2021年高三数学模拟测试卷及答案（八）.pdf

第第ⅠⅠ卷（选择题卷（选择题) )一、单选题：本大题共一、单选题：本大题共 12 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 60 分在每小题给出的四个选项中，只有一项是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符合题目要求的1．已知集合，，则（ ）{| 22}Axx N{ 1,1,2,3}B  AB A．B．C．D．1 0,10,1,20,1,2,3【答案】A【解析】【分析】求出集合，然后利用交集的定义可求出集合.AAB【详解】，因此，. {| 22}0,1Axx N1AB故选：A.【点睛】本题考查交集的计算，考查计算能力，属于基础题.2．若,则( )61014log 3,log 5,log 7abcA．B．C．D．abcbcaacbcba【答案】D【解析】分析：三个对数的底数和真数的比值都是，因此三者可化为的形式，该函数为2 1f xxx上的单调增函数，从而得到三个对数的大小关系.0,详解：，，，22log 31 log 3a 22log 51log 5b 22log 71 log 7c 令，则在上是单调增函数. 11,011xf xxxx  f x0,又，所以2220log 3log 5log 7即.故选 D.222log 3log 5log 7fffabc点睛：对数的大小比较，要观察不同对数的底数和真数的关系，还要关注对数本身的底数与真数的关系，从而找到合适的函数并利用函数的单调性比较对数值的大小.3．设有下面四个命题：若复数满足，则；1pz1RzzR：若复数满足，则；2pz2z RzR：若复数满足，则；3p12,z z1 2z z R12zz：若复数，则.4pzRz R其中的真命题为A．B．13,p p14,p pC．D．23,pp24,pp【答案】B【解析】令，则由得，所以，故正确；i( ,)zab a bR2211iiabRzabab0b zR1p当时，因为，而知，故不正确；iz 22i1zR  izR 2p当时，满足，但，故不正确；12izz121zzR  12zz3p对于，因为实数的共轭复数是它本身，也属于实数，故正确，故选 B.4p4p点睛:分式形式的复数，分子、分母同乘以分母的共轭复数，化简成的形式i( ,)zab a bR进行判断，共轭复数只需实部不变，虚部变为原来的相反数即可.4．如图， 《九章算术》中记载了一个“折竹抵地”问题：今有竹高一丈，末折抵地，去本三尺，问折者高几何？意思是：有一根竹子原高一丈（一丈尺） ，现被风折断，尖端落在地上，竹尖与竹10根的距离三尺，问折断处离地面的高是（ ）A．2.55 尺B．4.55 尺C．5.55 尺D．6.55 尺【答案】B【解析】【分析】将问题三角形问题，设出另一直角边，则可求出斜边的长，最后利用勾股定理可求出另一直角边.【详解】已知一直角边为 3 尺，另两边和为 10 尺，设另一直角边为尺，则斜边为尺，由勾股定理x10x可得：，可得尺.222310xx4.55x 故选：B【点睛】本题考查了数学阅读能力，考查了勾股定理的应用，考查了数学运算能力.5．函数在区间附近的图象大致形状是（　　　　）22( )11xf xx[ 4,4]A．B．C．D．【答案】B【解析】【分析】通过求特殊点的坐标，结合函数值的正负判断，即可得出结论.【详解】过点，可排除选项 A，D.又，排除 C.22( )11xf xx10， 20f故选:B【点睛】本题考查函数图像的识别，属于基础题.6．在普通高中新课程改革中，某地实施“3+1+2”选课方案．该方案中“2”指的是从政治、地理、化学、生物 4 门学科中任选 2 门，假设每门学科被选中的可能性相等，那么政治和地里至少有一门被选中的概率是（　　）A．B．C．D．16122356【答案】D【解析】【分析】本题可从反面思考，两门至少有一门被选中的反面是两门都没有被选中，两门都没被选中包含 1 个基本事件，代入概率的公式，即可得到答案.