【文档说明】广东省深圳市2020届高三下学期第二次调研数学（理）试题 【精准解析】.doc，共(27)页，2.173 MB，由小赞的店铺上传

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2020年深圳市高三年级第二次调研考试数学（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.设z21(1)ii,则|z|＝（）A.12B.22C.1D.2【答案】B【解析】【分析】把已知等式变形,再由商的模等于模的商求解即可.【

详解】解：∵z211(1)2iiii,∴|z|＝|12ii|1222ii.故选：B.【点睛】本题考查复数模的求法,考查数学转化思想方法,是基础题.2.已知集合|2xAyy，2|320Bxxx则（）A.A

BB.ABRC.ABD.BA【答案】D【解析】【分析】根据指数函数的值域化简集合A的表示，解一元二次不等式化简集合B的表示，最后根据集合的交集和并集的定义、子集的定义进行判断即可.【详解】因为|2|0xAyyyy，2|320|12B

xxxxx，所以|12ABxx，故选项A不正确；|0yyABR，故选项B不正确；根据子集的定义有BA.故选：D【点睛】本题考查了集合交集、并集的运算，考查了子集的定义，考查了指数函数的值域，考查了解

一元二次不等式，考查了数学运算能力.3.设α为平面，m，n为两条直线，若m，则“mn”是“n”的（）A.充分必要条件B.充分不必要条件C.必要不充分条件D.既不充分也不必要条件【答案】C【解析】【分析】根据充分性和必要性的定义，结合

线面垂直的性质进行判断即可.【详解】当m时，如果mn，不一定能推出n，因为直线n可以在平面α外，当m时，如果n，根据线面垂直的性质一定能推出mn，所以若m，则“mn”是“n”的必要不充分条件.故选：C【点睛】本题考查了必要不充分条件的判断，考查了线面垂

直的性质，考查了推理论证能力.4.已知双曲线C：22221yxab（0a，0b）的两条渐近线互相垂直，则C的离心率为（）A.2B.2C.3D.3【答案】A【解析】【分析】根据双曲线和渐近线的对称性，结合双曲线离心率的公式、,,abc之间的关系、双曲线渐近线方程进行求解即可.【详解

】双曲线C：22221yxab的渐近线方程为：ayxb，因为该双曲线的两条渐近线互相垂直，所以有22222221222acababacacacaeba.故选：A【点睛】本题考查了已知双曲线渐

近线的性质求离心率问题，考查了数学运算能力，属于基础题.5.已知定义在R上的函数fx满足2fxfx，当01x时，13fxx，则17()8f（）A.12B.2C.18D.8【答案】A【解析】【分析】根据等式2fxfx

，结合已知函数的解析式、指数幂运算公式进行求解即可【详解】因为2fxfx，所以1711()(2)()888fff，因为1[0,1]8，所以113331[111()()(2)]882f.

故选：A【点睛】本题考查了求函数值，考查了指数运算公式的应用，考查了数学运算能力.6.若1x，2x，…，nx的平均数为a，方差为b，则123x，223x，…，23nx的平均数和方差分别为（）A.2a，2bB.2a，4bC.23a，2bD.23a，4b【答案】D【解析】【分析】直接根

据平均值和方差的性质得到答案.【详解】根据平均值和方差的性质知：123x，223x，…，23nx的平均数和方差分别为23a和224bb.故选：D.【点睛】本题考查了平均值和方差，意在考查学生的计算能力和对于平均值和方差的性质的灵活运用.7.记等差数列

na的前n项和为nS，若24S，42S，则6S（）A.6B.4C.2D.0【答案】A【解析】【分析】直接利用等差数列和的性质得到答案.【详解】根据等差数列和的性质知：422642SSSSS，故64=2S，即66S.故选：A.【点睛】本题考查了等差数列和的

性质，意在考查学生的计算能力和应用能力.8.函数f（x）142xxsinx的部分图象大致为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】先判断函数的奇偶性，结合选项中函数图象的对称性，先排除不符合题意的，然后结合特殊点函数值的正负即可判断.【详解】因为f（﹣x）

