【文档说明】陕西省榆林市2023届高三下学期第四次模拟考试数学（理）PDF版含解析.pdf，共(14)页，685.793 KB，由小赞的店铺上传

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学科网（北京）股份有限公司绝密★启用前榆林市2022～2023年度第四次模拟考试数学试题(理科)考生注意：1．本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共150分。考试时间120分钟。2．请将各题答案填写在答题卡上。3．本试卷主要考试内容：高考全部内容。第Ⅰ卷一、选择题：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．(杨宪伟老师工作坊)集合P＝{－2，2}，集合Q＝{－1，0，2，3}，则P∪Q＝()(A)[－2，3](C){2}(B){－2，－1

，0，2，3}(D){－2，－1，0，3}2．(杨宪伟老师工作坊)复数z＝(1－i)(3＋i)，则复数z在复平面内对应的点位于()(A)第一象限(B)第二象限(C)第三象限(D)第四象限3．(杨宪伟老师工作坊)双曲线y28－x26＝1的一条渐近线方程为()(A)

3x－4y＝0(B)4x－3y＝0(C)3x＋2y＝0(D)2x－3y＝04．(杨宪伟老师工作坊)若tan(α＋π4)＝15，则tanα＝()(A)－23(B)23(C)－13(D)135．(杨宪伟老师工作坊)若函数f

(x)＝x2－e－ax(a∈R)，若f(x)的图象在x＝0处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为1，则a＝()(A)12(B)2(C)±2(D)±126．(杨宪伟老师工作坊)将函数y＝cos2x的图象向右平移π20个单位长度，再把所得图象各点的横坐标缩小到原来的12(纵坐标不变)，所得图

象的一条对称轴为x＝()(A)π80(B)π60(C)π40(D)π207．(杨宪伟老师工作坊)已知a＝log32，b＝0.30.5，c＝0.5－0.4，则()学科网（北京）股份有限公司(A)c＜b＜a(B)c＜a＜b(C)a＜b＜c(D)b＜c＜a8．(

杨宪伟老师工作坊)(5x2＋8x)9的展开式中含x3项的系数为()(A)C69·53·86(B)C59·54·85(C)C79·52·87(D)C49·55·849．(杨宪伟老师工作坊)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M

，N分别为BB1，CD的中点，则异面直线MN与BC1所成角的余弦值为()(A)36(B)34(C)33(D)3210．(杨宪伟老师工作坊)某学校举行了一次航天知识竞赛活动，经过班级初选后一共100名学生参加学校决赛，把他

们的成绩(满分100分)分成[45，55)，[55，65)，[65，75)，[75，85)，[85，95]共五组，并得到如图所示的频率分布直方图，其中第三组的频数为40．分析样本数据后，发现学生的竞赛分数X近似服从正态分布N(μ，σ2)，其中μ近似为样本平均数

，σ2近似为样本方差．若某学生的成绩高于79.9即给该学生颁发优胜奖杯，则估计此次竞赛获得优秀奖杯的人数为(结果根据四舍五入保留到整数位)()参考数据：随机变量X～N(μ，σ2)，则P(μ－σ＜X≤μ＋σ)≈0.6827，P(μ－2σ＜X≤μ＋2σ)≈0.9545，119≈10.9．(A)15(B

)16(C)34(D)3511．(杨宪伟老师工作坊)已知球O的内接三棱锥P－ABC的体积为6，且PA，PB，PC的长分别为6，3，2，则三棱锥A－BOC的体积为()(A)2(B3(C)4(D)612．(杨宪伟老师工作坊)已知函数f(x)，g(x)的

定义域均为R，且g(x)＝2f(x＋1)－2，2f(x)＋g(x－3)＝2．若y＝f(x)的图象关于直线x＝1对称，且f(1)＝3，现有四个结论：①g(0)＝4；学科网（北京）股份有限公司②4为g(x)的周期；③g(x)的图象关于点(2，0)

对称；④g(3)＝0．其中结论正确的编号为()(A)②③④(B)①③④(C)①②④(D)①②③第Ⅱ卷二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．(杨宪伟老师工作坊)已知向量a＝(3，2)，b＝(λ，－4)，若a⊥(a－b)，则λ＝

