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2020年黑龙江省哈尔滨九中高考数学三模试卷（理科）
一、选择题（本题共12小题，每小题5分，共60分）
1. 已知集合M＝{x|y＝ln(1−x)}，N＝{x|x2−2x<0}，则M∪N＝（ ）
A.(0, 2) B.(0, 1) C.(−∞, 1) D.(−∞, 2)
2. 某班有学生60人，现将所有学生按1，2，3，…，60随机编号，若采用系统抽样的方法抽取一个容量为5的样本（等距抽样），已知编号为4，a，28，b，52号学生在样本中，则a+b＝（ ）
A.42 B.45 C.52 D.56
3. 下列选项中，满足z+1z为实数的复数z是（ ）
A.z＝1+i B.z＝1−i C.z=12+32i D.z=1+32i
4. 若非零向量a→，b→满足|b→|＝4|a→|，(2a→−b→)⊥a→，则a→与b→的夹角为（ ）
A.π6 B.π4 C.π3 D.5π6
5. 1614年纳皮尔在研究天文学的过程中为了简化计算而发明对数；1637年笛卡尔开始使用指数运算；1770年，欧拉发现了指数与对数的互逆关系，指出：对数源于指数，对数的发明先于指数，称为历史上的珍闻．若2x=52，lg2＝0.3010，则x的值约为（ ）
A.1.322 B.1.410 C.1.507 D.1.669
6. 在平面直角坐标系中，角α+π3的终边经过点P(1, 2)，则cosα＝（ ）
A.35−1510 B.5+21510 C.35+1510 D.5−21510
7. 已知实数x，y满足kx−y+k−1≥0,x−1≤0,y+1≥0. 若z＝2x+y的最大值为8，则k的值为（ ）
A.32 B.72 C.1 D.3
8. 已知正四棱锥P−ABCD的高为2，AB=22，过该棱锥高的中点且平行于底面ABCD的平面截该正四棱锥所得截面为A1B1C1D1，若底面ABCD与截面A1B1C1D1的顶点在同一球面上，则该球的表面积为（ ）
A.20π B.20π3 C.4π D.4π3
9. 《易•系辞上》有“河出图，洛出书”之说，河图、洛书是中华文化，阴阳术数之源，其中河图的排列结构是一、六在后，二、七在前，三、八在左，四、九在右，五、十背中．如图，白圈为阳数，黑点为阴数，若从阴数和阳数中各取一数分别记为a，b，则满足|a−b|≥2的概率为（ ）
A.825 B.925 C.1625 D.1825
10. 设无穷等差数列{an}的各项都为正数，且其前n项和为Sn，若S2017＝2017，则下列判断错误的是（ ）
A.a1009＝1 B.a1010≥1 C.S2016>2016 D.S2019≥2019
11. 已知A，B是双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)实轴的两个端点，M，N是双曲线上关于x轴对称的两点，直线AM，BN的斜率分别为k1，k2，且k1k2≠0，若k12+k22>4恒成立，则双曲线的离心率的取值范围为（ ）
A.e>5 B.e>3 C.e≥3 D.e≥5
12. 函数f(x)和g(x)都是定义在(−∞, t]上的单调减函数，且f(t)＝g(t)＝M，若对于任意k>M，存在x1，x2(x1>x2)，使得f(x1)＝g(x2)＝k成立，则称g(x)是f(x)在(−∞, t]上的“被追逐函数”，若f(x)＝x2，则下列结论中正确的序号为（ ）
①g(x)＝−2x−1是f(x)在(−∞, −1]上的“被追逐函数”；
②若g(x)和函数h(x)＝2x−1关于y轴对称，则g(x)是f(x)在(−∞, −1]上的“被追逐函数”；
③若g(x)＝ln(−x)+m是f(x)在(−∞, −1]上的“被追逐函数”，则m＝1；
④存在m≥1，使得g(x)=1x+m是f(x)在(−∞, −1]上的“被追逐函数”．
