黑龙江省哈尔滨市第六中学校2020届高三第三次模拟考试数学（文）试题 Word版含解析 21页

- 1 - 哈尔滨市第六中学校 2020 届第三次模拟考试试题 文科数学 考试说明：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，考试时 间 120 分钟. （1）答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚； （2）选择题必须使用 2B 铅笔填涂，非选择题必须使用 0.5 毫米黑色字迹的签字笔书写，字 体工整，字迹清楚； （3）请在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在草稿纸、试题卷上答 题无效； （4）保持卡面清洁，不得折叠、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、刮纸刀. 一.选择题：本题共 12 小题，每题 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  | 1A x x  ，  2B x x  ，则 A B  （ ） A.  1, B.  1,2 C.  2, D.  ,2 【答案】B 【解析】 【分析】 直接根据交集的概念进行运算可得结果. 【详解】因为  | 1A x x  ，  2B x x  ， 所以 A B   |1 2x x  . 故选：B. 【点睛】本题考查了交集的运算，属于基础题. 2.已知向量 (1, 2)a   ， ( ,1)b mr .若向量 a 与b 垂直，则 m  （ ） A. 2 B. 3 C. 1 D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】 向量 a  与 b  垂直可得数量积 0a b     ,根据向量坐标计算即可. - 2 - 【详解】因为向量 (1, 2)a    ， ( ,1)b m   ，且向量 a  与 b  垂直， 所以 0a b     ， 即 ( ,1(1, 2) )2 0m m   ， 解得 2m  ， 故选：D 【点睛】本题主要考查了向量的数量积的坐标运算，向量垂直的性质，属于容易题. 3.在复平面内复数 1 2 1 iz i   对应的点在( ) A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】A 【解析】 分析：首先化简复数，然后结合复数对应的点即可求得最终结果. 详解：结合复数的运算法则可得：       1 2 11 2 3 3 1 1 1 1 2 2 2 i ii iz ii i i          ， 该复数对应的点的坐标 3 1,2 2      位于第一象限. 本题选择 A 选项. 点睛：本题主要考查复数的混合运算，意在考查学生的转化能力和计算求解能力. 4.双曲线 2 2 14 x y  的渐近线方程是（ ） A. y±4x＝0 B. y±2x＝0 C. x±2y＝0 D. x±4y＝0 【答案】C 【解析】 【分析】 直接在双曲线的方程中把 1 变为 0，可求得渐近线方程. 【详解】由双曲线的方程为双曲线 2 2 14 x y  . - 3 - 则令 2 2 04 x y  ，得 2 x y  ，即 2 0x y  所以双曲线的渐近线方程为： 2 0x y  . 故选：C 【点睛】本题考查根据双曲线的方程求渐近线方程，属于基础题. 5.若实数 ,x y 满足 4 3 6 0 0 x y x y y         ，则 z x y  的最小值是（ ） A. 2 B. 4 C. 2 D. 6 【答案】C 【解析】 【分析】 画出可行域和目标函数，根据目标函数的几何意义得到最值. 【详解】如图所示：画出可行域和目标函数， z x y  ，则 y x z  ， z 表示直线纵截距的 相反数， 根据图象知：当直线过点 3,1 ，即 3x  ， 1y  时 z x y  最小为 2 . 故选：C. 【点睛】本题考查了线性规划问题，画出图象是解题的关键. 6.已知等差数列 na 满足 1 5 10a a  ， 8 33a a ，则数列 na 的前10项的和等于（ ） - 4 - A. 10 B. 11 C. 100 D. 110 【答案】C 【解析】 【分析】 直接利用等差数列的通项公式和求和公式计算得到答案. 