2020届安徽省合肥二中高三下学期3月线上考试数学(文)试题(解析版)

试题

一、单选题

1．已知集合A{2,1,1,4}，B{y|yx2,xA}，则集合AIB中的元素个数为（ ） A．0 【答案】C

【解析】求出函数yx的值域，再根据集合的交运算，求得AB，即可得到元素个数. 【详解】

因为yx,xA，故可得集合B1,4,16，

22B．1 C．2 D．3

则AB1,4.故AB中的元素个数有2个. 故选：C. 【点睛】

本题考查集合的交运算，属基础题；需要注意集合B的求解. 2．已知复数z满足A．34i 【答案】B

【解析】先利用复数的乘法化简复数z，再求其共轭复数即可. 【详解】 依题意得：z(故z34i， 故选：B. 【点睛】

本题考查复数的乘法运算，涉及共轭复数的求解，属基础题.

z111i，则复数z的共轭复数为（ ） 24i105B．34i

C．34i

D．34i

111i)(24i)34i， 105cos213．“”是“tan2”的（ ）

sin24A．充分不必要条件

B．必要不充分条件

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C．充要条件 【答案】C

D．既不充分也不必要条件

cos21【解析】利用正弦的倍角公式对进行整理化简，根据化简结果即可判断.

sin24【详解】

cos2cos2cos1依题意得，，

sin22sincos2sin4故tan2，

cos21故“”是“tan2”的充要条件.

sin24故选：C. 【点睛】

本题考查命题的充分条件和必要条件的判断，涉及正弦的倍角公式，属基础题. 4．已知向量m,n满足m2,n1，若3mn6mn，则向量n在m方向上的投影为（ ） A．

rrrrrrrrrr1 4B．

1 2C．2 D．4

【答案】A

【解析】根据3mn6mn，求得mn，再利用向量投影的计算公式即可求得. 【详解】

依题意，将3mn6mn两边同时平方 可得9mn6mn，

即可得9m9n18mn6m6n12mn 代值可得mnrrrrrrrrrrrr22rr2rr2rrr2r2rrrrrrmn1rr故向量n在m方向上的投影为r=.

m4故选：A． 【点睛】

本题考查向量投影的计算公式，涉及数量积的求解，属基础题.

5．《九章算术》是中国古代数学专著，全书采用问题集的形式，收有246个与生产、生活实践有联系的应用问题，其中“均赋粟”问题讲的是古代劳动人民的赋税问题．现拟编

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1； 2试题如下，已知甲、乙、丙、丁四县向国家交税，则甲必须第一个交且乙不是第三个交的概率为 A．

1 6B．

1 12C．

1 8D．

1 10【答案】A

【解析】依题意，所有的基本事件为：甲—乙—丙—丁，甲—乙—丁—丙，

甲—丙—乙—丁，甲—丙—丁—乙，甲—丁—丙—乙，甲—丁—乙—丙，乙、丙、丁第一个交的情况也各有6种，故总的事件数有24种，其中满足条件的基本事件为：甲—乙—丁—丙，甲—乙—丙—丁，甲—丙—丁—乙，甲—丁—丙—乙，共4种，故所求概率为

41=，故选A． 2466．运行如图所示的程序框图，若判断框中填写i80，则输出的a的值为（ ）

A．1 C．4 【答案】A

B．5 2D．

2 5【解析】模拟执行程序框图，找出规律，即可容易求得. 【详解】 运行该程序，

第1次循环：b1，a1，i2； 第2次循环：b55，a，i3； 22第3次循环：b4，a4，i4； 第4次循环：b1，a1，i5； …；

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第79次循环：b1，a1，i80， 此时结束循环，输出的a的值为1. 故选：A． 【点睛】

本题考查由程序框图计算输出结果，属基础题；本题的关键点是要通过执行前几次循环，找出规律.

xy5,13xy7．已知实数x,y满足约束条件3x2y0,则z()的最小值为（ ）

2x2y10,A．

1 2048B．

1 1024C．

1 512D．

1 256【答案】A

【解析】画出不等式组表示的平面区域，数形结合，求得3xy的最大值，即可求得目标函数的最小值. 【详解】

xy5,根据题意，画出不等式组3x2y0,所表示的平面区域如下图中阴影部分所示：

x2y10

要使z()123xy取得最小值，则z3xy取得最大值，

数形结合可知当z3xy过点B(3,2)时取得最大值

33211， 即zmax故z()123xy的最小值为()12111. 2048故选：A． 【点睛】

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本题考查可转化为简单线性规划的问题，注意数形结合的数学思想即可.

