2016届贵州省贵阳市第一中学高三第五次月考数学理科试题.pdf

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1、2016 届贵州省贵阳市第一中学高三第五次月考数学理科试题 一、选择题 1 已知集合| 2,Ay yxxZ，|2Bx x， 则下列结论正确的是（） A3ABABCABADABZ 2已知复数z满足(13 )10i z，则z（） A13iB13iC13iD13i 3已知数列 n a满足 1 30 nn aa， 3 4 9 a，则 n a的前 8 项和等于（） A 8 6(1 3 )B 81 (13 ) 9 C 8 3(1 3 )D 8 3(1 3 ) 4已知, x y满足约束条件 30 2360 0 0 xy yx x y ，则 2 2 x y z的最小值为（） A 1 2 B 1 4 C1 D

2、3 2 2 5一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积是（） A2 3B 2 3 3 C 4 3 D 8 3 6如果执行如图所示的程序框图，输入1,3xn，则输出的 S等于（ ） A-3 B-4 C-5 D-6 7将 3 个相同的红色玩偶和3 个相同的黄色玩偶在展柜中自左向右排成一排，如果满 足：从任何一个位置（含这个位置）开始向右数，数到最末一个玩偶，红色玩偶的个数 大于或等于黄色玩偶的个数，就称这种排列为“有效排列”，则出现“有效排列”的概 率为（） A 1 2 B 1 4 C 1 5 D 1 10 8 设 623456 0123456 1111111 ( 1)()()()()()(

3、) 2 aaaaaaa xxxxxxx ， 则 34 aa（） A 25 16 B 55 16 C35 D -5 9已知1b，直线 2 (1)20bxay与直线(1)10xby互相垂直，则a的 最小值等于（） A2 21B2 21C2 22D2 22 10设( )fx是定义在R上的偶函数，对于任意的xR，有(2)( )(1)f xf xf， 且 当1 , 0 x时 ， 1 ()()1 2 x f x， 若 在 区 间( 1,3内 关 于x的 方 程 ()l o g(2 ) a fxx恰有 3个不同的实数解，则a的取值范围是（） A(1,3)B(2,4)C(3,5)D(4,6) 11已知圆 22

4、 :40P xyy及抛物线 2 : 8 x Sy，过圆心P作直线l，此直线与两 曲线有四个交点，自左向右顺次记为,A B C D. 如果线段,AB BC CD的长按此顺序 构成一个等差数列，则直线l的方程为（） A 2 2 2 yxB 2 2 2 yx或 2 2 2 yx C22yxD22yx或22yx 12已知( ),( )fxg x都是定义在R上的函数，( )0g x， ( ) ( )( )( )fx g xf x g x，且 ( )( ) x f xa g x（0,a且1a） ， ( 1 )(1 )5 ( 1 )(1 )2 ff gg ，若数列 ( ) ( ) f n g n 的前n项和

5、大 于 62，则n的最小值为（） A6 B7 C8 D9 二、填空题 13若将圆 222 xy内的曲线sin 2yx与x轴围成的区域记为M，则在圆内随机 放一粒豆子，落入区域M的概率为 . 14如图， 在棱长为a的正方体 1111 ABCDABC D中，P为 11 AD的中点，Q为 11 AB上 任意一点，,E F为CD上任意两点，且EF的长为定值，则以下四个值中为定值的编 号是 . 点P到平面QEF的距离； 三棱锥PQEF的体积； 直线PQ与平面PEF所成的角； 二面角PEFQ的大小 . 15已知函数 6 (3)3,7 ( ) ,7 x a xx f x ax ，数列 n a满足：( )(*

6、) n af n nN，且对 于任意的正整数,m n，都有0 mnaa mn ，则实数a的取值范围是. 16已知函数( )f x在R上满足 2 ( )2 (2)88f xfxxx，则曲线( )yf x上的 点与直线25yx的距离的最小值是. 三、解答题 17设函数 21 ( )sin 2cos () 24 f xxx. （ 1）若(0,)x，求( )fx的单调递增区间； （ 2） 在锐角ABC中，角,A B C的对边分别为, ,a b c， 若( )0 2 B f，1b， 求ABC 面积的最大值. 18为了了解某工业园中员工的颈椎疾病与工作性质是否有关，在工业园内随机的对其 中 50 名工作人

