【文档说明】安徽省黄山市2021届高三第二次（二模）质量检测数学（理科）试卷 含解析.doc，共(20)页，1.101 MB，由小赞的店铺上传

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2021年安徽省黄山市高考数学第二次质检试卷（理科）（二模）一、选择题（共12小题）.1．已知集合A＝{1，2，3}，B＝{x|x（2﹣x）≤0}，则A∩B＝（）A．{2，3}B．{1，3}C．{1，2}D．{1

，2，3}2．的实部为（）A．B．C．﹣D．3．若，则sin（2x+）＝（）A．B．C．D．4．古希腊哲学家毕达哥拉斯曾说过：“美的线型和其他一切美的形体都必须有对称形式”．在中华传统文化里，建筑、器物、书法、诗歌、对联、绘画几乎无不讲究对称之美．如清代诗人黄柏权的《茶壶

回文诗》（如图）以连环诗的形式展现，20个字绕着茶壶成一圆环，不论顺着读还是逆着读，皆成佳作．数学与生活也有许多奇妙的联系，如2020年02月02日（20200202）被称为世界完全对称日（公历纪年日期中数字

左右完全对称的日期）．数学上把20200202这样的对称数叫回文数，如两位数的回文数共有9个（11，22，…，99），则在所有四位数的回文数中，出现奇数的概率为（）A．B．C．D．5．设函数f（x）＝，若函数y＝f（x）在区间（m，m+1]上单调递减，则实数m的取值范围是（）A

．[2，3]B．（2，3）C．（2，3]D．[2，3）6．已知抛物线C：y2＝4x的焦点为F，准线为l，P是l上一点，Q是直线PF与抛物线C的一个交点，若|PF|＝3|FQ|，则|QF|＝（）A．3B．4或C．D．或7．下列命题：①在线性回归模型中，相关指数R2表示解释变量x对于预报变

量y的贡献率，R2越接近于0，表示回归效果越好；②两个变量相关性越强，则相关系数的绝对值就越接近于1；③两个模型中残差平方和越小的模型拟合的效果越好；④对分类变量X与Y，它们的随机变量K2的观测值k来说，k越大，“X与Y有关系

”的把握程度越大．其中正确命题的个数是（）A．1个B．2个C．3个D．4个8．已知各项均为正数的等比数列{an}的前三项和为14，且a5＝3a3+4a1，则a2021＝（）A．22020B．22021C．22

022D．220239．设a＝ln，b＝﹣e﹣1，c＝log3，则（）A．b＜c＜aB．a＜c＜bC．c＜a＜bD．c＜b＜a10．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若sinBsinC＝si

nA，△ABC的面积为，a+b＝3，则角C＝（）A．30°B．120°C．30°或150°D．60°或120°11．棱长为4的正方体密闭容器内有一个半径为1的小球，小球可在正方体容器内任意运动，则其能到达的空间的体积为（

）A．B．C．D．12+12π12．已知a＞0，b＞0，且a≠b，如果a，b是的两个零点，则ab的范围是（）A．（e，+∞）B．（e2，+∞）C．D．二、填空题（每小题5分）.13．已知函数，若，则x＝．14．若（1﹣3x）

2021＝a0+a1x+⋯+a2021x2021（x∈R），则的值为．15．已知△ABC是边长为4的等边三角形，P为平面ABC内一点，则•的最小值是．16．已知F1，F2分别为双曲线＝1（a＞0，b＞0）的左

、右焦点，过点F2作圆x2+y2＝a2的切线交双曲线左支于点M，且∠F1MF2＝60°，则该双曲线的渐近线方程为．三、解答题（本大题共5小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．请在答题卷的相应区域答题.）1

7．已知A、B、C为△ABC的三个内角，且其对边分别为a、b、c，若（c+2b）cosA﹣acos（A+B）＝0．（1）求A；（2）若a＝2，求△ABC的面积的最大值．18．四棱锥S﹣ABCD中，底面ABCD