8．如图，网格纸上小正方形的边长为1，下图画出的是某几何体的三视图，则该几何体的表面积为（ ）

A．20π8 C．20π822 【答案】B

B．20π8222 D．20π8422 【解析】根据三视图还原出几何体，再利用表面积公式求解组合体的表面积即可. 【详解】

该几何体是由一个圆柱和两个三棱锥PABC，PCDE组成的，如下图所示：

其中圆柱的底面半径为2，高为3，

两个三棱锥的底面均是直角边长为2的等腰直角三角形，高均为3， 所以所求表面积：

111Sπ222π23π2222242322211

22220π8222

故选：B. 【点睛】

本题考查由三视图还原几何体并求几何体表面积的问题，涉及组合体表面积的计算，属

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基础题.

9．已知：抛物线C:y22px(p0)，焦点为F，过抛物线C上一点P作其准线l的 垂线，垂足为Q，若PQF为正三角形，且SPFQ43，则抛物线C的方程为（ ）．A．y24x C．y212x 【答案】A

【解析】根据SPFQ43，可求得PF，根据几何关系，求出点P的坐标，根据抛物线上一点，求得p，即可求得抛物线的方程. 【详解】

由SPFQ43，易求|PF|4，

设P(x0,y0)，过P作x轴的垂线，垂足为A， 则PFA为FPA30的直角三角形， 则x0B．y24x或y212x D．y22x或y26x

p2，y023， 2又由点P在抛物线C上，故x06， p故2p6，得p2， 2p故答案为：A. 【点睛】

本题考查抛物线方程的求解，涉及抛物线定义的应用，属基础题.

10．现将“□”和“○”按照如下规律从左到右进行排列：若每一个“□”或“○”占1个位置，即上述图形中，第1位是“□”，第4位是“○”，第7位是 “□”，则在第2017位之前（不含第2017位），“○”的个数为（ ） □,○,□,○,○,○,□,○,○,○,○,○,□,○,○,○,○,○,○,○LL A．1970 【答案】B

【解析】根据题意，以“□,○”为第1组，“□,○,○,○,”为第2组，如此类推，发现规律，将问题转化为计算等差数列前n项和，即可求得结果. 【详解】

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B．1971

C．1972

D．1973

记“□,○”为第1组，“□,○,○,○,”为第2组，“□,○,○,○,○,○”为第3组， 以此类推，可知第k组共有2k个图形， 故前k组共有k(k1)个图形，

因为44451980201645462070， 所以在前2016位中共有45个“□”， 从而可知有2016−45=1971个“○”. 故选：B. 【点睛】

本题本质上在考查等差数列的求和，处理问题的关键是合理的分段和转化，属基础题. 11．若x1(1,2)，x2(1,2)，使得lnx1x1范围为（ ） A．(313mx2mx2，则正实数m的取值332ln2,) B．[332ln2,)

C．[33ln2,) D．(33ln2,)

【答案】B

【解析】根据题意，将问题转化为函数fxlnxx与函数gx13mxmx值域3之间的包含关系，利用导数求解函数值域，再根据集合的包含关系，求出参数的范围即可. 【详解】

依题意，整理可得：lnx1x113mx2mx2. 3设f(x)lnxx在(1,2)上的值域为A， 函数g(x)则AB.

当x(1,2)时，f(x)13mxmx在(1,2)上的值域为B， 3110，即函数f(x)在(1,2)上单调递减， x故f(x)的值域A(ln22,1). 而g(x)mxmm(x1)(x1)， 当m0时，易知g(x)在(1,2)上是增函数， 故g(x)的值域B(22m2m,)， 33第 7 页 共 22 页

2mln223因为AB，所以，

2m13故m33(ln22)3ln2， 2232ln2,)．

即实数m的取值范围为[3故选：B. 【点睛】

本题考查利用导数研究函数的值域，以及由集合之间的关系求参数范围的问题，属综合性中档题.

