湖北省武汉市部分学校2020届高三下学期5月模拟考试数学（文）试题 Word版含解析 20页

- 1 - 数学试题 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.复数 z 1 2 i i   （ ） A. 2 5 5 i B. 2 5 5 i  C. 1 2 5 5 i D. 1 2 5 5 i 【答案】B 【解析】 【分析】 利用复数代数形式的乘除运算化简，从而得出正确选项. 【详解】z       1 2 2 1 1 2 1 2 1 2 5 5 i ii ii i i          . 故选：B. 【点睛】本题考查复数代数形式的乘除运算，是基础题. 2.已知全集 U=R，集合 A={x|x2≤4}，那么 U A ð （ ） A. (﹣∞,﹣2) B. (2,+∞) C. (﹣2,2) D. (﹣∞,﹣2)∪(2,+∞) 【答案】D 【解析】 【分析】 解一元二次不等式求得集合 A ，由此求得 U Að . 【详解】∵全集 U=R，集合 A={x|x2≤4}={x|﹣2≤x≤2}， ∴ U Að ={x|x<2 或 x>2}=(﹣∞，﹣2)∪(2，+∞). 故选：D. 【点睛】本题考查补集的求法，考查补集定义等基础知识，考查运算求解能力，是基础题. 3.已知圆 x2+y2+2x﹣4y﹣8=0 的圆心在直线 3x+y﹣a=0，则实数 a 的值为（ ） A. ﹣1 B. 1 C. 3 D. ﹣3 【答案】A 【解析】 - 2 - 【分析】 根据题意，求出圆的圆心坐标，将其代入直线的方程，解方程可得 a 的值. 【详解】根据题意，圆 x2+y2+2x﹣4y﹣8=0 的圆心为(﹣1，2)， 若圆 x2+y2+2x﹣4y﹣8=0 的圆心在直线 3x+y﹣a=0 上，则有 3×(﹣1)+2﹣a=0， 解得：a=﹣1； 故选：A. 【点睛】本题考查圆的一般方程与直线的方程，注意求出圆的圆心坐标，属于基础题. 4.若等差数列{an}前 9 项的和等于前 4 项的和，a1=1，则 a4=（ ） A. 1 2  B. 3 2 C. 1 2 D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】 利用等差数列的通项公式与求和公式列方程，求得 d ，进而求得 4a . 【详解】由题意可得：S9=S4，∴9×1+36d=4×1+6d，解得 d 1 6   . ∴a4=1﹣3 1 1 6 2   . 故选：C. 【点睛】本题考查了等差数列的通项公式、求和公式，考查了推理能力与计算能力，属于基 础题. 5. 如图，某几何体的正视图（主视图），侧视图（左视图）和俯视图分别是等边三角形，等 腰三角形和菱形，则该几何体体积为（ ） A. B. 4 C. D. 2 【答案】C 【解析】 试题分析：根据已知中的三视图及相关视图边的长度，我们易判断出该几何体的形状及底面 - 3 - 积和高的值，代入棱锥体积公式即可求出答案． 解：由已知中该几何中的三视图中有两个三角形一个菱形可得 这个几何体是一个四棱锥 由图可知，底面两条对角线的长分别为 2 ，2，底面边长为 2 故底面棱形的面积为 =2 侧棱为 2 ，则棱锥的高 h= =3 故 V= =2 故选 C 点评：本题考查的知识点是由三视图求面积、体积其中根据已知求出满足条件的几何体的形 状及底面面积和棱锥的高是解答本题的关键． 6.已知 sinα 2 3  ，α为第二象限角，则 cos( 2   2α)=（ ） A. 4 5 9  B. 1 9  C. 1 9 D. 4 5 9 【答案】A 【解析】 【分析】 由已知利用同角三角函数基本关系式可求 cosα的值，进而利用诱导公式，二倍角的正弦函数 公式即可求解. 【详解】∵sinα 2 3  ，α为第二象限角， ∴cosα 2 51 3sin      ， ∴cos( 2   2α)=sin2α=2sinαcosα=2 2 3  ( 5 3  ) 4 5 9   . 