7、员是否患有颈椎疾病进行了抽样调查，得到如下的列联表. 患有颈椎疾病没有患颈椎疾病合计 白领5 蓝领10 合计50 已知在全部50 人中随机抽取1 人，抽到患有颈椎疾病的人的概率为 3 5 . （ 1）请将上面的列联表补充完整，并判断是否有99.5%的把握认为患颈椎疾病与工作 性质有关？说明你的理由； （ 2）已知在患有颈椎疾病的10 名蓝领中，有3 为工龄在15 年以上，现在从患有颈椎 疾病的 10 名蓝领中，选出3 人进行工龄的调查，记选出工龄在15 年以上的人数为， 求的分布列及数学期望. 参考公式： 2 2 () ()()()() n adbc k ab cd ac bd ，其中nabc

8、d. 下面的临界值表仅供参考： 2 0 ()P Kk 0.150100.050.0250.0100.0050.001 0 k 2.0722.7063.8415.0246.6357.87910.828 19如图，在几何体SABCD中，AB平面SBC，CD平面SBC，SBSC， 22ABSBSCCD，G是线段BS的中点 . （ 1）求GD与平面SCD所成角的正弦值； （ 2）求平面SAD与平面SBC所成锐二面角的余弦值. 20已知椭圆 22 22 :1(0) xy Cab ab 中，椭圆长轴长是短轴长的3倍，短轴的一 个端点与两个焦点构成的三角形的面积为 5 2 3 . （ 1）求椭圆C的标准方程

9、； （ 2）已知动直线(1)yk x与椭圆C相交于,A B两点， 若线段AB的中点的横坐标为 1 2 ，求斜率k的值； 已知点 7 (,0) 3 M，求证：MA MB为定值 . 21设函数( )f x的导函数为 ( )fx，且 21 ( )(1)(0)0 2 x ef xfeefxex. （ 1）求( )f x的解析式； （ 2）若方程 21 ( )0 2 f xxm在区间 1,2上恰有两个不同的实根，求实数m的取 值范围 . 22选修 4-1 ：几何证明选讲 如图， 四边形ABDC内接于圆，BDCD，过C点的圆的切线与AB的延长线交于E 点 . （ 1）求证：2EACDCE； （ 2）若,2

10、BDAB BCBE AE，求AB的长 . 23选修 4-4 ：坐标系与参数方程 在直角坐标系xOy中，圆C的参数方程为 1cos sin x y ， （为参数），以O为极点， x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系. （ 1）求圆C的极坐标方程； （ 2）直线l的极坐标方程是2sin()3 3 3 ，射线: 3 OM与圆C的交点为 ,O P，与直线l的交点为Q，求线段PQ的长 . 24选修 4-5 ：不等式选讲 已知, ,a b cR ，求证： （ 1） 2 (1)()16abababacbccabc； （ 2）3 bcacababc abc . 参考答案 一、选择题 1 【答案】 C 【解析】试题

11、 分析：|0|22|2xxAy yyZ， ， ， 又 |2 BxxABA， ，故选 C 【考点】集合之间的关系. 2 【答案】 D 【解析】试题分析：复数z 满足 (13i)10z，则 10 13i 13i z，故选 D 【考点】复数运算. 3 【答案】 C 【解析】试题分析： 1 1 1 30 3 n nn n a aa a ， ，数列 n a是以 1 3 为公比的等比数 列 3 4 9 a， 14a，由等比数列的求和公式可得，na的前 8 项和 8 83(1 3 )S， 故选 C 【考点】 1. 数列的递推关系；2. 等比数列 . 4 【答案】 D 【解析】 试题分析： 2 2 y x z

12、，设 2 y mx，要使z最小， 则只需求m的最小值即可 作 出不等式组对应的平面区域由 2 y mx得22yxm，平移直线，由平移可知当直 线22yxm经过点 (03)，时，直线22yxm的截距最大， 此时m最小， 2 2 y x z的 最小值为 3 2 2，故选 D 【考点】简单的线性规划. 5 【答案】 C 【解析】试题分析：由题设及图知，此几何体为一个三棱锥，其侧面为一个腰长为2的 等腰直角三角形，此棱锥的体积为 14 22 33 ，故选 C 【考点】空间几何体的三视图. 6 【答案】 B 【解析】试题分析：判断前132xni，第 1 次判断后62131Si，； 第 2 次判断后50S