144114222xxxxxxsinxsinxsinxf（x），所以f（x）为偶函数，图象关于y轴对称，排除选项A，C，又f（2）2214215sin224sin，因为22，所以sin20，所以f（2）＜0，排除选项D.故选：B.【点睛】本

题主要考查函数图象与性质及其应用，还考查了数形结合的思想方法，属于中档题.9.已知椭圆C：22213xya的右焦点为F，O为坐标原点，C上有且只有一个点P满足OFFP，则C的方程为（）A.221123xyB.22183xyC.22163xy

D.22143xy【答案】D【解析】【分析】根据对称性知P在x轴上，2ac，计算得到答案.【详解】根据对称性知P在x轴上，OFFP，故2ac，223ac，解得2a，1c，故椭圆方程为：221

43xy.故选：D.【点睛】本题考查了椭圆方程，意在考查学生的计算能力，确定P在x轴上是解题的关键.10.下面图1是某晶体的阴阳离子单层排列的平面示意图.其阴离子排列如图2所示,图2中圆的半径均为1,且相邻的圆都相切,A,B,C,D是其中四个圆的圆心,则AB•CD（）A.32B.28

C.26D.24【答案】C【解析】【分析】建立以,ab为一组基底的基向量,其中1ab且,ab的夹角为60°,根据平面向量的基本定理可知,向量AB和CD均可以用ab，表示,再结合平面向量数量积运算法则即可得解.【详解】解：如图所示,建立以,ab为一组基底的基向量,其中1ab且

,ab的夹角为60°,∴24ABab,42CDab,∴22124428820882011262ABCDabababab.故选：C.【点睛】本题考查平面向量的混合运算,观察图形特征

,建立基向量是解题的关键,考查学生的分析能力和运算能力,属于中档题.11.意大利数学家斐波那契（1175年—1250年）以兔子繁殖数量为例，引入数列：1，1，2，3，5，8，…，该数列从第三项起，每一项都等于前两项之和，即21nnn

aaanN故此数列称为斐波那契数列，又称“兔子数列”，其通项公式为11515225nnna（设n是不等式2log15x

15211xx的正整数解，则n的最小值为（）A.10B.9C.8D.7【答案】C【解析】【分析】根据题意，n是不等式2log1515211xxx的正整数解，化简得1125na

，即11225na，根据数列na的单调性，求出11225na成立的n的最小值，即可求出答案.【详解】解析：∵n是不等式2log1515211xxx的正整数解，∴2log1515211nnn，∴2log151521

1nnn，∴222log1515log211nnn，即22log1515log211nnn∴21515log112

nnn，∴21515log1122nn，∴111515222nn，∴112115152255nn

，令11515225nnna，则数列na即为斐波那契数列，1125na，即11225na，显然数列na为递

增数列，所以数列2na亦为递增数列，不难知道713a，821a，且112725a，112825a，∴使得11225na成立的n的最小值为8，∴使得2log1515211xxx成立的n的最小值为8.故选：C.【点睛】

本题考查数列的新定义，以及利用数列的单调性求最值，还根据对数运算化简不等式，考查转化思想和化简运算能力.12.已知直线y与函数sinfxx（01）的图象相交，将其中三个相邻交点从左到右依次记为A，B，C，且满足ACnBC*Nn有下列结

论：①n的值可能为2②当3n，且时，fx的图象可能关于直线x对称③当6π时，有且仅有一个实数ω，使得fx在,11上单调递增；④不等式1n恒成立其中所有正确结论的编

号为（）A.③B.①②C.②④D.③④【答案】D【解析】【分析】根据三角函数的图像性质，依次分析四个结论即可求解.【详解】解析：如图所示，不妨设1,Ax，2,Bx，3,Cx，且线段AB的中点为0,Mx