A.①③ B.②③ C.②④ D.①④
二、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）
已知命题“∃x∈R，mx2−x+1<0”是假命题，则实数m的取值范围是________[14,+∞) ．
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已知二项式(2x−1x)n的展开式中第2项与第3项的二项式系数之比是2:5，则x3的系数为________．
在锐角△ABC中，内角A，B，C对的边分别为a，b，c．若a2+b(b−3a)＝1，c＝1，则3a−b的取值范围为________．
已知函数f(x)＝ax−lnx−1，g(x)=x327，用max{m, n}表示m，n中的最大值，设φ(x)＝max{f(x)．g(x)}．若φ(x)≥x3在(0, +∞)上恒成立，则实数a的取值范围为________
三、解答题（共70分.解答应写出必要的文字说明、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）
甲乙两同学在复习数列时发现原来曾经做过一道数列问题，因纸张被破坏导致一个条件看不清，具体如下：等比数列{an}的前n项和为Sn，已知_____．
（1）判断S4，S3，S5的关系；
（2）若a3−a1＝6，设bn=3n−1|an|，记{bn}的前n项和为Tn，证明：Tn<5．
甲同学记得缺少的条件是首项a1的值，乙同学记得缺少的条件是公比q的值，并且他俩都记得第一问的答案是S4，S3，S5成等差数列．如果甲乙两同学记得的答案是正确的，请你通过推理把条件补充完整并解答此题．
如图1，在矩形ABCD中，AB＝2，BC＝3，点E在线段BC上，BE＝2EC．把△BAE沿AE翻折至△B1AE的位置，B1∉平面AECD，连结B1D，点F在线段DB1上，DF＝2FB1，如图2．
（1）证明：CF // 平面B1AE；
（2）当三棱锥B1−ADE的体积最大时，求二面角B1−DE−C的余弦值．
已知函数f(x)＝ax−lnx−a(a∈R)．
（1）求函数f(x)的极值；
（2）是否存在实数a，使方程f(x)＝0有两个不同的实数根？若存在，求出实数a的取值范围；若不存在，请说明理由．
冰城哈尔滨是一座历史悠久、风景秀丽的城市，其著名的景点有索非亚教堂、中央大街、松花江等．
（1）为了解端午节当天松花江旅游景点游客年龄的分布情况，从年龄20岁到50岁的游客中随机抽取1000人，制成了如图的频率分布直方图．现从年龄在[40, 50]内的游客中，采用分层抽样的方法抽取10人，在从抽取的10人中随机抽取4人，记4人中年龄在[40, 45]内的人数为ξ，求P(ξ＝2)．
（2）为了给游客提供更舒适的旅游体验，该旅游景点游船中心计划在2020年端午节当日投入至少1艘至多3艘A型游船供游客乘坐观光．由2010到2019这10年间的数据资料显示每年端午节当日客流量X（单位：万人）都大于1，将每年端午节当日客流量数据分成3个区间整理得如表：
端午节当日客流量X
15
频数（年）
4
4
2
以这10年的数据资料记录的3个区间客流量的频率作为每年客流量在该区间段发生的概率，且每年端午节当日客流量相互独立．
该游船中心希望投入的A型客船尽可能被充分利用，但每年端午节当日A型客船最多使用量（单位：艘）要受当日客流量X（单位：万人）的影响，其关联关系如表：
端午节当日客流量X
15
A型游船最多使用量
1
2
3
若某艘A型游船在端午节当日被投入且被使用，则游船中心当日可获利润4万元；若当日被投入却不被使用，则游船中心当日亏损0.5万元．记Y（单位：万元）表示该游船中心在端午节当日获得的总利润，Y的数学期望越大游船中心在端午节当日获得的总利润就越大，问该游船中心在2020年端午节当日应投入多少艘A
