2021景德镇高三下学期第三次质检数学（理）试题含解析

这是一份2021景德镇高三下学期第三次质检数学（理）试题含解析，共29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。

景德镇市2021届高三第三次质检试题
数学（理科）
第Ⅰ卷
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. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
2. 若复数满足，则复数的虚部是（ ）
A. -2 B. 1 C. D.
3. 已知等比数列中，，且，则（ ）
A. B. 16 C. D. 4
4. 在手机未普及的上世纪七八十年代，小孩玩的很多游戏都是自创的，其中有一个游戏规则如下：在地上画一条线段，游戏参与者站在规定的距离外朝着此线段丢一片圆形铁皮，铁皮压住了横线为有效，恰好压住了线段的两端点之一，则为获胜，现假设线段长为20厘米，铁片半径1厘米，若一个小孩朝着线段随机丢铁片若干次，其中有效次数为100次，获胜次数为15次，用得到的频率估计概率，可估算出的近似值为(精确到小数点后两位)（ ）
A. 3.06 B. 3.12 C. 3.20 D. 3.24
5. 已知向量，且，则（ ）
A. B. C. 1 D.
6. 景德镇陶瓷世界闻名，其中青花瓷最受大家的喜爱，如图1这个精美的青花瓷花瓶，它的颈部(图2)外形上下对称，基本可看作是离心率为的双曲线的一部分绕其虚轴所在直线旋转所形的曲面，若该颈部中最细处直径为16厘米，颈部高为20厘米，则瓶口直径为（ ）

A 20 B. 30 C. 40 D. 50
7. 若直线被圆所截弦长最短，则（ ）
A. 4 B. 2 C. D. -2
8. 三棱柱被一平面截去一部分后，剩余部分的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）

A. B. 6 C. D.
9. 已知函数在处取得最小值，且，则实数的取值范围（ ）
A. B. C. D.
10. 在棱长为的正方体中，、分别为棱、的中点，则平面与正方体外接球的交点轨迹长度为（ ）
A. B. C. D.
11. 已知，分别为抛物线与圆上的动点，抛物线的焦点为，，为平面两点，当取到最小值时，点与重合，当取到最大时，点与重合，则直线的的斜率为（ ）
A. B. C. 1 D.
12. 若正实数，满足，则（ ）
A. B.
C. D.
第Ⅱ卷（非选择题）
本卷包括必考题和选考题两部分，第13题~第21题为必考题，每个试题考生必须做答，第22题~第23题为选考题，考生根据要求做答．
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 某班共有52人，现根据学生的学号，用系统抽样的方法抽取一个容量为4的样本.已知4号､43号同学在样本中，那么样本中另外两位同学的学号是___________.
14. 已知，则___________.
15. 已知公差不为0的等差数列的部分项，，，……构成等比数列，且，，，则___________.
16. 对于定义域为函数，若满足（1）；（2）当，且时，都有；（3）当，且时，都有，则称为“偏对称函数”.现给出四个函数：①；②；③；④则“偏对称函数”有___________个.
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．第17~21题为必做题，每个试题考生都必须作答．第22、23题为选做题，考生根据要求作答．
（一）必考题：
17. 已知向量，.若.
（1）求函数单调递增区间；
（2）在中，角，，对边分别为，，，若，，，为的角平分线，为中点，求的长.
18. 如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，，，，，点是的中点．