【详解】 1 5 12 4 10a a a d    ， 8 33a a ，则  1 17 3 2a d a d   ，解得 1 1 2 a d    ， 故 10 1 10 910 1002S a d   . 故选：C. 【点睛】本题考查了等差数列通项公式，等差数列求和，意在考查学生对于数列公式的灵活 运用. 7.设 1 2 3log 2, ln 2, 2a b c   则（ ） A. a b c  B. b a c  C. c a b  D. c b a  【答案】A 【解析】 【分析】 利用指数函数和对数函数的单调性结合换底公式比较大小得到答案. 【详解】 3 3 30 log 1 log log2 13a     ， 0 ln1 ln 2 ln 1b e     ， 且 2 2 1 1log 3 log ea b    ，故 0 1a b   ， 0 1 2 12 2c   ，故 a b c  . 故选：A. 【点睛】本题考查了利用指数对数函数单调性，换底公式比较大小，意在考查学生的计算能 力和转化能力. 8.若某位同学 5 次数学成绩和8 次语文成绩的茎叶图如图，则该同学的数学成绩平均分与语文 成绩的中位数分别为（ ） - 5 - A. 112,107 B. 113,106.5 C. 112,106.5 D. 112,108 【答案】C 【解析】 【分析】 根据茎叶图提供的数据分别计算数学成绩的平均值、语文成绩的中位数即可. 【详解】由茎叶图知， 5 次数学成绩的平均分为  1 108 106 113 111 122 1125      (分)， 语文成绩的中位数为106 107 106.52   故选：C 【点睛】本题主要考查了茎叶图，平均数，中位数，属于容易题. 9.已知函数   sin 2 cos2f x x x  ，则（ ） A.  f x 的最小正周期为 2  B. 曲线  y f x 关于 3 ,08      对称 C.  f x 的最大值为 2 D. 曲线  y f x 关于 3 8x  对称 【答案】D 【解析】 【分析】 首先利用辅助角公式将函数化简，再根据正弦函数的性质计算可得； 【详解】解：因为   sin 2 cos2f x x x  所以   2 sin 2 4f x x     所以函数的最小正周期 2 2T    ，最大值为 2 - 6 - 又 3 32 sin 2 2 sin 28 8 4 2f                  ，所以函数关于 3 8x  对称， 故正确的为 D； 故选：D 【点睛】本题考查三角恒等变换及正弦函数的性质的应用，属于基础题. 10.四棱锥 S ABCD 的三视图如图所示，四棱锥 S ABCD 的五个顶点都在一个球面上，则该 球的表面积为（ ） A. 3 B. 6 C. 9 D. 12 【答案】B 【解析】 【分析】 由三视图画出直观图，有两个三角形，则必为锥体，底面为正方形，故而原图为一条侧棱垂 直底面的四棱锥，进而可以将其补全为一个正方体再来求外接球的半径，即可求解. 【详解】将三视图还原为直观图，可得四棱锥 S ABCD ， 将其放入棱长为 2 的正方体，如图， - 7 - 则四棱锥 S ABCD 与该正方体内接于同一个球， 所以 2 3 6R SC AB   ∴ 24 6S R   故选：B 【点睛】本题主要考查了四棱锥及其外接球，考查了正方体及其外接球，球的面积公式，三 视图，属于中档题. 11.若函数 3( ) 3 2f x x x a   有3 个不同的零点，则实数 a 的取值范围是（ ） A.  1,1 B. ( 1,1) C.  2,1 D.  1,2 【答案】B 【解析】 【分析】 变换得到 31 3 2 2a x x   ，设   31 3 2 2g x x x   ，求导得到单调区间，画出图象得到答案. 【详解】 3( ) 3 2 0f x x x a    ，则 31 3 2 2a x x   ，设   31 3 2 2g x x x   ， 则     23 3 3 1 12 2 2g x x x x        ， 当  1,1x  时，   0g x  ，函数单调递增； 当  , 1x   及 1, 时，   0g x  ，函数单调递减，且  1 1g  ，  1 1g    ， 画出函数图象，如图所示：根据图象知，  1,1a  . 