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型游船才能使当日获得的总利润最大．
已知O为坐标原点，椭圆E的焦点分别为F1(0, 2)，F2(0, −2)，过F1的直线l1与E交于M，N两点，且|NF1|＝2|F1M|，|MN|＝|MF2|．
（1）求椭圆E的标准方程；
（2）过F1且斜率为k的直线l2与椭圆E交于P，Q两点，OG→=OP→+OQ→，延长PO交椭圆于点H，求四边形PHQG面积的取值范围．
（二）选考题：（共10分.请考生在第22，23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分.）
在直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为x=4cosα,y=4+4sinα （α为参数），P是C1上的动点，M是OP的中点，M点的轨迹为曲线C2．以O为极点，x轴的正半轴为极轴，建立极坐标系．
（1）求C1，C2的极坐标方程；
（2）射线θ=π3与C1的异于极点的交点为A，与C2的异于极点的交点为B，求|AB|．
已知函数f(x)＝|x+t|+|x−2t|，t∈R．
（1）若t＝1，求不等式f(x)≤9−x2的解集；
（2）已知a+b＝1，若对任意x∈R，都存在a>0，b>0使得f(x)=4a2+bab，求实数t的取值范围．
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参考答案与试题解析
2020年黑龙江省哈尔滨九中高考数学三模试卷（理科）
一、选择题（本题共12小题，每小题5分，共60分）
1.
【答案】
D
【考点】
并集及其运算
【解析】
求出集合M，N，由此能求出M∪N．
【解答】
集合M＝{x|y＝ln(1−x)}＝{x|x<1}，
N＝{x|x2−2x<0}＝{x|02(x2−a2)恒成立，而点M，N是双曲线上关于x轴对称的两点，进一步可得b2(x2a2−1)>2(x2−a2)，由此得解．
【解答】
∵ A，B是双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)实轴的两个端点，
∴ A(−a, 0)，B(a, 0)，
设M(x, y)，N(−x, y)，则k1=yx+a,k2=−yx−a，
∵ k12+k22>4恒成立，
∴ (yx+a)2+(−yx−a)2>4恒成立，
∵ k1k2≠0，
∴ x2−a2>0，
∴ y2>2(x2−a2)恒成立，
又∵ 点M，N是双曲线上关于x轴对称的两点，
∴ x2a2−y2b2=1，即y2=b2(x2a2−1)，
∴ b2(x2a2−1)>2(x2−a2)，即b2>2a2，即c2−a2>2a2
∴ e>3．
12.
【答案】
A
【考点】
函数与方程的综合运用
【解析】
①可直接作图判断；②根据指数函数，幂函数性质可定性判断；③先通过 f(−1)＝g(−1)＝1，解得 m＝1，再把x1>x2转化为关于k的不等式，解出k的范围即可判断；④求出函数f(x)与g(x)的在(−∞, −1]上的值域即可定性判断．
【解答】
③若 g(x)＝ln(−x)+m 是 f(x)＝x2 在 (−∞, 1]上的“被追逐函数“，
此时必有 f(−1)＝g(−1)＝1，解得 m＝1，
当 m＝1 时，g(x)＝ln(−x)+1 和 f(x)＝x2 在 (−∞, 1]上单调递减，
由题意知对于任意k>1，存在 x1，x2(x1>x2)，使得 f(x1)＝g(x2)＝k 成立，
即x12=ln(−x2)+1=k⇒x1=−kx2=−ek−1 ，
即−k>−ek−1⇒k1，存在 x1，x2(x1>x2)，使得 f(x1)＝g(x2)＝k 成立，
故③正确（1）④当 x∈(−∞, −1]时 ,g(x)=1x+m∈[−1+m,m)，
而当x∈(−∞, −1]时，f(x)＝x2∈[1, +∞)，由 k 的任意性，