故选：A. 【点睛】本题主要考查了同角三角函数基本关系式，诱导公式，二倍角的正弦函数公式在三 角函数化简求值中的应用，考查了计算能力和转化思想，属于基础题. - 4 - 7.已知向量 a ，b 满足 ( 2 ) ( ) 6a b a b       ，| b |=2，且 a 与 b 的夹角为 3  ，则| a |=（ ） A. 2 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】B 【解析】 【分析】 直接根据数量积的展开式结合已知条件，即可求解结论. 【详解】因为向量 a b， 满足( 2a b  )•( a b  )=﹣6，|b |=2，且 a 与b 的夹角为 3  ， ∴( 2a b  )•( a b  ) 2 22a a b b       | a |2+| a |•| b |•cos 2 23 b    6⇒| a |2+| a | ﹣2=0⇒| a |=1(负值舍) 故选：B. 【点睛】本题主要考查平面向量数量积的应用以及模长的计算，属于基础题目. 8.如果从 1，2，3，4，5 中任取 3 个不同的数，则这 3 个数构成一组三角形三条边的边长有 概率为（ ） A. 3 10 B. 1 5 C. 1 10 D. 1 20 【答案】A 【解析】 【分析】 基本事件总数 n 3 5 10C  ，利用列举法求出这 3 个数构成一组三角形三条边的边长包含的基 本事件有 3 个，由此能求出这 3 个数构成一组三角形三条边的边长的概率. 【详解】从 1，2，3，4，5 中任取 3 个不同的数， 基本事件总数 n 3 5 10C  ， 这 3 个数构成一组三角形三条边的边长包含的基本事件有： {2，3，4}，{2，4，5}，{3，4，5}，共 3 个， ∴这 3 个数构成一组三角形三条边的边长的概率 p 3 10  . 故选：A. 【点睛】本题考查概率的求法，考查古典概型等基础知识，考查运算求解能力，是基础题. - 5 - 9.已知 F1，F2 是双曲线 C： 2 2 2 2 1( 0 0)x y a ba b    ， 的两个焦点，P 是 C 上一点，满足 |PF1|+|PF2|=6a，且∠F1PF2 3  ，则 C 的离心率为（ ） A. 2 B. 5 C. 2 D. 3 【答案】D 【解析】 【分析】 由双曲线的定义及|PF1|+|PF2|=6a 可得|PF1|，|PF2|的值，在三角形 PF1F2 中由余弦定理可得 a， c 的关系，从而求出离心率. 【详解】由双曲线的对称性设 P 在第一象限，因为|PF1|+|PF2|=6a，由双曲线的定义可得 |PF1|=2a+|PF2|， 所以|PF2|=2a，|PF1|=4a， 因为∠F1PF2 3  ，在三角形 PF1F2 中，由余弦定理可得 cos∠F1PF2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 | | | | 2 PF PF F F PF PF     ， 即 2 2 21 16 4 4 2 2 2 4 a a c a a     ，整理可得：3a2=c2，可得 e 3 ， 故选：D. 【点睛】本题考查双曲线的离心率的求法，属于中档题. 10.函数 ( ) | ln | 2xf x e x  的零点个数为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B - 6 - 【解析】 【分析】 把零点个数问题化为两个函数的交点，作函数的图象求解即可. 【详解】函数 f(x)=ex|lnx|﹣2 的零点可以转化为：|lnx| 2 xe  的零点； 在坐标系中画出两个函数 2ln , xy x y e   的图象，根据图象可得有两个交点； 故原函数有两个零点. 故选：B. 【点睛】本题考查了方程的根与函数的图象的应用，属于基础题. 11.