（1）求证：平面平面；
（2）求二面角的余弦值．
19. 自“新冠肺炎”爆发以来，中国科研团队一直在积极地研发“新冠疫苗”，在科研人员不懈努力下，我国公民率先在2020年年末开始可以使用安全的新冠疫苗，使我国的“防疫”工作获得更大的主动权，研发疫苗之初，为了测试疫苗的效果，科研人员以白兔为实验对象，进行了一些实验．
（1）实验一：选取10只健康白兔，编号1至10号，注射一次新冠疫苗后，再让它们暴露在含有新冠病毒的环境中，实验结果发现，除2号、3号和7号白兔仍然感染了新冠病毒，其他白兔未被感染，现从这10只白兔中随机抽取4只进行研究，将仍被感染的白兔只数记作，求的分布列和数学期望．
（2）科研人员在另一个实验中发现，疫苗可多次连续注射，白兔多次注射疫苗后，每次注射疫苗对白兔是否有效互相不影响，相互独立，试问，若将实验一中未被感染新冠病毒的白兔的频率当做疫苗的有效率，那么一只白兔注射两次疫苗能否保证有效率达到96%，如若可以请说明理由，若不可以，请问每支疫苗的有效率至少要达到多少才能满足以上要求．
20. 已知椭圆上的点到焦点的最小距离为1，且以椭圆的短轴为直径的圆过点且，为椭圆的左右顶点．
（1）求椭圆的方程；
（2）过直线交椭圆于，两点（在第一象限），直线、的斜率为，，是否存在实数，使得，若存在，求出实数的值；若不存在，说明理由．
21. 已知函数，
（1）若直线与曲线相切，求的值．
（2）当时，求证：当时，恒成立．
（二）选考题：共10分．请考生在第22、23题中任选一题做答．如果多做，则按所做的第一题记分
[选修4-4：坐标系与参数方程]
22. 在极坐标系中，曲线的极坐标方程为，以极点为原点，以极轴为轴的非负半轴，建立直角坐标系，已知点的坐标为，直线的参数方程为(为参数)，且与曲线交于，两点.
（1）求曲线的直角坐标方程和直线的普通方程；
（2）若点为曲线的动点，则满足使得的面积条件的点有几个，并求出点的坐标.
[选修4-5：不等式选讲]
23. 已知函数.
（1）当，时，解不等式；
（2）当时，若不等式对任意的恒成立，求实数的取值范围.


景德镇市2021届高三第三次质检试题
数学（理科） 解析部分
第Ⅰ卷
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. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】求对数型函数的定义域化简集合，再化简集合，利用交集的概念，即可求出结果.
【详解】解:因为，
，
所以.
故选：D
2. 若复数满足，则复数的虚部是（ ）
A. -2 B. 1 C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用复数模的运算及i的运算性质、虚部的定义即可得出．
【详解】因为，且，
∴i，
则此复数z的虚部为1．
故选：B．
3. 已知等比数列中，，且，则（ ）
A. B. 16 C. D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】结合，且,求出,,从而得出数列的通项公式,即可求出.
【详解】解:已知，且
解得,
又因为是等比数列,
所以
所以,可得,
所以.
故选:B
【点睛】本体考查等比数列的通项公式,求等比数列的简单基本性质,求出首项和公比是解题的关键.
4. 在手机未普及的上世纪七八十年代，小孩玩的很多游戏都是自创的，其中有一个游戏规则如下：在地上画一条线段，游戏参与者站在规定的距离外朝着此线段丢一片圆形铁皮，铁皮压住了横线为有效，恰好压住了线段的两端点之一，则为获胜，现假设线段长为20厘米，铁片半径1厘米，若一个小孩朝着线段随机丢铁片若干次，其中有效次数为100次，获胜次数为15次，用得到的频率估计概率，可估算出的近似值为(精确到小数点后两位)（ ）
A. 3.06 B. 3.12 C. 3.20 D. 3.24
【答案】D
【解析】
【分析】由题意画出图形，可知铁皮落在图形内为有效，落在两个圆内为获胜，然后利用几何概型的概率公式列方程可求得结果
【详解】
由题意得，铁片在图中两个圆内为获胜，
则，
所以，解得，
故选：D
5. 已知向量，且，则（ ）
A. B. C. 1 D.
【答案】A
【解析】
【分析】先求出和，再利用模的平方相等求解即可.
【详解】由题意：，
，
又，所以，
解得，
故选：A.
6. 景德镇陶瓷世界闻名，其中青花瓷最受大家的喜爱，如图1这个精美的青花瓷花瓶，它的颈部(图2)外形上下对称，基本可看作是离心率为的双曲线的一部分绕其虚轴所在直线旋转所形的曲面，若该颈部中最细处直径为16厘米，颈部高为20厘米，则瓶口直径为（ ）

A. 20 B. 30 C. 40 D. 50
【答案】A
【解析】
【分析】设双曲线方程为，根据已知条件可得的值，由可得双曲线的方程，再将代入方程可得的值，即可求解.
【详解】因为双曲线焦点在轴上，设双曲线方程为
由双曲线的性质可知：该颈部中最细处直径为实轴长，所以，可得，
因为离心率为，即，可得，
所以，
所以双曲线的方程为：，
因为颈部高为20厘米，根据对称性可知颈部最右点纵坐标为，
将代入双曲线可得，解得：，
所以瓶口直径为，
故选：A
【点睛】关键点点睛：本题解题的关键是读懂题意，利用待定系数法求出双曲线的方程，再由的值求得的值，瓶口直径为.
7. 若直线被圆所截弦长最短，则（ ）
A. 4 B. 2 C. D. -2
【答案】C
【解析】
【分析】先判断直线所过的定点，因为弦长最短得定点为弦中点，利用斜率关系即可求解参数值．
【详解】直线过定点，
因这直线被圆所截弦长最短，
所以点为弦的中点，故圆心与点连线与直线垂直
则，解得
故选：C
【点睛】关键点点睛：本题的关键在于判断定点为弦的中点位置．
8. 三棱柱被一平面截去一部分后，剩余部分的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）