【详解】设两门至少有一门被选中 ，则两门都没有选中}，包含 1 个基本事件，{A }{A A则，所以，故选 D.2411( )6P AC15( )166P A  【点睛】本题主要考查了古典概型及其概率的计算，其中解答中合理应用对立事件和古典概型及其概率的计算公式求解是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题.7．若向量满足，且，则向量的夹角为（ ）, a b || 1,|| 2ab||3abrr, a b A．30°B．60°C．120°D．150°【答案】B【解析】【分析】由,平方求出,代入向量夹角公式,求出的夹角余弦值,即可得结果.||3abrra b , a b 【详解】设的夹角为, a b ||3,abrr2222||()2523,ababaa bba brrrrrr rrr r11,cos,0,23a ba bab r rr rrr故选:B【点睛】本题考查向量的模长和向量的夹角计算,着重考查计算能力,属于基础题.8．大衍数列，来源于《乾坤谱》中对易传“大衍之数五十“的推论.主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理数列中的每一项，都代表太极衍生过程中，曾经经历过的两仪数量总和是中华传统文化中隐藏着的世界数学史上第一道数列题其规律是:偶数项是序号平方再除以 2，奇数项是序号平方减 1 再除以 2，其前 10 项依次是 0，2，4，8，12，18，24，32，40，50，…，如图所示的程序框图是为了得到大衍数列的前 100 项而设计的，那么在两个判断框中，可以先后填入( )A．是偶数?，?B．是奇数?，?n100n n100n C．是偶数?， ?D．是奇数?，?n100n n100n 【答案】D【解析】根据偶数项是序号平方再除以，奇数项是序号平方减 再除以，可知第一个框应该是“奇数”，212执行程序框图， 1,0;2,2;3,4;nsnsns22991100...;99,100,;22nsns结束，所以第二个框应该填，故选 D.101100n 100n 9．以分别表示等差数列的前项和，若，则的值为nS , Tn   n , bnanS73nnnTn55abA．7B．C．D．21437823【答案】B【解析】【分析】根据等差数列前 n 项和的性质，当 n 为奇数时，，即可把转化为求解.12nnsna55ab99ST【详解】因为数列是等差数列，所以，故,选 B.211(21)nnSna55955997 921==9934aaSbbT【点睛】本题主要考查了等差数列前 n 项和的性质，属于中档题.10．已知椭圆的焦点为，，过的直线与交于两点．若，C1( 1,0)F 2(1,0)F2FC,A B223AFBF，则的方程为（ ）.125BFBFCA．B．C．D．2212xy22132xy22143xy22154xy【答案】A【解析】【分析】根据椭圆的定义以及余弦定理列方程可解得，，可得椭圆的方程．2a 1b 【详解】解：，，22|| 3||AFBF2|| 4||ABBF又，125BFBF又，，12|||| 2BFBFa23||aBF，，2||AFa1||53BFa，，12|||| 2AFAFa1||AFa，在轴上．12|| ||AFAFAy在△中，，Rt2AF O21cosAF Oa在△中，由余弦定理可得，12BFF222154( )()33cos223aaBF Fa 根据，可得，解得，221coscos0AF OBF F21320aaa22a ．222211bac 所以椭圆的方程为：．C2212xy故选：．A【点睛】本题考查了椭圆的定义及余弦定理，属中档题．11．设函数若关于 x 的方程恰好有六个不同的431,0( )log,0xxf xx x  22()30fxaf x实数解，则实数 a 的取值范围为A．(2－2，B．(－2－2，2－2)33233C．(，＋∞)D．