宁夏中卫市2021届高三高考三模数学（理科）试题 Word版含解析

这是一份宁夏中卫市2021届高三高考三模数学（理科）试题 Word版含解析，共20页。试卷主要包含了选择题.，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2021年宁夏中卫市高三高考数学三模试卷（理科）
一、选择题（每小题5分）.
1．集合A＝{x|x＞0}，B＝{﹣2，﹣1，0，2}，则（∁RA）∩B＝（　　）
A．{0，2} B．{﹣2，﹣1} C．{﹣2，﹣1，0} D．{2}
2．命题“若a2+b2＝0，则a＝0且b＝0”的否定是（　　）
A．若a2+b2≠0，则a≠0且b≠0 B．若a2+b2＝0，则a≠0且b≠0
C．若a2+b2≠0，则a≠0或b≠0 D．若a2+b2＝0，则a≠0或b≠0
3．若向量＝（5，6），＝（2，3），则＝（　　）
A．（﹣3，﹣3） B．（7，9） C．（3，3） D．（﹣6，﹣10）
4．已知角θ终边经过点P（，a），若θ＝﹣，则a＝（　　）
A． B． C． D．
5．2021年起，我市将试行“3+1+2”的普通高三高考新模式，即语文、数学、外语3门必选科目外，考生再从物理、历史中选1门，从化学、生物、地理、政治中选2门作为选考科目，为了帮助学生合理选科，某中学将高一每个学生的六门科目综合成绩按比例均缩放成5分制，绘制成雷达图．甲同学的成绩雷达图如图所示，下面叙述一定不正确的是（　　）

A．甲的物理成绩领先年级平均分最多
B．甲有2个科目的成绩低于年级平均分
C．甲的成绩最好的前两个科目是化学和地理
D．对甲而言，物理、化学、地理是比较理想的一种选科结果
6．已知水平放置的△ABC按“斜二测画法”得到如图所示的直观图，其中B′O′＝C′O′＝1，A′O′＝，那么△ABC是一个（　　）

A．等边三角形 B．直角三角形 C．等腰三角形 D．钝角三角形
7．已知矩形ABCD的四个顶点的坐标分别是A（﹣1，1），B（1，1），C（1，0），D（﹣1，0），其中A，B两点在曲线y＝x2上，如图所示．若将一枚骰子随机放入矩形ABCD中，则骰子落入阴影区域的概率是（　　）

A． B． C． D．
8．若函数f（x）＝sin2x+cos2x，则下列结论正确的是（　　）
A．函数f（x）的最小正周期为2π
B．函数f（x）的图象关于点对称
C．函数f（x）在区间上是减函数
D．函数f（x）的图象关于直线对称
9．已知圆M过点A（1，1）、B（1，﹣2）、C（3，﹣2），则圆M在点B处的切线方程为（　　）
A．2x+y＝0 B．3x+2y+1＝0 C．2x+3y+4＝0 D．x+2y+3＝0
10．若正四面体ABCD的所有棱长均为，则正四面体ABCD的（　　）
A．表面积为 B．高为
C．体积为 D．内切球半径为
11．设锐角ABC的三内角A，B，C所对边的边分别为a，b，c，且a＝2，B＝2A，则b的取值范围为（　　）
A． B． C． D．（0，4）
12．已知函数f（x）＝xex，g（x）＝2xln2x，若f（x1）＝g（x2）＝t，t＞0，则的最大值为（　　）
A． B． C． D．
二、填空题：（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
13．已知i为虚数单位，复数z＝（2+i3）（1﹣ai）为实数，则z＝　 　．
14．已知方程lgx＝3﹣x的根在区间（2，3）上，第一次用二分法求其近似解时，其根所在区间应为　 　．
15．已知函数f（x）是定义域为R上的奇函数，且对任意x∈R，都有f（2﹣x）＝f（x）成立，当x∈[﹣1，1]时，f（x）＝，则a＝　 　．当x∈[1，3]时，f（x）＝　 　．
16．已知椭圆与双曲线共焦点，过椭圆C上一点P的切线l与x轴、y轴分别交于A，B两点（F1，F2为椭圆C的两个焦点）．又O为坐标原点，当△ABO的面积最小时，下列说法所有正确的序号是　 　．
①b＝1；
②当点P在第一象限时坐标为；
③直线OP的斜率与切线l的斜率之积为定值；
④∠F1PF2的角平分线PH（点H在F1F2上）长为．
三、解答题：（本大题共5小题，满分60分．解答须写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17．已知等比数列{an}的前n项和为Sn（n∈N*），﹣2S2，S3，4S4成等差数列，且a2+2a3+a4＝．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）若bn＝﹣（n+2）log2|an|，求数列的前n项和Tn．
18．某班级以“评分的方式”鼓励同学们以骑自行车或步行方式“绿色出行”，培养学生的环保意识．“十一黄金周”期间，组织学生去A、B两地游玩，因目的地A地近，B地远，特制定方案如下：
目的地A地出行方式
绿色出行
非绿色出行
概率


