【文档说明】【精准解析】贵州省毕节市2020届高三诊断性考试（二）数学（理）试题.doc，共(28)页，2.568 MB，由小赞的店铺上传

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毕节市2020届高三年级诊断性考试（二）理科数学试卷本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.满分150分.考试用时120分钟.注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、学校、班级填写在答题卡相应位置上.2.回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目

的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.写在本试卷上无效.3.回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效.4.请保持答题卡平整，不能折叠、考试结束，监考员将答题卡收回.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3|07xMxx，2|650Nxxx，则MN（）A.|17xxB.|17xxC.|35xx

D.|35xx【答案】A【解析】【分析】分别求出集合M和集合N，再由并集的运算求出MN.【详解】对集合M，307xx等价于37070xxx，解得，37x，故3|7xMx

；对集合N，由2650xx，解得15x，故1|5xNx；所以MN|17xx.故选：A【点睛】本题主要考查集合并集的运算、解分式不等式和一元二次不等式，考查学生计算能力，属于基础题.2.已知i为虚数单位，若复数z满足

12ziii，则z（）A.13iB.13iC.3iD.3i【答案】B【解析】【分析】将12ziii变形成12iizi，利用复数的乘除运算求解即可.【详解】由题意，12ziii，所以

12313iiiiziiii故选：B【点睛】本题主要考查复数代数形式的乘除运算，考查学生计算能力，属于基础题.3.已知21,XN，若11PXa，则3PX（）A.12aB.1aC.aD.12a【答案】A【解析】【分析】变量X服从正态分布

，根据正态分布曲线的对称性求解.【详解】由题意，变量X服从正态分布，且正态曲线关于1X对称，因为11PXa，所以13PXa，即132PXa，所以1,PX或312Xa，

121322aPXa.故选：A【点睛】本题主要考查正态分布曲线的特点及曲线表示的意义，属于基础题.4.函数sinyAxb在一个周期内的图象如图（其中0A，0，2），则函数的解析式为（）A.12sin123yxB.2sin2

13yxC.12sin123yxD.2sin213yx【答案】D【解析】【分析】由函数的最大值和最小值求出A和b，由图像得函数的周期T，进而求出，最后由函数图像经过点,16求出，即可得函数解析

式.【详解】由图像可知，函数的最大值为3，最小值为1，所以3122A，3112b，22362T，即T，所以222T，函数2sin21yx，函数经过点,16

，代入函数方程，得12sin216，即0sin3，即23k，kZ，又2，所以3，所以函数的解析式为2sin213yx.故选：D【点睛】本题主要考查三角函数的图像和性质，考查学生数形结合的能力，属于中

档题.5.如图，在ABC中，2ANNC，P是BN上一点，若13APtABAC，则实数t的值为（）A.16B.23C.12D.34【答案】C【解析】【分析】由题意设BPBN，由向量的线性运算可得213ABA

ACP，再根据13APtABAC，列等式计算即可求出t.【详解】由题意，P是BN上一点，设BPBN，则1BNABAPABBPABANABABAN，又2ANNC，

所以23ANAC，所以21313ABACAPtABAC，所以12133t，解得12t.故选：C【点睛】本题主要考查平面向量的线性运算和平面向量基本定理及其意义，考查数形结合的思想，属于中档题.6.若sincos3sincos

，则sincoscos2的值是（）A.1B.-1C.15D.15【答案】B【解析】【分析】由sincos3sincos得tan13tan1，解出tan2，再利用二倍角公式和平方关系化简22tan1t

ansincoscos2tan1，将tan2代入求解即可.【详解】由题意，sincostan13sincostan1，解得tan2，222222sincoscossintan1tan214sincoscos21sincostan141

故选：B【点睛】本题主要考查同角三角函数的基本关系、二倍角的余弦公式和平方关系的应用，考查学生转化和计算能力，属于中档题.7.函数fx满足3,fxfyfxyfxyxyR，且11

3f，则2020f（）A.23B.23C.13D.13【答案】C【解析】【分析】由题意113f，所以令1y，化简3fxfyfxyfxy，得到11

fxfxfx，从而11fxfxfx，联立两式求解出fx的周期为6，从而2020(4)ff，即可求出2020f.【详解】由题意，取1y，则3111fxffxfx，即

11fxfxfx①，所以12fxfxfx②，联立①②得，21fxfx，所以3(6)fxfxfx，所以函数fx的周期为6，2020(63364)(4)fff

由3fxfx，所以1(4)(1)3ff.故选：C【点睛】本题主要考查函数值的求法，如何利用题目中的条件求解出函数的周期是关键，属于中档题.8.过抛物线C：220ypxp的焦点，且倾斜角为6的直线与物线交于A，B两点，若16AB，则抛物线的方程为（）A.