为等腰梯形，侧面SAD为正三角形，且平面SAD⊥平面ABCD．已知AD∥BC，AB＝AD＝2，BC＝4．（1）试画出平面SAB与平面SCD的交线m，并证明：BC⊥m；（2）记棱AD中点为O，BC中点为E，若点F为线段O

E上动点，当满足FA+FB最小时，求SF与平面SBC所成角的正弦值．19．设n是给定的正整数（n＞2），现有n个外表相同的袋子，里面均装有n个除颜色外其他无区别的小球，第k（k＝1，2，3，⋯，n）个袋中有k个红球，n﹣k个白球．现将这些袋子混合后，任选其中一个袋

子，并且从中连续取出三个球（每个取后不放回）．（1）若n＝4，假设已知选中的恰为第2个袋子，求第三次取出为白球的概率；（2）若n＝4，求第三次取出为白球的概率；（3）对于任意的正整数n（n＞2），求第三次取出为白球的概率．20．已知椭圆C1：＝1（a＞b＞0），其短轴长为2，离

心率为e1，双曲线C2：＝1（p＞0，q＞0）的渐近线为y＝±x，离心率为e2，且e1•e2＝1．（1）求椭圆C1的方程；（2）设椭圆C1的右焦点为F，动直线l（l不垂直于坐标轴）交椭圆C1于M，N不同两点，设直线FM和FN的斜率为k1，k2，若k1＝

﹣k2，试探究该动直线l是否过x轴上的定点，若是，求出该定点；若不是，请说明理由．21．已知函数f（x）＝alnx+x，函数g（x）＝ex+bx2，（1）记h（x）＝f（x）+x2，试讨论函数h（x）的单调性，并求出函数h（x）的极值点；（2）若已知曲线y＝f（x）和曲线y＝g（x

）在x＝1处的切线都过点（0，1）．求证：当x＞0时，xf（x）+g（x）﹣（e﹣1）x≥1．考生注意：请在第22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分.作答时，请用2B铅笔在答题卡上将所选题号后的方框涂黑.[选修4-4：坐标系与参数方程]22．在直角坐标系x

Oy中，曲线C1的参数方程为（其中φ为参数），曲线C2：x2+y2﹣2y＝0，以原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，射线l：θ＝α（ρ≥0）与曲线C1，C2分别交于点A，B（均异于原点O）．（1）求曲线C1，C2的极坐标方程；（2）当0＜α＜时，求|O

A|2+|OB|2的最小值．[选修4-5：不等式选讲]23．已知函数f（x）＝|2x﹣a|﹣|x+1|．（1）当a＝2时，求不等式f（x）＜2的解集；（2）若a＞0，不等式f（x）+3＞0恒成立，求实数a的取值范围．参考答案一

、选择题（每小题5分）.1．已知集合A＝{1，2，3}，B＝{x|x（2﹣x）≤0}，则A∩B＝（）A．{2，3}B．{1，3}C．{1，2}D．{1，2，3}解：∵A＝{1，2，3}，B＝{x|x≤0或x≥2}，∴A∩B＝{2，3}．故选：A．2．的实部为（）A．

B．C．﹣D．解：＝＝＝﹣+i，则的实部为﹣，故选：C．3．若，则sin（2x+）＝（）A．B．C．D．解：因为，所以sin（2x+）＝sin[2（x﹣）+]＝cos2（x﹣）＝2cos2（x﹣）﹣1＝2×（）2﹣1＝﹣．故选：D．4．古希腊哲学家毕达

哥拉斯曾说过：“美的线型和其他一切美的形体都必须有对称形式”．在中华传统文化里，建筑、器物、书法、诗歌、对联、绘画几乎无不讲究对称之美．如清代诗人黄柏权的《茶壶回文诗》（如图）以连环诗的形式展现，20个字绕着茶壶成一圆环，不论顺着读