已知函数 f(x) 3 sin(ωx+φ)﹣cos(ωx+φ)(0<φ<π,ω>0)为偶函数，且 y=f(x)图象 的两相邻对称轴间的距离为 2  ，则 f( 6  )的值为（ ） A. ﹣1 B. 1 C. 3 . D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】 利用辅助角公式进行化简，结合 f(x)是偶函数，求出φ的值，利用 f(x)的对称轴之间的距离 求出函数的周期和ω，代入进行求值即可. 【详解】f(x) 3 sin(ωx+φ)﹣cos(ωx+φ)=2sin(ωx+φ 6  )， ∵f(x)是偶函数，∴φ 6   kπ 2  ，k∈Z， 得φ=kπ 2 3  ， ∵0<φ<π，∴当 k=0 时，φ 2 3  ， - 7 - 即 f(x)=2sin(ωx 2 3 6    )=2sin(ωx 2  )=2cosωx， ∵y=f(x)图象的两相邻对称轴间的距离为 2  ， ∴ 2 2 T  ，即 T=π，即 2   π， 得ω=2， 则 f(x)=2cos2x， 则 f( 6  )=2cos(2 6  )=2cos 123 2     1， 故选：B. 【点睛】本题主要考查三角函数值的计算，利用辅助角公式，结合三角函数的性质求出函数 的解析式是解决本题的关键.难度不大. 12.设奇函数 ( )f x ，( )x R 的导函数为 ( )f x ，且 ( 1) 0f   ，当 0x  时， ( ) ( ) 0xf x f x   ， 则使得 ( ) 0f x  成立的 x 的取值范围是（ ） A. ( , 1) ( 1,0)   B. (0,1) (1, )  C. ( , 1) (0,1)   D. ( 1,0) (1, )- È +¥ 【答案】D 【解析】 【分析】 根据所给不等式，构造函数    g x x f x  ，由导数与单调性关系可知  g x 在 0x  时单调 递增，由函数奇偶性的性质可知  g x 为偶函数，画出函数示意图，即可求得 ( ) 0f x  成立的 x 的取值范围. 【详解】令    g x x f x  ， 则      g x x f x f x     ， 当 0x  时， ( ) ( ) 0xf x f x   ， 则当 0x  时，    g x x f x  为单调递增函数， ( )f x 为奇函数，则    g x x f x  为偶函数， - 8 - 且由 ( 1) 0f   ，可知 (1) ( 1) 0f f    ， 所以    1 1 0g g   ，则    g x x f x  的函数关系示意图如下图所示： 当 0x  时，若 ( ) 0f x  ，则   0g x  ，此时  1,0x  ； 当 0x  时，若 ( ) 0f x  ，则   0g x  ，此时  1,x  ； 综上可知， ( ) 0f x  的解集为 ( 1,0) (1, )- È +¥ ， 故选：D. 【点睛】本题考查了构造函数法解不等式，导数与函数单调性的关系应用，奇偶性的性质应 用，数形结合法解不等式的应用，属于中档题. 二､填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分 13.已知实数 x，y 满足约束条件 2 1 1 y x x y y        ，则 z=x+2y 的最小值为_____ 【答案】 5 2  【解析】 【分析】 画出不等式组对应的平面区域，利用 z 的几何意义，即可求出 z 的最小值. 【详解】作出实数 x，y 满足约束条件 2 1 1 y x x y y        ，对应的平面区域如图： - 9 - 由 z=x+2y 得 y 1 1 2 2x z   ，平移直线 y 1 1 2 2x z   ， 由图象可知当直线 y 1 1 2 2x z   经过点 A( 1 2  ，﹣1)时，直线的截距最小，此时 z 最小. 即 z 1 2    2×(﹣1) 5 2   ， 故答案为： 5 2  . 