13、i，； 第 3 次判断后41Si，；第 4 次判断后10，不满足判断框的条件，结束循环， 输出结果为4，故选 B 【考点】程序框图. 7 【答案】 B 【解析】试题分析：由题意 6 个玩偶由 3 个相同的红色玩偶和3 个相同的黄色玩偶组成， 自左向右排成一排全部的排法有 6 6 33 33 20 A A A 种，构成“有效排列”的有：（黄黄黄红红 红） ， （黄红黄红黄红） ， （黄黄红红黄红） ， （黄黄红黄红红） ，（黄红黄黄红红）共 5 种， 所以出现“有效排列”的概率为 51 204 ，故选 B 【考点】排列组合. 【思路点睛】本题考查等可能事件的概率，求解的关键是求出“有效排列”的种

14、数，以 及掌握求等可能事件的概率公式，本题中考查了新定义，此类题要对定义进行理解，依 据定义进行运算；由题意知六个球由3 个相同的黑球和3 个相同的白球组成，自左向右 排成一排全部的排法有 6 6 33 33 20 A A A ，再由列举法得出“有效排列”的排法种数，由公式 求出概率 . 8 【答案】 A 【 解 析 】 试 题 分 析 ： 在 6 1 1 2x 的 展 开 式 中 3 3 36 1 C 2 a， 4 4 46 1 C 2 a， 34 25 16 aa，故选 A 【考点】二项式定理. 9 【答案】 C 【解析】试题分析：1b，因为直线 2 (1)20bxay与直线(1)10xb

15、y互相 垂直，所以 2 (1)b (1)0a b， 2 122 122 22 111 b ab bbb ，当21b时，等号成立， 故选 C 【考点】直线之间的位置关系. 10 【答案】 C 【解析】试题分析：因为(2)( )(1)f xf xf， 且( )f x 是定义域为R的偶函数，令1x， 所以( 12)( 1)(1)fff， 又( 1)(1)ff，即(1)0f，则有(2)( )f xf x ，所以 ( )f x 是周期为2 的偶函数又当 1 0x，时， 1 ( )1 2 x f x，且函数( )f x 是定义 在R上的偶函数，故函数( )f x 在区间 ( 1 3，上的图象如图1 所示若

16、在区间( 1 3，内 关于 x 的方程( )log (2)0 a fxx恰有 3 个不同的实数解，则log 31 log 51 aa ，解 得35a，故选 C 【考点】函数的零点. 11 【答案】 B 【解析】试题分析： 圆P的方程为 22 (2)4xy， 则其直径长 |4BC， 圆心为(02)P， ABBCCD，的长按此顺序构成一个等差数列，|2| 8ABCDBC，即 |4BC，又 | |3| 12ADABBCCDBC设直线l 的方程为2ykx，代 入 抛 物 线 方 程 2 8xy得 ： 2 81 60xk x， 设 1122 ()()AxyDxy， 有 2 12 12 64640 8 1

17、6 k xxk x x ， ， ， 22222 1212 |(1)()4(1)(6464)8(1)ADkxxx xkkk， 2 8(1)12k， 即 21 2 k， 解 得 2 2 k， 直 线l的 方 程 为 2 2 2 yx或 2 2 2 yx，故选 B 【考点】 1. 直线与圆的位置关系；2. 直线与圆锥曲线的位置关系. 【思路点睛】本题利用待定系数设出直线的方程，根据直线和曲线的方程联列方程组， 用弦长公式表示出ABCD、的长度，可将条件“三条线段成等差”转化为线段 ADBC、的关系，得到斜率k的关系式，解方程求出k的值，进而求出直线方程 12 【答案】 A 【解析】试题分析：( )

18、( )( )( )fx g xf x g x，( ) ( )( )( )0fx g xf x gx， 2 ( )( ) ( )( )( ) 0 ( )( ) f xfx g xf x gx g xgx ， 从而可得 ( ) ( ) x f x a g x 单调递增，从而可得1a， 1 (1)( 1)5 2 (1)( 1)2 ff aaa gg ， ，故 2 (1)(2)( (1)(2)( n fffn aaa gggn LL 2 22 n 12(12) 2262 12 n n ， 1 264 n ，即165nn，nN ，6n， 故选 A 【考点】 1. 导数的应用；2. 等比数列 . 【思路点