不存在 m⩾1，使得 g(x)=1x+m 是 f(x)＝x2 在 (−∞, −1]上的“被追逐函数“，
故④错误．
故选：A．
二、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）
【答案】
[14,+∞)
【考点】
全称量词与存在量词
全称命题与特称命题
命题的真假判断与应用
【解析】
直接利用特称命题和全称命题的转换和二次函数的性质的应用求出结果．
【解答】
命题“∃x∈R，mx2−x+1<0”是假命题，
则命题∀x∈R，mx2−x+1≥0恒成立为真命题．
所以①当m＝0时，−x+1≥0，解得x≤1，与x∈R矛盾，
②m>0b2−4ac≤0 ，即m>01−4m≤0 ，解得m≥14，
故m的范围为[14,+∞)．
【答案】
240
【考点】
二项式定理及相关概念
【解析】
先由题意利用二项式系数的性质求得n的值，可得通项公式，在通项公式中，令x的幂指数等于3，求得r的值，可得x3的系数．
【解答】
二项展开式的通项公式为Tr+1=∁nr⋅(2x)n−r⋅(−1x)r＝(−1)r⋅2n−r⋅∁nr⋅xn−32r；
由展开式中第2项与第3项的二项式系数之比是2:5，可得∁n1:∁n2=2:5，解得：n＝6．
令n−32r＝6−32r＝3，解得：r＝2，
所以x3的系数为(−1)2⋅26−2⋅∁62=240．
【答案】
(1, 3)
【考点】
余弦定理
【解析】
先根据余弦定理求得角C，结合正弦定理把3a−b转化为2(3sinA−sinB)，再结合AB之间的关系求出角A的范围，与正弦函数相结合即可求得结论．
【解答】
因为在锐角△ABC中，内角A，B，C对的边分别为a，b，c．
∵ a2+b(b−3a)＝1，c＝1⇒a2+b2−3ab＝c2⇒2cosC=3⇒cosC=32⇒C＝30∘，
∴ csinC=asinA=bsinB=1sin30=2；
∴ a＝2sinA，b＝2sinB；
∴ 3a−b＝2(3sinA−sinB)＝2[3sinA−sin(150∘−A)]＝2[3sinA−(12cosA+32sinA)]＝
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2(32sinA−12cosA)＝2sin(A−30∘)；
∵ 0∘0，h(x)递增，1=319．
由二面角B1−DE−C的平面角为钝角．
∴ 二面角B1−DE−C的余弦值为−31919．
【考点】
直线与平面平行
二面角的平面角及求法
【解析】
（1）如图所示，在线段AB1上取点M，使得AM＝2MB1，连接EM，MF．又DF＝2FB1，可证明四边形MECF为平行四边形，即FC // ME，即可证明CF // 平面B1AE．
（2）当平面B1AE⊥平面AECD时，三棱锥B1−ADE的体积最大．取AE的中点O，在AD上取点N，使得AN＝2ND，连接ON，则ON⊥AE．连接B1O，则B1O，ON，AE两两相互垂直，建立空间直角坐标系．设平面B1ED的法向量为n→=(x, y, z)，n→⋅EB1→=n→⋅ED→=0，可得n→．取平面CDE的法向量m→=(0, 0, 1)，利用向量夹角公式即可得出．
【解答】
证明：如图所示，在线段AB1上取点M，使得AM＝2MB1，连接EM，MF．又DF＝2FB1，
则MF // AD，MF=13AD，而EC // AD，EC=13AD，
∴ ME∥=EC．
∴ 四边形MECF为平行四边形，
∴ FC // ME，FC⊄平面B1AE；ME⊂平面B1AE．
∴ CF // 平面B1AE．
当平面B1AE⊥平面AECD时，三棱锥B1−ADE的体积最大．
取AE的中点O，在AD上取点N，使得AN＝2ND，连接ON，则ON⊥AE．
连接B1O，则B1O，ON，AE两两相互垂直，建立空间直角坐标系．O(0, 0, 0)，B1(0, 0, 2)，
