1、2017年云南省民族中学高考数学一模试卷（理科）一、选择题：本大题共12个小题，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设集合A=x|x4或x2，B=x|x1|3，则等于R（AB）（）A2，4B2，2）C（，2）（4，+）D（，4）（2，+）2若复数z满足（1+3i）z=i3，则z等于（）AiBCiD3已知命题p：x2+x20，命题q：x|f（x）=lg（2x3），则p是q的（）A充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件4设双曲线上的点P到点的距离为5，则P到点的距离为（）A1B9C1或9D35已知a=9，b=3，c=4，则（）Abac
2、BabcCabcDcab6如图，正方形OABC的边长为2cm，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则原平面图形的周长是（）cmA12B16CD7已知抛物线y2=2px（p0），过点K（4，0）作抛物线的两条切线KA，KB，A，B为切点，若AB过抛物线的焦点，KAB的面积为24，则p的值是（）A12B12C8D48已知tan=2，则的值是（）ABCD9如图，一个多面体的正视图和侧视图是两个全等的等腰直角三角形且直角边长为2，俯视图是边长为2的正方形，则该多面体的最大面的面积是（）A2BCD10公元263年左右，我国数学家刘徽发现当圆内接正多边形的边数无限增加时，多边形的面积可无限接近圆的面积，并
3、创立了“割圆术”，利用“割圆术”，刘徽得到了圆周率精确到小数点后两位的近似值3.14，这就是著名的“徽率”，圆3是利用刘徽的“割圆术”思想设计的一个程序框图，则输出的值为（）（参考数据：sin15=0.2588，sin7.50=0.1305）A12B24C48D9611在封闭的直三棱柱ABCA1B1C1内有一个体积为V的球，若ABBC，AB=6，BC=8，AA1=5，则V的最大值是（）A4BCD12已知函数f（x）=，若f（x）kx，则k的范围为（）A1，2B，2C，1D（，1）二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.）13设某总体是由编号为01，02，19，20的20个个体组成，利
4、用下面的随机数表选取6个个体，选取方法是从随机数表第1行的第3列数字开始从左到右依次选取两个数字，则选出来的第4个个体编号为1818 0792 4544 1716 5809 7983 86196206 7650 0310 5523 6405 0526 623814若实数x，y满足不等式组，则x+y的最小值是15定义在1，e2上的函数，则对任意的x1，e2，使f（x）单调递减的概率为16在ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，若ccosB=a+b，ABC的面积S=c，则边c的最小值为三、解答题（共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）17（12分）已知等差数列an中公差d0，
5、有a1+a4=14，且a1，a2，a7成等比数列（1）求an的通项公式an与前n项和公式Sn；（2）令bn=，若bn是等差数列，求数列的前n项和Tn18（12分）近年来我国电子商务行业发展迅速，相关管理部门推出了针对电商的商品质量和服务评价的评价体系，现从评价系统中选出某商家的200次成功交易，发现对商品质量的好评率为0.6，对服务评价的好评率为0.75，其中对商品质量和服务评价都做出好评的交易80次（1）是否可以在犯错误概率不超过0.5%的前提下，认为商品质量与服务好评有关？（2）若将频率视为概率，某人在该购物平台上进行的5次购物中，设对商品质量和服务评价全好评的次数为随机变量X，求X的分布
6、列（可用组合数公式表示）和数学期望P（K2k0）0.150.100.050.0250.0100.0050.001k02.0722.7063.8415.0246.6357.87910.828参考公式：，其中n=a+b+c+d19（12分）如图，菱形ABCD与正三角形BCE的边长均为2，它们所在平面互相垂直，FD平面ABCD，且FD=（I）求证：EF平面ABCD；（）若CBA=60，求二面角AFBE的余弦值20（12分）在直角坐标系xOy中，曲线C：y=与直线l：y=kx+a（a0）交于M，N两点（）当k=0时，分別求C在点M和N处的切线方程（）y轴上是否存在点P，使得当k变动时，总有OPM=OP