22yxB.23yxC.24yxD.28yx【答案】C【解析】【分析】由题意，设直线方程332pyx，代入抛物线方程并整理得22704pxpx，利用韦达定理分别表示出12xx和12xx，再由弦长公式表示出

AB，求解出p，即可得到抛物线方程.【详解】由题意，抛物线的焦点坐标为,02p，直线的斜率为3tan63，设过抛物线焦点，倾斜角为6的直线方程：332pyx，代入抛物线方程并整理得，22704pxpx，设点11,Axy，点22,Bxy

，则127xxp，2124pxx，由弦长公式，2211743641ppAB，解得，2p，所以抛物线方程为：24yx故选：C【点睛】本题主要考查抛物线的应用和弦长公式，注意韦达定理的应用，考查

学生计算能力，属于中档题.9.在三棱锥PABC中，AP平面PBC，222PAPBPC，2BC，则三棱锥PABC的外接球体积为（）A.36B.13C.86D.6【答案】D【解析】【分析】由AP平面PBC，得APPB，APPC，再由勾股定理求出PBPC，所以

可得三棱锥外接球半径2222PAPBPCR，由球的体积公式求解即可.【详解】由题意，AP平面PBC，所以APPB，APPC，又222PAPBPC，2BC，所以222PCPBBC，即PBPC，所以PA、PB、PC两两垂

直，三棱锥PABC的外接球即以PA、PB、PC为长宽高的长方体的外接球，故三棱锥PABC外接球半径2221146222PAPBPCR，外接球体积334466332VR.故选：D【点睛】本题主要考查外接球体积

的求法，考查学生转化和空间想象能力，属于基础题.10.在直角梯形ABCD中，利用“两个全等的直角三角形和一个等腰直角三角形的面积之和等于直角梯形的面积”，能推证出勾股定理.如图，设22.5BEC，在梯形ABCD中随机取一点，则此点取自等腰直角CDE中（

阴影部分）的概率是（）A.222B.12C.22D.22【答案】D【解析】【分析】由22.5BEC，用c分别表示出cos22.5ac，sin22.5bc，再分别求出梯形面积1S和CDE的面积2S，由几何概

型求出概率即可.【详解】由题意，22.5BEC，所以cos22.5ac，sin22.5bc，梯形面积2221111cos1sin45222.5s22in22.5cSabcc，所以21224Sc，

CDE的面积2212Sc，故概率22211222224cSPSc.故选：D【点睛】本题主要考查几何概型概率的求法和简单的三角恒等变换，属于基础题.11.ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，且cossinbaCC，若1a，62c，则角C的大小为（）A.3

B.3或23C.6D.6或56【答案】B【解析】【分析】由边化角得到sinsincossinBACC，再由sinsinBAC，化简得到sincosAA，求出4A，再由正弦定理求出s

inC，根据C的范围即可求出角C的大小.【详解】由cossinbaCC，得sinsincossinBACC，在ABC中，ABC，所以sinsinsinBACAC，所以sinsincossincossincossinACACCAAC

C，解得sincosAA，即4A，由正弦定理，62sin322sin12cACa，因为4A，所以304C，所以角C的大小为3或23.故选：B【点睛】本题主要考查正弦定理的应用、诱

导公式和两角和差的正弦公式，考查学生的分析转化能力，属于中档题.12.已知函数211xxfxeek，给出下列四个命题：①对kR，函数不可能有4个零点；②kR，函数有且只有1个零点；③当且仅当0k时，函数

恰有2个零点；④kR，函数有3个零点；其中真命题的个数是（）A.4B.2C.1D.0【答案】C【解析】【分析】令11xett，2()1gtttt，画出()gt的图像，并将()fx的零点问题转化为()gt与

yk的交点问题，再对4个选项进行分析即可.【详解】由题意，令11xett，2()1gtttt，则22,10(),0tttgtttt，()fx的零点可

转化为()gt与yk的交点，画出()gt图像如图所示，()gt的最小值为min111()()()224gtgg，对①，当104k，即104k时，()gt与yk有四个交点，故错误；对②，当0k，即k0时，()gt与yk有一