得分
1
0

目的地B地出行方式
绿色出行
非绿色出行
概率


得分
1
0
若甲同学去A地玩，乙、内同学去B地玩，选择出行方式相互独立．
（1）求恰有一名同学选择“绿色出行”方式的概率；
（2）求三名同学总得分X的分布列及数学期望EX．
19．在如图所示的几何体中，EA⊥平面ABCD，四边形ABCD为等腰梯形，AD∥BC，AD＝BC，AD＝1，∠ABC＝60°，EF∥AC，EF＝AC．
（1）证明：AB⊥CF；
（2）当二面角B﹣EF﹣D的余弦值为时，求线段CF的长．

20．已知抛物线Γ：y2＝2px的焦点为F（2，0），点P在抛物线Γ上．
（1）求抛物线Γ的方程；
（2）若|PF|＝5，求点P的坐标；
（3）过点T（t，0）（t＞0）作两条互相垂直的直线分别交抛物线Γ于A、B、C、D四点，且点M、N分别为线段AB、CD的中点，求△TMN的面积的最小值．

21．已知函数f（x）＝lnx﹣，其中a∈R．
（1）当a＝2，x＞1时，证明：f（x）＞0；
（2）若函数F（x）＝＞0恒成立，求实数a的取值范围；
（3）若函数F（x）＝有两个不同的零点x1，x2，证明：2．
选考题：（请考生在第22、23两道题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题记分．作答时请用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑）[选修4─4：坐标系与参数方程]
22．在直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为（φ为参数），以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为ρcosθ+2＝0．
（1）求曲线C1的极坐标方程并判断C1，C2的位置关系；
（2）设直线θ＝α（，ρ∈R）分别与曲线C1交于A，B两点，与C2交于点P，若|AB|＝3|OA|，求|OP|的值．
[选修4-5：不等式选讲]
23．设函数f（x）＝|1﹣2x|﹣3|x+1|，f（x）的最大值为M，正数a，b满足+＝Mab．
（Ⅰ）求M；
（Ⅱ）是否存在a，b，使得a6+b6＝？并说明理由．


参考答案
一、选择题（每小题5分）.
1．集合A＝{x|x＞0}，B＝{﹣2，﹣1，0，2}，则（∁RA）∩B＝（　　）
A．{0，2} B．{﹣2，﹣1} C．{﹣2，﹣1，0} D．{2}
解：集合A＝{x|x＞0}，B＝{﹣2，﹣1，0，2}，
所以∁RA＝{x|x≤0}，
所以（∁RA）∩B＝{﹣2，﹣1，0}．
故选：C．
2．命题“若a2+b2＝0，则a＝0且b＝0”的否定是（　　）
A．若a2+b2≠0，则a≠0且b≠0 B．若a2+b2＝0，则a≠0且b≠0
C．若a2+b2≠0，则a≠0或b≠0 D．若a2+b2＝0，则a≠0或b≠0
解：命题“若a2+b2＝0，则a＝0且b＝0”的否定是“若a2+b2＝0，则a≠0或b≠0”，
故选：D．
3．若向量＝（5，6），＝（2，3），则＝（　　）
A．（﹣3，﹣3） B．（7，9） C．（3，3） D．（﹣6，﹣10）
解：∵向量＝（5，6），＝（2，3），则＝＝﹣＝（3，3），
故选：C．
4．已知角θ终边经过点P（，a），若θ＝﹣，则a＝（　　）
A． B． C． D．
解：∵角θ终边经过点P（，a），若θ＝﹣，
∴tan（﹣）＝﹣＝，
∴解得a＝﹣．
故选：C．
5．2021年起，我市将试行“3+1+2”的普通高三高考新模式，即语文、数学、外语3门必选科目外，考生再从物理、历史中选1门，从化学、生物、地理、政治中选2门作为选考科目，为了帮助学生合理选科，某中学将高一每个学生的六门科目综合成绩按比例均缩放成5分制，绘制成雷达图．甲同学的成绩雷达图如图所示，下面叙述一定不正确的是（　　）

