【文档说明】【精准解析】黑龙江省大庆实验中学2020届高三下学期复习考试数学（理）试题.pdf，共(26)页，513.180 KB，由管理员店铺上传

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以下为本文档部分文字说明：

-1-大庆实验中学2019—2020学年度第二学期高三年级复学考试（数学）（理）第Ⅰ卷（选择题共60分）一、单选题：本题共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.若复数z满足22izi（i为虚数单

位)，则z的共轭复数z在复平面内对应的点所在的象限是（）A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限【答案】B【解析】分析：直接利用复数代数形式的乘除运算化简复数，然后求z的共轭复数，即可得到z在复平面内对应的点所在的象限．详解：由题意，2222

22,iiiziiii22,zi则z的共轭复数z对应的点在第二象限.故选B.点睛：本题考查了复数代数形式的乘除运算，考查了复数的基本概念，是基础题．2.设全集UR，(2){|ln(2)},{|21}xxAxNyxBx，AB（）A.{|1}

xxB.{|12}xxC.1D.0,1【答案】D【解析】【分析】由题分别算出集合,AB包含的范围,再取交集即可.【详解】由{|ln(2)}AxNyx得20,2xx,又xN所以0,1x.又(2){|21}xxBx,其中(2)0212(2)0xx

xx所以02x,故{0,1},|02ABxx,所以0,1AB.故选D.-2-【点睛】本题主要考查集合的基本运算,注意看清集合是自变量还是因变量的范围.3.已知焦点在x轴上的椭圆的长轴长是8，离心率是34，则此椭圆的标准方程是()A.2211

67xyB.221716xyC.2251162xyD.2212516xy【答案】A【解析】由题意知，2a=8，∴a=4，又34e，∴c=3，则b2=a2﹣c2=7．当椭圆的焦点在x轴上时，椭圆方程为221167xy；故答案为221167xy

．故答案为A．4.如图所示的2个质地均匀的游戏盘中(图①是半径为2和4的两个同心圆组成的圆盘，O为圆心，阴影部分所对的圆心角为90；图②是正六边形，点Р为其中心)各有一个玻璃小球，依次摇动2个游戏盘后（小球滚到各自盘中任意位置都是等可能的）待小球静止，就完成了一局游戏，则

一局游戏后，这2个盘中的小球至少有一个停在阴影部分的概率是（）A.116B.1124C.1324D.516【答案】B【解析】【分析】根据几何概型面积型可分别计算出两个图中小球落在阴影部分的概率，由独立

事件概率乘法公式和对立事件概率公式可求得结果.-3-【详解】图①小球落在阴影部分的概率为：212213214464P图②小球落在阴影部分的概率：213P至少有一个小球停在阴影部分的概率为31131111111632424

本题正确选项：B【点睛】本题考查几何概型概率问题的求解，涉及到独立事件概率乘法公式和对立事件概率公式的应用.5.在正方体1111ABCDABCD中，MN，分别在是线段11ABBC，的中点，以下结论：①直线BD丄直线MN；②直线MN与直线AC异

面；③直线MN丄平面11BDDB；④122MNAA，其中正确的个数是（）A.1B.2C.3D.4【答案】C【解析】【分析】在平面ABCD内作出MN的平行直线EF，根据中位线得到//EFAC，由此得到②错误.根据AC平面11BDDB得

到①③正确，利用中位线及勾股定理证得④正确.由此得出正确的个数为3个.【详解】过M作MFAB交AB于F，过N作NEBC交BC于E，连接11,,,EFACBDBD.由于,MN分别为11,ABBC的中点，故

-4-1111//////22NECCBBMF，故四边形MNEF为矩形，故//MNEF，由于//EFAC，故②判断错误.由于1,ACBDACBB，所以AC平面11BDDB，所以MNBD且直线MN丄平面11BDDB

，即①③正确.由勾股定理得12ACAA，故11222EFACAA，故④判断正确.综上所述，正确的个数为3个，故选C.【点睛】本小题主要考查空间两条异面直线垂直的判断，考查直线与直线平行的判断，考查线面垂直的证明，属于基础题.要判断两条异面直线垂直，往

往是通过线面垂直来证明，要证明线线平行，可以考虑用中位线来证明，要证明线面垂直则需要证明垂直平面内两条相交直线来证明.6.设2(sin56cos56)2a，cos50cos128cos40cos38b

，cos80c,则abc，，的大小关系是（）A.abcB.bacC.cabD.acb【答案】B【解析】2(sin56cos56)sin(5645)sin112a，cos(9040)cos(9038)cos40cos