故选：B. - 8 - 【点睛】本题考查了函数的零点问题，意在考查学生的计算能力和应用能力，构造函数画图 是解题的关键. 12.设 1 2,F F 分别是椭圆C 的左，右焦点，过点 1F 的直线交椭圆C 于 ,M N 两点，若 1 13MF F N  ，且 2 4cos 5MNF  ，则椭圆C 的离心率为（ ） A. 2 2 B. 3 3 C. 2 1 2  D. 2 1 3  【答案】A 【解析】 【分析】 根据 题意 ，设  1 0F N k k  ，则 2 2NF a k  ， 1 3MF k ， 2 2 3MF a k  ，由 2 4cos 5MNF  ，利用余弦定理，可得 3a k ，在 1 2NF F 中，利用余弦定理，即可求椭圆 C 的离心率. 【详解】由题意，如图： - 9 - 设  1 0F N k k  ，因 1 13MF F N  ，则 1 3MF k ， 4MN k 由椭圆的定义知， 2 2NF a k  ， 2 2 3MF a k  ， 在 2MNF 中，由余弦定理得： 2 2 2 2 2 2 22 cosMF MN NF MN NF MNF    ， 即         2 2 2 42 3 4 2 2 4 2 5a k k a k k a k        ，整理得 3a k ， 在 1 2NF F 中，由余弦定理得： 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 22 cosF F NF NF NF NF F NF    ， 即     2 22 42 2 2 2 5c k a k k a k       ，即 2 24 18c k ，即 2 2 22 9c k a  ， 所以，椭圆C 的离心率为 2 2 ce a   . 故选：A. 【点睛】本题考查椭圆的性质，考查余弦定理的应用，考查椭圆离心率公式，考查计算能力， 属于中档题. 第Ⅱ卷（非选择题共 90 分） 二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分.将答案填在机读卡上相应的位置. 13.已知抛物线的方程 22y x ，其准线方程为________； 【答案】 1 8y   【解析】 【分析】 将抛物线方程化为标准式，再根据抛物线的性质计算可得； 【详解】解：因为抛物线方程为 22y x ，化成标准式为 2 1 2x y ，所以 12 2p  所以其准线方程为 1 2 8 py     ，即 1 8y   故答案为： 1 8y   【点睛】本题考查抛物线的简单几何性质，属于基础题. 14.若命题“ 2 0 0 0,2 2 1 0x R x ax     ”是假命题，则实数 a 的取值范围是______； 【答案】 2, 2   【解析】 - 10 - 【分析】 根据题意，命题“ 2 0 0 0,2 2 1 0x R x ax     ”是假命题，其等价转化为 命题“ 2,2 2 1 0x R x ax     ”是真命题，设函数  f x ，则  f x 为开口向上的二次函数， 即可得到结论. 【详解】由题意，命题“ 2 0 0 0,2 2 1 0x R x ax     ”是假命题，其等价转化为 命题“ 2,2 2 1 0x R x ax     ”是真命题，设   22 2 1f x x ax   ，则函数  f x 为开口 向上的二次函数， 所以，由   0f x  恒成立，即 24 8 0a    ，解得 2 2a   ， 故实数 a 的取值范围为 2, 2   . 故答案为： 2, 2   . 【点睛】本题以命题的真假判断与应用为载体，考查了特称命题，函数恒成立问题，二次函 数的性质，属于基础题. 15.已知各项都为正数的等比数列{ }na ，若 8 12 105+ =14a a a ，则 2 1 2 2 2 3 2 19log log log + loga a a a    ______； 【答案】19 【解析】 【分析】 根据等比数列下标和性质计算可得； 【详解】解：已知各项都为正数的等比数列{ }na 且 8 12 105+ =14a a a 所以 2 10 10 15+ = 4a a ，解得 10 =2a 或 10 = 7a  （舍去） 所以  2 1 2 2 2 3 2 19 2 1 2 3 19log log log + log loga a a a a a a a       19 2 10 2 10 2log 19log 19log 2 19a a    故答案为：19 【点睛】本题考查等比数列的性质的应用，属于基础题. 