A．甲的物理成绩领先年级平均分最多
B．甲有2个科目的成绩低于年级平均分
C．甲的成绩最好的前两个科目是化学和地理
D．对甲而言，物理、化学、地理是比较理想的一种选科结果
解：根据雷达图可知甲同学物理、化学、地理成绩领先年级平均分，其中物理、化学、地理成绩领先年级平均分分别约为1.5分、1分，1分，所以甲同学物理成绩领先年级平均分最多，故A项叙述正确，C项叙述不正确；
B项：根据雷达图可知，甲同学的历史、政治成绩低于年级平均分，故B项叙述正确；
对甲而言，物理、化学、地理是比较理想的种选科结果，故D项叙述正确；
故选：C．
6．已知水平放置的△ABC按“斜二测画法”得到如图所示的直观图，其中B′O′＝C′O′＝1，A′O′＝，那么△ABC是一个（　　）

A．等边三角形 B．直角三角形 C．等腰三角形 D．钝角三角形
解：由已知中△ABC的直观图中B′O′＝C′O′＝1，A′O′＝，
∴△ABC中，BO＝CO＝1，AO＝，
由勾股定理得：AB＝AC＝2，
又由BC＝2，
故△ABC为等边三角形，
故选：A．
7．已知矩形ABCD的四个顶点的坐标分别是A（﹣1，1），B（1，1），C（1，0），D（﹣1，0），其中A，B两点在曲线y＝x2上，如图所示．若将一枚骰子随机放入矩形ABCD中，则骰子落入阴影区域的概率是（　　）

