2020高考数学(理)全真模拟卷15(解析版)

数学（理）

（本试卷满分150分，考试用时120分钟）

第I卷（选择题)

一、 单选题：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．已知复数z满足z1i3i（i为虚数单位),则复数z（ ） A．12i B．12i

C．2i

D．2i

【答案】B 【解析】 【分析】

运用复数的除法运算法则求出复数z,在根据共轭复数的定义求出复数z. 【详解】

由题意z1i3i,可变形为z3i1i3i1i24i1i1i212i. 则复数z12i. 故选：B. 【点睛】

本题考查了复数的除法运算法则和共轭复数的定义,属于基础题. 2．已知：p:12a1，q:x1,1，x2ax20,则p是q成立的（ ） A．充分但不必要条件 B．必要但不充分条件

C．充分必要条件 D．既不是充分条件也不是必要条件

【答案】A 【解析】 【分析】

构造函数fxx2ax2，先解出命题q中a的取值范围，由不等式fx0对

x1,1恒成立，得出f10，解出实数a的取值范围，再由两取值范围的包含关系得出命题p和

f10q的充分必要性关系。

【详解】

构造函数fxxax2，对x1,1，fx0恒成立，

2f1a10则，解得1a1，

f1a101Q,1Ü1,1，因此，p是q的充分但不必要条件，故选：A. 2【点睛】

本题考查充分必要条件的判断，一般利用集合的包含关系来判断两条件的充分必要性： （1）AÜB，则“xA”是“xB”的充分不必要条件； （2）AÝB，则“xA”是“xB”的必要不充分条件； （3）AB，则“xA”是“xB”的充要条件；

（4）AB，则“xA”是“xB”的既不充分也不必要条件。 3．已知sin(A．5)7 813)（） ，则cos(24517B． C．

88D．1 8【答案】A

【解析】由题意可得：

33cos2cos2510cos2252cos21252sin2157.8

本题选择A选项.

4．元旦将近，调查鲜花市场价格得知：购买2只玫瑰与1只康乃馨所需费用之和大于8元，而购买4只玫瑰与5只康乃馨所需费用额小于22元；设购买2只玫瑰花所需费用为A元，购买3只康乃馨所需费用为B元，则A． 、B的大小关系是（ ）A．AB 【答案】A 【解析】 【分析】

设出玫瑰与康乃馨的单价，根据题意列出不等式，求出A、B的表达式，利用不等式的性质求解即可. 【详解】

设玫瑰与康乃馨的单价分别为x,y(单位为：元)，则有B．AB

C．AB

D．A、B的大小关系不确定

2xy8,2xA,3yB.

4x5y22BA8(1)AB3. 所以有x,y，因此5B232A22(2)3(1)5(2)(1)可得：A6；

(1)2(2)(1)可得：B6，因此AB.

故选：A 【点睛】

本题考查了数学阅读能力，考查了不等式性质的应用，考查了数学建模思想，考查数算能力. 5．已知函数g(x)exex，f(x)xg(x),若af（ ） A．a解：依题意，有g(x)g(x)，则g(x)ee所以f(x)为偶函数．

xx53,bf,cf(3)，则a,b,c的大小关系为22B．c为奇函数，且在R上单调递增，

当x0时，有g(x)g(0)，

任取x1x20，则gx1gx20，由不等式的性质可得x1gx1x2gx20， )上递增， 即fx1fx20，所以，函数f(x)在(0，因此，f【点睛】

355fff(3)，故选：C． 222本题考查函数值大小的比较，考查函数的单调性与奇偶性的应用，考查推理与转化能力，属于中档题. 6．鸡兔同笼，是中国古代著名的趣味题之一.《孙子算经》中就有这样的记载：今有鸡兔同笼，上有三十五头，下有九十四足，问鸡兔各有几何？设计如右图的算法来解决这个问题，则判断框中应填入的是（ ）

A．m94 B．m94 C．m35 D．m35

【答案】B 【解析】 【分析】

由题意知i为鸡的数量，j为兔的数量，m为足的数量，根据题意可得出判断条件. 【详解】

由题意可知i为鸡的数量，j为兔的数量，m为足的数量，根据题意知，在程序框图中，当计算足的数量为

94时，算法结束，因此，判断条件应填入“m94”.

故选B. 【点睛】

本题考查算法程序框图中判断条件的填写，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.