7、N？（说明理由）21（12分）已知f（x）=2xalnx（aR）（1）当a=3时，求f（x）的单调区间；（2）设g（x）=f（x）x+2alnx，且g（x）有两个极值点，其中x10，1，求g（x1）g（x2）的最小值请考生在22、23、24三题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分，作答时请写清题号.选修4-1：几何证明选讲22（10分）如图所示，已知PA与O相切，A为切点，过点P的割线交圆于B，C两点，弦CDAP，AD，BC相交于点E，F为CE上一点，且DE2=EFEC（）求证：EDF=P；（）若CE：BE=3：2，DE=3，EF=2，求PA的长选修4-4：坐标系与参数方程23以坐标
8、原点为极点，以x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，已知曲线C的极坐标方程为，直线l的参数方程为（t为参数）（1）点P在曲线C上，Q在直线l上，若，求线段|PQ|的最小值；（2）设直线l与曲线C有两个不同的交点，求直线l的斜率k的范围选修4-5：不等式选讲24已知函数f（x）=|2x+1|+|2x3|（I）若x0R，使得不等式f（x0）m成立，求实数m的最小值M（）在（I）的条件下，若正数a，b满足3a+b=M，证明： +32017年云南省民族中学高考数学一模试卷（理科）参考答案与试题解析一、选择题：本大题共12个小题，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设
9、集合A=x|x4或x2，B=x|x1|3，则等于R（AB）（）A2，4B2，2）C（，2）（4，+）D（，4）（2，+）【考点】交、并、补集的混合运算【分析】化简集合B，根据交集与补集的定义写出R（AB）即可【解答】解：集合A=x|x4或x2，B=x|x1|3=x|3x13=x|2x4，则AB=x|2x4，R（AB）=x|x2或x4=（，2）（4，+）故选：C【点评】本题考查了集合的化简与运算问题，是基础题目2若复数z满足（1+3i）z=i3，则z等于（）AiBCiD【考点】复数代数形式的乘除运算【分析】由（1+3i）z=i3，得，然后利用复数代数形式的乘除运算化简得答案【解答】解：由（1+3
10、i）z=i3，得=，故选：A【点评】本题考查了复数代数形式的乘除运算，是基础题3已知命题p：x2+x20，命题q：x|f（x）=lg（2x3），则p是q的（）A充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件D既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】解不等式求出关于p的x的范围，根据对数函数的性质求出关于q的x的范围，再根据集合的包含关系判断即可【解答】解：P：（x+2）（x1）0，得x2或x1，q：定义域2x30解得，q的解是p的解的一部分，故选B【点评】本题考查了解不等式问题，考查对数函数的性质以及集合的包含关系，考查充分必要条件，是一道基础题4设双曲线上的点P到点的
11、距离为5，则P到点的距离为（）A1B9C1或9D3【考点】双曲线的简单性质【分析】先根据双曲线方程求出焦点坐标，再结合双曲线的定义可得到|PF1|PF2|=2a，进而可求出|PF1|的值，得到答案【解答】解：双曲线，其焦点坐标为：F1，F2由双曲线的定义知|r1r2|=2a，所以|5r2|=4，所以r2=1或9，故选C【点评】本题主要考查双曲线的定义，即双曲线是到两定点距离之差的绝对值等于定值的点的集合5已知a=9，b=3，c=4，则（）AbacBabcCabcDcab【考点】对数值大小的比较【分析】利用指数函数、对数函数的单调性直接求解【解答】解：a=9b=3=c=4，abc故选：B【点评】
12、本题考查三个数的大小的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意指数函数、对数函数的单调性的合理运用6如图，正方形OABC的边长为2cm，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则原平面图形的周长是（）cmA12B16CD【考点】平面图形的直观图【分析】根据题目给出的直观图的形状，画出对应的原平面图形的形状，求出相应的边长，则问题可求【解答】解：由直观图可得原图如图所示，且OA=2，所以AB=6，所以周长为16，故选：B【点评】本题考查了平面图形的直观图，考查了数形结合思想，解答此题的关键是掌握平面图形的直观图的画法，能正确的画出直观图的原图形7已知抛物线y2=2px（p0），过点K（4，0）作抛物线
