【文档说明】吉林省长春市第八中学2020届高三下学期测试十四数学（理）试题参考答案.docx，共(22)页，996.856 KB，由小赞的店铺上传

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绝密★启用前|学科网考试研究中心命制2020年高三【名校、地市联考】精选仿真模拟卷09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6

0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。一、单选题1．（2020·山东高三模拟（理））已知集合2RxAyyx，==，()lg2Bxyx==−则AB=（）A．()02，B．(2−，C．()2−，D．(02，【答案】A【解析】【分析】先根据指数函数的值域求出

集合A，然后根据对数函数有意义求出集合B，最后根据交集的定义求出所求即可．【详解】∵A={y|y=2x，x∈R}={y|y＞0}，B={x|y=lg（2﹣x）}={x|2﹣x＜0}={x|x＜2}=（﹣∞，2），∴A∩B={x|0

＜x＜2}=()02，，故选A.【点睛】本题主要考查集合的基本运算，利用函数的性质求出集合A，B是解决本题的关键，比较基础．2．（2020·江西省南城一中高三期末（理））复数z满足：(2)izz−=（i为虚数单位

），z为复数z的共轭复数，则下列说法正确的是（）A．22iz=B．2zz=C．||2z=D．0zz+=【答案】B【解析】【分析】由已知求得z，然后逐一核对四个选项得答案．【详解】由（z﹣2）•i=z，得zi﹣2i=z，∴z()()()2121111iiiiiii−+−===−−−+，∴z2=（

1﹣i）2=﹣2i，2||2zzz==，2z=，2zz+=．故选B．【点睛】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，是基础题．3．（2020·盘县红果镇育才学校高三月考（理））已知:tan3p=，:3q=，则p是q的（）A．充分不必要条件B．必

要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件【答案】B【解析】【分析】求出命题p为真时的取值，根据集合之间的关系可得结论．【详解】tan3=，则3k=+，kZ；而q只有3=，因此pq为假，qp

为真，∴p是q的必要不充分条件.故选：B【点睛】本题考查充分必要条件的判断，掌握充分必要条件的定义是解题关键．4．（2020·山东高三开学考试）《几何原本》卷2的几何代数法（以几何方法研究代数问题）成了后世西方数学家处理问题的重要依据，通过这

一原理，很多的代数的公理或定理都能够通过图形实现证明，也称之为无字证明.现有如图所示图形，点F在半圆O上，点C在直径AB上，且OFAB⊥，设ACa=，BCb=，则该图形可以完成的无字证明为（）A．(0,0)2ababab+B．222(0,0)ababab+C．

2(0,0)abababab+D．22(0,0)22ababab++【答案】D【解析】令,ACaBCb==，可得圆O的半径2abr+=，又22ababOCOBBCb+−=−=−=，则()2222222()442abababFCOCOF

−++=+=+=，再根据题图知FOFC，即2222abab++．故本题答案选Ｄ．5．（2020·广东高三月考（理））函数()2ln|1|xfxex=−−的图像大致为（）A．B．C．D．【答案】A【解析】【分析】利用定义法判断函数的奇偶性以及特殊点的函数值，排除法即可得解.【详解】

解：已知()2ln|1|xfxex=−−，则定义域为1xx，因为2()ln|1|xfxex−−=−+=22221ln||ln|1|lnxxxxexeexe−+=−−+22ln|1|2ln=ln|1|=()xxexexexfx=−−+−−，所以，函

数为偶函数，图象关于y轴对称，排除BD、，又22(1)ln|1|1ln(1)1ln10feee=−−=−−−=，排除C.故选：A．【点睛】本题考查函数图象的确定，一般运用奇偶性、特殊值、单调性等去排除．6．（2018·武邑宏达学校高三（理））在平面区域(),

02yxMxyxxy=+内随机取一点P，则点P在圆222xy+=内部的概率（）A．8B．4C．2D．34【答案】B【解析】分析：画出不等式组对应的平面区域，其与圆面222xy+

的公共部分的面积为18个圆面，故其面积与平面区域的面积之比为所求概率．详解：不等式对应的平面区域如图所示：其中满足222xy+的点为阴影部分对应的点，其面积为4，不等组对应的平面区域的面积为1，故所求概率为4，故选B．点睛：几何概型的概率计算