7．已知抛物线y24x的焦点为F，P为抛物线上一点，A(1,1)，当PAF周长最小时，PF所在直线的斜率为（ ） A．4 3B．3 4C．

3 4D．

4 3【答案】A

【解析】结合题意，绘制图像

要计算三角形PAF周长最小值，即计算PA+PF最小值，结合抛物线性质可知，PF=PN，所以

1故当点P运动到M点处，三角形周长最小，故此时M的坐标为,1，PFPAPAPNANAG，

4所以斜率为【点睛】

k10413，故选A。 14本道题考查了抛物线的基本性质，难度中等。 8．函数f(x)(21)sinx在[2,2]上的图象大致是（ ） 2x1A． B．

C． D．

【答案】A 【解析】 【分析】

先判断出fx是偶函数，排除C、D，再由f1的正负排除B，从而得到答案. 【详解】

21sinx 因为fxx2122x21sinx1sinxf(x)， xx2112所以函数f(x)是偶函数，排除C、D，

1又当x1时，f(1)sin10，排除B，

3故选：A. 【点睛】

本题考查函数图像的识别，属于简单题.

9．抛物线y4x2上的一点M到焦点的距离为1，则点M的纵坐标是( ) A．

17 16B．1 C．

7 8D．

15 16【答案】D 【解析】

【分析】

由抛物线方程先计算出p的值，然后再根据焦半径公式MFyM【详解】

2因为y4x是抛物线的方程，所以p

p计算出M的纵坐标. 21； 8

因为

MF1，所以yMp115yM1，所以yM， 21616故选：D. 【点睛】

本题考查抛物线的焦半径公式的应用，难度较易.对于形如y2pxp0的抛物线，抛物线上任意一点

2p2；对于形如x2py的抛物线，抛物线上任意一点2pPx0,y0到其焦点F的距离为PFy0.

2Px0,y0到其焦点F的距离为PFx010．由曲线y=x2 ，yx3围成的封闭图形的面积为（ ） A． 【答案】C 【解析】

13B．

1 4C．

1 12D．

7 12x3x41111围成的封闭图形的面积为(xx)dx()0，选C.

343412023111．已知函数fx为定义在(一,0)(0, )上的奇函数,当x0时,fxx2elnx.若函数

gx fxm存在四个不同的零点,则m的取值范围为（ ）

A．e,e 【答案】A 【解析】 【分析】

当x0时,对函数fx进行求导，判断出函数的单调性,再根据奇函数的性质画出函数fx的一致图象,最后利用数形结合思想示出m的取值范围. 【详解】

B．e,e

C．1,1

D．1,1

当x0时,f'xlnx12e12e.f'x20 ,故f'x在0,上单调递增,因为f'e0.故xxxffx在0,e上单调递战，在e,上单调递增.如图为fx大致图象.由gxfxm存在四个不同的零点知ym与y fx的图象有四个不同交点,故me,e. 故选：A

【点睛】

本题考查了已知函数的零点个数求参数取值问题,利用数形结合是解题的关键. 12．已知函数

fxlnxa1x22aa0.若不等式fx0的解集中整数的个数为3，则a的

取值范围是（ ） A．

1ln3,0

B．

1ln3,2ln2

C．

1ln3,1ln2 D．0,1ln2 【答案】D 【解析】 【分析】

对fx0进行变形，得到ax2lnxx2，令hxax2，gxlnxx2，即

hxgx的整数个数为3，再由gx的函数图像和hx的函数图像，写出条件，得到答案

【详解】

Qfx0

lnxa1x22a0，即ax2lnxx2

设hxax2,gxlnxx2， 其中x2时，h20,g2ln20

x3时，h3a0,g3ln30

即x2,x3符合要求

1x1gx1，所以x0,1时，gx0，gx单调递减

xxx1,，gx0，gx单调递增，g11为极小值. Qhxgx有三个整数解，则还有一个整数解为x1或者是x4

①当解集包含x1时，x0时，hx2a0,gx

a0a0所以需要满足h1g1即a1，解得0a1ln2

h4g42aln442a0a0h1g1a1①当解集包含x4时，需要满足 即h4g42aln442h5g53aln552a0a13ln51，所以无解集，即该情况不成立. 整理得a1ln2，而

3a3ln53综上所述，由①①得，a的范围为0,1ln2 故选D项. 【点睛】

利用导数研究函数图像，两个函数图像的位置关系与解析式大小之间的关系，数形结合的数学思想，题目较综合，考查内容比较多，属于难题.