(2－2，＋∞)323【答案】A【解析】【分析】画出的图像，利用图像，利用换元法，将方程恰好有六 f x f x  22()30fxaf x个不同的实数解的问题，转化为一元二次方程在给定区间内有两个不同的实数根，由此列不等式组，解不等式组求得的取值范围.a【详解】画出的图像如下图所示，令，则方程转化为 f x f xt  22()30fxaf x，由图可知，要使关于的将方程恰好有六个不2230tatx  22()30fxaf x同的实数解，则方程在内有两个不同的实数根，所以2230tat1,2，解得.22221202122121 3022230aaaa   32 322a故选：A【点睛】本小题主要考查分段函数的图像与性质，考查二次函数根于判别式，考查数形结合的数学思想方法，属于中档题.12．过球表面上一点引三条长度相等的弦、、，且、、两两夹角都OAABACADABACAD为，若，则该球的体积为（ ）602BD A．B．C．D．322 333422【答案】A【解析】【分析】根据题意可分析四面体是正四面体，各条棱长均为，依据正四面体外接球半径的求ABCD2法即可得解.【详解】由题：在四面体中，，ABCD,60ABACADBACBADCAD  所以均为等边三角形，且边长均为，,,BACBADCAD2所以四面体是正四面体，棱长为，如图：ABCD2根据正四面体特征，点在底面正投影是底面正三角形的中心，外接球球心段上，A1OO1AO设外接球半径为，取中点RCDE过点的截面圆的半径，,,B C D1223623323rO BBE在△中，，1O AB221122 3233O ABABO则球心到截面的距离BCD12 33dOOR在△中，，，1OOB22211O BOOOB22262 333RR解得，32R 所以球的体积.3433322V故选：A【点睛】此题考查求正四面体外接球的体积，通过几何体的特征，确定一个截面，寻找球心，根据三角形关系求出半径即可求解，平常的学习中有必要积累常见几何体外接球半径的求法.第第ⅡⅡ卷（非选择题卷（非选择题) )二、填空题：本大题共二、填空题：本大题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分。

把答案填在题中的横线上把答案填在题中的横线上13．曲线在点处的切线方程为______．xyxe0,0【答案】yx【解析】【分析】利用导数求出曲线在点处的切线的斜率，然后利用点斜式可写出所求切线的方程.xyxe0,0【详解】依题意得，因此曲线在处的切线的斜率等于 ，xxyexe xyxe0x 1所以函数在点处的切线方程为.xyxe0,0yx故答案为：．yx【点睛】本小题主要考查直线的斜率、导数的几何意义、利用导数研究曲线上某点切线方程等基础知识，考查运算求解能力．属于基础题．14．记 Sn为等比数列{an}的前 n 项和.若，则 S4=___________．13314aS，【答案】.58【解析】【分析】本题根据已知条件，列出关于等比数列公比的方程，应用等比数列的求和公式，计算得q到．题目的难度不大，注重了基础知识、基本计算能力的考查．4S【详解】详解：设等比数列的公比为，由已知q，即223111314Saa qa q 2104解得，12q  所以．441411 ()(1)521181 ()2aqSq  【点睛】准确计算，是解答此类问题的基本要求．本题由于涉及幂的乘方运算、繁分式分式计算，部分考生易出现运算错误．一题多解：本题在求得数列的公比后，可利用已知计算，3343431315()428SSaSa q 避免繁分式计算．15．甲、乙两位同学玩游戏，对于给定的实数，按下列方法操作一次产生一个新的实数：由甲、1a乙同时各掷一枚均匀的硬币，如果出现两个正面朝上或两个反面朝上，则把乘以 2 后再减去1a12,；如果出现一个正面朝上，一个反面朝上，则把除以 2 后再加上 12，这样就得到一个新的实1a数，对实数仍按上述方法进行一次操作，又得到一个新的实数，当时，甲获胜，否2a2a3a31aa则乙获胜，若甲获胜的概率为，则的取值范围是________341a【答案】 ,1224,【解析】【分析】按要求操作一次产生一个新的实数，列举得到新的实数的途径，列出不等式，根据所给的甲获胜的概率为，解出 a1的结果．