关键在于测度的选取，测度通常是线段的长度、平面区域的面积、几何体的体积等．7．（2020·山西高三模拟）等腰直角三角形ABC中，2ACB=，2ACBC==，点P是斜边AB上一点，且2BPPA=，那么CPCACPCB+=（）A

．4−B．2−C．2D．4【答案】D【解析】【分析】将CP用CA与CB进行表示，代入可得答案.【详解】解：由题意得：1121()3333CPCAAPCAABCAACCBCACB=+=+=++=+22218443333CPCACPCBCACB+

=+=+=,故选：D.【点睛】本题主要考查平面向量的基本定理及平面向量的数量积，相对不难.8．（2020·宁夏银川一中高三（理））我国古代名著《庄子天下篇》中有一句名言“一尺之棰，日取其半，万世不竭”，其意思为：一尺的木棍，每天截

取一半，永远都截不完.现将该木棍依此规律截取，如图所示的程序框图的功能就是计算截取7天后所剩木棍的长度(单位：尺)，则①②③处可分别填入的是()A．17?,,+1issiii=−=B．1128?,,2issiii=−=C．17?,,+12issiii=−=D．1128?,,2

2issiii=−=【答案】B【解析】【分析】分析程序中各变量的作用，再根据流程图所示的顺序，可得该程序的作用是累加并输出S的值，由此可得到结论.【详解】由题意，执行程序框图，可得：第1次循环：11,42Si=−=；第2次循环：111,8

24Si=−−=；第3次循环：1111,16248Si=−−==；依次类推，第7次循环：11111,256241288Si=−−−−==，此时不满足条件，推出循环，其中判断框①应填入的条件为：128?i，执行框②应填入：1SSi=−，③应填入：2ii=.故选：B.【点睛】本题主要考查了循环结构的

程序框图的应用，其中解答中正确理解程序框图的含义是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题.9．（2020·河南高三期末（理））已知数列na为等比数列，首项为13a=，数列n

b满足3lognnba=，且2349bbb++=，则4a为（）A．9B．27C．81D．243【答案】C【解析】【分析】先由题中条件，得到3234log9=aaa，且0na，求出327a=，进而求出等比数列的公比31=aqa，即可得出结果.【详解】因

为数列na为等比数列，数列nb满足3lognnba=，2349bbb++=，所以3234log9=aaa，且0na，所以333log9=a，即33327a==，所以等比数列na的公比为313==aqa

，因此4381==aaq.故选：C【点睛】本题主要考查等比数列的基本量的运算，熟记等比数列的通项公式即可，属于基础题型.10．（2020·安徽高三三期末（理））设2F是双曲线C：22221(0,0)xyabab−=的右焦点，O为坐标

原点，过2F的直线交双曲线的右支于点P，N，直线PO交双曲线C于另一点M，若223MFPF=，且260MFN=，则双曲线C的离心率为（）A．3B．2C．52D．72【答案】D【解析】【分析】设双曲线的左焦点为F1，则MF2PF1为平行四边形，根据双曲线定义可得12,3MFaMFa==，在

△MF1F2中利用余弦定理得出a，c的关系即可求出离心率．【详解】设双曲线的左焦点为F1，由双曲线的对称性可知四边形MF2PF1为平行四边形．∴121,//MFPFMFPN=．设2PFm=，则2||3MFm=，∴2122aMFMFm=−=，即12,3MFaMFa==．

∵21260,60MFNFMF==，又122FFc=，在△MF1F2中，由余弦定理可得：2224923cos60caaaa=+−，即2222747,4ccaa==，∴双曲线的离心率e72ca==．故选D．【点睛】本题考查了双

曲线的性质，离心率计算，利用双曲线的对称性是解题的关键，属于中档题．11．（2020·广东高三期末（理））已知函数()sin()0,0,0||2fxAxA=+的部分图象如图所示，下述四个

结论：①2=；②3=−；③12fx+是奇函数；④12fx−是偶函数中，所有正确结论的编号是（）A．①②B．①③④C．②④D．①②④【答案】D【解析】【分析】根据图像的最值，周期，以及五点作图法，求得函数解析式，再对选项进行逐一分