第II卷（非选择题)

二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分。把答案填在题中的横线上。 13．曲线ye在点2,ex2处的切线与坐标轴所围三角形的面积为 .

e2【答案】2

【解析】解析：依题意得y′=ex，因此曲线y=ex在点A（2，e2）处的切线的斜率等于e2，相应的切线方程是

2x-2）y-e2=e（，当x=0时，y=-e2即

12e2Se1 y=0时，x=1，①切线与坐标轴所围成的三角形的面积为：

2214．(1x)3(1x)5展开式中x3的系数为___________（用数值作答） 【答案】6 【解析】 【分析】

35分别计算(1x),(1x)中的常数项,含x的项,含x2的项和含x3的项再分析即可.

【详解】

323142332由题, (1x)13x3xx,(1x)51C51xC51xC51x...

123故(1x)(1x)展开式中含x3的项为

32141C51x3xC5213x3x2C51xx3110x330x315x3x36x3.

32135(1x)3(1x)5展开式中x3的系数为6.

故答案为：6 【点睛】

本题主要考查了二项式定理的运用,属于基础题型.

15．已知当xR时，均有不等式ae2aex0成立，则实数a的取值范围为______． 【答案】,2eexx1

2【解析】 【分析】

可分类讨论，a0时，aex20恒成立，只要研究aexx0即可，这可用导数研究；a0时，可得

f(x)aexx与g(x)aex2都是增函数，且都有唯一零点，因此只要使它们的零点相同即可满足题意；a0直接验证．

【详解】

a0时，不等式为2x0，不恒成立；

a0时，aex20，令f(x)aexx，f'(x)aex1，由f'(x)0得xln()，

1a11aa1111①xln()时，f(x)max1ln()，要使命题成立，则1ln()0，a；

aaae2xxlng(x)ae2时，函数是增函数，在唯一零点， a0a当xln()时，f'(x)0，f(x)递增，xln()时，f'(x)0，f(x)递减，

f(x)aexx，f'(x)aex10，即f(x)增函数，f(0)a0，但当x时，f(x)，

所以f(x)有唯一零点x0，要使不等式f(x)g(x)0恒成立，只有x0ln2， a20，a2e2， a12综上a的取值范围是(,]U{2e}．

e12故答案为：(,]U{2e}．

e①2ln【点睛】

本题考查用导数研究不等式恒成立问题．解题关键是把不等式中两个式子aex2和aexx分别研究，减少了难度．否则把不等式左边作为一个函数研究将会非常难，甚至不可进行．

16．如图，在四棱锥PABCD中，PD平面ABCD，ABAD，AB//CD，ADCDPD2，

2AB1，E,F分别为棱PC,PB上一点，若BE与平面PCD所成角的正切值为2，则(AFEF)的最小

值为________.

【答案】

1442 3【解析】 【分析】

先找出BE与平面PCD所成角，再利用正切值为2，证得E为PC的中点.根据所给各边的长度，求出

APB,BPC的斜弦值，再将PBC翻折至与平面PAB共面，利用余弦定理求出AE，即为(AFEF)2的最小值.

【详解】

取CD的中点H，连接BH，EH.

依题意可得，BHCD.因为PD平面ABCD，所以PDBH， 从而BH平面ABCD，

BH22，则EH1，则E为PC的中点. EHEH所以BE与平面PCD所成角为BEH， 且tanBEH

在RtPAB中，cosAPBAP22. PB35，

因为PB3，PC22，BC所以cosBPC2，所以BPC.

42将PBC翻折至与平面PAB共面，如图所示，则图中

222142cosAPCcosAPB， 42336当F为AE与PB的交点时，AFEF取得最小值，此时，

(AFEF)2AE2(22)2(2)222221442. 3421442. 63故答案为：【点睛】

本题考查空间中线面垂直、线面角、余弦定理等知识的交会，考查空间相象能力和运算求解能力，将空间中线段和的最值问题，转化成平面问题，对转化与化归思想的考查要求较高，属于难题.