【点睛】本题主要考查线性规划的应用，利用 z 的几何意义，结合数形结合是解决本题的关 键. 14.若函数 f(x)=ax+lnx 在点(1,a)处的切线平行于 x 轴，则 f(x)的最大值为_____. 【答案】 1 【解析】 【分析】 先利用切点处切线与 x 轴平行，求出 a 的值，然后利用导数研究函数的单调性，求出最大值. 【详解】  ' 1f x a x   ，∴  ' 1f =a+1=0，∴a=﹣1. ∴f(x)=lnx﹣x，(x>0) ∵  ' 1 11 xf x x x    ， 易知，x∈(0，1)时，  ' 0f x  ，f(x)递增；x∈(1，+∞)时，  ' 0f x  ，f(x)递减. ∴f(x)max=f（1）=﹣1. 故答案为：﹣1. 【点睛】本题考查导数的几何意义和利用导数研究函数的最值.求切线时，抓住切点满足的两 个条件列方程是关键.属于基础题. - 10 - 15.在直三棱柱 ABC﹣A1B1C1 中，已知 AC⊥BC,BC=CC1，则异面直线 BC1 与 AB1 所成角的余弦值为 _____. 【答案】 0 【解析】 【分析】 通过证明 AC⊥平面 BCC1，证得 AC⊥BC1，再结合 BC=CC1 得正方形 BCC1B1，则 BC1⊥B1C，证得 BC1⊥ 平面 ACB1，则问题可解. 【详解】如图：因为直棱柱 ABC﹣A1B1C1，所以侧面 BCC1B1⊥底面 ABC 又 AC⊥BC，∴AC⊥平面 BCC1B1，∴AC⊥BC1. 又 BC=CC1，∴四边形 BCC1B1 是正方形，故 BC1⊥B1C，结合 AC∩B1C=C， 故 BC1⊥平面 AB1C，而 AB1⊂平面 AB1C，所以 BC1⊥AB1. 异面直线 BC1 与 AB1 所成角为 2  ，余弦值为 0. 故答案为：0. 【点睛】本题考查空间角的计算问题，要注意空间线线､线面､面面之间平行关系之间､垂直关 系之间､平行与垂直关系间的转化.属于中档题. 16.在△ABC 中，已知 AB=2,AC=3,A=60°，则 sinC=_____. 【答案】 21 7 【解析】 【分析】 已知利用余弦定理可求 BC 的值，进而利用正弦定理可求 sinC 的值. - 11 - 【详解】∵AB=2，AC=3，A=60°， ∴由余弦定理可得：BC2=AB2+AC2﹣2AB•ACcosA=4+9﹣2×2×3 1 2   7， ∵BC>0， ∴BC 7 . ∴由正弦定理 AB BC sinC sinA  ，可得 32 212sin 77 AB sinAC BC    . 故答案为： 21 7 . 【点睛】本题考查余弦定理､正弦定理的在解三角形中的综合应用，考查了转化思想，属于基 础题. 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 17.根据以往统计资料，某地车主购买甲种保险的概率为 0.4，购买乙种保险但不购买甲种保 险的概率为 0.2.设各车主购买保险相互独立. （1）求该地 1 位车主至少购买甲､乙两种保险中的 1 种的概率； （2）求该地 3 位车主中恰有 1 位车主甲､乙两种保险都不购买的概率. 【答案】（1） 0.6 .（2） 0.432 【解析】 【分析】 （1）根据和事件概率求法，求得所求概率. （2）由（1）求得1为车主甲､乙两种保险都不购买的概率，根据独立重复事件概率计算公式， 计算出所求概率. 【详解】（1）记 A 表示事件：该地的 1 位车主购买甲种保险， 则 P(A)=0.4， 设 B 表示事件：该地的 1 位车主购买乙种保险但不购买甲种保险， 则 P(B)=0.2， 设事件 C 表示事件：该地的 1 位车主至少购买甲､乙两种保险中的 1 种， 则该地 1 位车主至少购买甲､乙两种保险中的 1 种的概率为： - 12 - P(C)=P(A+B)=P(A)+P(B)=0.4+0.2=0.6. （2）设事件 D 表示：该地 1 位车主甲､乙两种保险都不购买，则 D C ， ∴P(D)=1﹣P(C)=1﹣0.6=0.4， 设 E 表示：该地 3 位车主中恰有 1 位车主甲､乙两种保险都不购买， 则该地 3 位车主中恰有 1 位车主甲､乙两种保险都不购买的概率： P(E) 1 2 3 0.4 0.6C    0.432. 