13、的两条切线KA，KB，A，B为切点，若AB过抛物线的焦点，KAB的面积为24，则p的值是（）A12B12C8D4【考点】抛物线的简单性质【分析】由抛物线的对称性知，ABx轴，且AB是焦点弦，故AB=2p，利用KAB的面积为24，求出p的值【解答】解：由抛物线的对称性知，ABx轴，且AB是焦点弦，故AB=2p，所以，解得p=4，故选：D【点评】本题考查三角形面积的计算，考查直线与抛物线的位置关系，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题8已知tan=2，则的值是（）ABCD【考点】同角三角函数基本关系的运用；三角函数的化简求值【分析】利用同角三角函数基本关系式化简所求，结合已知即可计算得解【解答】
14、解：tan=2，=，故选：D【点评】本题主要考查了同角三角函数基本关系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9如图，一个多面体的正视图和侧视图是两个全等的等腰直角三角形且直角边长为2，俯视图是边长为2的正方形，则该多面体的最大面的面积是（）A2BCD【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；由三视图求面积、体积【分析】解：画出几何体的直观图，分析出各个面的形状，进而可得最大面，求出面积，可得答案【解答】解：该多面体的立体图如图2所示，它的四个面为3个直角三角形和一个等边三角形，最大的是等边三角形BCD的面积，故选D【点评】本题考查的知识点是棱锥的表面积和体积，简单几何体的三视图，难度中
15、档10公元263年左右，我国数学家刘徽发现当圆内接正多边形的边数无限增加时，多边形的面积可无限接近圆的面积，并创立了“割圆术”，利用“割圆术”，刘徽得到了圆周率精确到小数点后两位的近似值3.14，这就是著名的“徽率”，圆3是利用刘徽的“割圆术”思想设计的一个程序框图，则输出的值为（）（参考数据：sin15=0.2588，sin7.50=0.1305）A12B24C48D96【考点】程序框图【分析】根据已知中的程序框图可得，该程序的功能是计算并输出变量n的值，模拟程序的运行过程，可得答案【解答】解：第1次执行循环体后，S=，不满足退出循环的条件，则n=12，第2次执行循环体后，S=3，不满足退出
16、循环的条件，则n=24，第3次执行循环体后，S=3.1056，不满足退出循环的条件，则n=48，第4次执行循环体后，S=3.132，满足退出循环的条件，故输出的n值为48，故选：C【点评】本题考查的知识点是程序框图，当程序的运行次数不多或有规律时，可采用模拟运行的办法解答11在封闭的直三棱柱ABCA1B1C1内有一个体积为V的球，若ABBC，AB=6，BC=8，AA1=5，则V的最大值是（）A4BCD【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积【分析】先保证截面圆与ABC内切，记圆O的半径为r，由等面积法得（AC+AB+BC）r=68，解得r=2由于三棱柱高为5，此时可以保证球在三棱柱内部，球的最大半径为2
17、，由此能求出结果【解答】解：如图，由题知，球的体积要尽可能大时，球需与三棱柱内切先保证截面圆与ABC内切，记圆O的半径为r，则由等面积法得，所以（AC+AB+BC）r=68，又AB=6，BC=8，所以AC=10，所以r=2由于三棱柱高为5，此时可以保证球在三棱柱内部，若r增大，则无法保证球在三棱柱内，故球的最大半径为2，所以故选：D【点评】本题考查球的最大体积的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养12已知函数f（x）=，若f（x）kx，则k的范围为（）A1，2B，2C，1D（，1）【考点】分段函数的应用【分析】分类讨论，并分离参数，当x0时，k，而=1，当x0时，kx，利用
18、基本不等式即可求出【解答】解：当x=0时，f（0）=sin0=0，k取任何数都成立，当x0时，k=1，当x0时，kxx2=2，当且仅当x=1时取等号，k2，综上所述1k2，故选：A【点评】本题考查了分段函数的应用以及基本不等式的应用，属于中档题二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.）13设某总体是由编号为01，02，19，20的20个个体组成，利用下面的随机数表选取6个个体，选取方法是从随机数表第1行的第3列数字开始从左到右依次选取两个数字，则选出来的第4个个体编号为161818 0792 4544 1716 5809 7983 86196206 7650 0310 5523 64