析即可.【详解】由图可知，1A=，又函数周期2T==，求得2=，根据五点作图法：206+=，解得3=−，故()sin23fxx=−，所以①②正确；sin2sin2sin212

123636fxxxx+=+−=+−=−，此时函数不是奇函数，所以③错误；sin2sin2sin2cos212123632fxxxxx−=−

−=−−=−=−，故12fx−为偶函数，所以④正确.综上所述，正确的有①②④.故选：D.【点睛】本题考查由函数图像求三角函数解析式，以及三角函数的奇偶性；注意本题中求初相的方法.12．（20

20·河南高三开学考试（理））已知抛物线C：22yx=过定点(),0Ma的直线与抛物线C相交于点P、Q，若221183PMQM+=为常数，实数a的值为（）A．1B．2C．3D．4【答案】A【解析】【分析】设直线:PQxkya=+，联立方程组，结合根与系数的

关系进行化简，得到()2221kaak++为常数，即可求得实数a的值.【详解】设()11,Pxy，()22,Qxy，直线:PQxkya=+，联立方程22,2202xkyaykyayx=+−−==

，122yyk+=，122yya=−，()()22222222212112211111111kyyxayxayPMQM+=+=++−+−+()()22212121222222121221111yyyyyykyykyy+−+==++()

2221kaak+=+，2211PMQM+为常数，1a\=，满足2480k=+.所以实数a的值为1.故选：A.【点睛】本题主要考查了直线与抛物线的位置关系的综合应用，其中解答中联立方程组，合理应用根与系数的关系，化简运算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于中档试

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．（2020·湖南高三模拟）612xx+的展开式中，3x项的系数是__________．【答案】240【解析】【分析】利用二项式展开式的通项公式，令x的指数等于3，

计算展开式中含有3x项的系数即可.【详解】由题意得：6161(2)()rrrrTCxx−+=，只需3632r−=，可得2r=，代回原式可得33240Tx=，故答案：240.【点睛】本题主要考查二项式展开式的

通项公式及简单应用，相对不难.14．（2020·安徽六安一中高三月考（理））杨辉，字谦光，南宋时期杭州人.在他1261年所著的《详解九章算法》一书中，辑录了如图所示的三角形数表，称之为“开方作法本源”图，并说明此表引自11世纪中叶（约公元1050年

）贾宪的《释锁算术》，并绘画了“古法七乘方图”.故此，杨辉三角又被称为“贾宪三角”.杨辉三角是一个由数字排列成的三角形数表，一般形式如下：基于上述规律，可以推测，当23n=时，从左往右第22个数为_____________.【答案】253【解析】【分析】根据23n=，共有24个数，则所求为这一行

的倒数第3个数，找到每一行倒数第3个数的规律，从而得到所求.【详解】当23n=时，共有24个数，从左往右第22个数即为这一行的倒数第3个数，观察可知，每一行倒数第3个数（从第3行，2n=开始）为1，3，6，10，15，，即为122，232´，342，452，56

2，，()12nn−，所以当23n=时，左往右第22个数为22232532=.故答案为：253.【点睛】本题考查数字中的归纳推理，属于中档题.15．（2020·湖南雅礼中学高三月考（理））函数18()0sincos2fxxxx=+的最小值为_____.【答案】55【

解析】【分析】对函数求导，利用三次方公式进行整理化简，令()0fx=，根据函数单调性，即可求得最小值.【详解】()()()2233222224288'()()sinxcosxsinxsinxcosxcosxcosxsinxsinxcosxfxsinxcosxsinx

cosxsinxcosx−++−−=+==，由()'0fx=可得2cosxsinx=即tanx12=，又因为0<x12，根据导数与单调性的关系可知，当tanx12=时，函数取得最小值，此时15sinx=，25cosx=，故f

(x)min=55.故答案为：55.【点睛】本题考查利用导数求函数的最小值，属基础题.16．（2020·陕西高三（理））在三棱锥PABC−中，平面PAB⊥平面ABC，ABC△是边长为6的等边三角形，PAB△是以AB为斜边的等腰直角三

角形，则该三棱锥外接球的表面积为_______．【答案】48【解析】【分析】在等边三角形ABC中，取AB的中点F，设其中心为O，则2233AOBOCOCF====，再利用勾股定理可得23OP=，则O为棱锥PABC−的外接球球心，利用球的表面积公式可得结果.