12．已知函数f(x)1312xx2x1，若函数f(x)在(2a,a23)上存在最小值，3212则a的取值范围是（ ） A．(,2) 【答案】D

【解析】对fx求导，利用导数研究该函数的单调性和最小值，根据题意，只需函数

12B．[,2] C．(1,3) D．(,2)

fx取得最小值时的自变量是集合(2a,a23)的元素即可.

【详解】 因为f(x)1312xx2x1，故可得fxx2x2， 32令fx0，解得x,21,，令fx0，解得x2,1， 故fx在x1时取得最小值.

2又因为函数f(x)在(2a,a3)上存在最小值，

故可得2a1a23， 记得a2即为所求. 故选：D. 【点睛】

本题考查利用导数研究三次方函数的最值，属常考题.

二、填空题

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log2x,x0,f(x)13．已知函数则f(x)1的解集为_________． 2x2x2,x0,【答案】(,1)U(2,)

【解析】分类讨论，求解对数不等式和一元二次不等式即可求得. 【详解】

当x0时，由log2x1，解得x2；

当x0时，由x22x21，解得x1（x3舍去）. 综上所述，不等式f(x)1的解集为(,1)U(2,)． 故答案为：(,1)U(2,). 【点睛】

本题考查解分段函数不等式的求解，涉及对数不等式的求解，属基础题.

x2y214．已知双曲线C:221(a0,b0)的右焦点到渐近线的距离为3，且双曲线右支

ab上的一点P到两焦点的距离之差是虚轴长的_________．

4倍，则双曲线C的标准方程为3x2y21 【答案】169【解析】根据题意，列出a,b,c的方程组，求得a,b,c，即可写出双曲线的方程. 【详解】

bx2y2依题意知，双曲线C:221(a0,b0)的渐近线方程为yx，

aba即bxay0，故|bc|ab223，即b3.

设双曲线C的左、右焦点分别为F1、F2， 则|PF1||PF2|2a解得a4，

42b， 3x2y21． 故双曲线C的标准方程为169x2y21. 故答案为：169【点睛】

本题考查双曲线方程的求解，涉及双曲线的定义，渐近线方程，属基础题.

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15．已知正项等比数列{an}的前n项积为Tn，若_________． 【答案】1

244，则

a6a72T12的最大值为

【解析】根据题意，得到a6,a7的等量关系，再根据等比数列的性质，结合均值不等式，即可求得结果. 【详解】 根据题意：

24a6a724a6a72，

6故T12a1a2La11a12(a6a7)[(当且仅当a6a71时取等号． 故答案为：1. 【点睛】

a6a726)]1. 2本题考查等比数列的性质，涉及利用均值不等式求积的最大值，属综合基础题. 16．已知函数f(x)Acos(x)(A0,0,||2)的部分图象如下图所示，若

A(15π3π,4)是函数f(x)图象的一个最高点，B(,0)，将函数f(x)的图象向右平移444 个单位后得到函数g(x)的图象，则当x(π,2π)时，函数g(x)的值域为_________．

【答案】(2,4]

【解析】根据图象先求得fx的解析式，再根据函数平移，得到gx的解析式，最后求函数gx在区间上的值域. 【详解】

依题意得：A4，

设函数f(x)的最小正周期为T，则

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3π15π3T2π1()T6π， 4446π33π12kπ(kZ). 故

43因为||，所以，

241π故f(x)4cos(x)，

341ππ1π故g(x)4cos[(x)]4cos(x)，

344332π1ππx， 因为x(π,2π)，所以333311π所以cos(x)1，

233所以2g(x)4，

即函数g(x)的值域为(2,4]． 故答案为：2,4. 【点睛】

本题考查由函数图象求三角函数的解析式，三角函数平移后解析式的求解，以及求余弦型三角函数值域的问题，属综合性中档题.

三、解答题

17．已知VABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c，b6，cosB（1）若A30o，求VABC的面积；

（2）若点M在线段BC上，连接AM，若CM4，AM27，求c的值．

42． 7【答案】（1）

9(63)；（2）c=321 2【解析】（1）由cosB求得sinB，再根据正弦定理求得a；结合sinB,sinA，求得sinC，最后利用面积公式，即可求得结果；

（2）在nAMC中用余弦定理，求得cosC，得到sinC；再在nABC中，使用正弦定理，即可求得c. 【详解】 （1）因为cosB427. ，所以sinB77第 11 页 共 22 页

1bsinAba237. 因为，所以asinB7sinBsinA76所以sinCsin(AB)sinAcosBcosAsinB，

142372727故VABC的面积：

4221

141142219(63). SabsinC63722142AC2+CM2-AM21（2）在VAMC中，由余弦定理，得cosC==.