38sin40sin38cos40cos38cos78sin12b，cos80sin10c，sin12sin11sin10,bac，选B.7.已知A，B是圆2

24O:xy上的两个动点，||2AB，1233OCOAOB，若M是线段AB的中点，则OCOM的值为（）.-5-A.3B.23C.2D.3【答案】D【解析】【分析】判断出OAB是

等边三角形，以,OAOB为基底表示出OM，由此求得OCOM的值.【详解】圆O圆心为0,0，半径为2，而||2AB，所以OAB是等边三角形.由于M是线段AB的中点，所以1122OMOA

OB.所以OCOM12331122OAOOOBAB22111623OAOAOBOB21422cos603323

.故选：D【点睛】本小题主要考查用基底表示向量，考查向量的数量积运算，考查数形结合的数学思想方法，属于中档题.8.定义在R上的可导函数()fx，其导函数记为()fx，满足()2(2)2fxxfx，且当1x时，恒有()2fxx

.若3()(1)32fmfmm，则实数m的取值范围是()A.1,2B.,1C.1,D.1,2-6-【答案】A【解析】【分析】由()2fxx，构造函数21()()22gxf

xxx，易得当1x，()gx为增函数，且由题设可得()(2)gxgx，所以函数()gx的图象关于直线1x对称，结合()gx与()fx的关系，函数的对称性与单调性性质，即可求解.【详解】令21()()22gxfxxx，则()()2gxfxx.∵当1x时，恒有()2fx

x，即()0gx，∴当1x时，函数()gx为增函数.而21(2)(2)2(2)(2)2gxfxxx，21(2)(2)22gxfxx——①(2)()22fxfxx——②把②代入①得：2(2)1()22fxxgxx∴()(2)gxgx.∴

函数()gx的图象关于直线1x对称，∴函数()gx在,1上为增函数，在1,为减函数.由3()(1)32fmfmm，得2211()2(1)2(1)(1)22fmmmfmmm，即

()(1)gmgm，∴|1||11|mm，解得12m.∴实数m的取值范围是1,2.故选：A-7-【点睛】本题考查构造函数以及函数的导数、函数的对称性、单调性的综合运用，考查了理解辨析能力与运算求解能力，属于难题.

9.已知函数cos3sin33axxfx是偶函数.若将曲线2yfx向左平移12个单位长度后，得到曲线ygx，则不等式1gx的解集是（）A.5,124kkkZ

B.3,124kkkZC.37,84kkkZD.52,262kkkZ【答案】A【解析】【分析】把()fx化为sin,cosxx的式子，然后由偶函数定义可求得a，由图象平移变

换得()gx，再解不等式1gx即可．【详解】因为1313cossin3sincos2222axxxxfx1333cossin2222axax为偶函数，所以fxfx，所以330

22a，解得1a，所以2cosfxx.将曲线2yfx向左平移12个单位长度后，得到曲线2cos2()2cos2126yxx，则2cos26gxx

.由1gx，得2cos216x，得1cos262x，则22222363kxkkZ，得5124xkkkZ

.不等式1gx的解集是5,124kkkZ,故选：A.-8-【点睛】本题考查三角函数的图象及其性质，考查两角和与差的正弦、余弦公式，考查图象变换，考查推理论证能力与运算求解能力.10.已知过点(0,2)与曲线323()62afx

xxx(0)x相切的直线有且仅有两条，则实数a的取值范围是()A.2B.(2,)C.316,D.316【答案】C【解析】【分析】先设出切点坐标323,62aPtttt(0)t，再求出()fx的导数，由导数

的几何意义知，()ft是切线的斜率，写出切线方程，因切线过点(0,2)，将点(0,2)代入切线方程整理后可得324340tat，由题意知关于t的方程有324340tat两个不等的正实数根，设32

()434httat(0)t，结合函数求零点的知识，即可求解.【详解】∵323()62afxxxx，∴2()336fxxax.设切点为323,62aPtttt(0)t，则有2()336fttat

，所以过点P的切线方程为32236336()2ayttttatxt，又点(0,2)在切线上，所以322326336()2attttatt，整理得324340tat，由题意得方程3243

40tat有两个不等的正实数根.设32()434httat(0)t，则2()1266(2)httattta，要使32()434httat(0)t的图象与t轴的正半轴有两个不同的交点，则需0a.-9-所以函数()ht在0,2a