A． B． C． D．
解：由题意结合定积分的几何意义可得阴影部分的面积为：，
结合几何概型计算公式可得：骰子落在阴影部分的概率为 ．
故选：C．
8．若函数f（x）＝sin2x+cos2x，则下列结论正确的是（　　）
A．函数f（x）的最小正周期为2π
B．函数f（x）的图象关于点对称
C．函数f（x）在区间上是减函数
D．函数f（x）的图象关于直线对称
解：∵函数f（x）＝sin2x+cos2x＝sin（2x+），故它的最小正周期为＝π，故A不正确；
令x＝﹣，求得f（x）＝0，故函数f（x）的图象关于点对称，故B正确；
当x∈（，），2x+∈（ ，），故f（x）没有单调性，故C错误；
令x＝，求得f（x）＝﹣1，不是最值，故函数f（x）的图象不关于直线对称，故D错误，
故选：B．
9．已知圆M过点A（1，1）、B（1，﹣2）、C（3，﹣2），则圆M在点B处的切线方程为（　　）
A．2x+y＝0 B．3x+2y+1＝0 C．2x+3y+4＝0 D．x+2y+3＝0
解：根据题意，设圆心M的坐标为（m，n），
圆M过点A（1，1）、B（1，﹣2）、C（3，﹣2），则点M在线段AB的垂直平分线上，则n＝﹣，
同理：点M在线段BC的垂直平分线上，则m＝2，
即圆心的坐标为（2，﹣），
则KMB＝＝，则切线的斜率k＝﹣，
又由B（1，﹣2），则圆M在点B处的切线方程为y+2＝﹣（x﹣1），变形可得2x+3y+4＝0，
故选：C．
10．若正四面体ABCD的所有棱长均为，则正四面体ABCD的（　　）
A．表面积为 B．高为
C．体积为 D．内切球半径为
解：根据题意，正四面体ABCD的所有棱长均为，
依次分析选项：
对于A，S△ABC＝S△ABD＝S△ACD＝S△BCD＝×2＝，则其表面积S＝4×＝2，A错误；
对于B，设△ABC的中心为O，易得DO⊥面ABC，则AO＝×＝，则|DO|＝＝，正四面体ABCD的高为，B错误；
对于C，正四面体ABCD的V＝×S△ABC×|DO|＝，C错误；
对于D，设正四面体ABCD的内切球半径为r，则有V＝＝×S△ABC×|DO|＝×（S表）×r，解可得r＝，D正确；
故选：D．
11．设锐角ABC的三内角A，B，C所对边的边分别为a，b，c，且a＝2，B＝2A，则b的取值范围为（　　）
A． B． C． D．（0，4）
解：在锐角三角形中，0＜2A＜，即0＜A＜，且B+A＝3A，则＜3A＜π，即＜A＜，
综上＜A＜，
则＜cosA＜，
∵a＝2，B＝2A，
∴由正弦定理得，
得b＝4cosA，
∵＜cosA＜，
∴2＜4cosA＜2，
即2＜b＜2，
则b的取值范围是（2，2），
故选：A．
12．已知函数f（x）＝xex，g（x）＝2xln2x，若f（x1）＝g（x2）＝t，t＞0，则的最大值为（　　）
A． B． C． D．
解：因为f（x）＝xex，g（x）＝2xln2x，f（x1）＝g（x2）＝t，t＞0，
所以＝t，
所以ln（）＝ln（2x2ln2x2）＝lnt，
即lnx1+x1＝ln（2x2）+ln（ln2x2）＝lnt，
因为y＝x+lnx在（0，+∞）上单调递增，
所以x1＝ln（2x2），
即lnx1+x1＝lnx1+ln2x2＝lnt，
所以2x1x2＝t，
则＝，
令h（t）＝，则h′（t）＝，
当0＜t≤e时，h′（t）≥0，h（t）单调递增，
当t＞e时，h′（t）＜0，h（t）单调递减，
故当t＝e时，h（t）取得最大值h（e）＝．
故选：D．
二、填空题：（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
13．已知i为虚数单位，复数z＝（2+i3）（1﹣ai）为实数，则z＝　　．
解：∵z＝（2+i3）（1﹣ai）＝（2﹣i）（1﹣ai）
＝（2﹣a）﹣（2a+1）i为实数，
∴2a+1＝0，即a＝，
则z＝2﹣（﹣）＝2+＝．
故答案为：．
14．已知方程lgx＝3﹣x的根在区间（2，3）上，第一次用二分法求其近似解时，其根所在区间应为　（2.5，3）　．
解：根据题意，设f（x）＝lgx+x﹣3，函数的零点即方程的根，
f（2）＝lg2﹣1＜0，f（3）＝lg3＞0，
而f（2.5）＝lg﹣＝（lg﹣1）＜0，
则有f（2.5）f（3）＜0，故方程的根在区间（2.5，3）上，
故答案为：（2.5，3）．
15．已知函数f（x）是定义域为R上的奇函数，且对任意x∈R，都有f（2﹣x）＝f（x）成立，当x∈[﹣1，1]时，f（x）＝，则a＝　1　．当x∈[1，3]时，f（x）＝　　．
解：根据题意，函数f（x）是定义域为R上的奇函数，则f（0）＝0，
又由当x∈[﹣1，1]时，f（x）＝，则f（0）＝＝0，解可得a＝1，
当x∈[1，3]时，x﹣2∈（﹣1，1），则f（x﹣2）＝，
又由f（x）为奇函数，则f（2﹣x）＝﹣＝，
又由f（x）满足对任意x∈R，都有f（2﹣x）＝f（x）成立，则f（x）＝，
故答案为：1，．
16．已知椭圆与双曲线共焦点，过椭圆C上一点P的切线l与x轴、y轴分别交于A，B两点（F1，F2为椭圆C的两个焦点）．又O为坐标原点，当△ABO的面积最小时，下列说法所有正确的序号是　①④　．
①b＝1；
②当点P在第一象限时坐标为；
③直线OP的斜率与切线l的斜率之积为定值；
④∠F1PF2的角平分线PH（点H在F1F2上）长为．
解：双曲线的焦点为（±，0），
则椭圆的焦点也为（±，0），
∴b2＝3﹣2＝1，得b＝1（b＞0），故①正确；
设P（x0，y0）（x0，y0＞0），则，椭圆在点P处的切线方程为，
求得A（，0），B（0，），
由三角形面积公式可得，，
∵，∴，
则，当且仅当时等号成立，
此时在第一象限的切点坐标为P（，），故②错误；
由对称性，只需考虑点P在第一象限的情况，
由上可知，P（，），则kOP•kl＝，故③错误；
计算可得，在∠F1PF2＝90°，
设∠F1PF2的角平分线PH的长为m，根据等面积法可得：
，解得m＝，故④正确．
故答案为：①④．
三、解答题：（本大题共5小题，满分60分．解答须写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17．已知等比数列{an}的前n项和为Sn（n∈N*），﹣2S2，S3，4S4成等差数列，且a2+2a3+a4＝．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）若bn＝﹣（n+2）log2|an|，求数列的前n项和Tn．
解：（1）等比数列{an}的公比为q，q≠1，
前n项和为成等差数列，
可得2S3＝4S4﹣2S2，即为2•＝4•﹣2•，
化为2q2﹣q﹣1＝0，解得q＝﹣，
，即为﹣a1+2•a1﹣a1＝，
解得a1＝﹣，
则an＝（﹣）n，n∈N*；
（2）bn＝﹣（n+2）log2|an|＝﹣（n+2）log2＝n（n+2），
可得＝＝（﹣），
即有前n项和Tn＝（1﹣+﹣+…+﹣+﹣）
＝（1+﹣﹣）＝﹣（+）＝．
18．某班级以“评分的方式”鼓励同学们以骑自行车或步行方式“绿色出行”，培养学生的环保意识．“十一黄金周”期间，组织学生去A、B两地游玩，因目的地A地近，B地远，特制定方案如下：
目的地A地出行方式
绿色出行
非绿色出行
概率