▲．14．(杨宪伟老师工作坊)中国象棋是中国棋文化，也是中华民族的文化瑰宝，它源远流长，趣味浓厚，基本规则简明易懂．张三和李四下棋，张三获胜的概率是13，和棋的概率是14，则张三不输的概率为．15．(杨宪伟老师工作坊)已知抛物线C：y2＝4x

的顶点为O，经过过点A，且F为抛物线C的焦点，若|AF|＝3|OF|，则△OAF的面积为．16．(杨宪伟老师工作坊)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a2－b2＝3bc，sinC＝2sinB，则A＝▲．三、解答题：共70分．解答应写出文字

说明，证明过程或演算步骤．第17题~第21题为必考题，每个考题考生必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答．(一)必考题：共60分．17．(杨宪伟老师工作坊)(12分)已知等差数列{an}中，a1＋a5＝7，a6＝

132．(1)求{an}的通项公式；(2)求数列{1anan＋1}的前n项和为Sn．18．(杨宪伟老师工作坊)(12分)推进垃圾分类处理是落实绿色发展理念的必然选择．某社区开展有关垃圾分类的知识测试．已知测试中有A，B两组题，每组都有4道题目，甲对A组其中3道题有思路，1道题完全没有思路

．有思路的题目每道题做对的概率为23，没有思路的题目，只好任意猜一个答案，猜对的概率为14．甲对B组每道题做对的概率为0.6，甲可以选择从A组中任选2道题或从B组中任选2道题．(1)若甲选择从A组中任选2道题，设X表示甲答对题目的个数，求X的分布列和期望；(2)以答对题目数量的期望为依据，判断甲应

该选择哪组题答题．19．(杨宪伟老师工作坊)(12分)在如图所示的三棱锥D－ABC中，已知AB⊥AC，AB⊥AD，AC⊥AD，2AB＝AC＝AD＝4，E为AB的中点，F为AC的中点，G为CD的中点．学科网

（北京）股份有限公司(1)证明：AD∥平面EFG．(2)求平面BCD与平面EFG夹角的余弦值．20．(杨宪伟老师工作坊)(12分)已知函数f(x)＝12x2－3ax＋2a2lnx，a≠0．(1)讨论f(x)的单调区间；(2)若f(x)有3个零点，求a的取值范围．21．(杨宪伟

老师工作坊)(12分)已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)的离心率为34，左、右焦点分别为F1，F2，短轴长为27．(1)求椭圆C的方程．(2)P为第一象限内椭圆C上一点，直线PF1，PF2与直线x＝5分别交于A，B两点，记△PAB和△PF1F2

的面积分别为S1，S2，若S1S2＝913，求|AB|．(二)选考题：共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答，并用2B铅笔将所选题号涂黑，多涂、错涂、漏涂均不给分，如果多做，则按所做的第一题计分．22．(杨宪伟老师工作坊)[选修4－4：坐标系与参数方程](10分)

在平面直角坐标系xOy中，直线l的方程为x＋y＝5，圆M以(3，0)为圆心且与l相切．以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系．(1)求圆M的极坐标方程；(2)若射线θ＝α(0＜α＜π2，ρ＞0)与圆M交于点A，B两点，且1|OA|＋1|OB|＝17

，求直线AB的直角坐标方程．23．(杨宪伟老师工作坊)[选修4－5：不等式选讲](10分)已知函数f(x)＝|2x－1|＋|2x＋2|的最小值为M．(1)解关于x的不等式f(x)＜M＋|2x＋2|；(2)若正数a，b满足a2＋2b2＝M，求2a＋b的最大值．学科网（北京）股份有限公司榆林市2

022～2023年度第四次模拟考试数学试题解析(理科)一、选择题：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．(杨宪伟老师工作坊)集合P＝{－2，2}，集合Q＝{

－1，0，2，3}，则P∪Q＝()(A)[－2，3](C){2}(B){－2，－1，0，2，3}(D){－2，－1，0，3}【答案】B【解析】因为集合P＝{－2，2}，集合Q＝{－1，0，2，3}，所以P∪Q＝{－2，－1，0，2，3}，故选

(B)．2．(杨宪伟老师工作坊)复数z＝(1－i)(3＋i)，则复数z在复平面内对应的点位于()(A)第一象限(B)第二象限(C)第三象限(D)第四象限【答案】D【解析】因为z＝(1－i)(3＋i)＝4－

