2020年河南省开封市高考数学三模试卷（理科）

2020年河南省开封市高考数学三模试卷（理科）

一、选择题：本大题共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A＝{x|x＝3n+2，n∈N}，B＝{x|2＜x＜14}，则集合A∩B中元素的个数为（　　）

A．5 B．4 C．3 D．2

2．（5分）设复数z满足，则z的共轭复数为（　　）

A．i B．﹣i C．2i D．﹣2i

3．（5分）空气质量指数AQI是检测空气质量的重要参数，其数值越大说明空气污染状况越严重，空气质量越差．某地环保部门统计了该地区某月1日至24日连续24天的空气质量指数AQI，根据得到的数据绘制出如图所示的折线图，则下列说法错误的是（　　）

A．该地区在该月2日空气质量最好

B．该地区在该月24日空气质量最差

C．该地区从该月7日到12日AQI持续增大

D．该地区的空气质量指数AQI与这段日期成负相关

4．（5分）“a＞b＞0”是“a+a2＞b+b2”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

5．（5分）已知1，a1，a2，3成等差数列，1，b1，b2，b3，4成等比数列，则的值为（　　）

A．2 B．﹣2 C．±2 D．

6．（5分）《九章算术》中将底面为长方形，且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为“阳马”．现有一阳马，其正视图和侧视图是如图所示的直角三角形．若该阳马的顶点都在同一个球面上，则该球的表面积为（　　）

A．π B．2π C．6π D．24π

7．（5分）如图程序框图是为了求出满足1+++…+＜1000的最大正整数n的值，那么在和两个空白框中，可以分别填（　　）

A．“S＜1000”和“输出 i﹣1” B．“S＜1000”和“输出 i﹣2”

C．“S≥1000”和“输出 i﹣1” D．“S≥1000”和“输出 i﹣2”

8．（5分）设函数D（x）＝则下列结论正确的是（　　）

A．D（x）的值域为[0，1] B．D（x）是偶函数

C．D（x）不是周期函数 D．D（x）是单调函数

9．（5分）如图，在矩形ABCD中的曲线是y＝sinx，y＝cosx的一部分，点B（），D（0，1），在矩形ABD内随机取一点，则此点取自阴影部分的概率是（　　）

A．（﹣1） B．（﹣1） C．4（﹣1）π D．4（﹣1）π

10．（5分）已知a＝2ln3，b＝3ln2，，则a，b，c的大小关系为（　　）

A．a＞c＞b B．b＞c＞a C．c＞a＞b D．c＞b＞a

11．（5分）已知等比数列{an}满足：a1＝4，Sn＝pan+1+m（p＞0），则取最小值时，数列{an}的通项公式为（　　）

A．an＝4•3n﹣1 B．an＝3•4n﹣1 C．an＝2n+1 D．an＝4n

12．（5分）已知函数f（x）＝sin（ωx+φ）（ω＞0，|φ|≤），x＝﹣为f（x）的零点，x＝为y＝f（x）图象的对称轴，且∀x∈（，），|f（x）|＜1，则ω的最大值为（　　）

A．5 B．4 C．3 D．2

二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．

13．（5分）设向量＝（m，﹣1），＝（1，2），且|•|＝||||，则m＝　 　．

14．（5分）设x，y满足约束条件，则z＝x+y的取值范围是　 　．

15．（5分）已知某超市为顾客提供四种结账方式：现金、支付宝、微信、银联卡，若顾客甲只带了现金，顾客乙只用支付宝或微信付款，顾客丙、丁用哪种方式结账都可以，这四名顾客购物后，恰好用了其中三种结账方式，则他们结账方式的可能情况有　 　种．

16．（5分）已知双曲线C：（a＞0，b＞0）的右顶点为A，以A为圆心，半焦距c为半径作圆A，圆A与双曲线C的一条渐近线交于M，N两点．若|MN|＝c，则C的离心率为　 　．

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）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且bcosA+a＝c，D是BC边上的点．

（Ⅰ）求角B；

（Ⅱ）若AC＝7，AD＝5，DC＝3，求AB的长．

18．（12分）如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，平面ABEF⊥平面EFDC，△ADF是边长为的正三角形，直线AD与平面ABEF所成角为．