【点睛】本题考查概率的求法，考查互斥事件概率加法公式、n 次试验中事件 A 恰好发生 k 次 的概率公式等基础知识，考查运算求解能力，是基础题. 18.已知数列{an}的前 n 项和为 Sn，a1=1，Sn=an+1. （1）求数列{an}的通项公式； （2）若 n n nb S  ，求数列{bn}的前 n 项和为 Tn. 【答案】（1） 2 1, 1 2 , 2n n na n    .（2） 1 24 2n n nT    【解析】 【分析】 （1）根据 1 1 , 1 , 2n n n S na S S n     求出数列的通项公式， （2）利用错位相减法即可求出数列{bn}的前 n 项和为 Tn. 【详解】（1），a1=1，Sn=an+1=Sn+1﹣Sn， ∴Sn+1=2Sn， ∴数列{Sn}是以 1 为首项，以 2 为公比的等比数列， ∴Sn=1×2n﹣1=2n﹣1， ∴an=Sn﹣Sn﹣1=2n﹣2，n≥2， ∴an 2 1 1 2 2n n n    ， ， ， （2） n n nb S   n•( 1 2 )n﹣1， - 13 - ∴Tn=( 1 2 )0+2•( 1 2 )1+3•( 1 2 )2+…+n•( 1 2 )n﹣1，①， 由① 1 2  可得， 1 2 Tn=( 1 2 )1+2•( 1 2 )2+3•( 1 2 )3+…+n•( 1 2 )n，②， 由①﹣②可得 1 2 Tn=1+( 1 2 )1+( 1 2 )2+( 1 2 )3+…+( 1 2 )n﹣1﹣n•( 1 2 )n 11 2 11 2 n    n•( 1 2 )n=2﹣ 2×( 1 2 )n﹣n•( 1 2 )n=2﹣(n+2)•( 1 2 )n， ∴Tn=4 1 2 2n n   . 【点睛】本题考查数列递推式，考查了错位相减法求数列的和，是中档题. 19.如图，在四棱锥 P﹣ABCD 中，PD⊥平面 ABCD，PD=2，DC=BC=1，AB=2，AB∥DC，∠BCD=90°. （1）求证：AD⊥PB； （2）求 A 点到平面 BPC 的距离. 【答案】（1）证明见解析.（2） 4 5 5 【解析】 【分析】 （1）利用勾股定理证得 AD⊥BD，又 PD⊥平面 ABCD，所以 PD⊥AD，从而由线面垂直的判定定 理得到 AD⊥平面 PBD，所以 AD⊥PB； （2）证得 BC⊥PC，求出 S△BPC 和 S△ABC，再由 VA﹣BPC=VP﹣ABC 利用等体积法即可求出点 A 到平面 PBC 的距离. 【详解】（1）如图所示： 在四边形 ABCD 中，连接 BD，由 DC=BC=1，AB=2，∠BCD=∠ABC 2  ， - 14 - 在△ABD 中，BD=AD 2 ，又 AB=2， 因此 AD⊥BD，又 PD⊥平面 ABCD， ∴PD⊥AD，又 BD∩PD=D， ∴AD⊥平面 PBD， ∴AD⊥PB； （2）在四棱锥 P﹣ABCD 中，∵PD⊥平面 ABCD， ∴PD⊥BC，而 BC⊥DC， ∴BC⊥平面 PDC， ∴BC⊥PC，又 2 2 2 21 2 5PC PD DC     ， ∴ 1 5 2 2BPCS BC PC    ，而 S△ABC 1 2 AB BC    1， ，设点 A 到平面 PBC 的距离为 h， 由 VA﹣BPC=VP﹣ABC 可得： 1 1 3 3BPC ABCS h S PD      ， ∴ 1 2 4 5 55 2 h   ， 即点 A 到平面 PBC 的距离为 4 5 5 . 【点睛】本题主要考查了线线垂直的证明，以及等体积法求点到平面的距离，是基础题. 20.已知函数 f(x)=aex﹣x， （1）求 f(x)的单调区间， （2）若关于 x 不等式 aex≥x+b 对任意 xR 和正数 b 恒成立，求 b a 的最小值. - 15 - 【答案】（1）答案见解析.