还是逆着读，皆成佳作．数学与生活也有许多奇妙的联系，如2020年02月02日（20200202）被称为世界完全对称日（公历纪年日期中数字左右完全对称的日期）．数学上把20200202这样的对称数叫回文数，如两位数的回文数共有9个（11，22，…，99），则

在所有四位数的回文数中，出现奇数的概率为（）A．B．C．D．解：4位回文数只用排列前两位数字，后面数字可以确定，但是第一位不能为0，有9种情况，第二位有10种情况，∴4位回文数有：9×10＝90．4位回文数的第一

位是奇数，有5种情况，第二位有10种情况，∴四位数的回文数中奇数的个数为：5×10＝50，∴在所有四位数的回文数中，出现奇数的概率为P＝＝．故选：C．5．设函数f（x）＝，若函数y＝f（x）在区间（m，m+1]上单调递减，则实数m的取值范围是（）

A．[2，3]B．（2，3）C．（2，3]D．[2，3）解：函数f（x）＝的图像如图所示，函数f（x）在（﹣∞，2]以及（4，+∞）上递增，在[2，4）上递减，故若函数y＝f（x）在区间（m，m+1]上单调递减，需满足2≤m且m+1≤4，即2≤m≤

3，故选：A．6．已知抛物线C：y2＝4x的焦点为F，准线为l，P是l上一点，Q是直线PF与抛物线C的一个交点，若|PF|＝3|FQ|，则|QF|＝（）A．3B．4或C．D．或解：当Q在PF的延长线时，过Q向准线l作垂线，垂足为Q

′，根据已知条件，|PF|＝3|FQ|，结合抛物线的定义得＝，∵|FF′|＝p＝2，∴|QQ′|＝，∴|QF|＝．当Q在PF之间时，过Q向准线l作垂线，垂足为Q′，根据已知条件，|PF|＝3|FQ|，结合抛物线的定义得＝，∵|FF′|＝p＝2，∴|QQ′|＝，故选：D．7．下列命题：①在线性回归

模型中，相关指数R2表示解释变量x对于预报变量y的贡献率，R2越接近于0，表示回归效果越好；②两个变量相关性越强，则相关系数的绝对值就越接近于1；③两个模型中残差平方和越小的模型拟合的效果越好；④对分类变量X与Y，它们

的随机变量K2的观测值k来说，k越大，“X与Y有关系”的把握程度越大．其中正确命题的个数是（）A．1个B．2个C．3个D．4个解：①在线性回归模型中，相关指数R2表示解释变量x对于预报变量y的贡献率，R2越接近于0，表示回归效果越不好，A错误；②两个变量相关性越强，则相关

系数的绝对值就越接近于1，B正确；③两个模型中残差平方和越小的模型拟合的效果越好，C正确；④对分类变量X与Y，它们的随机变量K2的观测值k来说，k越大，“X与Y有关系”的把握程度越大，D正确．故选：C．8．已知各项均为正数的等比

数列{an}的前三项和为14，且a5＝3a3+4a1，则a2021＝（）A．22020B．22021C．22022D．22023解：各项均为正数的等比数列{an}的前三项和＝14，a5＝3a3+4a1，所

以，因为q＞0，解得q＝2，a1＝2，则a2021＝22021．故选：B．9．设a＝ln，b＝﹣e﹣1，c＝log3，则（）A．b＜c＜aB．a＜c＜bC．c＜a＜bD．c＜b＜a解：a＝ln＜ln＝﹣1，∵log3＜c＝lo

g3＜log3＝log3＝﹣，∴﹣1＜c＜﹣，∵b＝﹣e﹣1＞﹣，∴b＞c＞a，故选：B．10．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若sinBsinC＝sinA，△ABC的面积为，a+b＝3，则角C＝（）A