个交点，故正确；对③，当0k或14k时，()gt与yk有两个交点，故错误；对④，不存在k使得()gt与yk有三个交点，故错误.故选：C【点睛】本题主要考查分段函数的图像、函数的零点问题，考查学生的转化和数

形结合能力，属于中档题.第Ⅱ卷本卷包括必考题和选考题两部分.第13题~第21题为必考题，每个试题考生都必须作答；第22、23题为选考题，考生根据要求作答.二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13.汉代数学家赵爽在注解《周髀算经》时给出的“赵爽弦图”是我国古代数学的瑰宝，“赵爽弦图”如

图所示，由四个全等的直角三角形和一个正方形构成，现有五种不同的颜色可供涂色，要求相邻的区域不能用同一种颜色，则不同的涂色方案有______种（用数字作答）.【答案】420【解析】【分析】根据题意设五个区域分别为①②③④⑤，再分两步讨论①②③和

④⑤的情况，最后由分步计数原理计算即可.【详解】由题意，假设五个区域分别为①②③④⑤，对于区域①②③，三个区域两两相邻，共有3560A种情况；对于区域④⑤，若④与②颜色相同，则⑤有3种情况，若④与②颜色不同，则④有2种情

况，⑤有2种情况，共有224种情况，所以④⑤共有347种情况，则一共有607420种情况.故答案为：420【点睛】本题主要考查排列组合的应用和分步乘法计数原理的应用，属于基础题.14.计算：3log2551log10log0.253

______.【答案】32【解析】【分析】利用换底公式55log10log100，再由对数的运算性质求得55log10log0.25，最后求解出3log213即可.【详解】由题意，12255

55log10log10log10log100，所以55555log10log0.25log100log0.25log1000.252，333log21loglog22133132，所以原式1

3222.故答案为：32【点睛】本题主要考查对数的运算性质和换底公式的应用，考查学生的计算能力，属于基础题.15.已知函数21ln10xfxxfxfe，则fx的单调递减区间为______.【答案】1,0【解析】【分析】根

据()fx的解析式，求出(0)f，再根据导函数()fx¢求出1f，再利用导数来判断fx的减区间即可.【详解】由题意，1x，00021ln0100fffef，所以(0)0f，故21ln1fxxfx，2111ffxx

，所以211111ff，解得112f，故1111xfxxx，()0fx¢<，即01xx，解得，10x，故fx的单调递减区间为(]1,0-.故答案为：

(]1,0-【点睛】本题主要考查函数值的求法、利用导数研究函数的单调性，属于基础题.16.过双曲线222210,0xyabab的右焦点F作渐近线的垂线l，垂足为M，l与y轴交于点P，若FMMP

，且双曲线的离心率为3，则的值为______.【答案】2【解析】【分析】由双曲线离心率为3，求出渐近线方程，由右焦点F和直线l和渐近线垂直，设直线方程，求出FM和FP，再由FMMP，得到1FMFP，从而求解出.【详解】由题意，双曲线的离心率为3，即22213cabb

aaa，解得2ba，设双曲线的一条渐近线方程为：2yx，双曲线右焦点,0Fc，又直线l与渐近线垂直，所以设直线l：22yxc，当0x时，22yc，即20,2Pc，所以222622FPcc

c，226321cFMc，由FMMP，得6231362cFMFPc，解得2故答案为：2【点睛】本题主要考查双曲线的几何性质、直线方程的应用和点到直线距离公式，考查学生的转化能力，属于中档题.三、

解答题：本大题共7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.17.已知等差数列na的前n项和为nS，公差0d，4631SS且1a，3a，9a成等比数列.（Ⅰ）求数列na的通项公式；（Ⅱ）设数列3nnba是首项为1