上单调递减，在,2a上单调递增，所以3min()4024aahth，解得316a.即实数a的取值范围是3(16,).答案：3(16,)【点睛】本题考查导数几何意义的运用，考查过某点的曲线的切线方程及已知函数零点个数，求参数范围的问题，

考查理解辨析能力及运算求解能力，属于中档题.11.若实数,xy满足约束条件3403400xyxyxy，则32zxy的最大值是（）A.1B.1C.10D.12【答案】C【解析】【分析】本题是简单线性规划

问题的基本题型，根据“画、移、解”等步骤可得解.题目难度不大题，注重了基础知识、基本技能的考查.【详解】在平面直角坐标系内画出题中的不等式组表示的平面区域为以(-1,1),(1,-1),(2,2)为顶点的

三角形区域（包含边界），由图易得当目标函数=3+2zxy经过平面区域的点(2,2)时，=3+2zxy取最大值max322210z.-10-【点睛】解答此类问题，要求作图要准确，观察要仔细.往往由于由于作图欠准确而影响答案

的准确程度，也有可能在解方程组的过程中出错.12.设双曲线22221(0,0)xyabab的右顶点为A，右焦点为(c,0)F，弦PQ过F且垂直于x轴，过点P、点Q分别作为直线AQ、AP的垂直，两垂线交

于点B，若B到直线PQ的距离小于2()ac，则该双曲线离心率的取值范围是（）A.(0,3)B.(1,3)C.(3,2)D.(3,)【答案】B【解析】【详解】由题意,B在x轴上,22,,,bbPcQcaa,∴2AQbakac

，∴22BPaackb，直线BQ的方程为222baacyxcab，令y=0,可得42bxcaac，∵B到直线PQ的距离小于2(a+c)，∴422bacaac，

-11-∴2ba，∴3ca，∴3e，∵e>1，∴13e，故选B.点睛：解决椭圆和双曲线的离心率的求值及范围问题其关键就是确立一个关于,,abc的方程或不等式，再根据,,abc的关系消掉b得到,ac的关系式，而建立关于,,abc的方程或不等式，要充分利用椭圆和双曲

线的几何性质、点的坐标的范围等.第Ⅱ卷（非选择题共90分）二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填写在大题卡相应位置上.13.已知随机变量X服从正态分布24,N，60.78PX，则2PX_______

___．【答案】0.22.【解析】【分析】正态曲线关于x＝μ对称，根据对称性以及概率和为1求解即可．【详解】2160.22PXPX【点睛】本题考查正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义，是一个基础题．14.已知()f

x是定义在R上的偶函数，且在区间(,0]上单调递增，若实数a满足3log(2)(2)aff，则a的取值范围是___.【答案】0,3【解析】【分析】根据函数的奇偶性以及在区间,0上的单调性确定

出0,上的单调性，再根据函数值之间的关系，将其转化为自变量之间的关系，求解出a的范围即可.-12-【详解】因为fx是R上的偶函数且在,0上递增，所以fx在0,上递减，又因为3log22aff，所以

3log220aa，所以31log2220aa，所以31log20aa，所以0,3a.故答案为：0,3.【点睛】本题考查根据函数的单调性和奇偶性求参数范围，难度一般.已知函数值的大小关系，可通过函数的单调性将其转变为自

变量之间的关系.15.设a，b，c分别为ABC内角A，B，C的对边.已知233coscosabcBC，则222acbac的取值范围为______.【答案】3,00,2【解析】【分析】把已

知式用正弦定理化边为角，由两角和的正弦公式和诱导公式化简，可求得cosC，即C角，从而得B角的范围，注意2B，由余弦定理可得结论．【详解】因为233coscosabcBC，所以23cos3coscoscos0abCcBBC，所以

2sin3sincos3sincosABCCB，即2sincos3sin3sinACCBA，又sin0A，所以3cos2C，则6C，因为cos0B，所以50,,226B，而2222cosacbBac，故2223,00,

2acbac.故答案为：3,00,2．【点睛】本题考查正弦与余弦定理的应用，考查运算求解能力.本题是一个易错题，学生容易-13-忽略cosB不能等于0.16.如图，在三棱锥PABC中PAPBPC、、两两垂直

，且3,2,1PAPBPC，设M是底面三角形ABC内一动点，定义：()(,,)fMmnp，其中mnp、、分别是三棱锥MPAB、三棱锥MPBC、三棱锥MPAC的体积．若1(),2,2fMxy

，且18axy恒成立，则正实数a的最小值是_____【答案】642【解析】【分析】由垂直关系可知PC平面PAB，进而求得三棱锥PABC体积，通过体积桥可得421xy；利用1142aaxyxyxy