，显然有312xx，1202xxx，且fx的图象关于直线0xx对称，∵ACnBC*nN，∴||1||ABnnAC*nN，∴2121nxxn，即2121nxxn,（1）∵01，且*nN，∴由正

弦曲线的图像可知，022xk（kZ）.∴12222xxk（kZ），即2142xxk，（2）由等式（1），（2）可得1322xkn，∴3sin22kn

，即cosn，∴cos0,1n，且*nN，∴3n，且1,12，对于结论①，显然2n，故结论①错误：对于结论②，当3n，且||时，则1cos32，故sin2xfx

，若fx的图象关于直线x对称，则22k（kZ），即2k（kZ）显然与||矛盾，从而可知结论②错误：对于结论③，∵1,12，且fx在区间,11

上单调递增，∴162162，∴12，故结论③正确；对于结论④，下证不等式cos1nn（3n），（法一）当3n时，1coscos32n

，∴3cos12nn（3n），即cos1nn（3n），（法二）即证不等式1cos0nn（3n）恒成立，构造函数1cosgxxx（3x），显然函数gx单调递增，当3n时，1306g

ng，即不等式1cos0nn（3n）恒成立，故结论④正确：综上所述，正确的结论编号为③④故选：D【点睛】本题考查三角函数的图像性质，属于中档题.二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分

.13.曲线lnyxx在点(1,0)处的切线的方程为__________．【答案】10xy【解析】【分析】对fx求导，带入1x得到斜率，通过点斜式得到切线方程，再整理成一般式得到答案.【详解】lnyxx1lnln+1yxxxx带

入1x得切线的斜率1k，切线方程为011yx，整理得10xy【点睛】本题考查导数的几何意义，通过求导求出切线的斜率，再由斜率和切点写出切线方程.难度不大，属于简单题.14.若x，y满足约束条件20030yxyxy

，则yzx的最大值为__________.【答案】2【解析】【分析】画出可行域，z表示可行域上的点到原点(0,0)的斜率，分析并计算z的最大值.【详解】作出可行域如图所示，又z为可行域内的点到原点(0,0)O的斜率，由图得z的最大值

为AOk，又(1,2)A，得z的最大值为AOk2.故答案为：2【点睛】本题考查了线性规则，正确画出不等式组表示的平面区域是解题的基础，理解目标函数的意义是解题的关键．15.2020年初，湖北成为全国新冠疫情最严重的省

份，面临医务人员不足和医疗物资紧缺等诸多困难，全国人民心系湖北，志愿者纷纷驰援若将4名医生志愿者分配到两家医院（每人去一家医院，每家医院至少去1人），则共有__________种分配方案.【答案】14【解析】【分析】根据题意

先将4名医生分成2组，再分配的两家医院即可求得分配方案的种数，分组时有13和22两种分组方法，同时注意22是平均分组问题.【详解】由题先将4名医生分成2组，有22142422CCCA437种，再分

配的两家医院有22714A种.故答案为：14【点睛】本题考查了排列组组合的综合应用，考查了先选再排的技巧，分组时要注意分类讨论，还有要特别注意平均分组问题的计数方法.16.已知正方形ABCD边长为3，点

E，F分别在边AB，AD上运动（E不与A，B重合，F不与A，D重合），将AEF以EF为折痕折起，当A，E，F位置变化时，所得五棱锥AEBCDF体积的最大值为__________.【答案】23【解析】【分析】欲使五棱锥AEBCDF的体积最大，须有平面AEF平面EBCDF

，求出底面五边形EBCDF的面积以及高，利用棱锥的体积公式得出体积表达式，再由基本不等式以及导数得出五棱锥AEBCDF体积的最大值.【详解】解析：不妨设3AEa，3AFb，,(0,1)ab在直角三角形AEF中，易知EF边上的高为223

abhab又五棱锥AEBCDF的底面面积为912abS欲使五棱锥AEBCDF的体积最大，须有平面AEF平面EBCDF∴max2219132ababVShab∵222abab，∴max92912