E(2, 0, 0)，C(322, 22, 0)，D(22, 322, 0)，
EB1→=(−2, 0, 2)，ED→=(−22, 322, 0)，
设平面B1ED的法向量为n→=(x, y, z)，则n→⋅EB1→=n→⋅ED→=0，则−2x+2z＝0，−22x+322y＝0，
取n→=(3, 1, 3)．
取平面CDE的法向量m→=(0, 0, 1)，
cos<m→，n→>=319．
由二面角B1−DE−C的平面角为钝角．
∴ 二面角B1−DE−C的余弦值为−31919．
【答案】
由题意知f(x)的定义域为(0, +∞)，f′(x)=a−1x=ax−1x．……………
①当a≤0时，f′(x)<0，所以函数f(x)在(0, +∞)上单调递减，此时函数f(x)无极值．………
②当a>0时，令f′(x)＝0，得x=1a．
当01a时，f′(x)>0，所以函数f(x)在(1a,+∞)上单调递增．
此时，函数f(x)有极小值，为f(1a)=1−a+lna，无极大值．
综上，当a≤0时，函数f(x)无极值；当a>0时，函数f(x)有极小值f(1a)=1−a+lna，无极大值．……………………………
假设存在实数a，使得方程f(x)＝0有两个不同的实数根，即函数f(x)有两个不同的零点．
①当a≤0时，由（1）知函数f(x)在(0, +∞)上单调递减，
所以方程f(x)＝0
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不存在两个不同的实数根．…………………………………
②当01．
因为f(1)＝0，所以由（1）知f(1a)11+2×ln1−1=0，所以f(1a2)=1a+21na−a>0．
此时，函数f(x)在(1a,1a2)上也有一个零点，
所以，当01时，0<1a<1，因为f(1)＝0，所以由（1）知f(1a)0时，h′(a)>0，h(a)单调递增，
所以当a>0时，h(a)>h(0)＝1>0，所以ea>a>0，则1ea<1a．
又f(1ea)=ae−a>0，所以函数f(x)在(1ea,1a)上也有一个零点，
所以，当a>1时，函数f(x)有两个不同的零点．………………………………（1l分）
综上所述，当a∈(0, 1)∪(1, +∞)时，函数f(x)有两个不同的零点，即方程f(x)＝0有两个不同的实数根．………………………
【考点】
利用导数研究函数的极值
【解析】
（1）求导，分a≤0，a>0讨论函数的单调性，进而得出极值情况；
（2）先假设存在，并分a≤0，01四种情况讨论，再综合即可得出结论．
【解答】
由题意知f(x)的定义域为(0, +∞)，f′(x)=a−1x=ax−1x．……………
①当a≤0时，f′(x)<0，所以函数f(x)在(0, +∞)上单调递减，此时函数f(x)无极值．………
②当a>0时，令f′(x)＝0，得x=1a．
当01a时，f′(x)>0，所以函数f(x)在(1a,+∞)上单调递增．
此时，函数f(x)有极小值，为f(1a)=1−a+lna，无极大值．
综上，当a≤0时，函数f(x)无极值；当a>0时，函数f(x)有极小值f(1a)=1−a+lna，无极大值．……………………………
假设存在实数a，使得方程f(x)＝0有两个不同的实数根，即函数f(x)有两个不同的零点．
①当a≤0时，由（1）知函数f(x)在(0, +∞)上单调递减，
所以方程f(x)＝0不存在两个不同的实数根．…………………………………
②当01．
因为f(1)＝0，所以由（1）知f(1a)11+2×ln1−1=0，所以f(1a2)=1a+21na−a>0．
此时，函数f(x)在(1a,1a2)上也有一个零点，
所以，当01时，0<1a<1，因为f(1)＝0，所以由（1）知f(1a)0时，h′(a)>0，h(a)单调递增，
所以当a>0时，h(a)>h(0)＝1>0，所以ea>a>0，则1ea<1a．