，公比为3的等比数列，求数列nb的前n项和nT.【答案】（Ⅰ）nan，*nN.（Ⅱ）233312nnnnT【解析】【分析】（Ⅰ）由1a和d表示出46SS，再由等比中项的性质表示出1a，3a，9a成等比数列，可以求出1a和d，再表示出n

a即可；（Ⅱ）由3nnba是首项为1，公比为3的等比数列，得到3nnba的通项公式，再表示出nb的通项公式，由分组求和的方法求出nT即可.【详解】（Ⅰ）根据题意得：4611146615102131SSadadad，由1a，3a，9

a成等比数列可得2193aaa，∴211182aadad，即2144add，∵0d，∴11ad，∴11nann，*nN.（Ⅱ）133nnnba，∴133nnbn，∴12nnTbbb1103

33312nn2311333311322nnnnnn.【点睛】本题主要考查等差数列和等比数列通项公式、分组求和求数列前n项和，考查学生的计算能力，属于基础题.18.某手机生产企业为了对研发的一批最新款手机进行合理定价，将该款手机按事

先拟定的价格进行试销，得到单价x（单位：千元）与销量y（单位：百件）的关系如下表所示：单价x（千元）11.522.53销量y（百件）10876t已知51175iiyy.（Ⅰ）若变量x，y具有线性相关关系，求产品销量y（百件）关于试销单价x（千元）的线性回归方程ybxa$

$$；（Ⅱ）用（Ⅰ）中所求的线性回归方程得到与ix对应的产品销量的估计值iy，当销售数据,iixy对应的残差满足0.3iiyy时，则称,iixy为一个“好数据”，现从5个销售数据中任取3个，

求其中“好数据”的个数X的分布列和数学期望.参考公式：1221121niiinniniiiiiixynxybnxxxxyxxy，aybx$$.【答案】（Ⅰ）2.812.6yx（Ⅱ）见解析，95【解析】【分析】（Ⅰ）由7y可求出4t，求出

2x，再分别计算出1niiixy和21niix，代入公式可求出b，由aybx求出a，从而得到线性回归方程；（Ⅱ）利用iiyy的值判断共有三个好数据，再计算对应的概率值，列出分布列，计算数学期望即可.【详解】（

Ⅰ）由51175iiyy，可得4t，111.522.5325x，11101.58272.563463niiixy，2112.2546.25922.5niix，代入得1221635272.822.554nii

iniixynxybxnx，75.612.6aybx，∴回归直线方程为2.812.6yx.（Ⅱ）112.8112.6109.8100.20.3yy，22

2.81.512.688.480.40.3yy，332.8212.677700.3yy，442.82.512.665.660.40.3yy，552.8312.644.240.20.3yy，共有3个“好数据”.∴1

,2,3X，33235kkCCPXkC，1,2,3k，∴X的分布列为：X123P31035110X的期望值为3319123105105EX.【点睛】本题主要考查线性回归方程、分布列和数学期望的计算，考查学生的计算能力，属于中

档题.19.如图1，在等腰梯形ABCD中，//ADBC，24ADBC，120ABC，E为AD的中点.现分别沿BE，EC将ABE和ECD折起，点A折至点1A，点D折至点1D，使得平面1ABE

平面BCE，平面1ECD平面BCE，连接11AD，如图2.（Ⅰ）若平面BCE内的动点G满足1//GD平面1ABE，作出点G的轨迹并证明；（Ⅱ）求平面11ADE与平面BCE所成锐二面角的余弦值.【答案】（Ⅰ）点G的轨迹是直线MN

.见解析，（Ⅱ）55【解析】【分析】（Ⅰ）连接1DM，MN，1ND，由线面平行的判定定理证明//MN平面1BEA，再由面面垂直的判定定理证明平面1ABE平面BCE，最后由面面平行的判定定理证明平面1//MND平面1BEA，

即可得到点G的轨迹；（Ⅱ）以M为原点，MB，MC，1MD所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法求平面11ADE与平面BCE所成锐二面角的余弦值即可.【详解】（Ⅰ）如图，取BC和CE的中点N和M，则点G的轨迹是直线MN.证明如下：连接1DM，MN，1ND，则//MNBE，又

MN平面1BEA，BE平面1BEA，∴//MN平面1BEA.依题意知，1ABE，BCE，1ECD为正三角形，∴1MDCE.又∵平面1ECD平面BCE，平面1ECD平面BCECE，1MD平面1ECD，∴1MD平面BCE，又∵平面1

ABE平面BCE，1MD平面1BEA，∴1//MD平面1BEA，∵1MDNMM，NM平面1MND，1MD平面1MND，∴平面1//MND平面1BEA，当1GD平面1MND时，1//GD平面1ABE∴点G的轨迹是直线MN.（Ⅱ）以M为原点，MB，MC，1MD所在直线分别为x，y，z轴，建