（Ⅰ）求证：EF⊥AD；

（Ⅱ）若EF＝2CD＝2，四边形ABEF为平行四边形，求平面ADF与平面BCE所成锐二面角的余弦值．

19．（12分）为评估设备M生产某种零件的性能，从设备M生产零件的流水线上随机抽取100件零件最为样本，测量其直径后，整理得到下表：

经计算，样本的平均值μ＝65，标准差＝2.2，以频率值作为概率的估计值．

（1）为评判一台设备的性能，从该设备加工的零件中任意抽取一件，记其直径为X，并根据以下不等式进行评判（p表示相应事件的频率）：①p（μ﹣σ＜X≤μ+σ）≥0.6826．②P（μ﹣2σ＜X≤μ+2σ）≥0.9544③P（μ﹣3σ＜X≤μ+3σ）≥0.9974．评判规则为：若同时满足上述三个不等式，则设备等级为甲；仅满足其中两个，则等级为乙，若仅满足其中一个，则等级为丙；若全部不满足，则等级为丁．试判断设备M的性能等级．

（2）将直径小于等于μ﹣2σ或直径大于μ+2σ的零件认为是次品

（i）从设备M的生产流水线上随意抽取2件零件，计算其中次品个数Y的数学期望E（Y）；

（ii）从样本中随意抽取2件零件，计算其中次品个数Z的数学期望E（Z）．

20．（12分）已知椭圆C：（a＞b＞0），四点P1（0，），P2（，1），P3（1，），P4（1，﹣）中恰有三点在椭圆C上．

（Ⅰ）求椭圆C的标准方程；

（Ⅱ）过C的右焦点F作斜率为k的直线l1与C交于A，B两点，直线l：x＝4与x轴交于点E，M为线段EF的中点，过点B作直线BN⊥l于点N．证明：A，M，N三点共线．

21．（12分）已知函数f（x）＝ex﹣a，g（x）＝a（x﹣1），（常数a∈R）．

（Ⅰ）当g（x）与f（x）的图象相切时，求a的值；

（Ⅱ）设φ（x）＝f（x）﹣g（x2），讨论φ（x）在（0，+∞）上零点的个数．

[选修4-4：坐标系与参数方程]

22．（10分）在平面直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为（t为参数），在以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴的极坐标系中，曲线C的极坐标方程为ρ＝asinθ（a∈R且a≠0）．

（Ⅰ）求直线l的极坐标方程及曲线C的直角坐标方程；

（Ⅱ）已知A（ρ1，θ）是直线l上的一点，B（ρ2，θ+）是曲线C上的一点，ρ1∈R，ρ2∈R，若的最大值为2，求a的值．

[选修4-5：不等式选讲]

23．已知函数f（x）＝|x﹣1|．

（Ⅰ）求函数y＝f（x）﹣f（x+1）的最大值；

（Ⅱ）若f（|a﹣2|+3）＞f（（a﹣2）2+1），求实数a的取值范围．

2020年河南省开封市高考数学三模试卷（理科）

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，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A＝{x|x＝3n+2，n∈N}，B＝{x|2＜x＜14}，则集合A∩B中元素的个数为（　　）

A．5 B．4 C．3 D．2

【解答】解：∵A＝{x|x＝3n+2，n∈N}，B＝{x|2＜x＜14}；

∴A∩B＝{5，8，11}；

∴A∩B中元素个数为3．

故选：C．

2．（5分）设复数z满足，则z的共轭复数为（　　）

A．i B．﹣i C．2i D．﹣2i

【解答】解：由，

得，

则z的共轭复数为i．

故选：A．

3．（5分）空气质量指数AQI是检测空气质量的重要参数，其数值越大说明空气污染状况越严重，空气质量越差．某地环保部门统计了该地区某月1日至24日连续24天的空气质量指数AQI，根据得到的数据绘制出如图所示的折线图，则下列说法错误的是（　　）