34【详解】a3的结果有四种，每一个结果出现的概率都是，141．a1→2a1﹣12→2（2a1﹣12）﹣12＝4a1﹣36＝a3，2．a1→2a1﹣12→12＝a1+6＝a3，12122a 3．a1→12→+1218＝a3，12a12122a 14a4．a1→12→2（12）﹣12＝a1+12＝a3，12a12a∵a1+18＞a1，a1+36＞a1，∴要使甲获胜的概率为，34即 a3＞a1的概率为，34∴4a1﹣36＞a1，18≤a1，14a或 4a1﹣36≤a1，18＞a1，14a解得 a1≤12 或 a1≥24．故选：D．【点睛】本题考查新定义问题，考查概率综合，意在考查学生的读题审题能力，考查转化能力，是中档题16．已知双曲线：的左右焦点分别为，，过的直线 与圆C222210,0xyabab1F2F1Fl相切于点，且直线 与双曲线的右支交于点，若，则双曲线的222xyaTlCP114FPFTuuu ruuu rC离心率为______.【答案】53【解析】【分析】根据题意，作出图形，结合双曲线第一定义，再将所有边长关系转化到直角三角形中，化简2MPF求值即可【详解】如图，由题可知，，则，12OFOFcOTa1FTb又，，，114FPFTuuu ruuu rQ3TPb14FPb又，122PFPFa242PFba作，可得，，则2/ /F MOT22F MaTMb2PMb在，，即，2MPF22222PMMFPF222cba2bac又，化简可得，同除以，得222cab223250caca2a23250ee解得53e 双曲线的离心率为53【点睛】本题考查了利用双曲线的基本性质求解离心率的问题，利用双曲线的第一定义和中位线定理将所有边长关系转化到直角三角形中是解题关键，一般遇到此类题型，还是建议结合图形来进行求2MPF解，更直观更具体三、解答题：本大题共三、解答题：本大题共 6 小题，共小题，共 70 分分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.第第 17-21 题为必做题题为必做题,每个考生都必须作答每个考生都必须作答.第第 22/23 题为选考题，考生根据要求作答题为选考题，考生根据要求作答.（一）必考题：共（一）必考题：共 60 分分17．如图所示，在中，的对边分别为 a，b，c，已知ABC,A,BC，.2 sincossin0,bABaB1a 2c （1）求 b 和；sinC（2）如图，设 D 为 AC 边上一点，，求的面积.37BDCDABD△【答案】(1)，；(2).7b 21734【解析】【分析】（1）通过正弦定理边化角，整理化简得到的值，再利用余弦定理，求出，根据正弦定理，cosBb求出；（2）根据正弦定理得到，即，根据勾股定理得到sinCsin1CBD2CBD，根据三角形面积公式，求出的面积.32BD ABD△【详解】（1）因为，2 sincossin0bABaB所以在中，由正弦定理，ABCsinsinsinabcABC得，2sinsincossinsin0BABAB因为，所以，sinsin0AB 2cos10B 所以，1cos2B  又，所以，0B23B由余弦定理得，，2222cosbacacB1142 1 22     7所以，7b 在中，由正弦定理，ABCsinsincbCB所以；sinsincBCb22sin37217（2）在中，由正弦定理得，，ABD△sinsinBDCCDCBD因为，所以，37BDCDsin3sin7CCBD因为，所以，21sin7C sin1CBD而0,CBD所以，2CBD由，设，37BDCD3 ,BDt7CDt所以，所以，222( 3 )1( 7 )tt12t 所以，32BD 因为，ABDABCDBC 2326所以.1sin2ABDSABBDABD1312222 34【点睛】本题考查正弦定理边角互化，正弦定理、余弦定理解三角形，属于简单题.18．