2i，所以复数z在复平面内对应的点位于第四象限，故选(D)．3．(杨宪伟老师工作坊)双曲线y28－x26＝1的一条渐近线方程为()(A)3x－4y＝0(B)4x－3y＝0(C)3x＋2y＝0(D)2x－3y＝0【答案】D【解析】令y28－x26＝0，可得：2x±3y＝0

，故选(D)．4．(杨宪伟老师工作坊)若tan(α＋π4)＝15，则tanα＝()(A)－23(B)23(C)－13(D)13【答案】A【解析】解法1：因为tan(α＋π4)＝tanα＋tanπ41－tanαt

anπ4＝tanα＋11－tanα＝15，所以tanα＝－23，故选(A)．学科网（北京）股份有限公司解法2：tanα＝tan(α＋π4－π4)＝tan(α＋π4)－tanπ41＋tan(α＋π4)tanπ4＝－23，故选(A)．5．(杨宪伟老师工作坊

)若函数f(x)＝x2－e－ax(a∈R)，若f(x)的图象在x＝0处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为1，则a＝()(A)12(B)2(C)±2(D)±12【答案】D【解析】f(x)＝x2－e－ax，f'(x)＝2x＋ae－ax，所以f'(0)＝a，f(0)＝－1，f(x)的图象在

x＝0处的切线方程为y＝ax－1，所以该切线与坐标轴围成三角形的面积12×1×1|a|＝1，解得：a＝±12，故选(D)．6．(杨宪伟老师工作坊)将函数y＝cos2x的图象向右平移π20个单位长度，再把所得图象各点的横坐标缩小到原来的12(纵坐标不变)，所得图象的

一条对称轴为x＝()(A)π80(B)π60(C)π40(D)π20【答案】C【解析】解法1：将函数y＝cos2x的图象向右平移π20个单位长度，得到的是函数y＝cos2(x－π20)＝cos(2x－π10)，再把所

得图象各点的横坐标缩小到原来的12，得到的是函数y＝cos(4x－π10)，令4x－π10＝kπ(k∈Z)，解得：x＝π40＋kπ4(k∈Z)，故选(C)．解法2：函数y＝cos2x的一条对称轴为x＝0，将其向右平移π20个单位长度，再将横坐标缩小

到原来的12，可得：x＝π40，故选(C)．7．(杨宪伟老师工作坊)已知a＝log32，b＝0.30.5，c＝0.5－0.4，则()(A)c＜b＜a(B)c＜a＜b(C)a＜b＜c(D)b＜c＜a【答案】C【解析】因为a＝log32∈(0，0.5

)，b＝0.30.5∈(0.5，1)，c＝0.5－0.4∈(1，2)，所以a＜b＜c，故选(C)．8．(杨宪伟老师工作坊)(5x2＋8x)9的展开式中含x3项的系数为()学科网（北京）股份有限公司(A)

C69·53·86(B)C59·54·85(C)C79·52·87(D)C49·55·84【答案】B【解析】(5x2＋8x)9的展开式中含x3项为C59(5x2)4(8x)5＝C59·54·85x3，故选(B)．9．(杨宪伟老师工作坊)如

图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别为BB1，CD的中点，则异面直线MN与BC1所成角的余弦值为()(A)36(B)34(C)33(D)32【答案】A【解析】取B1C1的中点E，连结ME，EN，则平面ME∥CC1，所以∠EMN即为异面直线MN与BC1所成角，在△EMN中，

MN＝EN＝6，ME＝2，cos∠EMN＝ME2MN＝36，故选(A)．10．(杨宪伟老师工作坊)某学校举行了一次航天知识竞赛活动，经过班级初选后一共100名学生参加学校决赛，把他们的成绩(满分100分)分成[45，55)，[55，65)，[65，75)，[75，8

5)，[85，95]共五组，并得到如图所示的频率分布直方图，其中第三组的频数为40．分析样本数据后，发现学生的竞赛分数X近似服从正态分布N(μ，σ2)，其中μ近似为样本平均数，σ2近似为样本方差．若某学生的成绩高于79.9即给该学生颁发优胜奖杯，则估计此