2AC×CM2因为0C，所以sinC在VABC中，由正弦定理得c=321． 【点睛】

本题考查利用正弦定理和余弦定理解三角形，属综合性中档题.

18．随着夏季的到来，冰枕成为市面上的一种热销产品，某厂家为了调查冰枕在当地大学的销售情况，作出调研，并将所得数据统计如下表所示： 表一： 女生 男生 总计

随后在该大学一个小卖部调查了冰枕的出售情况，并将某月的日销售件数（x）与销售天数（y）统计如下表所示： 表二：

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温度在30℃以下 10 40 50 温度在30℃以上 30 20 50 总计 40 60 100 3． 2bc=， sinBsinC第x天 2 3 4 6 6 7 8 10 10 12 y（件）

（1）请根据表二中的数据在下列网格纸中绘制散点图；

ˆa ˆbxˆ；（2）请根据表二中提供的数据，用最小二乘法求出y关于x的线性回归方程y（3）从（1）（2）中的数据及回归方程我们可以得到，销售件数随着销售天数的增长而增长，但无法判断男、女生对冰枕的选择是否与温度有关，请结合表一中的数据，并自己设计方案来判段是否有99.9%的可能性说明购买冰枕的性别与温度相关. 参考数据及公式： P(K2≥k0) 0.100 0.050 k0

2.706 3.841 0.025 0.010 0.005 0.001 5.024 6.635 7.879 10.828 ˆbxyii1ni1ninxy22xnxi2n(adbc)ˆx；Kˆyb,a，其中

(ab)(cd)(ac)(bd)2nabcd.

ˆ1.1x1；【答案】（1）散点图见详解；（2）y（3）有99.9%的可能性说明购买冰枕

的性别与温度相关，具体见详解.

【解析】（1）根据表格中的数据，直接绘制即可；

（2）根据参考数据，利用公式，求得回归直线的系数，即可求得结果； （3）计算k2，结合参考数据表，即可进行判断.

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【详解】

（1）散点图如下所示：

（2）依题意，x1(2+4+6+8+10)=6， 51y(3+6+7+10+12)=7．6，

5xi1552i4163664100220，

xyii1i6244280120272，

ˆbxy5xyiii155xi12i5x2272567.6441.1，

22056240ˆ7.61.161. ∴aˆybxˆ1.1x1. ∴y关于x的线性回归方程为y（3）采用独立性检验的方法进行说明： 因为K2的观测值

100(2001200)2k016.710.828，

40605050所以有99.9%的可能性说明购买冰枕的性别与温度相关. 【点睛】

本题考查散点图的绘制，回归直线方程的求解，以及K2的计算，属综合基础题. 19．如图所示，已知直三棱柱ABCA1B1C1的底面ABC为等腰直角三角形，点D为线段A1B1的中点．

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（1）探究直线B1C与平面C1AD的位置关系，并说明理由； （2）若BB1A1B1B1C12，求三棱锥CADC1的体积． 【答案】（1）B1C//平面C1AD，证明见详解；（2）

2. 3【解析】（1）连接BC1交B1C于点O，取AC1中点为G，通过证明四边形B1OGD为平行四边，即可由线线平行推证线面平行；

（2）转换三棱锥顶点至C1，根据棱锥的体积公式即可容易求得. 【详解】

（1）B1C//平面C1AD，理由如下： 连接BC1，设B1CBC1O， 因为四边形B1BCC1为平行四边形， 所以O为B1C的中点．

设G为AC1的中点，连接OG,DG，如下图所示：

1BA． 21由已知得A1B1//AB，且B1DAB，

2则OG//BA，且OG所以B1D//OG，且B1DOG． 所以四边形B1OGD为平行四边形，

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所以B1O//DG，即B1C//DG．

因为B1C平面C1AD，DG平面C1AD， 所以B1C//平面C1AD．

（2）由（1）可知，B1C//平面C1AD．

所以点C到平面C1AD的距离等于点B1到平面C1AD的距离， 所以VCC1ADVB1C1AD． 易知B1C1平面AA1B1B，连接AB1，

因为BB1A1B1B1C12， 所以VB1C1ADVC1B1AD111S△B1ADB1C1=B1DBB1B1C1 332112122． 323所以三棱锥CADC1的体积为【点睛】