A. B. 6 C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先把三视图还原为实物图，再求出体积.
【详解】三视图还原后的实物图如图所示，

相当于从三棱柱ABC-EFD中截取一个三棱锥B-DFG，故体积为：
.
故选：A
【点睛】(1)根据三视图画直观图，可以按下面步骤进行：①、首先看俯视图，根据俯视图画出几何体地面的直观图 ；②、观察正视图和侧视图找到几何体前、后、左、右的高度；③、画出整体，让后再根据三视图进行调整.
(2)求解以三视图为载体的空间几何体的体积的关键是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系，利用相应体积公式求解；
(3)若所给几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用等积法、分割法、补形法等方法进行求解．
9. 已知函数在处取得最小值，且，则实数的取值范围（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先根据在处取得最小值，得，且，再由当时，结合得，解得，最后结合得，即可得到结果．
【详解】由函数在处取得最小值得，则且
当时，又，
所以，得．
又，所以，
即，整理得，，解得．
综上，.
故选：C．
【点睛】关键点睛：求解分段函数与方程、不等式问题的交汇问题，关键是依据自变量的不同范围或参数的不同范围分类讨论求解，最后还要根据讨论对象的不同（是对自变量进行的分类讨论还是对参数进行的分类讨论）来确定最终结果．
10. 在棱长为的正方体中，、分别为棱、的中点，则平面与正方体外接球的交点轨迹长度为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】连接，取的中点，的中点，的中点，连接，
作，垂足为，证得平面，在直角中，求得，在中，求得，结合球的截面圆的性质，求得截面圆的半径，即可求解.
【详解】如图所示，连接，取的中点，的中点，的中点，
连接，其中为正方体的中心，
作，垂足为，
因为平面，平面，所以，
因为四边形为正方形且为的中点，为的中点，
可得，
又因为，且平面，所以平面，
因为面，所以，
又由，且平面，所以平面，
因为面和面是同一面，所以平面，
直角中，，可得，所以，
又因为，在中，可得，
由平面截球的轨迹为圆，其中是截面圆的圆心，为球心，
因为正方体的棱长为，所以外接球的半径，
根据截面圆的性质，可得，
所以截面的周长为.
故选：C.

【点睛】解题方法点拨：
1、立体几何中的动态问题主要包括：空间动点轨迹的判断，求解轨迹的长度及动角的范围等问题；
2、解答方法：一般时根据线面平行，线面垂直的判定定理和性质定理，结合圆或圆锥曲线的定义推断出动点的轨迹，有时也可以利用空间向量的坐标运算求出动点的轨迹方程；
3、对于探索性问题用向量法比较容易入手，一般先假设存在，设出空间点的坐标，转化为代数方程是否有解的问题，若由解且满足题意则存在，若有解但不满足题意或无解则不存在.
11. 已知，分别为抛物线与圆上的动点，抛物线的焦点为，，为平面两点，当取到最小值时，点与重合，当取到最大时，点与重合，则直线的的斜率为（ ）
A. B. C. 1 D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据取到最小值时，点与重合，利用抛物线的定义得到，从而得到点P的坐标，连接，由抛物线的定义得到Q为与抛物线的交点求解.
【详解】如图所示：