242ababVabababab令tab，则0,1t，∴3max9224Vtt，0,1t令32fttt，0,1t，则223tft不难知道，当63t

时，()ft取得最大值469∴max92462349V综上所述，当63ab时，五棱锥AEBCDF的体积取得最大值23故答案为：23.【点睛】本题主要考查了利用导数解决实际应用问题，涉及了棱锥的体积公式和基本

不等式的应用，属于中档题.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17~21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.（一）必考题：共60分17.ABC中，D为BC

上的点，AD平分BAC，5AD，8AC，ACD的面积为103.（1）求CD的长；（2）求sinB.【答案】（1）7（2）3314【解析】【分析】（1）根据三角形面积公式可得3sin2DAC，可得60∠DAC，根据余弦定理可得7CD；（2）根据余弦定

理求出1cos7ADC，可得43sin7ADC，再利用60BADC以及两角差的正弦公式可得结果.【详解】（1）因为5AD，8AC，ACD的面积为103，∴158sin1032DAC，∴3si

n2DAC，∵0180BAC，AD平分BAC，∴090DAC，∴60∠DAC，在ACD中，由余弦定理，得222222cos58258cos6049CDADACACADDAC，∴7CD.（

2）在ACD中，由余弦定理，得2225781cos2577ADC，∴2143sin1cos1497ADCADC，因为AD平分BAC，所以60BADCAD，∴sinsin60sincos60cossin60B

ADCADCADC4311333727214，【点睛】本题考查了余弦定理、三角形内角和定理、三角形的面积公式、两角差的正弦公式，属于基础题..18.如图，三棱柱111ABCABC中，底面ABC为等边三角形，E，F分别为AB，1AA的中点，1CEF

B，112323ABAAEB.（1）证明：EF平面1CEB；（2）求直线EF与平面1CFB所成角的大小.【答案】（1）证明见解析；（2）4【解析】【分析】（1）通过计算可得1EFEB，通过证明CE平面11ABBA，可得C

EEF，再根据直线与平面垂直的判定定理可得EF平面1CEB；（2）先说明直线EB，CE，EM两两垂直，再以EB，EC，EM的方向为x，y，z轴的正方向，以点E为原点，建立空间直角坐标系，然后利用空间向量可求得结果.【详解】（1）证明：设12AAa

，∵112323ABAAEB，则22ABa，16EBa，12BBa，∵点E为棱AB的中点，∴2EBa，∴22211EBEBBB，∴1EBBB.∵三棱柱111ABCABC的侧面11ABBA为平行四边形，∴四边形11ABBA

为矩形，∵点F为棱1AA的中点，∴222211119FBAFABa，22223FEAFAEa，∴22211FBEFEB，∴1EFEB.∵三棱柱的底面ABC是正三角形，E为AB的中点，∴CEAB.∵1CEFB，且ABÌ平面11ABBA，1FB

平面11ABBA，且AB，1FB相交，∴CE平面11ABBA，∵EF平面11ABBA，∴CEEF，∵1ECEBE，∴EF平面1CEB.（2）由（1）可知CE平面11ABBA，∴1CEBB，∴1BB平面ABC，∴三棱柱111ABCABC是正三

棱柱，设11AB的中点为M，则直线EB，CE，EM两两垂直，分别以EB，EC，EM的方向为x，y，z轴的正方向，以点E为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设0,0,0E，0,6,0Ca，2,0,Faa

，12,0,2Baa，则2,0,EFaa，2,6,FCaaa，122,0,FBaa.设平面1CFB的一个法向量为,,nxyzr，则100nFCnFB，则2602200

axayazaxyaz，则260220xyzxz，不妨取1x，则3y，则22z，所以1,3,22n，设直线EF与平面1CFB所成角为，则222

||2sin2||||312aaEFnEFna，因为[0,]2，所以4则直线EF与平面1CFB所成角的大小为4.【点睛】本题考查了线面垂直的性质与判定，考查了直线与平面所成角的向量求法