（2）1 【解析】 【分析】 （1）先求导，再分类讨论，根据导数和函数单调性的关系即可求出； （2）先根据（1）利用导数和函数最值的关系求出    min ln 1 lnf x f a a b     ，可得 1 a a b lna   ，设   1 ah a lna   ，利用导数求出函数的最小值即可. 【详解】（1）f′(x)=aex﹣1， 当 a≤0 时，  f x <0，f(x)在 R 上单调递减， 若 a>0 时，令  f x =aex﹣1=0，x=﹣lna， 在 x>﹣lna 时，  f x >0，f(x)为增函数， 在 x<﹣lna 时，  f x <0，f(x)为减函数， 所以，当 0a  时， ( )f x 的单调减区间为 ( , )  ，无增区间； 当 0a  时， ( )f x 的单调减区间为( , ln )a  ，增区间为 ( ln , )a  . （2）f(x)=aex﹣x，由题意 f(x)min≥b， 由（1）可知，当 a≤0 时，f(x)在 R 上单调递减，无最小值，不符合题意， 当 a>0 时，f(x)min=f(﹣lna)=1+lna≥b， ∴ 1 a a b lna   ， 设 h(a) 1 a lna   ，则  h a 2(1 ) lna lna   ， a∈(0，1]，  h a <0；a∈[1，+∞)，  h a ≥0， ∴h(a)min=h（1）=1. 所以 a b 的最小值为1. 【点睛】本题考查了导数和函数单调性的关系以及和最值的关系，考查了函数恒成立的问题， 考查了运算能力和转化能力，属于中档题. 21.已知 F(0,1)为平面上一点，H 为直线 l：y=﹣1 上任意一点，过点 H 作直线 l 的垂线 m，设 线段 FH 的中垂线与直线 m 交于点 P，记点 P 的轨迹为Γ. - 16 - （1）求轨迹Γ的方程； （2）过点 F 作互相垂直的直线 AB 与 CD，其中直线 AB 与轨迹Γ交于点 A､B，直线 CD 与轨迹Γ 交于点 C､D，设点 M，N 分别是 AB 和 CD 的中点. ①问直线 MN 是否恒过定点，如果经过定点，求出该定点，否则说明理由； ②求△FMN 的面积的最小值. 【答案】（1） 2 4x y .（2）①恒过定点，定点为(0，3)②4 【解析】 【分析】 （1）设 P 的坐标，由题意可得|PF|=|PH|，整理可得 P 的轨迹方程； （2）①由题意可得直线 BA，CD 的斜率都存在，设直线 AB 的方程与抛物线联立求出两根之和， 进而求出 AB 的中点 M 的坐标，同理可得 N 的坐标，进而求出直线 MN 的斜率，再求直线 MN 的 方程，可得恒过定点； ②因为直线 MN 恒过定点，所以得 S△FMN 1 2 FQ   |xM﹣xN|，由均值不等式可得△FMN 的面积 的最小值为 4. 【详解】（1）设 P 的坐标(x，y)由题意可得|PF|=|PH|， 所以 2 2( 1)x y   |y+1|， 整理可得 x2=4y， 所以轨迹Γ的方程：x2=4y； （2）由题意可得直线 AB，CD 的斜率均存在，设直线 AB 的方程：y=kx+1，A(x1，y1)，B(x2， y2)， 直线与抛物线联立 2 1 4 y kx x y     ，整理可得：x2﹣4kx﹣4=0，x1+x2=4k，y1+y2=k(x1+x2)+2=4k2+2， 所以 AB的中点 M(2k，2k2+1)， 同理可得 N( 2 2 2 k k  ， 1)， 所以直线 MN 的斜率为 2 2 22 1 1 1 22 k k k kk k          ， - 17 - 所以直线 MN 的方程为：y﹣(2k2+1)=(k 1 k  )(x﹣2k)， 整理可得 y=(k 1 k  )x+3，所以恒过定点 Q(0，3). ①所以直线恒过定点(0，3)； ②从而可得 S△FMN 1 2 FQ   |xM﹣xN| 1 22    |2k 2 k  |=2|k 1 k  |≥4，当 1k   时取得等号. 