三、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.第17-21题为

必做题,每个考生都必须作答.第22/23题为选考题，考生根据要求作答. （一）必考题：共60分

17．在VABC中，内角A、B、C的对边分别记为a、b、c，且asin（1）求

2ABBC5csin2b． 224b的值； ac（2）若VABC的面积S22，cosB【答案】（1）【解析】 【分析】

1，求VABC的周长． 32；（2）45. 3（1）用诱导公式、降幂公式化简，再用正弦定理化边为角，由两角和的正弦公式化简，最后再由正弦定理化角为边得结论；

（2）已知cosB可求得sinB，由面积公式S从而得三角形周长． 【详解】

1acsinB可得ac，再由余弦定理结合（1）的结论可求得b，2ABBC5csin2b及ABC得： 224CA5acos2ccos2b

2241cosC1cosA5cb 即a2245由正弦定理得：sinAsinAcosCsinCcosAsinCsinB

233所以sinAsinCsinB，即acb

22b2． 所以

ac3（1）由asin2（2）由cosB122 ，0B得：sinB33又S1acsinB22，所以ac6 2又由余弦定理得：

b2a2c22accosBac2ac2accosBac16

又由（1）得：b2229285 b16，所以b45所以VABC的周长abc【点睛】

5b45． 2本题考查正弦定理、余弦定理、三角形面积公式，考查诱导公式、二倍角公式、同角间的三角函数关系、两角和的正弦公式等，考查知识点较多，但也较基本．熟练掌握三角函数的公式是解题基础，根据条件选用恰当的公式是解题关键．

18．如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，ABC3，

PA平面ABCD，

PA3，PF2FA，E为CD的中点．

（1）求证：BDPC；

（2）求异面直线AB与DF所成角的余弦值；

（3）判断直线EF与平面PBC的位置关系，请说明理由． 【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】 【分析】

（1）根据题意先证明BD平面PAC，即可得到答案；

（2）以O为坐标原点，以OB为x轴，以OC为y轴，以过点O且与AP平行的直线为z轴， 建立空间直角坐标系Oxyz，求出AB、DF的坐标，利用公式即可得到结果； （3）求出平面PBC的一个法向量与向量EF，根据EFn与零的关系，作出判断. 【详解】 （1）连结AC．

因为底面ABCD是菱形 ，所以BDAC. 又因为PA平面ABCD，BD平面ABCD，

5；（3）相交，理由见解析． 5uuuvuuuvuuuvuuuvr所以PABD. 又因为PAACA， 所以BD平面PAC. 又因为PC平面PAC， 所以BDPC. （2）设AC，BD交于点O. 因为底面ABCD是菱形 ， 所以ACBD，

又因为PA平面ABCD， 所以PAAC，PABD.

如图，以O为坐标原点，以OB为x轴，以OC为y轴，以过点O且与AP平行的直线为z轴， 建立空间直角坐标系Oxyz，

则A0,1,0，Buuuv则AB313,0,0，C0,1,0，D3,0,0， E2,2,0，P0,1,3 ，F0,1,1. uuuv3,1,0，DF3,1,1，

设异面直线AB与DF所成角为，则0,2，

uuuuvuuuuvuuuvuuuv|ABDF|5coscosAB,DFuuuvuuuv，

5ABDF所以AB与DF所成角的余弦值为5. 5（3）直线EF与平面PBC相交.证明如下：

uuuv33uuuvuuuv由（2）可知，EF2,2,1，BC3,1,0，BP3,1,3，

设平面PBC的一个法向量为nx,y,z，

ruuuvnBC0,v 即 则uuunBP0,r3xy0,n令，得x33xy3z0,3,3,2．

uuuvr33则EFn2,2,13,3,20，

所以直线EF与平面PBC相交． 【点睛】

本题考查线面的位置关系，考查异面直线所成角的度量，考查推理能力与计算能力，属于中档题. 19．某学校组织了垃圾分类知识竞赛活动．设置了四个箱子，分别写有“厨余垃圾”、“有害垃圾”、“可回收物”、“其它垃圾”；另有卡片若干张，每张卡片上写有一种垃圾的名称．每位参赛选手从所有卡片中随机抽取20张，按照自己的判断，将每张卡片放入对应的箱子中．按规则，每正确投放一张卡片得5分，投放错误得0分．比如将写有“废电池”的卡片放入写有“有害垃圾”的箱子，得5分，放入其它箱子，得0分．从所有参赛选手中随机抽取20人，将他们的得分按照[0,20]，(20,40]，(40,60]，(60,80]，(80,100]分组，绘成频率分布直方图如图：