19、05 0526 6238【考点】系统抽样方法【分析】根据随机数表，依次进行选择即可得到结论【解答】解：由题意可得，选取的这6个个体分别为18，07，17，16，09，19，故选出的第4个个体编号为16故答案为：16【点评】本题主要考查简单随机抽样的应用，正确理解随机数法是解决本题的关键，比较基础14若实数x，y满足不等式组，则x+y的最小值是5【考点】简单线性规划【分析】画出约束条件的可行域，求出可行域的交点坐标A，然后求解目标函数的最小值即可【解答】解：作出平面区域，不等式组表示的是一个开放区域（如图5），当x，y为xy=1和x2y+1=0的交点A（3，2），此时x+y有最小值，所以（x+y
20、）min=5故答案为：5【点评】本题考查线性规划的简单应用，考查数形结合，转化思想的应用15定义在1，e2上的函数，则对任意的x1，e2，使f（x）单调递减的概率为【考点】几何概型【分析】求导数，由f（x）0，解得函数在区间（e，e2上单调递减，即可求出函数f（x）单调递减的概率【解答】解：，由f（x）0，解得函数在区间1，e上单调递增，由f（x）0，解得函数在区间（e，e2上单调递减，所以函数f（x）单调递减的概率故答案为【点评】本题考查几何概型，考查导数知识的运用，属于中档题16在ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，若ccosB=a+b，ABC的面积S=c，则边c的最小值为1【考
21、点】正弦定理【分析】由条件里用正弦定理、两角和的正弦公式求得cosC，进而可求C，根据ABC的面积公式和已知，求得c=3ab再由余弦定理化简可得9a2b2=a2+b2+ab3ab，由此求得c的最小值【解答】解：在ABC中，由条件里用正弦定理可得sinCcosB=sinA+sinB=sin（B+C）+sinB，即 2sinCcosB=2sinBcosC+2sinCcosB+sinB，2sinBcosC+sinB=0，cosC=，C=由于ABC的面积为S=absinC=ab=c，c=3ab再由余弦定理可得c2=a2+b22abcosC，整理可得：9a2b2=a2+b2+ab3ab，当且仅当a=b时
22、，取等号，ab，可得：c=3ab1，即边c的最小值为1故答案为：1【点评】本题主要考查正弦定理和余弦定理的应用，诱导公式、两角和的正弦公式、基本不等式的应用，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.）17（12分）（2017临翔区校级一模）已知等差数列an中公差d0，有a1+a4=14，且a1，a2，a7成等比数列（1）求an的通项公式an与前n项和公式Sn；（2）令bn=，若bn是等差数列，求数列的前n项和Tn【考点】等差数列与等比数列的综合【分析】（1）由等比中项的性质和等差数列的通项公式列出方程，联立方程求出d、a1，由等差数列的通项公式求出an，由等差数
23、列的前n项和公式求出Sn；（2）由（1）和条件化简bn，由等差数列的性质列出方程求出k的值，代入求出bn和，利用裂项相消法求出Tn【解答】解：（1）a1+a4=14，2a1+3d=14，a1，a2，a7成等比数列，即，由得d2=4a1d，d0，d=4a1，代入解得d=4、a1=1，an=a1+（n1）d=4n3，Sn=2n2n；（2）由（1）知，bn是为等差数列，2b2=b1+b3，即=，解得，或k=0（8分），当时，即bn=2n，则=（10分）当k=0时，bn=2n1，则=，=，综上可得，Tn=或（12分）【点评】本题主要考查等差数列通项公式和前n项和的公式，等比中项的性质，数列求和的方法：
24、裂项相消法，考查方程思想，化简、计算能力18（12分）（2017临翔区校级一模）近年来我国电子商务行业发展迅速，相关管理部门推出了针对电商的商品质量和服务评价的评价体系，现从评价系统中选出某商家的200次成功交易，发现对商品质量的好评率为0.6，对服务评价的好评率为0.75，其中对商品质量和服务评价都做出好评的交易80次（1）是否可以在犯错误概率不超过0.5%的前提下，认为商品质量与服务好评有关？（2）若将频率视为概率，某人在该购物平台上进行的5次购物中，设对商品质量和服务评价全好评的次数为随机变量X，求X的分布列（可用组合数公式表示）和数学期望P（K2k0）0.150.100.050.025
25、0.0100.0050.001k02.0722.7063.8415.0246.6357.87910.828参考公式：，其中n=a+b+c+d【考点】独立性检验的应用【分析】（1）由已知列出关于商品和服务评价的22列联表，代入公式求得k2的值，对应数表得答案；（2）每次购物时，对商品和服务全好评的概率为0.4，且X的取值可以是0，1，2，3，4，5，XB（5，0.4）求出相应的概率，可得对商品和服务全好评的次数X的分布列；利用二项分布的数学期望，求X的数学期望【解答】解：（1）由题意可得关于商品质量和服务评价的22列联表对服务好评对服务不满意合计商品质量好评8040120商品质量不满意70108