本题考查由线线平行推证线面平行以及三棱锥体积的求解，属综合基础题. 20．已知函数fxxlnxe1，

x2. 3（1）求函数fx在点1,f1处的切线方程； （2）证明：fxsinx在0,+?()上恒成立.

【答案】（1）y1ex（2）见解析

【解析】试题分析：（1）根据导数几何意义得切线斜率为f1，再根据点斜式求出（2）要证：fxsinx，即证：0exsinx1xlnx；令切线方程，

1gxexsinx1xlnx，利用二次求导得exsinx，

x1 当x1时，exsinxe1sinx1sinx0;可得

xgxg1esin110，当0x1时，利用exsinx10，xlnx0，直接

得0exsinx1xlnx.

x试题解析：（Ⅰ）依题意，fx1nx1e，又f11e，f11e，

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故所求切线方程为y1e1ex1，即y1ex， （Ⅱ）依题意，要证：fxsinx，即证xlnxex1sinx， 即证：xlnxexsinx1；

当0x1时，exsinx10，xlnx0， 故xlnxexsinx1，即fxsinx；

当x1时，令gxesinx1xlnx，故gxecosxlnx1，

xxx令hxgxecosxlnx1，hxex1sinx， x当x1时，e单调递增，

x11e11，所以hxexsinx0，故hx在1,上xx 故hxh1ecos110，即gx0，所以gxg1esin110，即xlnxexsinx1，即fxsinx； 综上所述，fxsinx在0,上恒成立.

点睛：利用导数证明不等式常见类型及解题策略(1) 构造差函数h(x)f(x)g(x).根据差函数导函数符号，确定差函数单调性，利用单调性得不等量关系，进而证明不等式.（2）根据条件，寻找目标函数.一般思路为利用条件将求和问题转化为对应项之间大小关系，或利用放缩、等量代换将多元函数转化为一元函数.

x2y221．已知椭圆C:221(ab0)的左、右焦点分别为F1、F2，且椭圆C的离心

ab率为

2，过F2作x轴的垂线与椭圆C交于A,B两点，且|AB|2，动点P,Q,R在2椭圆C上．

（1）求椭圆C的标准方程；

（2）记椭圆C的左、右顶点分别为A1、A2，且直线PA1,PA2的斜率分别与直线

OQ,OR（O为坐标原点）的斜率相同，动点P,Q,R不与A1,A2重合，求△OQR的

面积．

x2y2【答案】（1）（2）2． 1；

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【解析】（1）根据离心率以及通径的长度，建立a,b,c的方程组，求解方程组即可得到结果；

（2）根据点P在椭圆上，可推导出kORkOQ为定值；分类讨论直线RQ的斜率，当斜率存在时，设出直线RQ的方程ykxm，联立椭圆方程，由kORkOQ，得到k,m之间的关系；再求弦长RQ以及原点O到直线的距离，结合k,m之间的关系，即可容易得到结果. 【详解】

xc,2b22（1）联立方程得x解得y， y1,a2b2a2b2b2故|AB|2，即1，

aa又

c2，a2b2c2， a22,c2，

所以a2,bx2y2故椭圆C的标准方程为1.

42（2）由（1）知，A1(2,0),A2(2,0)，设P(x0,y0)， 则kPA1kPA22y0y0y02， x02x02x0422x0y022又1，即x042y0，

42所以kPA1kPA211，所以kOQkORkPA1kPA2. 22当直线QR的斜率不存在时，

直线OQ,OR的斜率分别为

2222或， ,,22222x， 2不妨设直线OQ的方程是y第 18 页 共 22 页

x22y24由得x2，y1． 2xy2取Q(2,1)，则R(2,1)， 所以△OQR的面积为2.