A．该地区在该月2日空气质量最好

B．该地区在该月24日空气质量最差

C．该地区从该月7日到12日AQI持续增大

D．该地区的空气质量指数AQI与这段日期成负相关

【解答】解：由折线图可知：该月2日指数AQI值最小，因此空气质量最好；

该月24日指数AQI值最大，因此空气质量最差；

该地区从该月7日到12日AQI值是持续增大；

该地区的空气质量指数AQI与这段日期成正相关；

故选：D．

4．（5分）“a＞b＞0”是“a+a2＞b+b2”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

【解答】解：a＞b＞0⇒a2＞b2，可得a+a2＞b+b2．

反之不一定成立，例如取a＝﹣3，b＝﹣1时．

∴“a＞b＞0”是“a+a2＞b+b2”的充分不必要条件．

故选：A．

5．（5分）已知1，a1，a2，3成等差数列，1，b1，b2，b3，4成等比数列，则的值为（　　）

A．2 B．﹣2 C．±2 D．

【解答】解：1，a1，a2，3成等差数列，可得a1+a2＝4，1，b1，b2，b3，4成等比数列，

可得b22＝4，1，b2，4同号，所以b2＝2，∴＝2，

故选：A．

6．（5分）《九章算术》中将底面为长方形，且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为“阳马”．现有一阳马，其正视图和侧视图是如图所示的直角三角形．若该阳马的顶点都在同一个球面上，则该球的表面积为（　　）

A．π B．2π C．6π D．24π

【解答】解：如图所示，该几何体为四棱锥P﹣ABCD．底面ABCD为矩形，

其中PD⊥底面ABCD．

AB＝1，AD＝2，PD＝1．

则该阳马的外接球的直径为PB＝．

∴该阳马的外接球的表面积为：．

故选：C．

7．（5分）如图程序框图是为了求出满足1+++…+＜1000的最大正整数n的值，那么在和两个空白框中，可以分别填（　　）

A．“S＜1000”和“输出 i﹣1” B．“S＜1000”和“输出 i﹣2”

C．“S≥1000”和“输出 i﹣1” D．“S≥1000”和“输出 i﹣2”

【解答】解：由于程序框图是为了求出满足1+++…+＜1000 的最大正整数n的值，

故退出循环的条件应为S≥1000，

由于满足1+++…+≥1000 后，（此时i值比程序要求的i值多一），又执行了一次i＝i+1，

故输出的应为i﹣2的值．

故选：D．

8．（5分）设函数D（x）＝则下列结论正确的是（　　）

A．D（x）的值域为[0，1] B．D（x）是偶函数

C．D（x）不是周期函数 D．D（x）是单调函数

【解答】解：∵函数D（x）＝，

∴函数值域为{0，1}，故A不正确；

当x为有理数时，﹣x必为有理数，此时f（﹣x）＝f（x）＝1；当x为无理数时，﹣x必为无理数，此时f（﹣x）＝f（x）＝0．故f（x）是偶函数，即B正确；

对于任意的有理数T，当x为有理数时，x+T必为有理数，此时f（x+T）＝f（x）＝1；

当x为无理数时，x+T必为无理数，此时f（x+T）＝f（x）＝0；

即函数是周期为任意非0有理数的周期函数，故C不正确；

D（2）＝1，D（3）＝1，D（）＝0，D（）＝0．显然函数D（x）不是单调函数，故D不正确；

故选：B．

9．（5分）如图，在矩形ABCD中的曲线是y＝sinx，y＝cosx的一部分，点B（），D（0，1），在矩形ABD内随机取一点，则此点取自阴影部分的概率是（　　）

A．（﹣1） B．（﹣1） C．4（﹣1）π D．4（﹣1）π

【解答】解：＝＝．

．

由测度比是面积比可得，此点取自阴影部分的概率是P＝．

故选：B．

10．（5分）已知a＝2ln3，b＝3ln2，，则a，b，c的大小关系为（　　）

A．a＞c＞b B．b＞c＞a C．c＞a＞b D．c＞b＞a

【解答】解：∵a＝2ln3＝ln9，

b＝3ln2＝ln8＜ln9＝a，

c＝，

∴c＞a＞b，

故选：C．

11．（5分）已知等比数列{an}满足：a1＝4，Sn＝pan+1+m（p＞0），则取最小值时，数列{an}的通项公式为（　　）

A．an＝4•3n﹣1 B．an＝3•4n﹣1 C．an＝2n+1 D．an＝4n

【解答】解：∵等比数列{an}满足：a1＝4，Sn＝pan+1+m＝4p•qn+m（p＞0），

由等比数列的求和公式sn＝可得，4p+m＝0

则＝p+＝1，当且仅当p＝即p＝时取等号，

此时Sn＝an+1﹣2，

（n≥2）

两式相减可得，an＝，即an+1＝3an（n≥2）

∵S1＝a2﹣2，∴a2＝12＝3a1

等比数列{an}满足：a1＝4，公比q＝3

此时，an＝4•3n﹣1

故选：A．

12．（5分）已知函数f（x）＝sin（ωx+φ）（ω＞0，|φ|≤），x＝﹣为f（x）的零点，x＝为y＝f（x）图象的对称轴，且∀x∈（，），|f（x）|＜1，则ω的最大值为（　　）