，即，圆心为，
抛物线的焦点为，记的准线为l，过点A作，
过作，
，当共线时，点B在上，此时，
连接，
，此时Q为与抛物线的交点，
，由，解得或，
因为Q在第一象限，
所以，
所以，
故选：D
【点睛】关键点点睛：本题关键是抛物线定义的灵活应用.
12. 若正实数，满足，则（ ）
A B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用基本不等式可得（当且仅当时取等号），利用熟知的结论（当且仅当时取等号）进行放缩可得到，结合已知条件，得到，考虑到各不等式取等号的条件，解得的值，然后逐一检验即可做出正确判断.
【详解】先证明熟知的结论：恒成立，且当且仅当时取等号.
设,则,
在(0,1)上，,单调递减;在(1,+∞)上，,单调递增.
故,
∴恒成立，且当且仅当时取等号.
由,
由已知，
∴，且，
解得,
经检验只有B正确，
故选：B.
【点睛】本题关键点在于利用基本不等式和熟知的结论恒成立，且当且仅当时取等号进行研究，得到，结合已知得到等式，一定要注意基本不等式和取等号的条件，才能列出方程组求得的值.
第Ⅱ卷（非选择题）
本卷包括必考题和选考题两部分，第13题~第21题为必考题，每个试题考生必须做答，第22题~第23题为选考题，考生根据要求做答．
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 某班共有52人，现根据学生的学号，用系统抽样的方法抽取一个容量为4的样本.已知4号､43号同学在样本中，那么样本中另外两位同学的学号是___________.
【答案】17和30
【解析】
【分析】根据题意得系统抽样的抽样间隔为，列举出4个样本的编号分别进而可得答案.
【详解】解：由系统抽样为等距抽样，故抽样间隔为，
故所抽取的4个样本的编号分别为：4，4+13=17，17+13=30，30+13=43，
故样本中还有一个同学的学号是17和30.
故答案为: 17和30
14. 已知，则___________.
【答案】
【解析】
【分析】由两角差的正切公式求出,再用三角恒等变换求出,利用弦化切公式化为,代入即可求出结果.
【详解】解: 由两角差正切公式可得，得 ,


.
故答案为: .
15. 已知公差不为0的等差数列的部分项，，，……构成等比数列，且，，，则___________.
【答案】
【解析】
【分析】设等差数列的公差为，则，由等比数列的性质列式求得 ．然后再由等差数列与等比数列的通项公式列式求得．
【详解】解：设等差数列的公差为，则，
由已知，
即，得，
于是，在等比数列中，
公比．
由为数列的第项，知；
由为数列的第项，知，
，
故.
故答案为．
【点睛】该题考查的是有关等差数列与等比数列的综合问题，属于中档题目，在解题的过程中，需要对等差数列的通项公式与等比数列的通项公式熟练掌握，并且要注意三项成等差数列的条件，得出等差数列的首项与公差的条件，从而确定出所得的等比数列的项的特点，进一步求得结果，从而求得等比数列的项的特点，得到的关系，从而求得结果，在做题的过程中，如果分析不到位，很容易出错.
16. 对于定义域为的函数，若满足（1）；（2）当，且时，都有；（3）当，且时，都有，则称为“偏对称函数”.现给出四个函数：①；②；③；④则“偏对称函数”有___________个.
【答案】1
【解析】
【分析】条件（2）等价于在上单调递减，在上单调递增，条件（3）等价于在上恒成立. 运用新定义，分别讨论四个函数是否满足三个条件，结合奇偶性和单调性以及对称性，即可得到所求结论．
【详解】由（2）可知当时，，当时，，
在上单调递减，在上单调递增，
，在上不单调，故不满足条件（2），
不是“偏对称函数”；
又，在上单调递减，不满足条件（2），
不是“偏对称函数”；
对于，作出图象如图：

根据图象，满足②；且当，且时，都有，故其不满足（3）；
不是“偏对称函数”；
，显然满足.，
当 时，，，
当 时，，，
则当 时，都有，符合条件（2），
因为，
函数 在上单调递减，在 上单调递增，
由 的单调性知，当时，，
，
令，，
，
当且仅当即 时，“ “成立，
在， 上是减函数，
，即，
符合条件（3），故 是“偏对称函数”.
故答案为：1
【点睛】关键点睛：解答本题的关键是判断函数 是否是“偏对称函数”，关键是判断函数 是否满足条件（3）. 要构造函数，结合导数和基本不等式的知识分析解答.
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．第17~21题为必做题，每个试题考生都必须作答．第22、23题为选做题，考生根据要求作答．
（一）必考题：
17. 已知向量，.若.
（1）求函数的单调递增区间；
（2）在中，角，，的对边分别为，，，若，，，为的角平分线，为中点，求的长.
【答案】（1）单调递增区间；（2）.
【解析】
【分析】（1）根据向量的数量积公式,以及三角函数的辅助角公式求出,
然后根据正弦函数的性质求出单调递增区间即可.
（2）根据,可得,结合条件,通过余弦定理即可求出.
【详解】解析：（1）