，属于中档题.19.足球运动被誉为“世界第一运动”.为推广足球运动，某学校成立了足球社团由于报名人数较多，需对报名者进行“点球测试”来决定是否录取，规则如下：（1）下表是某同学6次的训练数据，以这150个点球中的进球频率代表其单次点球踢

进的概率.为加入足球社团，该同学进行了“点球测试”，每次点球是否踢进相互独立，将他在测试中所踢的点球次数记为，求E；（2）社团中的甲、乙、丙三名成员将进行传球训练，从甲开始随机地将球传给其他两人中的任意一人，接球者再随机地将球传给其他两人中的任意一人，如此不停地传下

去，且假定每次传球都能被接到.记开始传球的人为第1次触球者，接到第n次传球的人即为第1n次触球者nN，第n次触球者是甲的概率记为nP.（i）求1P，2P，3P（直接写出结果即可）；（ii）证明：数列13nP为等比数列.【答

案】（1）1.56（2）（i）11P，20P，312P（ii）证明见解析；【解析】【分析】（1）先求出踢一次点球命中的概率，然后根据相互独立事件的乘法公式分别求出取1，2，3的概率，再根据离散型随机变量的期望公式可求得结果；（2）（i）根据传球顺序分析可得答案；（ii）根据题

意可得1111101122nnnnPPPP，再变形为1111323nnPP，根据等比数列的定义可证结论.【详解】（1）这150个点球中的进球频率为1017201613140.6150，则该同学踢一次点

球命中的概率0.6p，由题意，可能取1，2，3，则10.6P，20.40.60.24P，230.40.16P，则的期望10.620.2430.161.56E.（2）（i）因为从甲开始随机地将球传给

其他两人中的任意一人，所以第1次触球者是甲的概率11P，显然第2次触球者是甲的概率20P，第2次传球有两种可能，所以第3次触球者是甲的概率概312P，（ii）∵第n次触球者是甲的概率为nP，所以当2n时，

第1n次触球者是甲的概率为1nP，第1n次触球者不是甲的概率为11nP，则1111101122nnnnPPPP.从而1111323nnPP，又11233P，∴13nP是以23为首项，公比为12的

等比数列.【点睛】本题考查了样本估计总体，离散型随机变量的期望，考查了递推关系以及等比数列的概念；考查分析问题、解决问题的能力，建模能力，处理数据能力.属于中档题.20.在平面直角坐标系xOy中，P为直线0l：4x

上的动点，动点Q满足0PQl，且原点O在以PQ为直径的圆上.记动点Q的轨迹为曲线C（1）求曲线C的方程：（2）过点2,0E的直线1l与曲线C交于A，B两点，点D（异于A，B）在C上，直线AD，BD分别与x

轴交于点M，N，且3ADAM，求BMN△面积的最小值.【答案】（1）24yx（2）82【解析】【分析】（1）设动点,Qxy，表示出,OPOQ，再由原点O在以PQ为直径的圆上，转化为0OPOQ，得到曲线C的方程.（2）设而不解，利用方程思想、韦达定理构建BMN△面积的函数关系

式，再求最小值.【详解】解：（1）由题意，不妨设,Qxy，则4,Py，4,OPy，,OQxy∵O在以PQ为直径的圆上，∴0OPOQ，∴24,,40yxyxy，∴24yx，∴曲线

C的方程为24yx.（2）设11,Axy，22,Bxy，33,Dxy，,0Mm，,0Nn，依题意，可设1l：xtya（其中2a），由方程组24xtyayx消去x并整理，得2440yty

a，则124yyt，1248yya，同理可设1:AMxtym，2:BNxtyn，可得134yym，234yyn，∴134yym，234yyn，又∵3ADAM，∴313111,3,xxyymxy，∴3113yy

y，∴312yy，∴13231231144MNmnyyyyyyy12111211242yyyyyy，∴2221212121211248224BMNSMNyyyyyyyyyt△，∴当0t时，BMN△面积取得最小值，其最小值为82.