得分
1
0

目的地B地出行方式
绿色出行
非绿色出行
概率


得分
1
0
若甲同学去A地玩，乙、内同学去B地玩，选择出行方式相互独立．
（1）求恰有一名同学选择“绿色出行”方式的概率；
（2）求三名同学总得分X的分布列及数学期望EX．
解：（1）恰有一名同学选择绿色出行方式的概率．
（2）根据题意，X的所有可能取值为0，1，2，3，根据事件的独立性和互斥性得：
；
+×＝，
P（X＝2）＝＝，
．
故X的分布列为：

X

0

1

2

3
P








所以．
19．在如图所示的几何体中，EA⊥平面ABCD，四边形ABCD为等腰梯形，AD∥BC，AD＝BC，AD＝1，∠ABC＝60°，EF∥AC，EF＝AC．
（1）证明：AB⊥CF；
（2）当二面角B﹣EF﹣D的余弦值为时，求线段CF的长．

【解答】证明：（1）由题意，EA⊥平面ABCD，又AB⊂平面ABCD，
∴AB⊥AE，
过点A作AH⊥BC于点H，在Rt△ABH中，
∵∠ABH＝60°，BH＝，∴AB＝1，
在△ABC中，AC2＝AB2+BC2﹣2AB•BC•cos60°＝，
∴AB2+AC2＝BC2，则AB⊥AC，
又AC∩AE＝A，∴AB⊥平面ACE，
而CF⊂平面ACE，∴AB⊥CF；
解：（2）以A为坐标原点，分别以AB、AC、AE所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系，
设AE＝a（a＞0），则B（1，0，0），E（0，0，a），F（0，，a），D（，，0），
∴，，，，
设平面BEF的一个法向量为，
由，取x＝a，得；
设平面DEF的一个法向量为，
由，取z1＝﹣1，得．
|cos＜＞|＝||＝||＝，
整理得4a4﹣5a2+1＝0，解得a＝1或a＝．
∵二面角B﹣EF﹣D为锐二面角，经检验a＝舍去，∴a＝1．
作FM⊥AC于M，则M为AC的中点，
∴CF＝．

20．已知抛物线Γ：y2＝2px的焦点为F（2，0），点P在抛物线Γ上．
（1）求抛物线Γ的方程；
（2）若|PF|＝5，求点P的坐标；
（3）过点T（t，0）（t＞0）作两条互相垂直的直线分别交抛物线Γ于A、B、C、D四点，且点M、N分别为线段AB、CD的中点，求△TMN的面积的最小值．