次竞赛获得优秀奖杯的人数为(结果根据四舍五入保留到整数位)()参考数据：随机变量X～N(μ，σ2)，则P(μ－σ＜X≤μ＋σ)≈0.6827，P(μ－2σ＜X≤μ＋2σ)≈0.9545，119≈10.9．(

A)15(B)16(C)34(D)35学科网（北京）股份有限公司【答案】B【解析】由题意：第三组的频率为0.4，第四组的频率为0.15，所以μ＝50×0.1＋60×0.25＋70×0.4＋80×0.15＋90×0.1＝69；σ2＝(50－69)2

×0.1＋(60－69)2×0.25＋(70－69)2×0.4＋(80－69)2×0.15＋(90－69)2×0.1＝119，σ≈10.9，P(X＞79.9)＝1－P(μ－σ＜X≤μ＋σ)2≈0.15865，此次竞赛获得优秀

奖杯的人数为：100×0.15865≈16，故选(B)．11．(杨宪伟老师工作坊)已知球O的内接三棱锥P－ABC的体积为6，且PA，PB，PC的长分别为6，3，2，则三棱锥A－BOC的体积为()(A)2(B3(C)4(D)6【答案】B【解析】VP－ABC＝VC－PAB≤13×12

×PA×PB×PC＝6，所以PA，PB，PC互相垂直，而O为三棱锥P－ABC的外接球球心，所以VA－BOC＝VO－ABC＝12VD－ABC＝12VP－ABC＝3，故选(B)．12．(杨宪伟老师工作坊)已知函数f(x)，g(x)的定义域均为R，且g(x)

＝2f(x＋1)－2，2f(x)＋g(x－3)＝2．若y＝f(x)的图象关于直线x＝1对称，且f(1)＝3，现有四个结论：①g(0)＝4；②4为g(x)的周期；③g(x)的图象关于点(2，0)对称；④g(3)＝0．其中结论正确的编号为学科网（北京）股份有限公司()(A)②③④(B

)①③④(C)①②④(D)①②③【答案】C【解析】因为f(x)，g(x)的定义域均为R，g(x)＝2f(x＋1)－2，f(1)＝3，所以g(0)＝2f(1)－2＝4，①正确；又因为2f(x)＋g(x－3)＝2，所以2f(

x＋1)＋g(x－2)＝2，g(x)＝－g(x－2)，即：g(x)＝g(x－4)，故4为g(x)的周期，②正确；因为y＝f(x)的图象关于直线x＝1对称，2f(x)＋g(x－3)＝2，所以g(x－3)＝g(x＋1)关于直线x＝1对称，g(x)关于直线x＝2对称，③

错误；而g(3)＝－g(1)＝g(1)，所以g(3)＝g(1)＝0，④正确，故选(C)．第Ⅱ卷二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．(杨宪伟老师工作坊)已知向量a＝(3，2)，b＝(λ，－4)，若a⊥(a－b)，则λ＝▲．【答案】7【解析】因为a⊥(a－

b)，所以(a－b)•a＝0，即：a•b＝a2，3λ－8＝13，λ＝7．14．(杨宪伟老师工作坊)中国象棋是中国棋文化，也是中华民族的文化瑰宝，它源远流长，趣味浓厚，基本规则简明易懂．张三和李四下棋，张三获胜的概率是13，和棋的概率是14，则张三不

输的概率为．【答案】712【解析】P＝13＋14＝712．15．(杨宪伟老师工作坊)已知抛物线C：y2＝4x的顶点为O，经过过点A，且F为抛物线C的焦点，若|AF|＝3|OF|，则△OAF的面积为．【答案】2【解析】设A(x0，y0)，则|AF|＝x0＋1＝3|OF|＝3，

x0＝2，|y0|＝22，故△OAF的面积＝12|y0|＝2．16．(杨宪伟老师工作坊)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a2－b2＝3bc，sinC＝2sinB，则A＝▲．【答案】2π3学科网（北京）股份有限公司【解析】因为sinC＝2sinB，所以

c＝2b，又因为a2－b2＝3bc，所以cosA＝b2＋c2－a22bc＝2bc－3bc2bc＝－12，A＝2π3．三、解答题：共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．第17题~第21题为必考题，每个考题考生必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答．(一)必考题：共6