．30°B．120°C．30°或150°D．60°或120°解：因为sinBsinC＝sinA，由正弦定理得sinC＝＝，因为△ABC的面积S＝＝＝，所以a＝1，因为a+b＝3，所以b＝2，sinC＝，故C＝30°或150°．故选：C．11．棱长为4的正方体密闭

容器内有一个半径为1的小球，小球可在正方体容器内任意运动，则其能到达的空间的体积为（）A．B．C．D．12+12π解：在正方体的8个顶点处的单位立方体空间内，小球不能到达的空间为：8[13﹣（×13）]＝8﹣，除此之外，在以正方体的棱为一条棱的12个1×1×2的正四

棱柱空间内，小球不能到达的空间共为12×[1×1×2﹣（π×12）×2]＝24﹣6π．其他空间小球均能到达．故小球不能到达的空间体积为：（8﹣π）+24﹣6π＝32﹣π．∴小球可以经过的空间的体积：V＝43﹣（12﹣×12）×2×12﹣（

8﹣π）＝32+．故选：A．12．已知a＞0，b＞0，且a≠b，如果a，b是的两个零点，则ab的范围是（）A．（e，+∞）B．（e2，+∞）C．D．解：f′（x）＝﹣，易知f′（x）在（0，+∞）上单调递减，且f′（2021）＝0

，故x∈（0，2021）时，f′（x）＞0，f（x）递增，x∈（2021，+∞）时，f′（x）＜0，f（x）递减，∵a＞0，b＞0，且a≠b，∴不妨设a＜b，则0＜a＜b，而f（e2）＝lne2﹣＞0，f（1）＝ln1﹣＜0，∴1＜

a＜e2，又f（e100）＝lne100﹣＝100﹣，由e＞2，则e100＞2100，100﹣＜100﹣＝100﹣＝100﹣＜0，故e2＜b＜e100，故e2＜ab＜e102，故选：B．二、填空题（本大题共4小题，

每小题5分，共20分．请在答题卷的相应区域答题.）13．已知函数，若，则x＝．解：当0＜x≤2时，，解得，当﹣2＜x≤0时，f（x）＝|2x+1|＝，方程无解．故．故答案为：．14．若（1﹣3x）2021＝a0+a1x+⋯+a2021x202

1（x∈R），则的值为﹣1．解：∵（1﹣3x）2021＝a0+a1x+⋯+a2021x2021（x∈R），∴令x＝0，可得a0＝1，再令x＝，则1+＝0，故＝﹣1，故答案为：﹣1．15．已知△ABC是边长为4的等边三角形，P为平面ABC内

一点，则•的最小值是﹣6．解：以BC为中点，建立如图所示的直角坐标系，则A（0，2），B（﹣2，0），C（2，0），设P（x，y），则＝（﹣x，2），＝（﹣x，2），＝（﹣2﹣x，﹣y），＝（2﹣x，﹣y），所以•＝•（）＝﹣x•（﹣2x）+（2）（﹣2y）＝2[x2+2（y﹣）2﹣3]

，＝，＝2[]，当x＝0，y＝时，•取得最小值﹣6．故答案为：﹣6．16．已知F1，F2分别为双曲线＝1（a＞0，b＞0）的左、右焦点，过点F2作圆x2+y2＝a2的切线交双曲线左支于点M，且∠F1MF2＝60°，则该双曲线的渐近线方程为

y＝±（1+）x．解：设切点为A，过F1作F1B⊥MF2，垂足为B，由题意可得|OA|＝a，|OF2|＝c，|AF2|＝＝b，由OA为△BF1F2的中位线，可得|BF1|＝2a，|BF2|＝2b，又∠F1MF2＝60°，可得|MF1|＝＝，|MB|＝，|MF

2|＝|MB|+|BF2|＝+2b，又|MF2|﹣|MF1|＝+2b﹣＝2a，所以b＝（1+）a，所以双曲线的渐近线方程为y＝±（1+）x．故答案为：y＝±（1+）x．三、解答题（本大题共5小题，共70分．解答应