【详解】如图，在等边三角形ABC中，取AB的中点F，设其中心为O，由6AB=，得2233AOBOCOCF====，PAB是以AB为斜边的等腰角三角形，PFAB⊥,又因为平面PAB⊥平面ABC，PF⊥平面ABC，PFOF⊥，2223OPOFPF=+=，则O为棱锥PABC−

的外接球球心，外接球半径23ROC==，该三棱锥外接球的表面积为()242348=，故答案为48.【点睛】本题考查主要四面体外接球表面积，考查空间想象能力，是中档题.要求外接球的表面积和体积，关键是求出球的半径，求外接球半径的常见方法有：①若三条棱两垂直则用22224Rabc=+

+（,,abc为三棱的长）；②若SA⊥面ABC（SAa=），则22244Rra=+（r为ABC外接圆半径）；③可以转化为长方体的外接球；④特殊几何体可以直接找出球心和半径.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.（本小题满分12分）（2020·广东高三模拟）如图，在四边形ABCD中，645,105,,2,32ADBBADADBCAC=====（1）求cosABC的值；

（2）若记ABC=，求sin23−的值.【答案】（1）36−；（2）531112−.【解析】【分析】（1）通过正弦定理sinsinABADADBABD=求出3AB=，再在ABC中由余弦定理可得cosABC；（2）由

()1可得3cos6=−，33sin6=，再利用两角和的正弦公式及倍角公式可求sin23−的值.【详解】（1）由题意，因为45ADB=，105BAD=，30ABD=o，62AD=，2BC=，ABD

△中，由正弦定理可得，62sin45sin30AB=，3AB=，3AC=.ABC中由余弦定理可得，2223493cos26223ABBCACABCABBC+−+−===−；（2）由()1可得3cos6=−，

33sin6=，11sin22sincos6==−，25cos22cos16=−=−135311sin2sin2cos232212−−=−=.【点睛】本题考查正弦定理及

余弦定理的应用，考查倍角公式与和角公式的灵活应用，是中档题.18.（本小题满分12分）（2020·宁夏银川一中高三（理））如图所示，在矩形ABCD中，4AB=，2AD=，E是CD的中点，O为AE的中点，以AE为折痕将ADE向上折起，使D点折到P点

，且PCPB=.（1）求证:PO⊥面ABCE；（2）求AC与面PAB所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）3015.【解析】【分析】（1）利用线面垂直的判定定理，证得BC⊥平面POF，进而得到BCPO⊥，

进而证得PO⊥面ABCE；（2）分别以OG、OF、OP为,,xyz轴，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz−，求得平面PAB的一个法向量为()2,0,1n=，利用向量的夹角公式，即可求解.【详解】（1）由题意，可得PAPE=，OAOE=，则POAE

⊥，取BC的中点F，连OF，F，可得//OFAB，所以OFBC⊥，因为PBPC=，BCPF\^，且PFOFF=，所以BC⊥平面POF，又因为PO平面POF，所以BCPO⊥.又由BC与AE为相交直线，所以PO⊥平面ABCE.（2）作//OGBC交AB于G，可知OGO

F⊥，分别以,,OGOFOP为,,xyz轴，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz−，则(1,1,0)A−，(1,3,0)B，()1.3,0C-，()0,0,2P，可得(2,4,0)AC=-，(1,1,2)AP=-，(0,4,0)AB=，设平面PAB的法向量为(),,nxyz

=，则2040nAPxyznABy=−++===，令1z=，可得平面PAB的一个法向量为()2,0,1n=，又由22222230sincos,15(2)4(2)1nACnACnAC−====−++，所以

AC与面PAB所成角的正弦值为3015.【点睛】本题考查了线面垂直的判定与证明，以及空间角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力，解答中熟记线面位置关系的判定定理和性质定理，通过严密推理是线面位置关系判定的关键，同时对于立体几何中角的

计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.19.（本小题满分12分）（2020·河北高三模拟）已知椭圆()2222:10xyCabab+=的离心率为33，且椭圆C过点32,

22．(1)求椭圆C的标准方程；(2)过椭圆C的右焦点的直线l与椭圆C交于A、B两点，且与圆：222xy+=交于E、F两点，求2ABEF的取值范围．【答案】（1）22132xy+=；（2）163,1633【解析

