点个数

x2m(x)试题解析：⑴解：函数f(x)的定义域为(0,)，f，

x(x)0，所以函数f(x)的单调增区间是(0,)，无减区间； 当m0时，f当m0时，f(x)(xm)(xm)；当0xxm时，f(x)0，函数

f(x)的单调递减；当xm时，f(x)0，函数f(x)的单调递增.

综上：当m0时，函数f(x)的单调增区间是(0,)，无减区间；当m0时，函数f(x)的单调增区间是(⑵解：令F(x)m,)，减区间是(0,m). f(x)g(x)12x(m1)xmlnx,x0，问题等价于求2函数F(x)的零点个数，--5分

当m0时，F(x)12)2xx,x0，有唯一零点；当m0时，

F(x)(x1)x(mx

(x)0，函数F(x)为减函数， 当m1时,F注意到F(1)30,F(4)ln40，所以F(x)有唯一零点； 2当m1时，0x1或xm时F(x)0，1xm时F(x)0，所以函

m10， 2数F(x)在(0,1)和(m,)单调递减，在(1,m)单调递增，注意到F(1)F(2m2)mln(2m2)0，所以F(x)有唯一零点；

(x)0，mx1时F(x)0， 当0m1时，0xm或x1时F所以函数F(x)在(0,m)和(1,)单调递减，在(m,1)单调递增，意到lnm0，

答案第15页，总18页

所以F(m)m2(m22lnm)0，而F(2m2)mln(2m2)0，所以

F(x)有唯一零点. -11分

综上，函数F(x)有唯一零点，即两函数图象总有一个交点.

考点：利用导数研究函数单调性及零点

【思路点睛】

对于方程解的个数(或函数零点个数)问题，可利用函数的值域或最值，结合函数的单调性、草图确定其中参数范围．从图象的最高点、最低点，分析函数的最值、极值；从图象的对称性，分析函数的奇偶性；从图象的走向趋势，分析函数的单调性、周期性等． 22．（１）详见解析（２）

2 7【解析】 试题分析：（１）证明直线平行，一般利用角的关系进行证明：由角平分线得∠DAC=∠DAB，再根据四点共圆得∠EDC=∠DAC，∠DAB=∠DCB，最后根据等量关系得证（２）由四点共圆得 ∠CFA=∠CED，再由等弧对等角得∠CBA=∠BAC，因此在三角形ACF中，三个内角用∠DAC表示，解得∠BAC=2∠DAC 

2 7

试题解析：（１）证明：因为∠EDC=∠DAC，∠DAC=∠DAB，∠DAB=∠DCB， 所以∠EDC=∠DCB，所以BC∥DE．„

（２）解：因为D，E，C，F四点共圆，所以∠CFA=∠CED 由（１）知∠ACF=∠CED，所以∠CFA=∠ACF．

BC，所以∠CBA=∠BAC=2x， 设∠DAC=∠DAB=x，因为AC所以∠CFA=∠FBA+∠FAB=3x，

在等腰△ACF中，π=∠CFA+∠ACF+∠CAF=7x，则x考点：四点共圆

7，所以∠BAC2x2 73x1t222（t为参数）23．（１），x+y=9（２）4 y21t2【解析】

试题分析：（１）利用参数方程几何意义得根据2x1tcosy2tsin，即得直线l的参数方程，

x2y2将极坐标方程化为直角坐标方程x2+y2=9（２）联立直线参数方程与圆

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方程得关于参数t的方程：t2(2|PM|•|PN|=|t1t2|=4．

3)t40，根据直线参数几何意义得

3tx12试题解析：（１）直线l的参数方程：（t为参数）， y21t2曲线C的极坐标方程为ρ=3，可得曲线C的直角坐标方程x+y=9． （２）将直线的参数方程代入x+y=9，得t2(22

2

2

2

3)t40，

设上述方程的两根为t1，t2，则t1t2=﹣4．

由直线参数方程中参数t的几何意义可得|PM|•|PN|=|t1t2|=4． 考点：直线参数方程几何意义，极坐标方程化为直角坐标方程 24．（１）[113,)（２）(,] 42【解析】

试题分析：（１）根据绝对值定义，将原不等式等价转化为三个不等式组，求它们的并集得原不等式的解集（２）不等式有解问题往往转化为对应函数最值问题：f(x)maxa，由绝

对值三角不等式得||x﹣3|﹣|x﹣a||≤|（x﹣3）﹣（x﹣a）|=|a﹣3|，即转化为解不等式：

a3a，再利用绝对值定义求解得解集

试题解析：（1）当a=2时，f（x）=|x﹣3|﹣|x﹣2|，

f(x)当x≥3时，

11，即为(x3)(x2)，即1221成立，则有x≥3； 2当x≤2时，f(x)111即为(3x)(2x)，即1，解得x∈∅； 2221111即为(3x)(x2)，解得，x，则有224当2＜x＜3时，f(x)11x3． 4则原不等式的解集为[1111,3)[3,) 即为[,) ； 44（2）由绝对值不等式的性质可得||x﹣3|﹣|x﹣a||≤|（x﹣3）﹣（x﹣a）|=|a﹣3|， 即有f(x)的最大值为|a﹣3|．

若存在实数x，使得不等式f(x)a成立，则有a3a

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即a3a3a或a33aa，即有a∈∅或a≤．所以a的取值范围是(,]

32考点：绝对值定义，绝对值三角不等式

【名师点睛】含绝对值不等式的解法有两个基本方法，一是运用零点分区间讨论，二是利用绝对值的几何意义求解．法一是运用分类讨论思想，法二是运用数形结合思想，将绝对值不等式与函数以及不等式恒成立交汇、渗透，解题时强化函数、数形结合与转化化归思想方法的灵活应用，这是命题的新动向．

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