A．5 B．4 C．3 D．2

【解答】解：∵函数f（x）＝sin（ωx+φ）（ω＞0，|φ|≤），x＝﹣为f（x）的零点，x＝为y＝f（x）图象的对称轴．

∴﹣+φ＝mπ，φ＝nπ+．（m，n∈Z）

∴ω＝2（n﹣m）+1，即ω为奇数．

下面验证ω＝5不符合题意，

当ω＝5时，可得φ＝，函数f（x）＝sin（5x+），

且x∈（，）时，5x+，

而，不符合x∈（，），|f（x）|＜1，则ω的最大值为3，

故选：C．

二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．

13．（5分）设向量＝（m，﹣1），＝（1，2），且|•|＝||||，则m＝　﹣　．

【解答】解：向量＝（m，﹣1），＝（1，2），且|•|＝||||，

则与共线，∴m•2﹣（﹣1）•1＝0，

解得m＝﹣．

故答案为：﹣．

14．（5分）设x，y满足约束条件，则z＝x+y的取值范围是　[2，+∞）　．

【解答】解：由x，y满足约束条件作出可行域如图，

化目标函数z＝x+y为y＝﹣x+z，

由图可知，当直线y＝﹣x+z过点A时直线在y轴上的截距最小，

由，解得A（，），

z有最小值为2．

故答案为：[2，+∞）

15．（5分）已知某超市为顾客提供四种结账方式：现金、支付宝、微信、银联卡，若顾客甲只带了现金，顾客乙只用支付宝或微信付款，顾客丙、丁用哪种方式结账都可以，这四名顾客购物后，恰好用了其中三种结账方式，则他们结账方式的可能情况有　20　种．

【解答】解：这四名顾客购物后，恰好用了其中三种结账方式，

①当结账方式为现金、支付宝、微信，则他们结账方式有（1+）＝10（种），

②当结账方式为现金、支付宝、银联卡，则他们结账方式有1+＝5（种），

③当结账方式为现金、支付宝、银联卡，则他们结账方式有1+＝5（种），

综合①②③得：

这四名顾客购物后，恰好用了其中三种结账方式，则他们结账方式的可能情况有10+5+5＝20种，

故答案为：20．

16．（5分）已知双曲线C：（a＞0，b＞0）的右顶点为A，以A为圆心，半焦距c为半径作圆A，圆A与双曲线C的一条渐近线交于M，N两点．若|MN|＝c，则C的离心率为　　．

【解答】解：设点A（a，0）到渐近线bx﹣ay＝0的距离为d，则d＝，

又根据勾股定理可得d2＝c2﹣（）2，即＝c2﹣，

∴＝，∴e4﹣4e2+4＝0，

∴e2＝2，又e＞1，所以e＝．

故答案为：．

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）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且bcosA+a＝c，D是BC边上的点．

（Ⅰ）求角B；

（Ⅱ）若AC＝7，AD＝5，DC＝3，求AB的长．

【解答】解：（Ⅰ）∵bcosA+a＝c，A+B+C＝π，

由正弦定理得：sin Bcos A+sinA＝sinC，

即：sin Bcos A+sinA＝sin （A+B），

sin Bcos A+sin A＝sin Acos B+cos Asin B，

即：sin A＝sin Acos B，

∵sin A≠0，∴cos B＝，∴B＝；

（Ⅱ）在△ADC中，若AC＝7，AD＝5，DC＝3，

由余弦定理，得cos∠ADC＝＝＝﹣，

所以∠ADC＝，

在△ABD中，AD＝5，BB＝，∠ADB＝，

由正弦定理得，＝，

所以AB＝＝5×＝．

18．（12分）如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，平面ABEF⊥平面EFDC，△ADF是边长为的正三角形，直线AD与平面ABEF所成角为．