26、0合计15050200（4分）所以，所以，在犯错误概率不超过0.1%的前提下，认为商品质量与服务好评有关（6分）（2）每次购物时，对商品和服务都好评的概率为，且X的取值可以是0，1，2，3，4，5其中；（10分）所以X的分布列为X012345P由于XB（5，），所以（12分）【点评】本小题主要考查统计与概率的相关知识，对考生的对数据处理的能力有很高要求，是中档题19（12分）（2016成都模拟）如图，菱形ABCD与正三角形BCE的边长均为2，它们所在平面互相垂直，FD平面ABCD，且FD=（I）求证：EF平面ABCD；（）若CBA=60，求二面角AFBE的余弦值【考点】二面角的平面角及求法【分
27、析】（I）根据线面平行的判定定理即可证明EF平面ABCD；（），建立空间坐标系，利用向量法即可求二面角AFBE的余弦值【解答】解：（）如图，过点E 作 EHBC于H，连接HD，EH=平面ABCD平面BCE，EH平面BCE，平面ABD平面BCE=BC，EH平面ABCD，又FD平面ABCD，FD=，FDEHFD=EH四边形EHDF 为平行四边形EFHD EF平面ABCD，HD平面ABCD，EF平面ABCD（）连接HA 由（），得H 为BC 中点，又CBA=60，ABC 为等边三角形，AHBC，分别以HB，HA，HE 为x，y，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系Hxyz则 B（1，0，0），F（2，
28、），E（0，0，），A（0，0）=（3，），=（1，0），=（1，0，），设平面EBF 的法向量为=（x，y，z）由得 令z=1，得=（，2，1）设平面ABF的法向量为=（x，y，z）由得令y=1，得=（，1，2）cos，=，二面角AFBE是钝二面角，二面角AFBE的余弦值是【点评】本题综合考查空间中线线、线面的位置关系和空间中角的计算，涉及二面角的平面角，传统方法和坐标向量法均可，考查的知识面较广，难度中等20（12分）（2015新课标）在直角坐标系xOy中，曲线C：y=与直线l：y=kx+a（a0）交于M，N两点（）当k=0时，分別求C在点M和N处的切线方程（）y轴上是否存在点P，使得当k
29、变动时，总有OPM=OPN？（说明理由）【考点】直线与圆锥曲线的综合问题【分析】（I）联立，可得交点M，N的坐标，由曲线C：y=，利用导数的运算法则可得：y=，利用导数的几何意义、点斜式即可得出切线方程（II）存在符合条件的点（0，a），设P（0，b）满足OPM=OPNM（x1，y1），N（x2，y2），直线PM，PN的斜率分别为：k1，k2直线方程与抛物线方程联立化为x24kx4a=0，利用根与系数的关系、斜率计算公式可得k1+k2=k1+k2=0直线PM，PN的倾斜角互补OPM=OPN即可证明【解答】解：（I）联立，不妨取M，N，由曲线C：y=可得：y=，曲线C在M点处的切线斜率为=，其切
30、线方程为：ya=，化为同理可得曲线C在点N处的切线方程为：（II）存在符合条件的点（0，a），下面给出证明：设P（0，b）满足OPM=OPNM（x1，y1），N（x2，y2），直线PM，PN的斜率分别为：k1，k2联立，化为x24kx4a=0，x1+x2=4k，x1x2=4ak1+k2=+=当b=a时，k1+k2=0，直线PM，PN的倾斜角互补，OPM=OPN点P（0，a）符合条件【点评】本题考查了导数的运算法则、利用导数的几何意义研究切线方程、直线与抛物线相交问题转化为方程联立可得根与系数的关系、斜率计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题21（12分）（2017临翔区校级一模）已知f
31、（x）=2xalnx（aR）（1）当a=3时，求f（x）的单调区间；（2）设g（x）=f（x）x+2alnx，且g（x）有两个极值点，其中x10，1，求g（x1）g（x2）的最小值【考点】利用导数研究函数的极值；利用导数研究函数的单调性【分析】（1）将a=3代入f（x），求出f（x）的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间即可；（2）求g（x）的导数g（x），令g（x）=0两根分别为x1，x2，则有x1x2=1，x1+x2=a，从而有a=x1，令H（x）=x+（x）lnxx+（x）ln，利用导数得到H（x）在（0，1上单调递减，故g（x1）g（x2）的最小值为H（x）min，从而转化为