如图，三棱锥 D-ABC 中，，E，F 分别为 DB，AB2,ABAC2 3,BC 3DBDC的中点，且.90EFC（1）求证：平面平面 ABC；DAB （2）求二面角 D-CE-F 的余弦值.【答案】(1)证明见解析；(2) .3 7028【解析】【分析】（1）取的中点，可得，，从而得到平面，得到BCGBCAGBCDGBC⊥DAG，由，，得到，从而得到平面，所以平面BCDADAEF∥EFCFDACFDAABC平面；（2）以为原点，建立空间直角坐标系，利用余弦定理和勾股定理，得到DAB ABCA，，得到的法向量，平面的法向量，根据向量夹角的余120BAC5DA DCE1nu rFCE2nu u r弦公式，得到二面角的余弦值DCEF【详解】（1）如图取的中点，连接，，BCGAGDG因为，所以，2ABACBCAG因为，所以，DBDCBCDG又因为，所以平面，AGDGGBC⊥DAG平面DADAG所以.BCDA因为，分别为，的中点，所以.EFDBABDAEF∥因为，即，90EFCEFCF则.DACF又因为，BCCFC所以平面，DAABC又因为平面 DAB，DA所以平面平面.DAB ABC（2）因为平面，则以为坐标原点，DAABCA过点与垂直的直线为轴，为轴，AD 为轴，AACxACyz建立如下图所示的空间直角坐标系.因为，2,ABAC2 3,BC 3DBDC在中，ABC，222cos2ABACBCBACAB AC44 122 2 2 12 所以.120BAC在中，，Rt DAB2232DA 5所以点，，(0,0,0)A(0,0, 5),D(0,2,0),C( 3, 1,0)B.315,,,222E31,,022F设平面的法向量为DCE1111,,,nx y z.(0,2,5),DC 315,,222DE所以，即，1100DC nDE n  111112503150222yzxyz可取.1( 15, 5,2)n 设平面的法向量为FCE2222,,,nxyz .3 5,,0 ,22FC  50,0,2FE 所以，即，2200FC nFE n      22235022502xyz可取，2(5, 3,0)n  则1222222155532 0cos,155253n n    3 7028因为二面角为钝二面角，所以二面角的余弦值为.DCEFDCEF3 7028【点睛】本题考查线面垂直的性质和判定，面面垂直的判定，利用空间向量求二面角的夹角余弦值，属于中档题.19．已知动圆过定点 P(4,0),且在 y 轴上截得的弦 MN 的长为 8.(1)求动圆圆心 C 的轨迹方程;(2)过点(2,0)的直线 l 与动圆圆心 C 的轨迹交于 A,B 两点,求证:是一个定值.OA OB   【答案】 （1）；（2）见解析28yx【解析】【分析】（1）设圆心的坐标为，得出，代入点的坐标，即可得到曲线( , )x y2222CPCMMTTCC 的轨迹方程；（2）设直线方程，联立方程组，得到，再向量的数量积的运算，即可得到2xky1212,yyy y结论.【详解】(1)设动圆的圆心 C(x,y),线段 MN 的中点为 T,则|MT|==4.由题意得|CP|2=|CM|2=|MT|2+|TC|2,∴y2+(x-4)2=42+x2,∴y2=8x,即动圆圆心 C 的轨迹方程为 y2=8x.(2)证明:易知直线 l 的斜率不为 0,设直线 l 的方程为 x=ky+2,A(x1,y1),B(x2,y2).联立消去 x 整理得 y2-8ky-16=0,Δ=64k2+64>0,可得 y1+y2=8k,y1y2=-16.又=(x1,y1),=(x2,y2),∴·=x1x2+y1y2=(ky1+2)(ky2+2)+y1y2=k2y1y2+2k(y1+y2)+4+y1y2=-16k2+16k2+4-16=-12,∴·是一个定值.【点睛】本题主要考查抛物线的标准方程与几何性质、直线与圆锥曲线的位置关系的应用问题,通过联立直线方程与椭圆（圆锥曲线）方程的方程组，应用一元二次方程根与系数的关系，得到“目标函数”的解析式，确定函数的性质进行求解，此类问题易错点是复杂式子的变形能力不足，导致错漏百出，本题能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力、分析问题解决问题的能力等.20．