立如图所示的空间直角坐标系Mxyz.则平面BCE的一个法向量为0,0,1m，0,1,0E，10,0,3D，131,,322A，∴131,,322EA，10,1,3ED

，设平面11AED的一个法向量为,,nxyz，则30313022yzxyz，令1z，得3y，1x，∴1,3,1n，设所求二面角为，∴15cos55mnmn.【点睛】本题主要考查空

间中线线、线面和面面的位置关系，考查线面平行、面面平行、线面垂直和面面垂直的判定定理，以及面面垂直的性质，考查向量法求二面角的应用，还考查学生数形结合的思想和计算能力，属于中档题.20.已知椭圆C：222210xyabab的离心率为12，过其右焦点F与长轴垂直的直线

与椭圆在第一象限交于点M，且32MF=.（Ⅰ）求椭圆C的方程；（Ⅱ）设椭圆C的左、右顶点分别为A，B，点P是椭圆上的动点，且点P与点A，B不重合，直线PA，PB与直线4x分别交于点S，T，求证：以线段ST为

直径的圆过定点.【答案】（Ⅰ）22143xy（Ⅱ）见解析【解析】【分析】（Ⅰ）由32MF=，得232ba，又12ca，且222abc，联立求解出a、b、c的值，即可求出椭圆方程；（Ⅱ）设点,Pmn，由点P在椭圆上和直线PA、PB的斜率求出2134kk，设直线PA

、PB的方程，求出点S和点T的坐标，设圆过定点Q，ST为直径，所以0SQTQ，化简后即可得到定点Q.【详解】（Ⅰ）由32MF=，得232ba，又因为12ca，且222abc，得2a，1c，3b，所以椭圆C的方程为22143xy.（Ⅱ

）由题意，点2,0A，点2,0B，设点,Pmn，则22143mn，得22344mn，又设直线PA，PB的斜率分别为1k，2k，则12nkm，22nkm，所以21222133444nkkkmk，∴直线PA：

12ykx，直线PB：1324yxk，所以点14,2Sk，194,2Tk，假设过定点00,Qxy，由0SQTQ得00100194,24,02xykxyk，所以得22000101982702xyxk

yk，令00y，得01x或07x，所以过定点()1,0-，7,0.【点睛】本题主要考查椭圆方程的求法、直线和椭圆的位置关系以及圆的性质，考查过定点问题，还考查学生的转化和计算能力，属于中档题.21.已知函数22xfxeaxaxaR

.（1）讨论fx的导数'fx的单调性；（2）若fx有两个极值点1x，2x，求实数a的取值范围，并证明12111xx.【答案】（1）'fx在,ln2a上单调递减，'fx在ln2,a上单调递增；（2）见解析.【解析】【分析】（1）求

出'fx，令'gxfx，对0a，0a讨论来求'fx的单调性；（2）将fx有两个极值点1x，2x转化为210xeax有两解，继续转化为21xeax有两解，构造函数1xehxx，求导01h为其极小值，可得21a，

即可求得实数a的取值范围；另外要证明12111xx，不妨设12xx，则1210xx，由（1）根据'fx的单调性得120ln2xax，通过变形，转化为证明12ln1ln10xx，进一步变形证明

22''2ln20fxfax，构造函数''2ln2Hxfxfax，利用导数研究其最小值即可证明．【详解】（1）由题意，得2'221xxaxaaRfexxex.设'gxfxxR，则'2xgxea.①当0a

时，'20xgxea，所以'fx在R上单调递增.②当0a时，由'20xgxea，得ln2xa.当ln2xa时，'0gx，'fx在,ln2a上单调递减；当ln2xa时，

'0gx，'fx在ln2,a上单调递增.（2）由于fx有两个极值点1x，2x，即'0fx在xR上有两解1x，2x，'0fx即210xeax，显然1x，故等价于21xeax有

两解1x，2x，设1xehxx，则2'1xxehxx，当1x时，'0hx，所以hx在,1单调递减，且0hx，x时，0hx→，1x时，hx；当10x时，'0hx，所

以hx在1,0单调递减，且1x时，hx；当0x时，'0hx，所以hx在0,单调递增，且x时，hx，所以01h是hx的极小值，21xeax有两解1x，2x等价于21a，得12a.不妨设12xx，则1210xx