19、睛】由( )( )( )( )fx g xf x gx可得 ( ) ( ) x fx a g x 单调递增，从而可得1a， 结合 1(1)( 1)5 2 (1)( 1)2 ff aaa gg ， ，可求 a利用等比数列的求和公式可求 2(1)(2)( ) (1)(2)( ) nfff n aaa ggg n ，据此即可求出结果. 二、填空题 13 【答案】 3 4 【解析】 试题分析： 构成试验的全部区域为圆内的区域，面积为 3 ，正弦曲线sin2yx 与x轴围 成 的 区 域 记 为M ， 根 据图 形 的 对 称 性 得 ： 面 积 为 22 0 0 1 4sin 2 d4cos24 2

20、Sx xx，由几何概型的计算公式可得，在圆内随机放一 粒豆子，落入区域M的概率 3 4 P 【考点】 1. 定积分； 2. 几何概型 . 14 【答案】 【解析】试题分析：中，平面QEF也就是平面 11 A B CD ，既然 P 和平面 QEF都是固 定的，P到平面 11 AB CD 的距离是定值，点P到平面 QEF的距离为定值； 中，QEF的面积是定值 （EF 定长，Q到 EF的距离就是Q到 CD的距离也为定长， 即底和高都是定值） ，再根据的结论P到平面 QEF的距 离也是定值，三棱锥的高也 是定值，于是体积固定，三棱锥PQEF 的体积是定值； 中，Q是动点， E，F 也是动点，推不出定值

21、的结论，直线PQ与平面 PEF所成的 角不是定值； 中，由图，平面QEF 也就是平面 11 A B CD ，又平面PEF即为平面PCD，二面角 PEFQ 的大小为定值故答案为 【考点】 1. 空间几何体中点线面之间的位置关系；2. 二面角 . 15 【答案】 (23)， 【解析】试题分析： 数列 n a是递增数列， 13a且(7)(8)ff， 2 7(3)3aa， 解得9a或2a，故实数 a的取值范围是(23)， 【考点】 1. 分段函数； 2. 数列的性质 . 【思路点睛】由函数 6 (3)3,7 ( ) ,7 x a xx f x ax ，数列 n a满足( )(*) n af n nN，

22、 且对任意的两个正整数,m n都有0 mn aa mn ，我们得函数 6 (3)3,7 ( ) ,7 x a xx f x ax 为增函数，根据分段函数的性质，我们得函数在各段上均为增函数，根据一次函数和指 数函数单调性， 我们易得13a且(7)(8)ff， 由此构造一个关于参数a的不等式组， 解不等式组即可得到结论 16 【答案】 4 5 5 【解析】试题分析： 2 ( )2 (2)88f xfxxx， 2 (2)2 ( )(2)8(2)8fxf xxx， 2 (2)2 ( )441688fxf xxxx将 (2)fx代入()2( 2fxfx 2 8xx8，得 2 ()4()3fxfxx，

23、2 ( )( )2f xxfxx， ， ( )yf x 在切点处的切线斜率为2ky， 切点为(1 1)， 曲线( )yf x 上的点与直线25yx的距离的最小值为 4 5 5 【考点】导数的几何意义. 【思路点睛】 本题主要考查了利用导数研究曲线上某点切线方程，函数解析式的求解等 有关基础知识；将x用2x代入，建立fx与2fx的方程组，解出fx的解 析式，然后求出切点坐标，以及切线的斜率，即可求出切线方程 三、解答题 17 【答案】（1）单调递增区间是 0 4 ，和 3 4 ，； （2） 23 4 【解析】试题分析： （1）首先利用二倍角公式化简函数fx的解析式，再利用正弦函 数的单调性求其单

24、调区间；（2）首先由()0 2 B f结合（1）的结果， 确定角cos B的值， 然后结合余弦定理求出三角形ABC面积的最大值 . 试题解析：解： （）由题意可知， 1cos 2 12 ( )sin2 22 x f xx 11sin2 sin 2 22 x x 1 sin 2 2 x， 由 2 22 22 kxkkZ，可解得： 44 kxkkZ ， 又因为(0 )x，所以( )f x 的单调递增区间是 0 4 ，和 3 4 ， （ 2）由 1 sin0 22 B fB，可得 1 sin 2 B，由题意知B为锐角，所以 3 cos 2 B， 由余弦定理 222 2cosbacac B， 可得：