可构造出符合基本不等式的形式，得到14242aaaxy，由恒成立关系可得关于a的不等式，解不等式求得最小值.【详解】,,PAPBPC两两垂直PC平面PAB1113211332PA

BCCPABPABVVSPC，即1212xy421xy11242442424224242aayaxyaxxyaaaaxyxyxyxy（当且仅当24yaxxy，

即2yax时取等号）又18axy恒成立，42428aa，解得：642a，正实数a的最小值为642【点睛】本题考查与立体几何有关的新定义运算中的最值问题的求解；关键是能够对“1”进行灵活应用，配凑出符合基本不等式的形式

，利用基本不等式求得式子的最值，进而根据恒-14-成立的关系得到不等式，从而求得结果.三、解答题：共70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.（一）必考题：共60分.17.已知四棱锥PABCD中，侧面PAD底面ABCD，PBAD，PAD△是边长为2的正三角形底面ABCD是菱形，点

M为PC的中点（1）求证：PA平面MDB；（2）求二面角APBC的余弦值.【答案】（1）见解析；（2）105【解析】【分析】(1)连结AC，交BD于O，利用中位线定理证明MOPA∥，结合线面平行的判定定理证明即可；(

2)建立空间直角坐标系，利用坐标求出平面PAB和平面PBC的法向量，即可求解.【详解】（1）-15-连结AC，交BD于O，连接MO，由于底面ABCD为菱形，O为AC中点又M为PC的中点，MOPA∥，又MO面MDB，PA面MDBPA

平面MDB（2）过P作PEAD，垂足为E，由于PAD为正三角形，E为AD的中点．由于侧面PAD面ABCD，由面面垂直的性质得PE面ABCD，由ADPEADPB，，得ADPEB∴60ADEBEAB以E为坐标原点，EP为z轴，EA为x轴，EB为y轴，建立空间

直角坐标系．则(1,0,0),(0,3,0),(2,3,0),(0,0,3)ABCP(1,3,0)AB，(1,0,3)PA-16-设平面PAB的法向量为1111(,,)nxyz，平面PBC的法向量为2

222(,,)nxyz由10nAB及10nPA得11113030xyxz，取13x，得平面PAB的一个法向量为3,1,1同理可求得平面PBC的一个法向

量(0,1,1)，由法向量的方向得知所求二面角的余弦值为121230111110552nnnn.【点睛】本题主要考查了线面平行以及二面角，(2)问中关键是建立空间直角坐标系来求解二面角的余弦值，属于中档题.18.已知数列na满足112a，12

1nnnaaa*Nn.（1）求数列na的通项公式；（2）证明：222212312naaaa.【答案】（1）12nan；（2）详见解析【解析】【分析】（1）由121nnnaaa，两边取倒数可得1112nnaa，可知数列1na禳镲睚镲铪为等

差数列，从而可求出1na的表达式，进而可得到na的表达式；（2）利用放缩法，可得2211111441nannn（2n，*Nn），进而可证明结论.【详解】（1）由112a，121nnnaaa，可知0na，对121nnnaaa的等号两端同时取倒数

得1112nnaa，则1112nnaa，所以数列1na禳镲睚镲铪为等差数列，且首项为2，公差为2，故12nna，-17-所以12nan.（2）依题可知222111111111244141nannn

nnn（2n，*Nn），所以222212311111111442231naaaann1111114424nn，故222212312naaaa

.【点睛】本题考查数列通项公式的求法，考查利用放缩法证明数列不等式，考查学生的计算能力与推理能力，属于中档题.19.设椭圆22221xxab(a>b>0)的左焦点为F，上顶点为B.已知椭圆的离心率为53，点

A的坐标为,0b，且62FBAB.（I）求椭圆的方程；（II）设直线l：(0)ykxk与椭圆在第一象限的交点为P，且l与直线AB交于点Q.若52sin4AQAOQPQ(O为原点)，求k的值.【答案】(Ⅰ)22194xy；(Ⅱ)12或1128．【解析】分析：（Ⅰ）由题意结合椭

圆的性质可得a=3，b=2．则椭圆的方程为22194xy．（Ⅱ）设点P的坐标为（x1，y1），点Q的坐标为（x2，y2）．由题意可得5y1=9y2．由方程组22194ykxxy，，可得1