16.正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 的棱长为 2 ，点 K 在棱 1 1A B 上运动，过 , ,A C K 三点作正方体 - 11 - 的截面，若 K 与 1B 重合，此时截面把正方体分成体积之比为 0 1  （ ）的两部分，则  ______；若 K 为棱 1 1A B 的中点，则截面面积为______. 【答案】 (1). 1 5 (2). 9 2 【解析】 【分析】 （1）当点 K 与 1B 重合时，求三棱锥 1B ABC 的体积和正方体的体积，做差得到剩余部分的 体积，最后求比值；（2）首先作出截面，如图，四边形 ACMK 是等腰梯形，再计算等腰梯形 的面积. 【详解】（1）当点 K 与 1B 重合时，三棱锥 1B ABC 的体积 1 1 1 42 2 23 2 3V       ，正方 体 的 体 积 2 2 2 8V     ， 则 正 方 体 除 去 三 棱 锥 1B ABC ， 剩 下 的 几 何 体 的 体 积 2 4 208 3 3V    ，所以 4 13 20 5 3    ； （2）当 K 为棱 1 1A B 的中点时，取 1 1B C 的中点 M ，连结 KM ， MC ， 1 1/ /KM AC ，且 1 1 1 2KM AC ，又因为 1 1 / /AC AC , 所以四点 , , ,A C M K 四点共面，且四边形 ACMK 是等腰梯形， 截面如下图， 2, 2 2, 5KM AC AK CM    ， 所以等腰梯形的高为 2 2 1 3 2( ) 52 2 2 AC KMAK      1 3 2 92 2 22 2 2ACMKS     - 12 - 故答案为： 1 5 ； 9 2 【点睛】本题考查作几何体中的截面，以及计算截面面积，重点考查数形结合分析问题的能 力，计算能力，属于基础题型. 三、解答题：本大题共 6 小题，共 70 分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步 骤. 17.在 ABC 中，角 , ,A B C 所对应的边分别为 , ,a b c ，已知  cos 2 cosa C b c A  . （1）求角 A 的大小； （2）若 7a  ， 2b  ，求 ABC 的面积. 【答案】（1） = 3A  （2） 3 3 2 【解析】 【分析】 （1）根据题意，由正弦定理化简  cos 2 cosa C b c A  可得 1cos 2A  ，即可得到结论； （2）根据题意，由余弦定理可得 2 2 3 0c c   ，解得 3c  ，再利用三角形面积公式即可. 【详解】（1）在 ABC 中，由正弦定理得：  sin cos 2sin sin cosA C B C A  ， 即sin cos 2sin cos sin cosA C B A C A  ，即 sin cos sin cos 2sin cosA C C A B A  ， 又  sin sinA C B  ，所以 1cos 2A  ，即 3A  . （2）由题意， 7a  ， 2b  ， 3A  ， 由余弦定理得： 2 2 2 2 cosa b c bc A   ， - 13 - 即 2 2 3 0c c   ，解得 1c   （舍）或 3c  ， 所以 1 1 3 3sin 2 3 sin2 2 3 2ABCS bc A         . 【点睛】本题考查了正弦定理、两角和的正弦公式，以及三角形的面积公式，熟练掌握定理 和公式是解题的关键. 18.目前，新冠病毒引发的肺炎疫情在全球肆虐，为了止损，某地一水果店老板利用抖音直播 卖货，经过一段时间对一种水果的销售情况进行统计，得到 5 天的数据如下： 销售单价 ix （元/ kg ） 8 8.5 9 9.5 10 销售量 iy （ kg ） 1100 1000 800 600 500 （1）建立 y 关于 x 的回归直线方程； （2）该水果店开展促销活动，当该水果销售单价为 6元/ kg 时，其销售量达到1800kg ，若 由回归直线方程得到的预测数据与此次促销活动的实际数据之差的绝对值不超过50kg ，则认 为所得到的回归直线方程是理想的，试问：（1）中得到的回归直线方程是否理想？ （3）根据（1）的结果，若该水果成本是 5 元/ kg ，销售单价 x 为何值时（销售单价不超过11 元/ kg ），该水果店利润的预计值最大？ 参考公式：回归直线方程 ˆˆ ˆy bx a  ，其中 1 2 2 1 ˆ n i i i n i i x y nxy b x nx        ， ˆˆa y bx  . 参考数据： 5 1 35200i i i x y   ， 5 2 1 407.5i i x   . 【答案】（1）ˆ 320 3680y x   （2）所得到的回归直线方程是理想的（3）该产品单价定为8.25 元时，公司才能获得最大利润 【解析】 【分析】 - 14 - （1）直接利用回归方程公式计算得到答案. （2）当 6x  时， ˆ 1760y  ，得到答案. （3）设销售利润为 M ，则    5 320 3680 5 11M x x x      ，根据二次函数性质得到 答案. 【详解】（1） 8 8.5 9 9.5 10 95x      ， 1100 1000 800 600 500 8005y      ， 故 1 2 2 2 1 35200 5 9 800ˆ 320407.5 5 9 n i i i n i i x y nxy b x nx             ，则 ˆˆ 800 320 9 3680a y bx      ， 故回归方程为 ˆ 320 3680y x   . （2）当 6x  时， ˆ 320 6 3680 1760y      ，则 1760 1800 40 50   ， 所以可以认为所得到的回归直线方程是理想的. （3）设销售利润为 M ，则    5 320 3680 5 11M x x x      ， 2320 5280 19400M x x    ，所以 5280 8.25640x   时， M 取最大值， 所以该产品单价定为8.25 元时，公司才能获得最大利润. 【点睛】本题考查了求回归方程及回归方程的应用，意在考查学生的计算能力和应用能力. 19.已知正 ABC 边长为3 ，点 M ， N 分别是 AB ， AC 边上的点， 1AN BM  ，如图 1 所示.将 AMN 沿 MN 折起到 PMN 的位置，使线段 PC 长为 5 ，连接 PB ，如图 2 所示. （1）求证：直线 PN ^平面 BCNM ； （2）求四棱锥 P BCNM 的体积. 【答案】（1）证明见解析；（2） 7 312 【解析】 【分析】 （1）要证明线面垂直，需证明线与平面内的两条直线垂直，根据余弦定理和勾股定理可知 - 15 - PN MN ， PN NC ； （2）根据四棱锥的体积公式直接计算求解. 【详解】解：（1）依题意得，在 AMN 中， 2AM  ， 1AN  ， 3A   由余弦定理得 2 2 22 1 2 2 1 cos 33MN        ，即 3MN  2 2 2MN AN AM   ， AN MN  ，即 PN MN 在图 2 PNC△ 中， 1PN  ， 2NC  ， 5PC  2 2 2PC PN NC   ， PN NC  又 MN NC N  ， ,MN NC  平面 BCNM ， PN 平面 BCNM （2）由（1）可知 PN ^平面 BCNM 所以 PN 为四棱锥 P BCNM 的高， 23 1 7 33 1 34 2 4ABC AMNBCNMS S S        四边形 所以 1 7 33 12P BCNM BCNMV S PN   四边形 . 【点睛】本题考查线面垂直，锥体的体积公式，重点考查推理证明，计算能力，属于基础题 型. 20.已知椭圆   2 2 2 2: 1 0x yE a ba b     的长轴长为 4 ，且其离心率 1 2e  . （1）求椭圆 E 的方程； （2）若过椭圆 E 右焦点的直线 l 交椭圆于 ,M N 两点，求 MON 面积的最大值.（其中O 为 坐标原点） 【答案】（1） 2 2 14 3 x y  （2） 3 2 【解析】 - 16 - 【分析】 （1）由题意可知 2 4a  ， 1 2 c a  ，列式求解； （2）设直线 l 方程为： 1x my  ，与椭圆方程联立，利用根与系数的关系表示 MON△ 的 面积，  2 1 2 1 2 1 2 1 1 1 42 2MONS OM y y y y y y         ，代入后换元求面积的最大值. 