【点睛】本题以直线与抛物线为载体，其几何关系的向量表达为背景，利用方程思想、韦达定理构建目标函数，利用坐标法解决几何问题贯穿始终，主要考查直线与抛物线的位置关系最值问题，考查学生的逻辑推理，数学运算等数学核心素养及思辨能力.21.已知函数1cosaxfxex（0a）.其中常数2

.71828e是自然对数的底数.（1）若3a，求fx在0,2上的极大值点；（2）（i）证明fx在20,1aa上单调递增；（ii）求关于x的方程1afxe在0,2上的实数解的个数.【答案】（1）极大值点为3（2）（i

）证明见解析；（ii）实数解的个数为2【解析】【分析】（1）求出函数的导数，解关于导函数的方程，求出函数的单调区间，求出函数的极值点即可；（2）()i只需证明021axa„，问题转化为只需证明00sinxx„，令()singxxx，[0x，)2，结合函数的单调性证明即可；()ii

求出1xex…，再证明函数()fx的最大值10()afxe；令函数11()cosaxaGxxee，0,2x，先求函数()Gx在0,2x上的零点个数，再求函数()Gx在00,

x上的零点的个数，从而求出方程解的个数．【详解】解：（1）易知11()(cossin)(tan)cosaafxaxxeaxxe，若3a，则13tancoseaxfxxx，所以可得下表：x0,33

,32fx＋0－fx↗极大值↘∴函数fx在0,3上单调递增，在,32上单调递减∴函数fx的极大值点为3.（2）（i）∵0a，∴在0,2上

必存在唯一实数0x，使得0tanxa，∴易知函数fx在00,x上单调递增，在0,2x上单调递减，欲证明fx在20,1aa上单调递增，只需证明：021axa，∵0tanxa，∴02sin1axa，故只需证明00sinxx，令singxxx

，0,2x，则cos10gxx，∴函数gx在0,2上单调递减，∴当00,2x时，000gxg，∴00sin0xx，即00sinxx，亦即021

axa.∴函数fx在20,1aa上单调递增.（ii）先证明当0x时，有e1xx，令e1xhxx，0x，则e10xhx，0x，∴函数hx在0

,上单调递增，∴当0x时，e10xhxx，即e1xx，再证明函数fx的最大值10eafx，显然0tanxa，∴021cos1xa，02sin1axa，∵0100esinaxaxax，∴02100002ecossincos

1axafxxaxxa，下证122e1aaa，令1ta，则0t，即证21e1tt（0t），即证2110tte（0t），令21e1tFtt，则2e210tFttt，∴函数Ft

为单调递增函数，∴当0t时，00FtF，∴21e10tt（0t），∴10eafx，令函数11coseeaxaGxx，0,2x，先求函数Gx在0,2x上的零点个

数，∵1e02aG，00Gx，且函数Gx在0,2x上单调递减∴函数Gx在0,2x上有唯一零点，即函数Gx在0,2x上的零点个数为1：再求函数Gx在00,x上的零点个数，∵110eeaG，00Gx

，且函数Gx在00,x上单调递增，∴①当01a时，11eea，即00G，故函数Gx在00,x上没有零点，即函数Gx在00,x上的零点个数为0；②当1a时，11eea

，即00G，故函数Gx在00,x上有唯一零点，即函数Gx在00,x上的零点个数为1：综上所述，当01a时，函数Gx的零点个数为1：当1a时，函数Gx的零点个数为2，∴当01a时，关于x的方程

1eafx在0,2上的实数解的个数为1：当1a时，关于x的方程1eafx在0,2上的实数解的个数为2.【点睛】本题以基本初等函数及不等式为载体，考查学生利用导数分析、解决问题的能力，分类讨论

思想及逻辑推理、数学运算等数学核心素养，具有较强的综合性.（二）选考题：共10分，请考生在第22、23两题中任选一题作答.注意：只能做所选定的题目，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.椭圆规是用来画椭圆的一种器械，它的构造如图所示，在一个十字形的金属板上有两条互相垂直的导槽，在直尺上有两个固定的滑块A，B，它们可分别在纵槽和横槽中滑动，在直尺上的点M处用套管装上铅笔，使直尺转动一周