2694kyk．由方程组20ykxxy，，可得221kyk．据此得到关于k的方程，解方程可得k的值为12或1128．详解：（Ⅰ）设椭圆的焦距为2c，由已知有2259ca，-18-又由a2=b2+c2，可

得2a=3b．由已知可得，FBa，2ABb，由62FBAB，可得ab=6，从而a=3，b=2．所以，椭圆的方程为22194xy．（Ⅱ）设点P的坐标为（x1，y1），点Q的坐标为（x2，y2）．由已知有y1>y2>0，故12PQs

inAOQyy．又因为2yAQsinOAB，而∠OAB=π4，故22AQy．由524AQsinAOQPQ，可得5y1=9y2．由方程组22194ykxxy，，消去x，可得12694kyk

．易知直线AB的方程为x+y–2=0，由方程组20ykxxy，，消去x，可得221kyk．由5y1=9y2，可得5（k+1）=2394k，两边平方，整理得25650110kk，解得12k，或1128k．所以，k的值为12或1128．点

睛：解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．20.第七届世界军

人运动会于2019年10月18日至2019年10月27日在中国武汉举行，第七届世界军人运动会是我国第一次承办的综合性国际军事体育赛事，也是继北京奥运会之后我国举办的规模最大的国际体育盛会.来自109个国家的9300余名军体健儿在江城武汉同场竞技、增进友谊.运动

会共设置射击、游泳、田径、篮球等27个大项、329个小项.经过激烈角-19-逐，奖牌榜的前6名如下：某大学德语系同学利用分层抽样的方式从德国获奖选手中抽取了9名获奖代表.国家金牌银牌铜牌奖牌总数中国1336442239俄罗斯51535716

1巴西21313688法国13202457波兰11153460德国10152045（1）请问这9名获奖代表中获金牌、银牌、铜牌的人数分别是多少人？（2）从这9人中随机抽取3人，记这3人中银牌选手的人数为X，求X的分布列和期望；（3）从这9人中随机抽取3人，求已知这3人中有获金牌运动员的前提下

，这3人中恰好有1人为获铜牌运动员的概率.【答案】（1）金牌人数为2人、银牌人数为3人、铜牌人数为4人；（2）分布列见解析，()1EX；（3）47.【解析】【分析】（1）根据分层抽样的抽取规则，结台各奖牌的获奖人数，即可计算

出这9名获奖代表中获金牌、银牌、铜牌的人数；（2）随机变量X的可能取值分别为0,1,2,3，分别计算出对应概率，列出分布列，求期望即可；（3）依题意，可分为2金1铜和1金1银1铜两种情况讨论，再结合条件概率公式，即可求解.【详解】(1)

由题意可知，德国获奖运动员中，金牌、银牌、铜牌的人数比为2:3:4，-20-所以这9名获奖运动员中金牌人数为2人、银牌人数为3人、铜牌人数为4人；(2)X的可能取值为0,1,2,3，则：3639C205(0)C8421PX，123639CC4515(1)C8428PX，21

3639CC183(2)C8414PX，33391(3)84CPXC，X的分布列为：X0123P52115283141841531()1231281484EX.（3）记事件A为“3人中有获金牌运

动员”，事件B为“这3人中恰好有1人为获铜牌运动员”，37397()112CPAC，2111223439CCC1()C3CPAB，()4(|)()7PABPBAPA.【点睛】本题考查了分层抽样，考查了离散型随机变量的概率分布列和数学期望及条件概率，主要

考查分析解决问题和解决问题的能力及运算求解能力,属于中档题．21.已知aR，函数lnxaefxaxx.（1）讨论函数fx的单调性；（2）若1a，且2111xeFxxmxfxx在0,2m时有极大值点-21-001xx，求证：0

1Fx.【答案】（1）见解析；（2）见解析【解析】【分析】（1）对fx求导，分1a，1ae，ae，ae进行讨论，可得函数fx的单调性；（2）将1a代入Fx，对Fx求导，可得()2(1)

lnFxxmx，再对()2(1)lnFxxmx求导，可得函数()Fx有唯一极大值点101,xxx，且0000002(1)()2(1)ln0(01)ln2xmFxxmxmxx.可得222000000000222()1(2ln)l

nlnxxxFxxxxxx,设2()2lnhxxx，对其求导后可得0()1Fx.【详解】解：（1）222()(1)(1)(1)()()xxxxaexaeaxexxaefxxxxx，又0x>，1xe，1a时，0xae

，所以可解得：函数()fx在(0,1)单调递增，在(1,)单调递减；经计算可得，1ae时，函数()fx在(0,ln)a单调递减，(ln,1)a单调递增，(1,)单调递减；ae时，函数()fx在(0,1)单调递减，(1,ln)a单调递增，(ln