已知函数在上的最大值为． cos1f xaxxπ0,63π16（1）求的值；a（2）证明：函数在区间上有且仅有 2 个零点． f xπ0,2【答案】 （1）（2）证明见解析2a 【解析】【分析】(1)求导后利用可得导函数的正负与原函数的单调性,再利用最大值为进行求解即0,6x3π16可.(2)求导分析单调性后,根据零点存在定理求解的正负即可. 0 ,,42fff【详解】（1）, /cossinfxaxxx因为,所以,又,0,6xcossin0xx＞≥10x＞≥所以,即．1 cossinxxx＞cossin0xxx当时,,所以在区间上递增,0a  /0fx  f xπ0,6所以,解得．  max33116626f xfa 2a 当时,,所以在区间上递减,0a  /0fx  f xπ0,6所以,不合题意．   max01fxf 当,,不合题意．0a  1f x  综上,. 2a （2）设, cossing xxxx则, /2sincos0 02gxxxxx 所以在上单调递减,又,  g x0,2 010,022gg  所以存在唯一的,使得00,2x 00g x当时,,即,所以上单调递增；当00xx 0g x   /20fxg x 00,fxx在时,,即,所以上单调递减02xx 0g x   /20fxg x 00,fxx在又,  2010,10,10442fff     所以在与上各有一个零点,  f xπ0,4π π,4 2综上,函数在区间上有且仅有两个零点. f x0,2【点睛】本小题主要考查导数及其应用、函数的零点、函数的最值与值域等基础知识,考查推理论证能力、运算求解能力、抽象概括能力等,考查函数与方程思想、化归与转化思想、分类与整合思想、数形结合思想等,考查的数学素养主要有逻辑推理、直观想象、数学运算等21．某医药开发公司实验室有瓶溶液，其中瓶中有细菌，现需要把含有细*n nN()m mNR菌的溶液检验出来，有如下两种方案：R方案一：逐瓶检验，则需检验次；n方案二：混合检验，将瓶溶液分别取样，混合在一起检验，若检验结果不含有细菌，则瓶溶nRn液全部不含有细菌；若检验结果含有细菌，就要对这瓶溶液再逐瓶检验，此时检验次数总RRn共为.1n(1)假设，采用方案一，求恰好检验 3 次就能确定哪两瓶溶液含有细菌的概率；52nm，R(2)现对瓶溶液进行检验，已知每瓶溶液含有细菌的概率均为.nR(01)Pp若采用方案一.需检验的总次数为,若采用方案二.需检验的总次数为.(i)若与的期望相等.试求关于的函数解析式;Pn( )Pf n(ii)若,且采用方案二总次数的期望小于采用方案一总次数的期望.求的最大值.14P1 e n参考数据：ln20.69,ln31.10,ln51.61,ln71.95【答案】 （1）（2） （ⅰ）（ii）83101*11nPnn N【解析】【分析】（1）对可能的情况分类：<1>前两次检验出一瓶含有细菌第三次也检验出一瓶含有细菌，<2>前三次都没有检验出来，最后就剩下两瓶含有细菌；（2）(i)根据，找到与的函数关( )( )EEPn系；(ii)根据得到关于的不等式式，构造函数解决问题.( )( )EEn【详解】解：（1）记所求事件为， “第三次含有细菌且前 2 次中有一次含有细菌”为事件， “前三次ARRB均不含有细菌”为事件，RC则，且互斥，ABC,B C所以111322333355113( )( )( )51010A A AAP AP BP CAA（2）， ( )i En的取值为，1,1n，(1)(1) , (1)1 (1)nnPPPnP 所以，( )(1)(1) 1 (1)1(1)nnnEPnPnnP 由得，( )( )EE1(1)nnnnP 所以；1*11nPnn N（ii）,所以，141Pe 4( )1nEnn e  所以，所以4(1)nnn en ln0,4nn设，( )ln(0)4xf xxx，114( )44xfxxx当时，在上单调递增；(0,4)x( )0,( )fxf x(0,4)当时，在上单调递减(4,)x( )0,( )fxf x(4,)又，9(8)ln820,(9)ln904ff所以的最大值为 8n【点睛】本题考查离散型随机变量的均值以及随机事件的概率计算，难度较难.