写出文字说明、证明过程或演算步骤．请在答题卷的相应区域答题.）17．已知A、B、C为△ABC的三个内角，且其对边分别为a、b、c，若（c+2b）cosA﹣acos（A+B）＝0．（1）求A；（2）若a＝2，求△ABC的面积的最大值．解：（1）因为（c+2

b）cosA﹣acos（A+B）＝0，由正弦定理得，sinCcosA+2sinBcosA+sinAcosC＝0，即sin（A+C）+2sinBcosA＝0，所以sinB+2sinBcosA＝0，因为sinB＞0，所以cosA＝﹣，因为A∈（0，π），所以A＝；（2）由余弦定理得a2＝12＝b2

+c2+bc≥3bc，当且仅当b＝c时取等号，所以bc≤4，△ABC的面积S＝＝≤，即面积的最大值．18．四棱锥S﹣ABCD中，底面ABCD为等腰梯形，侧面SAD为正三角形，且平面SAD⊥平面ABCD．已知AD∥BC，AB＝AD＝2，BC＝4．（1）试画出平面S

AB与平面SCD的交线m，并证明：BC⊥m；（2）记棱AD中点为O，BC中点为E，若点F为线段OE上动点，当满足FA+FB最小时，求SF与平面SBC所成角的正弦值．解：（1）延长BA，CD交于点K，连结SK，则SK即

为平面SAB与平面SCD的交线m，如图所示，取AD的中点O，连结KO延长交BC于点E，连结SO，因为△SAD为正三角形，AO＝OD，所以SO⊥AD，又因为平面SAD⊥平面ABCD，平面SAD∩平面ABCD＝AD，SO⊂平面SAD，所以SO⊥平面ABCD，又BC

⊂平面ABCD，所以SO⊥BC，因为ABCD为等腰梯形，所以∠ABC＝∠DCB，∠BAD＝∠CDA，AO∥BC，所以∠KAD＝180°﹣∠BAD＝180°﹣∠COA＝∠KDA，所以KA＝KD，又AO＝OD，所以∠AOK＝90°，因为AD∥BC，所以∠BEK＝∠AOK

＝90°，故BC⊥KE，因为SO⊥BC，SO∩KE＝O，所以BC⊥平面KSE，因为m⊂平面KSE，所以BC⊥m；（2）因为∠ABC＝∠DCB，所以KB＝KC，因为BC⊥KE，所以BE＝EC，所以FB＝FC，所以AF+FB＝AF+FC≥AC，连结AC交OE于F，此时F点满足FA+FB最小

，因为AO∥BC，所以∠KAD＝∠KBC，∠KOA＝∠KEB，所以△KAO∽△KBE，所以，因为AO＝2，所以AO＝1，因为BC＝4，所以BE＝EC＝2，所以，所以KA＝AB，KO＝OE，因为AB＝2，所以KA＝AB＝2，所以KB＝4，所以KE＝，

所以OE＝，因为△SAO为正三角，所以SA＝AO＝2，因为SO⊥AD，所以SA＝AD＝2，因为SO⊥AD，所以SO＝，因为AO∥BC，所以，因为OF+FE＝OE＝，所以，因为SO⊥面ABCD，所以SO⊥OE，所以SF＝，SE＝，过F作FH⊥SE于H，因为BC⊥面KSE，所以BC⊥FH，

所以FH⊥面SBC，故∠FSH为SF与面SBC所成的角，由FH•SE＝2S△SFE＝SO•FE，解得，所以，故SF与平面SBC所成角的正弦值为．19．设n是给定的正整数（n＞2），现有n个外表相同的袋

子，里面均装有n个除颜色外其他无区别的小球，第k（k＝1，2，3，⋯，n）个袋中有k个红球，n﹣k个白球．现将这些袋子混合后，任选其中一个袋子，并且从中连续取出三个球（每个取后不放回）．（1）若n＝4，假设已知选中的恰为第2个袋子，求第三次取出为白