，则点M的轨迹C是一个椭圆，其中|MA|＝2，|MB|＝1，如图，以两条导槽的交点为原点O，横槽所在直线为x轴，建立直角坐标系.（1）将以射线Bx为始边，射线BM为终边的角xBM记为φ（0≤φ＜2π），用表示点M

的坐标，并求出C的普通方程；（2）已知过C的左焦点F，且倾斜角为α（0≤α2＜）的直线l1与C交于D，E两点，过点F且垂直于l1的直线l2与C交于G，H两点.当1FE，|GH|，1FD依次成等差数列时，求直线l2的普通方程.【答案】（1）2,Mcossi

n，2214xy；（2）230xy【解析】【分析】（1）用三角函数表示出点M的坐标，直接利用转换关系把极坐标方程转换为直角坐标方程；（2）设出直线l1的参数方程，与椭圆方程联立利用直线参数的

几何意义求出11EFFD、GH，根据题意有112GHEFFD，列出方程求出直线l1的斜率即可求得直线l2的方程.【详解】（1）设M（x，y）依题意得：x＝2cosφ，y＝sinφ，所以M（2co

sφ，sinφ），由于cos2φ+sin2φ＝1，整理得2214xy.（2）由于直线l1的倾斜角为α（02），且l1⊥l2，所以直线l2的倾斜角为2，依题意易知：F（30，），可设直线l1的方程为3cossinxtyt（t为参数），代入2214xy

得到：22(13sin)23cos10tt，易知2212cos413sin0，设点D和点E对应的参数为t1和t2，所以12223cos13sintt，122113sintt.则212121224()413sintttttt

，由参数的几何意义：12121211114ttEFFDtttt，设G、H对应的参数为t3和t4，同理对于直线l2，将α换为2，所以23434342244()413cos132sinGHtttttt，由于1FE，|GH|，1F

D依次成等差数列，所以112GHEFFD，则24213cos，解得21cos3，所以221tan12cos，又02，所以tan2，所以直线l2的斜率为22，直线l2的直角

坐标方程为x230y.【点睛】本题考查极坐标方程和直角坐标方程之间的转换、直线参数方程中参数的几何意义、韦达定理的应用、等差数列的性质的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于较难题.选修4-5：不等式选讲23.已知a，b，c为正实数，

且满足a+b+c＝1.证明：（1）|a12|+|b+c﹣1|12；（2）（a3+b3+c3）（222111abc）≥3.【答案】（1）见解析；（2）见解析【解析】【分析】（1）根据a，b，c为正实数，且满足a+b+c＝1，得到b+c﹣1＝﹣a＜0，则|a12|+|b+

c﹣1|＝|a12|+|﹣a|，再利用绝对值三角不等式求解.（2）利用（a3+b3+c3）≥3abc，得到（a3+b3+c3）（222111abc）≥3abc（222111abc），进而变形为32

cbcaababcbcacba，再利用基本不等式求解.【详解】（1）∵a，b，c为正实数，且满足a+b+c＝1，∴b+c﹣1＝﹣a＜0，∴|a12|+|b+c﹣1|＝|a12|+|﹣a|≥|

（a12）+（﹣a）|12.当且仅当（a12）（﹣a）≥0，即012a时，等号成立.∴|a12|+|b+c﹣1|12；（2）（a3+b3+c3）（222111abc）≥3abc222111()abc，33332222bc

acabbcacababcabc，32cbcaababcbcacba，32222cbcaababcbcacba，＝3（a+b+c）＝3.当且仅当a＝b＝

c13时等号成立.∴（a3+b3+c3）（222111abc）≥3.【点睛】本题主要考查绝对值三角不等式，基本不等式的应用，还考查了运算求解的能力，属于中档题.