所以△FMN 的面积的最小值为 4. 【点睛】本题考查求轨迹方程及直线与抛物线的综合，及直线恒过定点的证明，均值不等式 的应用，属于中档题. 22.在直角坐标系 xOy 中，直线 C1：x=﹣2 以坐标原点为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐 标系，C2 极坐标方程为：ρ2﹣2ρcosθ﹣4ρsinθ+4=0. （1）求 C1 的极坐标方程和 C2 的普通方程； （2）若直线 C3 的极坐标方程为  4 R   ，设 C2 与 C3 的交点为 M，N，又 C1：x=﹣2 与 x 轴交点为 H，求△HMN 的面积. 【答案】（1）C1 的极坐标方程 cos 2    ，C2 的普通方程 2 2( 1) ( 2) 1x y    .（2）1 【解析】 【分析】 （1）直接利用转换关系，把参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换. （2）利用一元二次方程根和系数关系和极径的应用求出结果. 【详解】（1）直线 C1：x=﹣2，转换为极坐标方程为ρcosθ=﹣2. C2 极坐标方程为：ρ2﹣2ρcosθ﹣4ρsinθ+4=0， 转换为直角坐标方程为(x﹣1)2+(y﹣2)2=1. - 18 - （2）将 4   代入 C2 极坐标方程为：ρ2﹣2ρcosθ﹣4ρsinθ+4=0.得到 2 3 2 4 0    ， 解得 1 22 2 2  ， ， 所以 1 2 2MN     ， 由于 H(﹣2，0)到直线 y=x 的距离为 2 ， 所以 S△HNM=1. 【点睛】本题考查的知识要点：参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间的转换，极径的应 用，一元二次方程根和系数关系式的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力， 属于基础题型. 23.已知函数 f(x)=|x﹣a|﹣|x﹣5|. （1）当 a=2 时，求证：﹣3≤f(x)≤3； （2）若关于 x 的不等式 f(x)≤x2﹣8x+20 在 R 恒成立，求实数 a 的取值范围. 【答案】（1）证明见解析.（2）[0,9] 【解析】 【分析】 （1） 2a  代入，利用绝对值不等式的性质可得 2 5 3x x    ，进而得证； （2）分 5a  及 5a  两种情况讨论，每种情况下都把函数 f(x)化为分段函数的形式，再根据 题意转化为关于 a 的不等式，每种情况解出后最后取并集即可. 【详解】（1）证明：当 a=2 时，f(x)=|x﹣2|﹣|x﹣5|， ∴||x﹣2|﹣|x﹣5|| |x﹣2﹣(x﹣5)|=3， ∴﹣3  |x﹣2|﹣|x﹣5| 3，即﹣3  f(x)  3； （2）解：f(x)=|x﹣a|﹣|x﹣5|， ①当 a 5 时，   5 2 5 5 5 5 a x a f x x a x a a x            ， ， ， ，则f(x)max=a﹣5，且 y=x2﹣8x+20=x2﹣8x+16+4=(x ﹣4)2+4  4， 要使 f(x) x2﹣8x+20 在 R 恒成立，则只需 4  a﹣5，则 a  9，此时 5  a  9； - 19 - ②当 a<5 时，   5 5 2 5 5 5 a x f x x a a x a x a           ， ， ， ， 需要 2 8 20 2 5 4 5 x x x a a          恒成立， ∴  100 4 20 5 0 9 a a          ， ∴ 0 5a  ， 综合①②可知，0  a  9，即实数 a 的取值范围为[0，9]. 【点睛】本题考查绝对值不等式的解法及其性质，考查不等式的恒成立问题，考查分类讨论 思想及运算求解能力，属于中档题. - 20 -