解：（1）抛物线Γ：y2＝2px的焦点为F（2，0），
可得＝2，即p＝4，
所以抛物线的方程为y2＝8x；
（2）由抛物线y2＝8x的焦点F（2，0），准线方程为x＝﹣2，
可得|PF|＝xP+2＝5，所以xP＝3，yP＝±2，
即有P（3，2），或（3，﹣2）；
（3）由题意可得直线AB，CD的斜率存在，且不为0，可设AB的斜率为k，
则直线CD的斜率为﹣，直线AB的方程为y＝k（x﹣t），直线CD的方程为y＝﹣（x﹣t），
设A（x1，y1），B（x2，y2），
由可得k2x2﹣2（k2t+4）x+k2t2＝0，
可得x1+x2＝2t+，所以y1+y2＝k（x1+x2）﹣2kt＝2kt+﹣2kt＝，
则M（t+，），
将M中的k换为﹣，可得N（t+4k2，﹣4k），
所以|TM|＝＝，
|TN|＝＝4|k|，
于是S△TMN＝|TM|•|TN|＝8（|k|+）≥8×2＝16，
当且仅当k＝±1时，上式取得等号．
所以△TMN的面积的最小值为16．
21．已知函数f（x）＝lnx﹣，其中a∈R．
（1）当a＝2，x＞1时，证明：f（x）＞0；
（2）若函数F（x）＝＞0恒成立，求实数a的取值范围；
（3）若函数F（x）＝有两个不同的零点x1，x2，证明：2．
解：（1）证明：当a＝2时，f（x）＝lnx﹣，
f′（x）＝﹣＝＝，
当x＞1时，f′（x）＞0，f（x）在（1，+∞）单调递增，
∵f（1）＝0，∴f（x）＞f（1）＝0；
（2）f（x）＝lnx﹣，则f′（x）＝，
令g（x）＝x2+2（1﹣a）x+1，
当a＜0时，又x＞0，则g（x）＞0，f′（x）＞0，
当0≤a≤2时，△＝4a2﹣8a≤0，得g（x）≥0，f′（x）＞0，
故当a≤2时，f（x）在（0，+∞）上单调递增，且f（1）＝0，
故有f（x）＞0，可得F（x）＞0，
当a＞2时，有△＝4a2﹣8a＞0，
此时g（x）有2个零点，设为t1，t2，且t1＜t2，
又t1+t2＝2（a﹣1）＞0，t1t2＝1，故0＜t1＜1＜t2，
在（1，t2）上，f（x）为单调递减函数，
故此时有f（x）＜0，即lnx＜，得﹣＜0，
此时F（x）＞0不恒成立，
综上：a的取值范围是（﹣∞，2]；
（3）证明：若F（x）有2个不同的零点x1，x2，不妨设x1＜x2，
则x1，x2为f（x）的两个零点，且x1≠1，x2≠1，
由（2）知此时a＞2，并且f（x）在（0，t1），（t2，+∞）上单调递增，
在（t1，t2）上单调递减，且f（1）＝0，
∴f（t1）＞0，f（t2）＜0，∵f（e﹣a）＝﹣＜0，f（ea）＝＞0，
e﹣a＜1＜ea，且f（x）的图像连续不断，
∴x1∈（e﹣a，t1），x2∈（t2，ea），∴t2﹣t1＜x2﹣x1＜ea﹣e﹣a，
∵t2﹣t1＝＝2，
综上：2＜|x2﹣x1|＜ea﹣e﹣a．
选考题：（请考生在第22、23两道题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题记分．作答时请用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑）[选修4─4：坐标系与参数方程]
22．在直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为（φ为参数），以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为ρcosθ+2＝0．
（1）求曲线C1的极坐标方程并判断C1，C2的位置关系；
（2）设直线θ＝α（，ρ∈R）分别与曲线C1交于A，B两点，与C2交于点P，若|AB|＝3|OA|，求|OP|的值．
解：（1）由曲线C1得：，
平方相加得（x﹣3）2+y2＝5，
即x2+y2﹣6x+4＝0，又ρ2＝x2+y2，x＝ρcosθ，
得曲线C1的极坐标方程为ρ2﹣6ρcosθ+4＝0．
联立，得ρ2+16＝0，此方程无解，
∴C1，C2相离；
（2）由，得ρ2﹣6ρcosα+4＝0．
∵直线θ＝α与曲线C1有两个交点A，B，
∴△＝36cos2α﹣16＞0，即．
设方程的两根分别为ρ1，ρ2，则，①
∵|AB|＝3|OA|，∴|OB|＝4|OA|，即ρ2＝4ρ1，
联立①式解得ρ1＝1，ρ2＝4，，满足△＞0，
联立，
∴．
[选修4-5：不等式选讲]
23．设函数f（x）＝|1﹣2x|﹣3|x+1|，f（x）的最大值为M，正数a，b满足+＝Mab．
（Ⅰ）求M；
（Ⅱ）是否存在a，b，使得a6+b6＝？并说明理由．
解：（1）分三类讨论如下：
①当x＜﹣1时，f（x）＝x+4，单调递增，f（x）＜3；
②当﹣1≤x≤时，f（x）＝﹣5x﹣2，单调递减，f（x）max＝f（﹣1）＝3，
③当x＞时，f（x）＝﹣x﹣4，单调递减，f（x）＜f（）＝﹣，
综合以上讨论得，f（x）的最大值M＝3；
（2）假设存在正数a，b，使得a6+b6＝≥2＝2a3b3，
所以，≤，﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①
又因为+＝Mab＝3ab≥2•，
所以，≥，﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②
显然①②相互矛盾，
所以，假设不成立，即不存在a，b使得a6+b6＝．