（Ⅰ）求证：EF⊥AD；

（Ⅱ）若EF＝2CD＝2，四边形ABEF为平行四边形，求平面ADF与平面BCE所成锐二面角的余弦值．

【解答】证明：（Ⅰ）过D作DO⊥EF，交EF于点O，连结OA，

由平面ABEF⊥平面EFDC，得OD⊥平面ABEF，∴OD⊥OA，

又DF＝DA，OD＝OD，∴△ODF≌△ODA，∴OF＝OA，

由直线AD与平面ABEF所成角为，得，

由DF＝DA＝，得OD＝OA＝OF＝1，

又AF＝，得OF⊥OA，

由OF⊥OD，OF⊥OA，OD∩OA＝O，

得EF⊥平面OAD，AD⊂平面OAD，∴EF⊥AD．

解：（Ⅱ）由（Ⅰ）得，OF，OA，OD两两垂直，

以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，

由题意EF＝2，OF＝1，∴OE＝CD＝1，

四边形ABEF为平行四边形，∴AB∥EF，AB⊄平面EFDC，

由题意EF＝2，OF＝1，∴OE＝CD＝1，

四边形ABEF为平行四边形，∴AB∥EF，

∵AB⊄平面EFDC，EF⊂平面EFDC，

∴AB∥平面EFDC，

平面ABCD∩平面EFDC＝CD，∴AB∥CD，CD∥OE，

F（1，0，0），A（0，1，0），D（0，0，1），E（﹣1，0，0），C（﹣1，0，1），B（﹣2，1，0），

＝（﹣1，0，1），＝（﹣1，1，0），＝（0，0，1），＝（﹣1，1，0），

设平面ADF的法向量＝（x，y，z），

则，取x＝1，得＝（1，1，0），

cos＜＞＝＝＝．

∴所求的锐二面角的余弦值为．

19．（12分）为评估设备M生产某种零件的性能，从设备M生产零件的流水线上随机抽取100件零件最为样本，测量其直径后，整理得到下表：

经计算，样本的平均值μ＝65，标准差＝2.2，以频率值作为概率的估计值．

（1）为评判一台设备的性能，从该设备加工的零件中任意抽取一件，记其直径为X，并根据以下不等式进行评判（p表示相应事件的频率）：①p（μ﹣σ＜X≤μ+σ）≥0.6826．②P（μ﹣2σ＜X≤μ+2σ）≥0.9544③P（μ﹣3σ＜X≤μ+3σ）≥0.9974．评判规则为：若同时满足上述三个不等式，则设备等级为甲；仅满足其中两个，则等级为乙，若仅满足其中一个，则等级为丙；若全部不满足，则等级为丁．试判断设备M的性能等级．

（2）将直径小于等于μ﹣2σ或直径大于μ+2σ的零件认为是次品

（i）从设备M的生产流水线上随意抽取2件零件，计算其中次品个数Y的数学期望E（Y）；

（ii）从样本中随意抽取2件零件，计算其中次品个数Z的数学期望E（Z）．

【解答】解：（Ⅰ）P（μ﹣σ＜X≤μ+σ）＝P（62.8＜X≤67.2）＝0.8≥0.6826，P（μ﹣2σ＜X≤μ+2σ）＝P（60.6＜X≤69.4）＝0.94≥0.9544，P（μ﹣3σ＜X≤μ+3σ）＝P（58.4＜X≤71.6）＝0.98≥0.9974，

因为设备M的数据仅满足一个不等式，故其性能等级为丙；…（4分）

（Ⅱ）易知样本中次品共6件，可估计设备M生产零件的次品率为0.06．

（ⅰ）由题意可知Y～B（2，），于是E（Y）＝2×＝；…（8分）

（ⅱ）由题意可知Z的分布列为

故E（Z）＝0×+1×+2×＝．…（12分）

20．（12分）已知椭圆C：（a＞b＞0），四点P1（0，），P2（，1），P3（1，），P4（1，﹣）中恰有三点在椭圆C上．

（Ⅰ）求椭圆C的标准方程；

（Ⅱ）过C的右焦点F作斜率为k的直线l1与C交于A，B两点，直线l：x＝4与x轴交于点E，M为线段EF的中点，过点B作直线BN⊥l于点N．证明：A，M，N三点共线．