（1）分别求出所抽取的20人中得分落在组[0,20]和(20,40]内的人数；

（2）从所抽取的20人中得分落在组[0,40]的选手中随机选取3名选手，以X表示这3名选手中得分不超过20分的人数，求X的分布列和数学期望；

（3） 如果某选手将抽到的20张卡片逐一随机放入四个箱子，能否认为该选手不会得到100分？请说明理由．

【答案】（1）抽取的20人中得分落在组[0,20]的人数有2人，得分落在组(20,40]的人数有3人；（2）分

布列见解析，1.2；（3）答案不唯一，具体见解析. 【解析】 【分析】

（1）根据频率分布直方图即可得到满足题意的人数；

（2）X的所有可能取值为0，1，2，求出相应的概率值，即可得到的分布列和数学期望；

1（3）该选手获得100分的概率是，结合此数据作出合理的解释.

4【详解】

（1）由题意知，所抽取的20人中得分落在组0,20的人数有0.005020202（人）， 得分落在组20,40的人数有0.007520203（人）．

所以所抽取的20人中得分落在组0,20的人数有2人，得分落在组20,40的人数有3人． （2）X的所有可能取值为0，1，2．

31221C3C2C3C2C3316PX03， PX1PX2． ，33C510C510C51020所以X的分布列为

X P

所以X的期望EX0（3）答案不唯一．

0 1 6 102 3 101 10163121.2． 101010答案示例1：可以认为该选手不会得到100分．理由如下：

1该选手获得100分的概率是，概率非常小，故可以认为该选手不会得到100分． 4答案示例2：不能认为该同学不可能得到100分．理由如下：

201该选手获得100分的概率是，虽然概率非常小，但是也可能发生，故不能认为该选手不会得到1004分． 【点睛】

本题考查频率分布直方图的应用，离散型随机变量的分布列与期望，概率的理解，考查分析问题解决问题的能力.

203x2y220．已知椭圆C:221(ab0)过点P(1,)，且椭圆C的一个顶点D的坐标为(2,0)．过椭圆

2ab，直线DA与直线m：x4C的右焦点F的直线l与椭圆C交于不同的两点A，B（A，B不同于点D）交于点M．连接MF，过点F作MF的垂线与直线m交于点N． （1）求椭圆C的方程，并求点F的坐标； （2）求证：D，B，N三点共线．

x2y2【答案】（1）（2）证明见解析. 1，(1,0)；

43【解析】 【分析】

a2,（1）根据题意列方程组1，即可得到椭圆的方程，进而得到焦点坐标； 91a24b2（2）讨论直线l的斜率，利用DB，DN是平行的证明D，B，N三点共线． 【详解】

（1） 因为点P1,uuuvuuuv3在椭圆C上，且椭圆C的一个顶点D的坐标为2,0， 2a2,a2, 所以1解得91.b3.a24b2x2y2所以椭圆C的方程为1．

43所以椭圆C的右焦点F的坐标为1,0．

（2）① 当直线l的斜率不存在时，直线AB的方程为x1． 显然，A1,3333B1,A1,B，或，1,．

2222当A1,313B1,y，时，直线的方程为x2，点M的坐标为4,3． DA222 所以kMF1．

直线FN的方程为yx1，点N的坐标为4,3．

uuuvv3uuu则DB3,，DN6,3．

2所以DN2DB，所以D，B，N三点共线． 同理，当A1,uuuvuuuv33B，1,时，D，B，N三点共线． 22① 当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为ykx1．

ykx1,222234kx8kx4k120． 由2得23x4y12且8k22434k24k2120．

4k2128k2设Ax1,y1，Bx2,y2，则x1x2，x1x2． 2234k34k直线DA的方程为yy1x2，点M的坐标为4,6y1． x12x12所以

kMF6y10x22y1． 141x12直线NF的方程为y3x12x12x1，点N的坐标为4,． 2y12y1uuuvuuuv3x12则DBx22,y2，DN6,．

2y1所以x223x122y16y2

3x12x224y1y2， 2y132x2x24kx11x2112， 2y132214kxx24k122y1xx4k1224，

238k224k122214k24k4k4，

2y134k234k2222222314k4k1224k8k4k434k， 22y134k34k21216k448k216k232k412k21216k416k2