【详解】（1）由已知得 2 4a  ， 1 2 c a  ，解得： 2, 1a c  ， 2 2 2 3b a c   则 E 的方程为 2 2 14 3 x y  ； （2）由已知直线l 斜率不为 0， (1,0)F ，所以设直线l 方程为： 1x my  ， 1 1 2 2( , ), ( , )M x y N x y ， 由 2 2 1 14 3 x my x y     得：  2 23 4 6 9 0m y my     2144 1 0m    1 2 1 22 2 6 9,3 4 3 4 my y y ym m        22 1 2 1 2 1 2 2 1 1 6 11 42 2 3 4MON mS OM y y y y y y m           设  2 1 1t m t   ，则 2 6 6 13 1 3 MON tS t t t     ，又因为 13y t t   在 1  ， 上单调增， 所以当 1t  时， MON 面积有最大值 3 2 ，此时 0m  . 【点睛】本题考查椭圆方程，直线与椭圆的位置关系的综合问题，涉及椭圆中三角形面积的 最值的求法，第二问中设而不求的基本方法也使得求解过程变得简单，在解决圆锥曲线与动 直线问题中，韦达定理，弦长公式都是解题的基本工具. 21.已知函数 ( ) ( ln )f x a x x  ， ( ) xg x xe . （1）求函数 ( )g x 在 0x  处的切线方程； （2）设 ( ) ( ) ( ).h x f x g x  ①当 a e 时，求函数 ( )h x 的单调区间； ②当 1a  时，求函数 ( )h x 的极大值. - 17 - 【答案】（1） =y x （2）①函数  h x 的单调增区间为( )01， ，单调减区间为 1  ， ② 1 【解析】 【分析】 （1）先求出导数值，即切线斜率，再求出切线方程； （2）①求出 ( )h x ，令 ( ) 0h x  ，求出递增区间，令 ( ) 0h x  ，求出递减区间； ②求出 ( )h x ，利用 ( ) 0, ( ) 0h x h x   ，求出单调区间，由 0( )=0h x ，求出极值点，再求出 函数 ( )h x 的极大值. 【详解】（1）   ( 1 xg x x e   ） ， 切线斜率   00 (0 1 1k g e   ） 又 (0) 0g  切线方程为 =y x （2）当 a e 时，    ln xh x e x x xe   ， 由  ( 1)1( ) 1 ( 1) ( 0) x x x e xe h x e x e xx x            ， 设 ( ) xk x e xe  ，  ( ) 1 0xk x x e    ，即 ( ) xk x e xe  在 0  ， 上单调递减， 又因为 1(1) 1 0k e e    所以 0 1x  时， ( ) 0k x  ，即 ( ) 0h x  ，此时函数 ( )h x 单调递增， 1x  时， ( ) 0k x  ，即 ( ) 0h x  ，此时函数 ( )h x 单调递减， 所以当 a e 时，函数  h x 的单调增区间为 01，，单调减区间为 1  ， ②当 1a  时，  ( ) ln 0xh x x x xxe    ，  ( 1) 11( ) 1 ( 1) x x x xe h x x ex x        ， 令 ( ) 1 xM x xe  ， ( ) ( 1) 0xM x x e     ，则 ( )M x 在[0, ) 单调递减， 又   00 1 0M    ， (1) 1 0M e   ，  0 0,1x  使得 0 0 0( ) 1 0xM x x e   ， 故当  00,x x ， ( ) 0M x  即 ( ) 0h x  ，此时 ( )h x 单调递增； 当  0 ,x x  ， ( ) 0M x  即 ( ) 0h x  ，此时 ( )h x 单调递减； - 18 - 且 0( )=0h x ， ( )h x 极大值   0 0 0 0 0ln xh x x x x e    又 0 0 1xx e  ，  0 0ln ln1=0xx e  ，所以 0 0 0 0+ln n 0ln lxx e x x   故 ( )h x 极大值   0 0 0 0 0ln 0 1= 1xh x x x x e       . 