函数的单调递增区间

（2）
,,所以
在中：
在中：.
【点睛】三角函数单调区间的确定，一般先将函数式化为基本三角函数标准式，然后通过同解变形或利用数形结合方法求解．对于函数，由 求其增区间；由求其减区间．
18. 如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，，，，，点是的中点．

（1）求证：平面平面；
（2）求二面角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析；（2）．
【解析】
【分析】（1）在中，由，，，得到，然后分别在和中，利用勾股定理得到，，然后利用线面垂直和面面垂直的判定定理证明；
（2）以AM的中点O为原点，以OB为x轴，平行于MC的直线为y轴，OP为z轴，建立空间直角坐标系，分别求得平面的一个法向量为和平面的一个法向量为，利用求解.
【详解】（1）在中，因为，，，
所以，
因为点是的中点，
所以，
在中，得，
所以，
所以，
在中，，，，满足，
所以，而，
所以平面，
因为平面，
所以平面平面
（2）以AM的中点O为原点，以OB为x轴，平行于MC的直线为y轴，OP为z轴，如图建立坐标系，

则，，，，
所以，
设平面的一个法向量，平面的一个法向量，
则，即，令，可得，
则，即，令，可得，，
所以二面角的余弦值为．
【点睛】方法点睛：1、利用向量求异面直线所成的角的方法：设异面直线AC，BD的夹角为β，则cos β＝.
2、利用向量求线面角的方法：(1)分别求出斜线和它所在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)；(2)通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角，取其余角就是斜线和平面所成的角．
3、利用向量求面面角的方法：就是分别求出二面角的两个面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角．
19. 自“新冠肺炎”爆发以来，中国科研团队一直在积极地研发“新冠疫苗”，在科研人员不懈努力下，我国公民率先在2020年年末开始可以使用安全的新冠疫苗，使我国的“防疫”工作获得更大的主动权，研发疫苗之初，为了测试疫苗的效果，科研人员以白兔为实验对象，进行了一些实验．
（1）实验一：选取10只健康白兔，编号1至10号，注射一次新冠疫苗后，再让它们暴露在含有新冠病毒的环境中，实验结果发现，除2号、3号和7号白兔仍然感染了新冠病毒，其他白兔未被感染，现从这10只白兔中随机抽取4只进行研究，将仍被感染的白兔只数记作，求的分布列和数学期望．
（2）科研人员在另一个实验中发现，疫苗可多次连续注射，白兔多次注射疫苗后，每次注射的疫苗对白兔是否有效互相不影响，相互独立，试问，若将实验一中未被感染新冠病毒的白兔的频率当做疫苗的有效率，那么一只白兔注射两次疫苗能否保证有效率达到96%，如若可以请说明理由，若不可以，请问每支疫苗的有效率至少要达到多少才能满足以上要求．
【答案】（1）分布列见解析；期望为；（2）不可以；每支疫苗的有效率至少要达到80%才能满足以上要求．
【解析】
【分析】（1）先分析出的可取值，然后根据超几何分布模型求解取不同值时的概率，由此可求得的分布列，并根据分布列可计算出数学期望；
（2）根据已知条件先分析出注射一次疫苗的有效率，然后计算注射两次疫苗的有效率并与作比较，得到结果为无法保证后先假设疫苗的有效率，利用减去两次疫苗都无效的概率等于，由此求解出结果.
【详解】解：（1）因为可取，所以
所以，
，．
所以的分布列如下：










；
（2）因为实验一中未被感染新冠病毒的白兔的频率为，
所以注射一次疫苗的有效率为，
又因为每次注射疫苗对白兔是否有效相互独立，
所以一只白兔注射两次疫苗的有效率为：，所以无法保证，
设每支疫苗有效率至少达到才能满足要求，
则，解得
所以每支疫苗的有效率至少要达到才能满足以上要求.
【点睛】关键点点睛：超几何分布模型的理解：
一般地，在含有件次品的件产品中，任取件，其中恰有件次品，则，即：