当直线QR的斜率存在时，设方程为ykxm(m0)．

由ykxm222得(2k1)x4kmx2m40． 22x2y402222因为Q,R在椭圆C上，所以16km4(2k1)(2m4)0， 解得4k2m220．

4km2m24. 设Q(x1,y1)，R(x2,y2)，则x1x22，x1x222k12k14km22m24 所以|QR|(k1)[(x1x2)4x1x2](k1)[()42]22k12k12222(k21)(4k2m22)． 222(2k1)设点O到直线QR的距离为d，则d|m|k21．

所以△OQR的面积为S△OQR12m2(4k2m22)① dQR222(2k1)因为kOQkORy1y21， x1x22y1y2(kx1m)(kx2m)k2x1x2km(x1x2)m2m24k2所以=. 2x1x2x1x2x1x22m4m24k2122由，得， ② 2k1m22m42由①②，得S△OQR2m2(2m2m2)2． 22(m)综上所述，△OQR的面积为2． 【点睛】

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本题考查椭圆方程的求解，以及椭圆中三角形的面积问题；本题的求解中，需要注意

1kOQkORkPA1kPA2的利用，事实上，这也是椭圆中的一个推论；同时本题也考

2查了弦长的计算，点到直线距离的求解，以及韦达定理的多次使用，计算量偏大，可做压轴题使用.

x22cosxOy22．在平面直角坐标系中曲线C的参数方程为（为参数），以Oy2sin为极点，x轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，直线l的极坐标方程为

cos100. 4（1）求曲线C的普通方程以及直线l的直角坐标方程；

（2）将曲线C向左平移2个单位，再将曲线C上的所有点的横坐标缩短为原来的得到曲线C1，求曲线C1上的点到直线l的距离的最小值. 【答案】（1）C:x2y24；l:xy250； （2）21，210. 2【解析】（1）曲线C的参数方程化简消参后得到普通方程，利用xcos，对直线

ysinl的极坐标方程进行化简，得到l的直角坐标方程；

（2）根据变换规则，得到变换后的曲线C1的方程，写出其参数方程，从而得到曲线C1上任一点的坐标，利用点到直线的距离公式，结合正弦型函数的值域，得到最小值. 【详解】

x22cos（1）曲线C的参数方程为（为参数）

y2sin所以x22cos2，两式平方后相加得x2y24，

y2sin2即曲线C的普通方程为：x2y24.

直线l的极坐标方程为cos100，

4即

22cossin100 22cossin250，

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xcos因为，

ysin所以直线l的直角坐标方程为：xy250 （2）曲线C：x2y24向左平移2个单位， 得到xy4，

再将曲线C上的所有点的横坐标缩短为原来的得到4xy4，

222221 2y21； 即曲线C1:x42所以曲线C1的参数方程为xcos（为参数)，

y2sin设曲线C1上任一点Pcos,2sin， 则点P到直线l的距离为： 则dcos2sin252255sin2(其中tan1)， 2当sin1时，d取最小值，为10 210. 2所以点P到直线l的距离的最小值为【点睛】

本题考查参数方程化普通方程，极坐标方程与直角坐标方程的转化，曲线方程的平移和伸缩，参数方程的应用，属于中档题. 23．设函数f(x)|2xa|．

（1）当a1时，若f(x)|32x|m恒成立，求实数m的取值范围； （2）当a1时，解不等式f(x)|x【答案】（1）(,4]（2）(0,)

【解析】（1）利用绝对值三角不等式求得fx32x的最小值，即可求得参数范围；（2）分类讨论，在不同情况下分别求解不等式即可. 【详解】

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231|2 a（1）依题意，f(x)|32x||2x1||32x||2x132x|4， 当且仅当2x132x0时取得最小值. 因为f(x)|32x|m恒成立， 所以m4.

即实数m的取值范围为(,4]. （2）依题意，|2x1||x1|2，

2x1时，12xx12，解得x，

3与x1取交集，则原不等式无解； 当1x与1x当x与x1时，12xx12，解得x0， 211取交集，则原不等式解集为0,； 2212时，2x1x12，解得x， 23112取交集，可得原不等式解集为,. 223综上所述，当a1时， 不等式f(x)|x【点睛】

本题考查由绝对值三角不等式求最小值，以及利用分类讨论求解绝对值不等式，属综合性基础题.

12|2的解集为(0,)．

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