又f(1ea)=ae−a>0，所以函数f(x)在(1ea,1a)上也有一个零点，
所以，当a>1时，函数f(x)有两个不同的零点．………………………………（1l分）
综上所述，当a∈(0, 1)∪(1, +∞)时，函数f(x)有两个不同的零点，即方程f(x)＝0有两个不同的实数根．………………………
【答案】
由分层抽样得抽取10人中[40, 45]有6人，[45, 50]有4人，
记4人中年龄在[40, 45]内的人数为ξ，
基本事件总数n=C104，其中ξ＝2包含的基本事件个数m=C62C42，
∴ P(ξ=2)=C62C42C104=37．
若投入1艘，利润为4万元，
若投入2艘，利润为Y2，分布列为：
Y2
3.5
8
P
0.4
0.6
E(Y2)＝3.5×0.4+8×0.6＝6.2．
若投入3艘，利润为Y3，分布列为
Y3
3
7.5
12
P
0.4
0.4
0.2
E(Y3)＝3×6.6+7.5×0.4+12×0.2＝6.6，
∴ 投入三艘利润最大．
【考点】
离散型随机变量的期望与方差
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频率分布直方图
离散型随机变量及其分布列
【解析】
（1）由分层抽样得抽取10人中[40, 45]有6人，[45, 50]有4人，记4人中年龄在[40, 45]内的人数为ξ，基本事件总数n=C104，其中ξ＝2包含的基本事件个数m=C62C42，由此能求出ξ＝2的概率．
（2）若投入1艘，利润为4万元，投入2艘，利润为Y2，求出分布列和E(Y2)，投入3艘，利润为Y3，求出分布列和E(Y3)，从而求出投入三艘利润最大．
【解答】
由分层抽样得抽取10人中[40, 45]有6人，[45, 50]有4人，
记4人中年龄在[40, 45]内的人数为ξ，
基本事件总数n=C104，其中ξ＝2包含的基本事件个数m=C62C42，
∴ P(ξ=2)=C62C42C104=37．
若投入1艘，利润为4万元，
若投入2艘，利润为Y2，分布列为：
Y2
3.5
8
P
0.4
0.6
E(Y2)＝3.5×0.4+8×0.6＝6.2．
若投入3艘，利润为Y3，分布列为
Y3
3
7.5
12
P
0.4
0.4
0.2
E(Y3)＝3×6.6+7.5×0.4+12×0.2＝6.6，
∴ 投入三艘利润最大．
【答案】
设椭圆方程为y2a2+x2b2=1(a>b>0)，且c＝2，
设|MF1|＝t，可得|NF1|＝2t，则|MN|＝3t＝|MF2|，
由2a＝|MF1|+|MF2|＝4t，即2t＝a，可得N为短轴的一个端点，
则cos∠NF1F2=2a=−cos∠MF1F2=−16+a24−9a242⋅4⋅a2，
解方程可得a＝23，b=12−4=22，
则椭圆方程为y212+x28=1；
设直线PQ的方程为y＝kx+2，
联立y=kx+22y2+3x2=24 ，可得(3+2k2)x2+8kx−16＝0，
设P(x1, y1)，Q(x2, y2)，
△＝64k2+64(3+2k2)>0恒成立，
x1+x2=−8k2k2+3，x1x2=−162k2+3，
则|PQ|=1+k2⋅(x1+x2)2−4x1x2=1+k2⋅64k2(3+2k2)2+643+2k2=83(1+k2)3+2k2，
O到直线PQ的距离为d=21+k2，
由题意可得S四边形PHQG＝3S△POQ=32|PQ|⋅d=243k2+12k2+3，
令k2+1=t(t≥1)，S四边形PHQG＝243⋅t2t2+1=2432t+1t，
由t≥1，则2t+1t≥3，
所以SPHQG∈(0,83]．
【考点】
椭圆的标准方程
椭圆的应用
直线与椭圆的位置关系
【解析】
（1）设出椭圆方程，运用椭圆的定义和余弦定理，解方程可得a，b，进而得到椭圆方程；
（2）设直线PQ的方程为y＝kx+2，联立椭圆方程，运用韦达定理和弦长公式，以及点到直线的距离公式，结合三角形的面积公式和对勾函数的单调性，可得所求范围．