球的概率；（2）若n＝4，求第三次取出为白球的概率；（3）对于任意的正整数n（n＞2），求第三次取出为白球的概率．解：（1）n＝4时，第二个袋中有2白2红4个球，从中连续取出三个球（每个取后不放回）．第三次取出为白球的情况有：红红白，红白白，白红白，∴第三次取出为白球的概率

P＝++＝．（2）设选出的是第k（k＝1，2，3，4）个袋，连续三次取球的方法数为4×3×2＝24第三次取出的是白球的三次取球颜色有如下四种情形：（白白白），取法数为（4﹣k）（3﹣k）（2﹣k），（白红白），取法数为k（4﹣k）（3﹣k），（红白白），取法数为

k（4﹣k）（3﹣k），（红红白），取法数为k（k﹣1）（4﹣k），从而第三次取出的是白球的种数为：（4﹣k）（3﹣k）（2﹣k）+k（4﹣k）（3﹣k）+k（n﹣k）（3﹣k）+k（k﹣1）（4﹣k）＝3

×2（n﹣k），则在第k个袋子中第三次取出的是白球的概率pk＝，而选到第k个袋子的概率为，故所求概率为：p＝＝＝＝＝．（3）设选出的是第k个袋，连续三次取球的方法数为n（n﹣1）（n﹣2），第三次取出的是白

球的三次取球颜色有如下四种情形：（白白白），取法数为（n﹣k）（n﹣k﹣1）（n﹣k﹣2），（白红白），取法数为k（n﹣k）（n﹣k﹣1），（红白白），取法数为k（n﹣k）（n﹣k﹣1），（红红白），取法数为k（k﹣1）（n﹣k），从而第三次取

出的是白球的种数为：（n﹣k）（n﹣k﹣1）（n﹣k﹣2）+k（n﹣k）（n﹣k﹣1）+k（n﹣k）（n﹣k﹣1）+k（k﹣1）（n﹣k）＝（n﹣1）（n﹣2）（n﹣k），则在第k个袋子中第三次取出的是白球的概率pk＝，而选到第k个袋子的概率为，故所求概率为：p＝＝＝＝＝．20．已知椭圆C1

：＝1（a＞b＞0），其短轴长为2，离心率为e1，双曲线C2：＝1（p＞0，q＞0）的渐近线为y＝±x，离心率为e2，且e1•e2＝1．（1）求椭圆C1的方程；（2）设椭圆C1的右焦点为F，动直线l（l不垂直于坐标轴）交椭圆C1于M，N不同两点，设直线FM和FN的斜率为k1，k2，若k1

＝﹣k2，试探究该动直线l是否过x轴上的定点，若是，求出该定点；若不是，请说明理由．解：（1）由题意知椭圆C1：＝1（a＞b＞0），其短轴长为2，可得b＝，椭圆的离心率为e1，双曲线C2：＝1（p＞0，q＞0）的渐近线为y＝±x，离心率为e2＝＝＝2，且e1•e

2＝1．所以e1＝＝＝＝，解得a＝2，所以椭圆方程，…………………………………………（2）假设该直线过定点且在x轴上，设直线l的方程y＝k（x﹣t），联立消去y整理得（3+4k2）x2﹣8k2tx+4k2t2﹣12＝0，设M（x1，y1），N（x2，y2），则………………＝＝即

，所以﹣24+6t＝0，t＝4，即直线过定点（4，0）．………………………………21．已知函数f（x）＝alnx+x，函数g（x）＝ex+bx2，（1）记h（x）＝f（x）+x2，试讨论函数h（x）的单调性，并求出函数h（x）的极值点；（2）若已知曲线y＝f（x）和曲线y＝g（x）在x＝1