【点睛】本题考查了导数的几何意义，利用导数求切线方程，还考查了利用导数求单调区间， 极值，考查了学生分析、运算能力，属于中档题. 请考生在 22、23 两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分. 选修 4-4：坐标系与参数方程 22.在直角坐标系 xOy 中，直线 1C 的参数方程为 5 5 21 5 5 t x t y       （其中 t 为参数）.以坐标原点 O 为极点， x 轴非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线 2C 的极坐标方程为 2cos sin   . （1）求 1C 和 2C 的直角坐标方程； （2）设点  0,1P ，直线 1C 交曲线 2C 于 ,A B 两点，求 2 2PA PB 的值. 【答案】（1） 2 1 2: 2 1, :C y x C x y    （2）30 【解析】 【分析】 （1）将直线 1C 的参数方程消去 t 可得直角坐标方程，结合极坐标方程与直角坐标方程间的关 系，求求得 2C 的直角坐标方程. （2）将直线 1C 的参数方程，代入 2C 的直角坐标方程中，得到关于t 的一元二次方程，结合 根与系数关系，及  2 2 22 2 1 2 1 2 1 22PA PB t t t t t t      ，可求出答案． 【详解】（1）由已知得 1 2,C C 的直角坐标方程分别为 1 : 2 1C y x   ， 由 2cos sin   ，则 2 2cos sin    ，得 2 2 :C x y . （2）将直线 1C 的参数方程代入 2C 直角方程得： 2 2 5 5 0t t   ， 不妨设 ,A B 对应的参数分别为 1 2,t t ，则   恒成立， 1 2 1 22 5, 5t t t t    ， - 19 - 又因为 (0,1)P ，所以由参数 t 的几何意义得：  22 2 2 2 1 2 1 2 1 22 30PA PB t t t t t t       ， 2 2 30PA PB  . 【点睛】本题考查参数方程、直角坐标方程、极坐标方程间的转化，考查直线参数方程中参 数含义的应用，考查学生的计算求解能力，属于基础题. 选修 4—5：不等式选讲 23.函数   2 1 2f x x x    （Ⅰ）求函数  f x 的最小值； （Ⅱ）若  f x 的最小值为 M ，  2 2 0, 0a b M a b    ，求证： 1 1 4 1 2 1 7a b    ． 【答案】（Ⅰ） 5 2 ；（Ⅱ）证明见解析 【解析】 【分析】 （Ⅰ）对 x 分类讨论去绝对值化简  f x ，求出各段函数的范围，即可求出  f x 的最小值； （Ⅱ）由（Ⅰ）得 2 5a b  ，将所求的不等式化为 1 1 1[( 1) (2 1)]7 1 2 1a b a b         ，利 用基本不等式，即可证明结论. 【详解】（1） 3 1, 2, 1( ) 2 1 2 3, 2 ,2 13 1, ,2 x x f x x x x x x x                    当 2x ≤ 时， ( ) 5f x  ；当 12 2x   时， 5 ( ) 52 f x  ； 当 1 2x  时， 5( ) 2f x  ．所以 ( )f x 的最小值为 5 2 ． （2）由（1）知 5 2M  ，即 2 5a b  ， - 20 - 又因为 0, 0a b  ， 所以 1 1 1 2 1a b   1 1 1[( 1) (2 1)]7 1 2 1a b a b          1 2 1 127 1 2 1 b a a b         1 2 1 12 27 1 2 1 b a a b          4 7  ． 当且仅当 2a b ，即 5 5,2 4a b  时，等号成立， 所以 1 1 4 1 2 1 7a b    ． 【点睛】本题考查分类讨论求绝对值不等式的最值，以及利用基本不等式证明不等式，考查 逻辑推理、数学计算能力，属于中档题. - 21 -