25、22 132acacac，即23ac，且当 ac 时等号成立， 因此 123 sin 24 ABC SacB ，所 以ABC面积的最大值为 23 4 【考点】 1. 三角恒等变换；2. 三角函数的单调性；3. 余弦定理 . 18 【答案】（1）我们有99.5%的把握认为患颈椎疾病是与工作性质有关系的；（2）0.9 【解析】试题分析： ( ) 根据列联表,利用公式求出 2 K, 与临界值比较 , 即可得到结论; ( ) 根据题意 ,服从超几何分布,求出的分布列、数学期望与方差即可. 试题解析：解： （）根据在全部50 人中随机抽取1 人患颈椎疾病的概率为 3 5 ， 可得患颈椎疾病的为30 人，

26、 故可得列联表如下： 患有颈椎疾病没有患颈椎疾病合计 白领20525 蓝领101525 合计302050 因为 2 2() ()()()() n adbc K ab cdac bd ， 即 2 2 50(20 155 10)25 2525 30203 K ， 所以 2 8.333K，又 2 (7.879)0.0050.5P K ， 所以，我们有99.5%的把握认为患颈椎疾病是与工作性质有关系的 （）现在从患颈椎疾病的10 名蓝领中，选出3 名进行工龄的调查， 记选出工龄在15 年以上的人数为，则0 1 2 3， ， 故 3 7 3 10 C7 (0) C24 P， 21 73 3 10 CC2

27、1 (1) C40 P， 12 73 3 10 CC7 (2) C40 P， 3 3 3 10 C1 (3) C120 P， 则的分布列为： 0123 P 7 24 21 40 7 40 1 120 则 72171 ( )01230.9 244040120 E 【考点】 1. 独立性检验；2. 分布列 . 19 【答案】（1） 6 6 ； （ 2） 2 3 【解析】试题分析： （1）由于 CD 平面SBC ，得 CD SB ，又 SB SC ，由线面垂直的判 定定理， 可得 SB 平面 SDC ，进而可得GDS为所求线面角， 然后再利用解三角形即可 求出结果；（ 2）在平面 SBC内，过点 B

28、作 BQ CS ，因为BS SC ，所以BQ BS ，又 AB 平面 SBC ，得 AB BS ，AB BQ ，以B为原点，分别以射线BQ ，BS ，BA为 x 轴，y 轴， z 轴的正方向建立空间直角坐标系，然后再利用空间向量法即可求出结果. 试题解析：解： （1）CD 平面SBC ，CD SB ， SB SC ，且SC与 CD交于 C点， SB 平面SDC ， G为 SB上一点，GDS为所求线面角 5DS，1GS，6DG， 6 sin 6 GDS， GD 与平面 SCD所成角的正弦值为 6 6 （ 2）如图 2，在平面SBC内，过点B作 BQ CS ，BS SC ，BQ BS ， 又AB

29、平面SBC ，AB BS ，AB BQ ，以B为原点，分别以射线BQ ，BS，BA为 x 轴， y 轴， z 轴的正方向建立空间直角坐标系， 则(002)A ， ，(00 0)B， ，(020)S ， ，(22 1)D， ， AB 平面SBC ，(002)BA， ，为平面 SBC的法向量， 设()nxyz， ，为平面 SAD的法向量又(022)AS， ，(221)AD， ， 可得( 1 22)n， ， 2 cos 3| nBA nBA nBA ， 平面 SAD与平面 SBC所成锐二面角的余弦值为 2 3 【考点】 1. 线面角的求法；2. 二面角； 3. 空间向量在立体几何中的应用. 【方法点

30、睛】 利用空间向量法求二面角的一般方法，设二面角的平面角为)0(， 设 12 ,n n 分别为平面,的法向量，二面角l的大小为，向量 12 ,n n 的夹角为 ，则有（图 1）或（图 2）其中 | cos 21 21 nn nn . 20 【答案】（1） 22 1 5 5 3 xy ； （2） 3 3 k； 4 9 【解析】试题分析： （1）解：因为椭圆C 满足 222 abc ，3ba，根据椭圆短轴的 一个端点与两个焦点构成的三角形的面积为 5 2 3 ，可得 15 2 2 23 bc，据此即可求 出椭圆C 的标准方程； （ 2）设 1122 ()()A xyB xy， ，将 (1)yk x