【解答】（Ⅰ）解：由椭圆的对称性，可知椭圆必过P3（1，），P4（1，﹣），

又∵＜，∴P2（，1）不在椭圆C上，

∴，即a2＝4，b2＝3．

∴椭圆C的标准方程为；

（Ⅱ）证明：F（1，0），设直线l1的方程为y＝k（x﹣1），代入椭圆方程可得：

（3+4k2）x2﹣8k2x+4k2﹣12＝0．

设A（x1，y1），B（x2，y2），则，．

由题意，M（，0），N（4，y2），

∴，，

由﹣3k（x1﹣1）

＝＝0，

得kAM＝kMN，∴A，M，N三点共线．

21．（12分）已知函数f（x）＝ex﹣a，g（x）＝a（x﹣1），（常数a∈R）．

（Ⅰ）当g（x）与f（x）的图象相切时，求a的值；

（Ⅱ）设φ（x）＝f（x）﹣g（x2），讨论φ（x）在（0，+∞）上零点的个数．

【解答】解（Ⅰ）当g（x）与f（x）的图象相切时，设切点A（x0，）；

∵f′（x）＝ex，∴在A处的切线斜率为．

∴A处的切线方程为：y﹣+a＝（x﹣x0）．即y＝．

∴，解得a＝e．

（Ⅱ）φ（x）＝）＝f（x）﹣g（x2）＝ex﹣ax2，

令h（x）＝1﹣ax2e﹣x，

φ（x）在（0，+∞）的零点个数与h（x）在（0，+∞）上零点的个数相同．

（1）当a≤0时，h（x）＞0，h（x）在（0，+∞）上无零点；

（2）当a＞0时，h′（x）＝ax（x﹣2）e﹣x，

可得h（x）在（0，2）递减，在（2，+∞）递增，故h（x）min＝h（2）＝1﹣，

①h（2）＞0时，即时，h（x）在（0，+∞）上无零点；

②h（2）＝0时，即a＝时，h（x）在（0，+∞）上由一个零点；

③h（2）＜0时，即时，

∵h（0）＝1，∴h（x）在（0，2）上有一个零点，

下面证明x＞0时，ex＞x2，设m（x）＝ex﹣x2，

m′（x）＝ex﹣2x，m″（x）＝ex﹣2，

易得m′（x）在（0，ln2）递减，在（ln2，+∞）递增，∴m′（x）≥m′（ln2）＝2﹣2ln2＞0．

∴m（x）在（0，+∞）递增，∴m（x）＞m（0）＝0．

∴x＞0时，ex＞x2

∴．

∴h（x）在（2，+∞）上有一个零点，

此时h（x）在（0，+∞）上有两个零点，

综上：时，φ（x）在（0，+∞）上零点的个数为：0；

时，φ（x）在（0，+∞）上零点的个数为：1；

a时，φ（x）在（0，+∞）上零点的个数为：2．

[选修4-4：坐标系与参数方程]

22．（10分）在平面直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为（t为参数），在以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴的极坐标系中，曲线C的极坐标方程为ρ＝asinθ（a∈R且a≠0）．

（Ⅰ）求直线l的极坐标方程及曲线C的直角坐标方程；

（Ⅱ）已知A（ρ1，θ）是直线l上的一点，B（ρ2，θ+）是曲线C上的一点，ρ1∈R，ρ2∈R，若的最大值为2，求a的值．

【解答】解：（Ⅰ）由（t为参数），消去参数t，可得直线l的普通方程为，

由x＝ρcosθ，y＝ρsinθ，得直线l的极坐标方程为，即，

曲线C的极坐标方程为ρ＝asinθ（a∈R且a≠0），即ρ2＝aρsinθ，

由ρ2＝x2+y2，ρsinθ＝y，得曲线C的直角坐标方程为x2+y2﹣ay＝0；

（Ⅱ）∵A（ρ1，θ）在直线上，B（ρ2，θ+）在曲线C上，

∴，，

∴＝＝＝

＝≤|a|，

∴|a|＝2，即a＝±2．

[选修4-5：不等式选讲]

23．已知函数f（x）＝|x﹣1|．

（Ⅰ）求函数y＝f（x）﹣f（x+1）的最大值；

（Ⅱ）若f（|a﹣2|+3）＞f（（a﹣2）2+1），求实数a的取值范围．

【解答】解：（I）函数y＝f（x）﹣f（x+1）＝|x﹣1|﹣|x|≤|（x﹣1）﹣x|＝1，

x﹣1＜x≤0，即x≤0时“＝”成立，∴函数y＝f（x）﹣f（x+1）的最大值为1．

（II）函数f（x）＝|x﹣1|在[1，+∞）上单调递增．

∵|a﹣2|+3＞1，a﹣2）2+1≥1，f（|a﹣2|+3）＞f（（a﹣2）2+1），

∴|a﹣2|+3＞（a﹣2）2+1，即（|a﹣2|+1）（|a﹣2|﹣2）＜0，

化为|a﹣2|＜2，解得0＜a＜4．

∴实数a的取值范围是（0，4）．

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