0分．17．(杨宪伟老师工作坊)(12分)已知等差数列{an}中，a1＋a5＝7，a6＝132．(1)求{an}的通项公式；(2)求数列{1anan＋1}的前n项和为Sn．【解析】(1)因为a1＋a5＝2a3＝7，所以a3＝72，而a6＝132，所以{an}的

公差d＝a6－a36－3＝1，an＝a3＋(n－3)d＝2n＋12；(2)1anan＋1＝4(2n＋1)(2n＋3)＝2(12n＋1－12n＋3)，Sn＝2(13－15＋15－17＋…＋12n＋1－12n＋3)＝2(13－12n＋3)＝4n6n＋9．1

8．(杨宪伟老师工作坊)(12分)推进垃圾分类处理是落实绿色发展理念的必然选择．某社区开展有关垃圾分类的知识测试．已知测试中有A，B两组题，每组都有4道题目，甲对A组其中3道题有思路，1道题完全没有思路．有思路的题目每道题做对的概率为23，没有思路的题目，只好

任意猜一个答案，猜对的概率为14．甲对B组每道题做对的概率为0.6，甲可以选择从A组中任选2道题或从B组中任选2道题．(1)若甲选择从A组中任选2道题，设X表示甲答对题目的个数，求X的分布列和期望；(2)以答对题目数量的

期望为依据，判断甲应该选择哪组题答题．【解析】(1)记甲选择从A组中任选2道题，选到的2道题都有思路为事件M，只有1道题有思路为事件N，则P(M)＝C23C24＝12，P(N)＝12．X的可能取值为0，1，2．P(X＝0)

＝12×(1－23)2＋12×(1－23)×(1－14)＝1372；P(X＝1)＝12×C12×(1－23)×23＋12×[23×(1－14)＋(1－23)×14]＝3772；P(X＝2)＝12×(23)2＋12×23×14＝1136；X的分布列为：学科网（北

京）股份有限公司X012P137237721136EX＝0×1372＋1×3772＋2×1136＝98．(2)设甲从B组中任选2道题作答，答对题目数量为Y，则Y～B(2，0.6)，EY＝2×0.6＝1.2＞EX＝98，故甲应该选择B组题答题．19．(杨宪伟老师工作坊)(12分)在如图所示的三棱锥

D－ABC中，已知AB⊥AC，AB⊥AD，AC⊥AD，2AB＝AC＝AD＝4，E为AB的中点，F为AC的中点，G为CD的中点．(1)证明：AD∥平面EFG．(2)求平面BCD与平面EFG夹角的余弦值．【解析】(1)因为F为AC的中点，G为CD的中点，所以AD∥GF，又

因为AD⊄平面EFG，GF⊂平面EFG，所以AD∥平面EFG；(2)解法1：以A为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，则B(2，0，0)，D(0，0，4)，C(0，4，0)，BC→＝(－2，4，0)，DC→＝(0，4，－4)，EF→＝(－1，2，0)，FG→＝(0，0，2)，设平面B

CD的法向量为n→＝(x，y，z)，由n→•BC→＝0n→•DC→＝0可得：－x＋2y＝0y－z＝0，令y＝1，则n→＝(2，1，1)，设平面EFG的法向量为m→＝(x1，y1，z1)，由n→•EF→＝0n→•FG→＝0可得：－x1＋2y1＝0z1＝0，令y1＝1，则m→＝(2，1，0

)，cos<m→，n→>＝m→•n→|m→||n→|＝306，故平面BCD与平面EFG夹角的余弦值为306．解法2：取BD的中点H，连结EH，GH，过点A作AM⊥BC于M，交EF于N，连结DM交GH于O，连结ON，则H∈平面EFG，

因为AB⊥AD，AC⊥AD，所以AD⊥平面ABC，AD⊥BC，而AM⊥BC，所以BC⊥平面ADM，又因为BC∥GH，所以GH⊥平面ADM，而学科网（北京）股份有限公司平面EFG∩平面BCD＝GH，所以∠MON平即为面BCD与平面EFG所成角，由(1)可得：AD∥平面EFG，

平面EFG∩平面ADM＝ON，所以AD∥ON，∠MON＝∠ADM．而AM＝AB•ACBC＝455，DM＝AM2＋AD2＝4305，cos∠ADM＝ADDM＝306，故平面BCD与平面EFG夹角的余弦值为30