31、代入 22 1 5 5 3 xy 中， 消元得 2222 (1 3)6350kxk xk，然后再利用韦达定理和中点坐标公式即可求出结 果；由知 2 12 2 6 31 k xx k ， 2 12 2 35 31 k x x k ，所以 1212 77 33 MA MBxxy y 代入韦达定理化简即可证明结果. 试题解析：（1）解：因为椭圆C： 22 22 1(0) xy ab ab 满足 222 abc ，3ba， 根据椭圆短轴的一个端点与两个焦点构成的三角形的面积为 5 2 3 ， 可得 15 2 2 23 bc从而可解得 225 5 3 ab， 所以椭圆C的标准方程为 22 1 5 5 3

32、 xy （ 2）解：设 1122 ()()A xyB xy， 将(1)yk x代入 22 1 5 5 3 xy 中，消元得 2222 (1 3)6350kxk xk ， 4222 364(31)(35)48200kkkk， 2 12 2 6 31 k xx k ， 因为 AB中点的横坐 标为 1 2 ，所以 2 2 31 312 k k ，解得 3 3 k 证明：由知 2 12 2 6 31 k xx k ， 2 12 2 35 31 k x x k ， 所以 11221212 7777 3333 MA MBxyxyxxy y， 2 1212 77 (1)(1) 33 xxkxx 222 12

33、12 749 (1)() 39 kx xkxxk 22 222 22 357649 (1) 313319 kk kkk kk 42 2 2 3165494 3199 kk k k 【考点】 1. 椭圆方程； 2. 直线与椭圆的位置关系. 21 【答案】（1） 21 ( ) 2 x f xexx ； （2） 1 1 1 e ， 【解析】试题分析： （1） 因为 2(1)1 ( )(0) 2 xf f xefxx e ， 所以 (1) ( )(0) xf fxefx e ， 可 得(1)(1)( 0)1fff， 即 可 求 得( 0)1f， 可 得 2 (1)1 ( ) 2 x f f xexx

34、e ， 又 (1) (0)00 f f e ，得(1)fe，进而求出函数解析式； （2）由 21 ( )0 2 f xxm，化 为e 1 2 x mx x， 令( ) 1 2 x h xex x， 由导数在函数单调性中的应用可得02x ， 此时函数( )h x 单调递增； 令( )0h x， 解得10x， 此时函数( )h x 单调递减， 进而求得函数( )h x 取得最小值， (0)1h然后再利用数形结合即可求出结果. 试题解析：解： （1） 2(1)1 ( )(0) 2 xf f xefxx e ， (1) ( )(0) xf fxefx e ， (1)(1)(0)1fff，(0)1f，

35、2(1)1 ( ) 2 xf f xexx e ， (1) (0)00 f f e ，(1)fe可得： 21 ( ) 2 x fxexx （ 2）由 2 1 ( )0 2 f xxm，化为e 1 2 x mxx， 令( ) 1 2 x h xex x，( )1 x h xe， 令( )0h x，解得02x ，此时函数( )h x 单调递增； 令( )0h x，解得10x，此时函数( )h x 单调递减 当0x时，函数( )h x 取得最小值，(0)1h 而 21 ( 1)1(2)2hhe e， 21 12e e 又 方程 21 ( )0 2 f xxm在区间 1 2，上恰有两个不同的实根， 1

36、 11m e ，实数 m 的取值范围是 1 1 1 e ， 【考点】 1. 函数的求导公式；2. 导数在函数单调性中的应用. 22选修 4-1 ：几何证明选讲 如图， 四边形ABDC内接于圆，BDCD，过C点的圆的切线与AB的延长线交于E 点 . （ 1）求证：2EACDCE； （ 2）若,2BDAB BCBE AE，求AB的长 . 【答案】（1）详见解析； （2）51AB 【解析】 试题分析： （ 1）等弦对等角，所以由BDCD，得CADBAD即 2CAECAD因为CE是圆的切线， 所以由弦切角定理得CADDCE从 而2EACDCE ； （ 2）因为BCBE，所以BECBCEEAC，所以 A