32、求函数最值问题解决【解答】解：（1）函数f（x）的定义域是（0，+），a=3时：f（x）=2x3lnx，f（x）=2+=，令f（x）0，解得：x1或x，令f（x）0，解得；x1，f（x）在（0，）递增，在（，1）递减，在（1，+）递增；（2）由于g（x）=f（x）x+2alnx=x+alnx，其定义域为（0，+），求导得，g（x）=1+=，若g（x）=0两根分别为x1，x2，则有x1x2=1，x1+x2=a，x2=，从而有a=x1，令H（x）=x+（x）lnxx+（x）ln=2（x）lnx+x，则H（x）=2（1）lnx=，当x（0，1时，H（x）0，H（x）在（0，1上单调递减，又H（x1）
33、=g（x1）g（）=g（x1）g（x2），g（x1）g（x2）的最小值为H（x）min=H（1）=0【点评】本题考查了利用导数判定函数的单调性以及根据函数的单调性求函数极值的问题，是中档题请考生在22、23、24三题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分，作答时请写清题号.选修4-1：几何证明选讲22（10分）（2017临翔区校级一模）如图所示，已知PA与O相切，A为切点，过点P的割线交圆于B，C两点，弦CDAP，AD，BC相交于点E，F为CE上一点，且DE2=EFEC（）求证：EDF=P；（）若CE：BE=3：2，DE=3，EF=2，求PA的长【考点】与圆有关的比例线段；圆的切线的判
34、定定理的证明【分析】（）运用相似三角形的判定，证得DEFCED，再由两直线平行的性质定理，即可得证；（）由对应角相等，证得EDFEPA，再由相交弦定理和相似三角形的性质，可得CE，BE，EP，再由圆的切割线定理，计算即可得到所求PA的值【解答】解：（）证明：DE2=EFEC，DEF=DEF，DEFCED，EDF=C，又CDAP，P=C，EDF=P（）由（）得EDF=P，又DEF=PEA，EDFEPA，=，EFEP=EAED，又EAED=ECEB，CEEB=EFEPDE2=EFEC，DE=3，EF=2，CE：BE=3：2，BE=3，解得EP=PA是O的切线，PA2=PBPC，解得【点评】本题考查
35、圆的相交弦定理、切割线定理和相似三角形的判定和性质的运用，考查推理和运算能力，属于中档题选修4-4：坐标系与参数方程23（2017临翔区校级一模）以坐标原点为极点，以x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，已知曲线C的极坐标方程为，直线l的参数方程为（t为参数）（1）点P在曲线C上，Q在直线l上，若，求线段|PQ|的最小值；（2）设直线l与曲线C有两个不同的交点，求直线l的斜率k的范围【考点】参数方程化成普通方程【分析】（1）点P在曲线C上，Q在直线l上，若，利用|PQ|的最小值为圆心到直线的距离减去半径，即可求线段|PQ|的最小值；（2）设直线l与曲线C有两个不同的交点，当圆心到直线的距离等于半径
36、时，即，即可求直线l的斜率k的范围【解答】解：（1）时，易知直线l的方程为x+y4=0，（2分）曲线C：的普通方程为x2+y2=2（3分）由题意知|PQ|的最小值为圆心到直线的距离减去半径，所以（2）因为=90时，直线l与C没有交点，所以直线l可化为普通方程为y2=tan（x2），（7分）令k=tan，即kxy+22k=0，当圆心到直线的距离等于半径时，即，解得，此时它们相切，（9分）所以（10分）【点评】本题考查直线与圆的位置关系，考查参数方程、极坐标方程、直角坐标方程的互化，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题选修4-5：不等式选讲24（2017临翔区校级一模）已知函数f（x）=|2x+
37、1|+|2x3|（I）若x0R，使得不等式f（x0）m成立，求实数m的最小值M（）在（I）的条件下，若正数a，b满足3a+b=M，证明： +3【考点】绝对值三角不等式；绝对值不等式的解法【分析】（I）由绝对值不等式的性质，求得f（x）的最小值，令m不小于最小值，即可得到所求M；（）由题意可得1=（3a+b），运用乘1法和基本不等式，即可得证【解答】解：（I）函数f（x）=|2x+1|+|2x3|，可得|2x+1|+|2x3|（2x+1）（2x3）|=4，当（2x+1）（2x3）0，即x时，f（x）取得最小值4由题意可得m4，即实数m的最小值M=4；（）证明：正数a，b满足3a+b=4，即1=（3a+b），+=（+）（3a+b）=（3+3+）（6+2）=（6+23）=3，当且仅当b=3a=2时，取得等号则+3【点评】本题考查绝对值不等式的性质的运用：求最值，考查存在性问题的解法，以及基本不等式的运用，注意运用乘1法和满足的条件：一正二定三等，考查化简整理的运算能力，属于中档题
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