计算两个事件的和事件的概率，如果两个事件互斥，可将结果写成两个事件的概率之和；均值（或期望）的相关计算公式要熟记..（二）选考题：共（二）选考题：共 10 分分.请考生在请考生在 22,23 题中任选一题作答题中任选一题作答.如果多做如果多做,则按所做的第一题计分则按所做的第一题计分.22．选修 4-4：坐标系与参数方程在极坐标系中，曲线 C1的极坐标方程是，在以极点为原点 O，极轴为 x 轴正244cos3sin半轴（两坐标系取相同的单位长度）的直角坐标系 xOy 中，曲线 C2的参数方程为（θ 为cossinxy参数）.（1）求曲线 C1的直角坐标方程与曲线 C2的普通方程；（2）将曲线 C2经过伸缩变换后得到曲线 C3，若 M，N 分别是曲线 C1和曲线 C3上的2 22xxyy动点，求|MN|的最小值.【答案】 （1）C1的直角坐标方程为 4x＋3y－24＝0，C2的普通方程为 x2＋y2＝1；（2）.242 415【解析】【分析】（1）由极坐标与直角坐标的互化公式，化简即可求得 C1的直角坐标方程，结合三角函数的基本关系式，消去参数，即可求得 C2的普通方程；（2）将曲线 C2经过伸缩变换得到曲线 C3C3的参数方程为为参数） ，设 N（22 2cos(2sinxycosα，2sinα） ，利用点到直线的距离公式，求得 d 有最小值，即可求解.【详解】（1）由题意，曲线 C1的极坐标方程是，244cos3sin即 4ρcosθ＋3ρsinθ＝24，又由，cos ,sinxy所以 4x＋3y－24＝0，故 C1的直角坐标方程为 4x＋3y－24＝0.因为曲线 C2的参数方程为（θ 为参数） ，所以 x2＋y2＝1，cossinxy故 C2的普通方程为 x2＋y2＝1.（2）将曲线 C2经过伸缩变换后得到曲线 C3，2 22xxyy则曲线 C3的参数方程为为参数）.2 2cos(2sinxy设 N（2cosα，2sinα） ，则点 N 到曲线 C1的距离2（其中满足）224 2 2cos3 2sin242 41sin()24543d 4 2tan3当 sin（α＋φ）＝1 时，d 有最小值，242 415所以|MN|的最小值为.242 415【点睛】本题主要考查了参数方程与普通方程的互化，极坐标方程与直角坐标方程的互化，以及点到直线的距离公式的应用，其中解答中熟记极坐标方程与直角坐标方程的互化公式，结合直线参数中参数的几何意义，准确计算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题.23．选修 4-5：不等式选讲已知函数. 23f xxx（1）求不等式的解集； 2f x （2）若的解集包含，求实数的取值范围. 21f xx3,5a【答案】 （1）（2）37|22xx1,7a 【解析】【分析】（1）函数化简为分段函数分别解不等式得到答案. 25,31,2352 ,2xxf xxx x（2）题目等价于当时不等式恒成立，得到不等式，求的最小3,5x2521xax 2521xg xx值得到答案.【详解】（1），由，解得， 25,3231,2352 ,2xxf xxxxx x 2f x 3722x故不等式的解集是； 2f x 37|22xx（2）的解集包含，即当时不等式恒成立， 21f xax3,53,5x当时，，，即，3,5x 25f xx 21f xax2521xax因为，所以，210x 2521xax令，，易知在上单调递增， 25612121xg xxx 3,5x g x3,5所以的最小值为，因此，即的取值范围为. g x1(3)7g17a a1,7a 【点睛】本题考查了绝对值不等式，将题目等价于当时不等式恒成立是解题的关键.3,5x。