37、CEC 由 切 割 线 定 理 得 2 ECAE BE， 即 2 A BA EA EAB， 即 2 240A BA B，解得51AB 试题解析：（1）证明：因为BDCD，所以BCDCBD， 因为CE是圆的切线， 所以DCECBD， 所以DCEBCD， 所以2BCEDCE， 因为EACBCE，所以2EACDCE （）解：因为BDAB，所以ACCD，ACAB 因为BCBE，所以BECBCEEAC，所以ACEC， 由切割线定理得 2 ECAE BE ，即 2 ()ABAEAEAB， 即 2 240ABAB，解得51AB 【考点】 1. 弦切角定理 ;2. 切割线定理 . 23选修 4-4 ：坐标系与

38、参数方程 在直角坐标系xOy中，圆C的参数方程为 1cos sin x y ， （为参数），以O为极点， x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系. （ 1）求圆C的极坐标方程； （ 2）直线l的极坐标方程是2sin()3 3 3 ，射线 : 3 OM 与圆C的交点为 ,O P，与直线l的交点为Q，求线段PQ的长 . 【答案】（1）2cos； （2）线段PQ的长为2. 【解析】 试题分析：（1）由圆 C的参数方程 1 cos ( sin x y 为参数），化为普通方程为 2 2 11xy，利用cos ,sinxy，即得圆 C的极坐标方程； （2）求线段 PQ的长，由于,O P Q三点共线，故PQOPO

39、Q， 可设P 11 ,，Q 22 ,， 则 12 PQ，关键是求出 12 ,的值，由 11 1 2cos 3 可求得 1 的值，由 22 2 2sin()3 3 3 3 可求得 2 的值，从而可解. 试题解析：（ 1）圆C的普通方程为 2 2 11xy，又cos ,sinxy，所以 圆C的极坐标方程为2cos； （ 2）设 11 ,为点P的极坐标，则有 11 1 2cos 3 ，解得 1 1 1 3 ，设 22 ,为 点Q的 极 坐 标 ， 22 2 2sin()3 3 3 3 ， 解 得 2 2 3 3 ， 由 于 12 ， 所 以 12 2PQ，所以线段PQ的长为2. 【考点】【考点】参数

40、方程，普通方程，与极坐标方程互化，极坐标方程的应用. 24选修 4-5 ：不等式选讲 已知, ,a b cR ，求证： （ 1） 2 (1)()16abababacbccabc； （ 2）3 bcacababc abc . 【答案】（1）详见解析； （2）详见解析 【解析】试题分析：（1）先因式分解： 2 111ababababacbccacbc，再利用基本不等式 证明：12,12,2,2,aa bb acac bcbc四个同向正数不等式相乘即得结 论 （ 2 ） 原 不 等 式 等 价 于6 bccaab aabbcc ， 利 用 基 本 不 等 式 证 明 ： 2,2,2 bacacb a

41、bacbc ，三个同向不等式相加即得结论 试题解析：证明： （） 2 1(1)(1)()()ababababacbccac bc， 000abc， 120aa，12020bbacac，20bcbc， (1)(1)40abab，当且仅当 1ab时取“ =”， 2 ()()4ac bcabc ，当且仅当abc时取“ =”， (1)(1)()()16abacbcabc，当且仅当1abc时取“ =”， 因此，当 ab c R， ，有 2 (1)()16abababacbccabc （） 3 33 bcabca a bcR abcabc ， ，当且仅当abc时取“ =”， 36 cbabcacba ac

42、babcacb ， 因此，1113 bccaab aabbcc ， 即3 bcacababc abc 【考点】基本不等式. 【方法点睛】 基本不等式求最值的常见的方法和技巧：利用基本不等式求几个正数和 的最小值时，关键在于构造条件，使其积为常数。通常要通过添加常数、拆项（常常是 拆底次的式子）等方式进行构造；利用基本不等式求几个正数积的最大值，关键在于 构造条件， 使其和为常数。 通常要通过乘以或除以常数、拆因式 （常常是拆高次的式子）、 平方等方式进行构造；用基本不等式求最值等号不成立。求解此类问题，要注意灵活 选取方法，特别是单调性法、导数法具有一般性，配方法及拆分法也是较为简洁实用得 方法 .