6．20．(杨宪伟老师工作坊)(12分)已知函数f(x)＝12x2－3ax＋2a2lnx，a≠0．(1)讨论f(x)的单调区间；(2)若f(x)有3个零点，求a的取值范围．【解析】(1)因为f(x)＝12x2－3ax＋2a2lnx

，所以f'(x)＝(x－a)(x－2a)x，而a≠0，所以当a＞0时，f(x)的增区间为(0，a)和(2a，＋∞)，减区间为(a，2a)；当a＜0时，f(x)的增区间为(0，＋∞)，无减区间；(2)因为f(x)有3个零点，所以a＞0，f(a)＝2a2(lna－54

)＞0，f(2a)＝2a2(ln2a－2)＜0，解得：e54＜a＜e22，此时f(1)＝12－3a＜0，f(6a)＝2a2ln6a＞0，f(x)在(1，a)、(a，2a)和(2a，6a)各有1个零点，共有3个零点，满足题意，所以a的取值范

围为(e54，e22)．21．(杨宪伟老师工作坊)(12分)已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)的离心率为34，左、右焦点分别为F1，F2，短轴长为27．(1)求椭圆C的方程．(2)P为第一象限内椭圆C上一点，直线PF1，PF2与直线x＝5分别交于A，B两点，记△PAB

和△PF1F2的面积分别为S1，S2，若S1S2＝913，求|AB|．【解析】(1)因为e2＝c2a2＝a2－b2a2＝1－7a2＝916，所以a2＝16，b2＝7，C的方程为：x216＋y27＝1．(2)F1(－3，0)，F2(3，0)，设P(x0，y0)(0＜x0＜4且x0≠3

)，S1S2＝|PA|·|PB||PF1|·|PF2|＝5－x0x0＋3·5－x0|x0－3|＝913，当x0＜3时，(5－x0)29－x20＞1不成立，3＜x0＜4时，(5－x0)2x20－9＝913，解得：x0＝72，|y0|＝1058，此时S1＝12|AB|(5－x0)＝34|A

B|＝913S2＝913×3|y0|，故|AB|＝910526．(二)选考题：共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答，并用2B铅笔将所选题号涂黑，多涂、错涂、漏涂均不给分，如果多做，则按所做的第一题计分．22．(杨

宪伟老师工作坊)[选修4－4：坐标系与参数方程](10分)学科网（北京）股份有限公司在平面直角坐标系xOy中，直线l的方程为x＋y＝5，圆M以(3，0)为圆心且与l相切．以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系．(1)求圆M的极坐标方程；(2)若射线θ＝α(0＜α＜π2，ρ＞0)与圆

M交于点A，B两点，且1|OA|＋1|OB|＝17，求直线AB的直角坐标方程．【解析】(1)圆M的半径r＝|3＋0－5|12＋12＝2，设P(ρ，θ)为圆M上的任意一点，则在△OPM中，由余弦定理可得：2＝ρ2＋9

－6ρcosθ，即：ρ2－6ρcosθ＋7＝0，故圆M的极坐标方程为：ρ2－6ρcosθ＋7＝0；(2)令θ＝α，可得：ρ2－6ρcosα＋7＝0，1|OA|＋1|OB|＝|OA|＋|OB||OA|·|OB|＝6cosα7＝17，解得：cos

α＝16，而0＜α＜π2，故tanα＝35，直线AB的直角坐标方程为y＝35x．23．(杨宪伟老师工作坊)[选修4－5：不等式选讲](10分)已知函数f(x)＝|2x－1|＋|2x＋2|的最小值为M．(1)解关

于x的不等式f(x)＜M＋|2x＋2|；(2)若正数a，b满足a2＋2b2＝M，求2a＋b的最大值．【解析】(1)f(x)＝|2x－1|＋|2x＋2|≥|(2x－1)－(2x＋2)|＝3，当x＝－1时可取等号，故M＝3，不等式f(x)＜M＋|2

x＋2|等价于|2x－1|＜3，解得：－1＜x＜2，故原不等式的解集为(－1，2)；(2)由柯西不等式可得：(a2＋2b2)[22＋(22)2]≥(2a＋b)2，即：2a＋b≤362，当且仅当a＝4b＝263时取等号，故2a＋b

的最大值为263．获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com