.据（1）'fx在,ln2a上单调递减，在ln2,a上单调递增，故120ln2xax，由于1121xaxe，2221xaxe，且1210ln2xax，则12011xx，所以11ln2ln

1xax，22ln2ln1xax，即11ln1ln2xxa，22ln1ln2xxa，欲证明：12111xx，等价于证明：12ln1ln10xx，即证明：122ln20x

xa，只要证明：122ln2xax，因为'fx在,ln2a上单调递减，122ln2,,ln2xaxa，所以只要证明：12''2ln2fxfax，由于12''fxfx，所以只要证明：22''2ln2fx

fax，即证明：22''2ln20fxfax，设''2ln2Hxfxfax，据（1）2ln2Hxgxgax，'''2ln2Hxgxgax2ln222axxeaea22244

4240xxxxeeaaeaae，所以Hx在,上单调递增，所以2ln2'ln2'2ln2ln20HxHafafaa，即22''2l

n20fxfax，故12111xx.【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性，极值，最值，综合性强，对学生计算能力以及转化问题的能力要求高，是一道难题．请考生在第22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记

分.作答时用2B铅笔在答题卡上把所选题目对应题号的方框涂黑.选修4-4：坐标系与参数方程22.在平面直角坐标系xOy中，曲线1C的参数方程是3cossinxy（为参数，0），在以坐标原点为极点，x轴的非负半轴为极轴的极坐标系中，曲线2C的极坐标方程是4

，等边ABC的顶点都在2C上，且点A，B，C按照逆时针方向排列，点A的极坐标为4,3.（Ⅰ）求点A，B，C的直角坐标；（Ⅱ）设P为1C上任意一点，求点P到直线BC的距离的取值范围.【答案】（Ⅰ）A点的直角坐标为2,23，B点的直角坐标为

4,0，C点的直角坐标为2,23.（Ⅱ）362,222d【解析】【分析】（Ⅰ）由点A的极坐标和A，B，C的排列顺序，得到点B和点C的极坐标，再由cossinxy求出A，B，C的

直角坐标即可；（Ⅱ）由点B和点C的坐标可得直线BC的方程340xy，设点3cos,sin0P，由点到直线距离公式表示出点P到直线BC的距离d，再由辅助角公式和三角函数的性质得到d的

取值范围即可.【详解】（Ⅰ）由题意，等边ABC的顶点都在2C上，且点A，B，C按照逆时针方向排列，点A的极坐标为4,3，所以点B的极坐标4,，点C的极坐标54,3，由cossinxy

，可得A点的直角坐标为2,23，B点的直角坐标为4,0，C点的直角坐标为2,23.（Ⅱ）由（Ⅰ）知，4,0B，2,23C，所以得BC的直线方程为：340xy，设点3cos,sin0P，则点

P到直线BC的距离d为6sin43cos3sin4422d，因为0，所以5444，所以436sin4464，362,222d.【点睛】本题主要考查直角坐标和极坐

标的相互转化、点到直线距离的应用、三角恒等变换和三角函数的性质，考查学生对极坐标的理解和计算能力，属于基础题.选修4-5：不等式选讲23.已知函数2311fxxxx.（Ⅰ）求不等式0fx的解集M；

（Ⅱ）在（Ⅰ）的条件下，若,mnM，求证：1mnmn.【答案】（Ⅰ）|11Mxx（Ⅱ）见解析【解析】【分析】（Ⅰ）对()fx去绝对值，分别求解1x、11x、1x时的不等式即可；（Ⅱ）将不等式两边平方并化简为22110mn

，由m和n的范围即可证明.【详解】（Ⅰ）①当1x时，不等式0fx可化为2230xx，解得：13x，故此时x无解；②当11x时，不等式0fx可化为210x，解得：11x，故有11x；③当1x时，不等式0fx可化

为2230xx，解得：31x，故此时x无解；综上，不等式0fx的解集|11Mxx.（Ⅱ）要证1mnmn，即证221mnmn，即证2222221mmnnmnmn，即证22221mnmn，即证222210mnmn

，即证22110mn，∵,mnM，∴210m，210n，∴22110mn成立.∴1mnmn成立.【点睛】本题主要考查绝对值不等式的解法和不等式的证明，属于基础题.