2y134k20．

uuuvuuuv所以DB与DN共线，

所以D，B，N三点共线． 综上所述，D，B，N三点共线． 【点睛】

本题考查椭圆方程的求法，考查直线与椭圆的位置关系，考查向量知识的运用，考查韦达定理，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题． 21．已知函数

fxx33x．

（1）求fx在区间0,mm0上的最大值和最小值；

2（2）在曲线y=x上是否存在点P，使得过点P可作三条直线与曲线yfx相切？若存在，求出其横

坐标的取值范围；若不存在，请说明理由．

【答案】（1）当0m1时，fxmax0，fxminm3m；当1m33时，fxmax0，

fxmin2；当m3时，fxmaxm33m，fxmin2；（2）存在，

1131133,,. 22【解析】 【分析】 （1）求出导数

f'(x)，确定函数的单调性，然后按m分类讨论；

（2）假设存在符合条件的点Pa,a3a2x03x02，同时设切点为x,x0303x0，由导数几何意义得

ax03x20322，问题转化为关于x0的方程（*）存在三个不同3即2x03ax0a3a0（*）

实根．然后用导数研究函数gx2x3axa3a的零点．

322【详解】

2（1）由题意得：fx3x33x1x1

当x1时，fx0； 当1x1时，fx0； 当x1时，fx0．

即fx在,1单调递增，在1,1单调递减，在1,单调递增 又fx的零点分别为3，0，3

所以当0m1时，fxmaxf00，fxminfmm3m；

3当1m3时，fxmaxf00，fxminf12；

3当m3时，fxmaxfmm3m，fxminf12． （2）假设存在符合条件的点Pa,a3a2x03x02，切点设为x,x0303x0

所以

ax03x203223即2x03ax0a3a0（*）

故问题转化为关于x0的方程（*）存在三个不同实根．

令gx2x3axa3a，则gx6x6ax6xxa

3222当a0时，gx6x0，gx在R上单调递增，不合题意；

2当a0时，易知gx在,0单调递增，在0,a单调递减，在a,单调递增

g00a23a0 从而，即32ga0aa3a0解得：a113 2当a0时，易知gx在,a单调递增，在a,0单调递减，在0,单调递增

a3a23a0ga0 从而，即2g00a3a0解得：3a113 21131133,,综上，存在符合条件的点P，其横坐标的取值范围为2． 2【点睛】

本题考查用导数研究函数的最值，考查导数的几何意义，考查方程根的分布与函数零点问题． 掌握基本方法即可解决问题，但对运算求解能力有一定的要求．

（二）选考题：共10分.请考生在22,23题中任选一题作答.如果多做,则按所做的第一题计分.

22．在极点为O的极坐标系中，直线l:cos1上有一动点P，动点M在射线OP上，且满足OPOM2，记M的轨迹为C．

（1）求C的极坐标方程，并说明C是何种曲线； （2）若M11,6，M22,0，M33,均在曲线C上，求VM1M2M3的面积． 63. 4【答案】（1）2cos0，C是除去极点的圆；（2）【解析】 【分析】

（1）既然是求极坐标方程，因此设M,，P,，根据已知条件得出它们极坐标的关系，代入已知极坐标方程可得；

（2）由曲线C的极坐标方程，求出1,2,3，根据三点的极角求出M1OM3，从而得M1M2M3，及

M1M2，M3M2，然后可得三角形面积．

【详解】

 （1）设M,，P,，由题意得2所以2

又cos1，所以2cos0 C是除去极点的圆：2cos0． （2）由已知13，22，33 因为M1OM33

所以M1M2M3①SVM1M2M32且M1M2M2M31 31M1M2M2M3sinM1M2M3 212 11sin233． 4【点睛】

本题考查求极坐标方程，考查极坐标方程的应用．注意极坐标的意义即可． 23．已知函数fxx11． （1）求证：fx1fx3；

（2）若实数a、b、c满足a2b2c21，求证：fa1f2b1f2c16． 【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.

【解析】 【分析】

（1）利用绝对值三角不等式证明； （2）用柯西不等式证明． 【详解】

（1）因为fxx11

所以fx1fxx2x12x2x123． （2）因为a2b2c21，所以由柯西不等式得

fa1f2b1f2c1a2b2c3 122222a2b2c236

2时取等号）． 3（当且仅当bc2a【点睛】

本题考查绝对值三角不等式和柯西不等式．掌握这两个不等式是解题关键．