处的切线都过点（0，1）．求证：当x＞0时，xf（x）+g（x）﹣（e﹣1）x≥1．解：（1）h（x）＝alnx+x+x2，h′（x）＝（x＞0），记φ（x）＝2x2+x+a（x＞0），当a≥0时，h′（x）＞0，h（x）在（0，+∞）单调递增，无极值点，当a＜0

时，△＝1﹣8a＞0，φ（x）有异号的两根x1＝（＜0），x2＝（＞0），∴x∈（0，），φ（x）＜0，h′（x）＜0，h（x）在（0，）单调递减，x∈（，+∞），φ（x）＞0，h′（x）＞0，h（x）在（，+∞）单调递减，∴h（x

）有极小值点x＝；（2）证明：∵f′（x）＝（x＞0），g′（x）＝ex+2bx，∴f′（1）＝a+1，f（x）在x＝1处的切线方程为y﹣1＝（a+1）（x﹣1），过点（0，1）得：a＝﹣1，g′（1）＝e+2b，g（x）在x＝1

处的切线方程为y﹣e﹣b＝（e+2b）（x﹣1），过点（0，1）得：b＝﹣1，∴f（x）＝﹣lnx+x，g（x）＝ex﹣x2，要证：xf（x）+g（x）﹣（e﹣1）x≥1，即证：ex﹣xlnx﹣（e﹣1）x﹣1≥0，即证：﹣lnx﹣（e﹣1）≥0，构造函数K（x）＝﹣

lnx﹣（e﹣1），则K′（x）＝，∵x＞0时，ex﹣1＞0，∴x∈（0，1）时，K′（x）＜0，K（x）在（0，1）单调递减，∴x∈（1，+∞）时，K′（x）＞0，K（x）在（1，+∞）单调递增，∴K（x）≥K（1）＝0

，故原不等式成立．考生注意：请在第22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分.作答时，请用2B铅笔在答题卡上将所选题号后的方框涂黑.[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（其中φ为参数），曲线C2：x2+y2﹣2y＝0，以原点O

为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，射线l：θ＝α（ρ≥0）与曲线C1，C2分别交于点A，B（均异于原点O）．（1）求曲线C1，C2的极坐标方程；（2）当0＜α＜时，求|OA|2+|OB|2的最小值．

解：（1）曲线C1的参数方程为（其中φ为参数），转换为直角坐标法方程为，根据，转换为极坐标方程为，整理得．曲线C2：x2+y2﹣2y＝0，根据，转换为极坐标方程为ρ＝2sinθ．（2）根据（1）的结论，|OA|

2+|OB|2＝＝，由于0＜α＜，故1＜1+2sin2θ＜3，故∈（1，7），故没有最小值．[选修4-5：不等式选讲]23．已知函数f（x）＝|2x﹣a|﹣|x+1|．（1）当a＝2时，求不等式f（x）＜2的解集；（2）若a＞0，不等式f（x）+3＞0恒成立，求实数a的取

值范围．解：（1）当a＝2时，f（x）＝|2x﹣2|﹣|x+1|＜2，①当x≤﹣1时，则2﹣2x+（x+1）＜2，∴x＞1，∴无解，②当﹣1＜x＜1时，则2﹣2x﹣（x+1）＜2，∴﹣＜x＜1，③当x≥1时，则2x﹣2﹣（x+1）＜2，∴1≤x＜5，∴不等式f（x）＜2的解集为（﹣，5

）．（2）若a＞0，①当x≤﹣1时，则f（x）＝a+1﹣x，②当﹣1＜x＜时，f（x）＝a﹣1﹣3x，③当x≥时，f（x）＝x﹣a﹣1，∵f（x）在（﹣∞，）上单调递减，在（，+∞）上单调递增，∴f（x）min＝f（）＝﹣﹣1，∵f（x）+3＞0

恒成立，∴f（x）min＞﹣3，即﹣﹣1＞﹣3，解得a＜4，又∵a＞0，∴a的取值范围为（0，4）．