】【分析】(1)本题首先可以通过离心率为33得到2232ab=，再将点32,22带入椭圆方程中即可得出结果；(2)首先可以通过椭圆方程来确定椭圆的右焦点坐标，然后对直线l的斜率是否存在进行分类讨论，分别求出在

两种情况下2||ABEF的取值范围，最后即可得出结果。【详解】（1）由已知可得33ca=，所以2232ab=，所以椭圆的方程为2222132xybb+=，将点32,22带入方程得22b=，即23a=，所以椭圆C的标准方程为22132

xy+=。（2）椭圆的右焦点为()1,0，①若直线l的斜率不存在，直线l的方程为1x=，则231,3A，231,3B−，()1,1E，()1,1F-所以433AB=，2||4EF=，2163||3ABEF=；②若

直线l的斜率存在，设直线l方程为()1ykx=−，设()11,Axy，()22,Bxy，联立直线l与椭圆方程()221321xyykx+==−，可得()2222236360kxkxk+−+−=，则2122623kxxk+=+，21223623kxxk−=+，所以()()()()2

22222212222431636114232323kkkABkxxkkkk+−=+−=+−=+++，因为圆心()0,0到直线l的距离21kdk=+，所以()2222242||4

211kkEFkk+=−=++，所以()()()2222222222443142163216321633||122231233333kkkkABEFkkkkk++++====++++++，因为)20k+，，所以2163||,1633AB

EF，综上，2163||,1633ABEF。【点睛】本题考查了椭圆的相关性质，主要考查了椭圆的标准方程的求法以及椭圆与直线位置关系的应用，考查了化归与转化思想，考查了分类

讨论思想，考查了韦达定理的使用，考查了计算能力，是难题。20.（本小题满分12分）（2020·陕西高三模拟）已知函数()()1ln12mfxxmxR=+−的两个零点为()1212,xxxx．（1）求实数m的取值范围；（2）求证：12112exx+．【答案】（1）0

,2e+（2）见解析【解析】【分析】（1）求导数，分类讨论，利用函数()()1ln12mfxxmRx=+−的两个零点，得出11ln2022m−，即可求实数m的取值范围；（2）由题意，方程ln22tmt+=有两个根为12,tt，不妨设121211,ttxx==，要证

明12112xxe+，即证明122tte+，即证明()122hthte−，令()()2xhxhxe=−−，证明()0x对任意10,xe恒成立即可.【详解】（1）()221222mxmfxxxx−=−+=，当0m时，()0fx，()fx在()0

,+上单调递增，不可能有两个零点；当0m时，由()0fx可解得2xm，由()0fx可解得02xm，所以()fx在()0,2m上单调递减，在()2,m+上单调递增，所以()()min12ln2122mfxfmmm==+

−，要使得()fx在()0,+上有两个零点，则11ln21022m+−，解得02em，则m的取值范围为0,2e．（2）令1tx=，则()1111ln1ln122fxmmttxx=−−=−−，由题意知方程1ln102mtt−−=有两个根，即方程l

n22tmt+=有两个根，不妨设111tx=，221tx=，令()ln22thtt+=，则当10,te时，()ht单调递增，1,te+时，()ht单调递减，综上可知，1210tte，要证12112xxe+，即证122tte+，即122

1ttee−，即证()122hthte−，令()()2xhxhxe=+−，下面证()x对任意的10,xe恒成立，()()2221ln21ln222xxexhxhxexxe−−

−−−=+−=+−，∵10,xe，∴ln10x−−，222xxe−∴()222221ln2ln1ln222222xxxxeexxxxeee−−−−−−−−+=

−−−又∵10,xe，∴222212xxexxee+−−=，∴()0x，则()x在10,e单调递增∴()10xe=，故原不等式成立．【点睛】该题考查的是

有关应用导数研究函数的问题，涉及到的知识点有根据函数的零点个数确定参数的取值范围的问题，再者就是零点所满足的条件，构造新函数，根据函数的单调性得到结果.21.（本小题满分12分）（2020·湖南高三模拟）现有甲､乙､丙､丁四个人相互之间传球，从甲开始传球，甲等可能地把球

传给乙､丙､丁中的任何一个人，依此类推.（1）通过三次传球后，球经过乙的次数为ξ，求ξ的分布列和期望；（2）设经过n次传球后，球落在甲手上的概率为an，（i）求a1,a2,an；（ii）探究：随着传球的次数足够多，球落在甲､乙､丙､丁每个人手

上的概率是否相等，并简单说明理由.【答案】（1）分布列见详解，数学期望为2227；（2）(i)11211110,,()3443nnaaa−===−−；(ii)球落在甲､乙､丙､丁每个人手上的概率相等，都是14，理由见详解.