其中，且；
如果随机变量的分布列具有上表的形式，则称随机变量服从超几何分布.
20. 已知椭圆上的点到焦点的最小距离为1，且以椭圆的短轴为直径的圆过点且，为椭圆的左右顶点．
（1）求椭圆的方程；
（2）过直线交椭圆于，两点（在第一象限），直线、的斜率为，，是否存在实数，使得，若存在，求出实数的值；若不存在，说明理由．
【答案】（1）；（2）存在；．
【解析】
【分析】（1）由题意布列方程组，即可得到结果；
（2）设，联立方程，借助韦达定理表示，即可得到结果.
【详解】（1）由题意可得：，
∴
∴椭圆的方程为．
（2）假设存在实数，使得；
由题意可知直线斜率不为零，
设，且，，
可得
∴，
∴
∴
．
故存在实数，使得成立.
【点睛】方法点睛：解决解析几何中探索性问题的方法
存在性问题通常采用“肯定顺推法”．其步骤为：假设满足条件的元素(点、直线、曲线或参数)存在，用待定系数法设出，列出关于待定系数的方程组，若方程组有实数解，则元素(点、直线、曲线或参数)存在；否则，元素(点、直线、曲线或参数)不存在．
21. 已知函数，
（1）若直线与曲线相切，求的值．
（2）当时，求证：当时，恒成立．
【答案】（1）；（2）证明见解析．
【解析】
【分析】（1）设切点，由，解方程即可求得结果；
（2）利用分析法可知，要证对恒成立，通过化简变形可知只需证明对恒成立，构造函数,求得可知函数为增函数,所以只需证明即可，再次构造函数,利用导数求得最值即可证得结果.
【详解】（1）设直线与相切于点，
则，解得：，，；．
（2）要证对恒成立；
只需证：对恒成立；
即证:对恒成立；
两边同时加，即证,对恒成立；
即证:,对恒成立；
设，则，∴是增函数
只需证:，即对恒成立；
设，则，
∴在单减，在单增，
∴，所以当时，成立．
∴当时，当时，恒成立.
【点睛】关键点睛：本题考查导数解决函数的单调性问题，考查导数证明不等式，解决本题的关键点将证明问题变形为对恒成立,对函数求导判断出单调性和最值，可得命题成立.
（二）选考题：共10分．请考生在第22、23题中任选一题做答．如果多做，则按所做的第一题记分
[选修4-4：坐标系与参数方程]
22. 在极坐标系中，曲线的极坐标方程为，以极点为原点，以极轴为轴的非负半轴，建立直角坐标系，已知点的坐标为，直线的参数方程为(为参数)，且与曲线交于，两点.
（1）求曲线的直角坐标方程和直线的普通方程；
（2）若点为曲线的动点，则满足使得的面积条件的点有几个，并求出点的坐标.
【答案】（1）C的直角坐标方程，直线的普通方程为；（2）存在三个点，点P坐标分别为.
【解析】
【分析】（1）直接利用转换关系,把参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换.
（2）联立直线与抛物线方程,利用韦达定理求出,求出的距离,再设点,结合点到直线的距离公式求出三角形的高,即可求出点P坐标.
【详解】（1）由题意，曲线C的极坐标方程为，则，
将代入，可得，
即曲线C的直角坐标方程，
由直线l的参数方程为(t为参数)，消去参数，
可得直线的普通方程为.
（2）设
由得，，
∴
；
设点P到直线l的距离为d，由得，.
，
∴或或，
∴存在三个点，点P坐标分别为.
【点睛】将极坐标或极坐标方程转化为直角坐标或直角坐标方程，直接利用公式 即可．将直角坐标或直角坐标方程转化为极坐标或极坐标方程，要灵活运用以及.
[选修4-5：不等式选讲]
23. 已知函数.
（1）当，时，解不等式；
（2）当时，若不等式对任意的恒成立，求实数的取值范围.
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】（1）当，时，利用零点分段法去绝对值，由此求得不等式的解集.
（2）当时，将表示为分段函数的形式，求得的最小值，由此求得的取值范围.
【详解】解:（1）当时，不等式即为，
当时，可得，解得，则；
当时，可得，即，所以；
当时，可得，解得，则.
综上可得，原不等式的解集为.
（2）当时，若不等式对任意的恒成立，即为，
又
当时，；
当时，；
当时，.
故，则，即a的取值范围是.
【点睛】求不等式恒成立问题的方法
（1）分离参数法
若不等式（是实参数）恒成立，将转化为或恒成立，进而转化为或，求的最值即可.
（2）数形结合法
结合函数图象将问题转化为函数图象的对称轴、区间端点的函数值或函数图象的位置关系（相对于轴）求解.此外，若涉及的不等式转化为一元二次不等式，可结合相应一元二次方程根的分布解决问题.
（3）主参换位法
把变元与参数变换位置，构造以参数为变量的函数，根据原变量的取值范围列式求解，一般情况下条件给出谁的范围，就看成关于谁的函数，利用函数的单调性求解.