,)a单调递减；ae时，函数()fx在(0,)单调递减.综上：1a时，函数()fx在(0,1)单调递增，(1,)单调递减；1ae时，函数()fx在(0,ln)a单调递减，(ln,1)a单调递增，(1,)单调递减；ae时，函数()fx在(0,)单调递减；ae时，函

数()fx在(0,1)单调递减，(1,ln)a单调递增，(ln,)a单调递减.-22-（2）若1a，则221()(1)(1())(1)(1ln)xeFxxmxfxxmxxx，()2(1)lnFxxmx，设()2(1)ln,(0)Hxxmxx，则()2

mHxx，当(0,)2mx时，()0()HxHx单调递减，即()Fx单调递减，当(,)2mx时，()0()HxHx单调递增，即()Fx单调递增.又因为02,01,2mm由(1)0F可知：(

)02mF，而2222()2(1)ln20mmmmFeemee，且201mee，21(,)2mmxe，使得1()0Fx，且1(0,)xx时，()0,()FxFx单调递增，1(,1)xx时，()0,()FxF

x单调递减，(1,)x时，()0,()FxFx单调递增，所以函数()Fx有唯一极大值点101,xxx，且0000002(1)()2(1)ln0(01)ln2xmFxxmxmxx

.220000000002(1)()(1)(1ln)(1)(1ln)lnxxFxxmxxxxx220000221lnxxxx.所以222000000000222()1(2

ln)lnlnxxxFxxxxxx,设2()2lnhxxx（01x），则22212()0xhxxxx，()hx在(0,1)单调递增，()(1)0hxh，0()0

hx，又因为0ln0x，0()10Fx0()1Fx.【点睛】本题主要考查导数、函数的单调性等知识，考查方程与函数、分类与整合的数学思想，考查学生的推理论证能力与运算求解能力.（二）选考题：共10分.请考生在第22、23题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一

-23-题计分，做答时用2B铅笔在答题卡上把所选题目对应的题号涂黑.选修4—4：坐标系与参数方程22.[选修4-4：坐标系与参数方程]以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，已知曲线C的极坐标方程为12sincos

.（1）写出曲线C的参数方程；（2）在曲线C上任取一点P，过点P作x轴，y轴的垂直，垂足分别为A，B，求矩形OAPB的面积的最大值.【答案】(1)12cos12sinxy.(2)max322S.【解析】分析：（1）先根据222,cos,sin

xyxy将曲线C的极坐标方程化为直角坐标方程，再写出圆的参数方程，（2）根据题意得12cos12sinS，再根据同角三角函数关系得213222St，sin2sin2,24tcos，最后根据

二次函数性质求最值.详解：（1）由12sincos得22sincos1，所以22222xyxy，即22114xy，故曲线C的参数方程1212xcosysin（

为参数）；（2）由（1）可设点P的坐标为12cos,12sin，0,2，则矩形OAPB的面积为12cos12sinS12sin2cos4sincos.令s

in2sin2,24tcos，212sintcos，-24-22131222222Sttt，故当2t时，max322S.点睛：利用曲线的参数方程来求解两曲线间的最值问题非常简

捷方便，是我们解决这类问题的好方法.椭圆参数方程：cos(sinxayb为参数），圆参数方程：cos(sinxryr为参数），直线参数方程：00cos(sinxxttyyt

为参数）选修4—5：不等式选讲23.已知函数|1|||fxxxa.（1）若1a，求不等式1fx的解集；（2）若“xR，|21|fxa”为假命题，求a的取

值范围.【答案】（1）1,2（2）2,0【解析】【分析】（1））当1a时，将函数fx写成分段函数，即可求得不等式的解集.（2）根据原命题是假命题，这命题的否定为真命题，即“

xR，21fxa”为真命题，只需满足max|21|fxa即可.【详解】解：（1）当1a时，2,1,112,11,2,1.xfxxxxxx由1fx，得12x-.故不等式1fx的解集为1,2.（2）

因为“xR，21fxa”为假命题，所以“xR，21fxa”为真命题，-25-所以max|21|fxa.因为|1||||(1)()||1|fxxxaxxaa„，所

以max|1|fxa，则|1||21|aa，所以22121aa，即220aa，解得20a„„，即a的取值范围为2,0.【点睛】本题考查绝对值不等式的解法，以及绝对值三角不等式，属于基础题.-26-