【解析】【分析】（1）根据题意，写出ξ的取值，求得分布列，根据分布列即可写出数学期望；（2）(i)计算出12,aa，推导出na与1na−之间的关系，构造等比数列，求得通项公式即可；(ii)根据na的极限，结合每次传球等可能传递的特点，即可进行说明.【详解】（1）由题意得ξ的取值为0，1，2，P(

ξ=0)222833327==，P(ξ=1)12212211611333333327=++=，P(ξ=2)1111339==，∴ξ的分布列为：ξ012P827162719∴E(ξ)8161220122727927=+

+=.（2）(i)由题意可知，12103aa==，，an()1113na−=−，n≥2，∴an1143−=−(114na−−)，(n≥2)，∴an14−=(114a−)×113n−−，∴an1111()443n−=−−.(ii)由(i)可知，当n→+∞时，an→14，∴

当传球次数足够多时，球落在甲手上的概率趋向于一个常数14，又第一次从甲开始传球，而且每一次都是等可能地把球传给任何一个人，∴球落在每个人手上的概率都相等，∴球落在乙､丙､丁手上的概率为(114−)÷314=，∴

随着传球的次数足够多，球落在甲､乙､丙､丁每个人手上的概率相等，都是14.【点睛】本题考查离散型随机变量的分布列及数学期望的求解，涉及构造数法求通项公式，涉及归纳推理的数学思想，属综合性中档题.（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．（本小题满分10分）选修4-4：坐标系与参数方程（2020·广东高三期末（理））在直角坐标系xOy中，曲线1C的参数方程为2212,

22xttytt=++=+（t为参数），曲线2C的参数方程为22cos,2sinxy=+=，（为参数）以O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系.（1）求曲线2C的极坐标方程；（2

）直线l的极坐极方程为4=，直线l与曲线1C和2C分别交于不同于原点的,AB两点，求||AB的值.【答案】（1）24cos20−+=；（2）32【解析】【分析】（1）将参数方程化简为普通方程，再利用公式转化为极坐标方程即可；（2）根据题意，利用,AB

在极坐标中对应的相同，将方程转化为极坐标进而求解.【详解】（1）由22cos,2sin,xy=+=得2cos2,2sin,xy=−=两式平方相加，得22(2)2xy−+=，又222,cos,sinxyxy=+==，所

以曲线2C的极坐标方程为24cos20−+=.（2）由2212,22,xttytt=++=+得222221142,2,4ytxtxtt=++=++…消去t，得24,4yxx=…，曲线1C的极坐标

方程为22(sin)4cossin4cos,42==….设12,,,44AB，所以124cos442sin4==，()2222222220−+=−=解得22

=，12|||422|32AB=−=−=.故32AB=.【点睛】本题考查将参数方程转换为极坐标方程，以及在极坐标方程中求解两点之间的距离.23．（本小题满分10分）选修4－5：不等式选讲（2020·宁夏银川一中高三（理））已知关于x的不等式231xxm−−++有解，记实数m的最大值为

M.（1）求M的值；（2）正数abc，，满足2abcM++=，求证：111abbc+++.【答案】（1）4M=；（2）证明见解析.【解析】试题分析：（1）利用绝对值不等式可求得235xx−−+，所以15m+，解这个不等式可求得4M=.（2）由（1）得214abc++=，将

此式乘以要证明不等式的左边，化简后利用基本不等式可求得最小值为1.试题解析：（1）()()23235xxxx−−+−−+=,若不等式231xxm−−++有解，则满足15m+，解得64m−，∴4M=.（2）由（1）知正

数abc，，满足24abc++=，∴()()111114abbcabbcabbc+=++++++++124bcababbc++=++++1224bcababbc+++++1=.当且仅当ac=，2ab+=时，取等号.