【解答】
设椭圆方程为y2a2+x2b2=1(a>b>0)，且c＝2，
设|MF1|＝t，可得|NF1|＝2t，则|MN|＝3t＝|MF2|，
由2a＝|MF1|+|MF2|＝4t，即2t＝a，可得N为短轴的一个端点，
则cos∠NF1F2=2a=−cos∠MF1F2=−16+a24−9a242⋅4⋅a2，
解方程可得a＝23，b=12−4=22，
则椭圆方程为y212+x28=1；
设直线PQ的方程为y＝kx+2，
联立y=kx+22y2+3x2=24 ，可得(3+2k2)x2+8kx−16＝0，
设P(x1, y1)，Q(x2, y2)，
△＝64k2+64(3+2k2)>0恒成立，
x1+x2=−8k2k2+3，x1x2=−162k2+3
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，
则|PQ|=1+k2⋅(x1+x2)2−4x1x2=1+k2⋅64k2(3+2k2)2+643+2k2=83(1+k2)3+2k2，
O到直线PQ的距离为d=21+k2，
由题意可得S四边形PHQG＝3S△POQ=32|PQ|⋅d=243k2+12k2+3，
令k2+1=t(t≥1)，S四边形PHQG＝243⋅t2t2+1=2432t+1t，
由t≥1，则2t+1t≥3，
所以SPHQG∈(0,83]．
（二）选考题：（共10分.请考生在第22，23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分.）
【答案】
曲线C1的参数方程为x=4cosα,y=4+4sint （α为参数），转换为直角坐标方程为x2+(y−4)2＝16，转换为极坐标方程为ρ＝8sinθ．
设M(x, y)，则由条件知P(2x, 2y)，由于点P在曲线C1上，
所以2x=4cosα2y=4+4sinα ，化简得：x=2cosαy=2+2sinα ，转换为直角坐标方程为x2+(y−2)2＝4，转换为极坐标方程为ρ＝4sinθ．
由于射线θ=π3与C1的异于极点的交点为A，所以ρ1=8sinπ3=43
与C2的异于极点的交点为B，
所以ρ2=4sinπ3=23，
则：|AB|＝|ρ1−ρ2|＝23．
【考点】
圆的极坐标方程
【解析】
（1）直接利用转换关系的应用，把参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换．
（2）利用极径的应用求出结果．
【解答】
曲线C1的参数方程为x=4cosα,y=4+4sint （α为参数），转换为直角坐标方程为x2+(y−4)2＝16，转换为极坐标方程为ρ＝8sinθ．
设M(x, y)，则由条件知P(2x, 2y)，由于点P在曲线C1上，
所以2x=4cosα2y=4+4sinα ，化简得：x=2cosαy=2+2sinα ，转换为直角坐标方程为x2+(y−2)2＝4，转换为极坐标方程为ρ＝4sinθ．
由于射线θ=π3与C1的异于极点的交点为A，所以ρ1=8sinπ3=43
与C2的异于极点的交点为B，
所以ρ2=4sinπ3=23，
则：|AB|＝|ρ1−ρ2|＝23．
【答案】
当t＝1时，f(x)＝|x+1|+|x−2|=2x−1(x≥2)3(−1≤x<2)1−2x(x<−1) ，
∵ f(x)≤9−x2，∴ 当x≥2时，2x−1≤9−x2，∴ 2≤x≤11−1；
当−1≤x<2时，3≤9−x2，∴ −1≤x<2；
当x<−1时，1−2x≤9−x2，∴ −2≤x<−1，
∴ 不等式的解集为[−2,11−1]．
f(x)＝|x+1|+|x−2|≥|(x+t)−(x−2t)|＝3|t|，∴ f(x)min＝3|t|．
∵ f(x)=4a2+bab,a+b=1，
∴ 4ab+1a=4ab+a+ba≥1+24ab⋅ba=5，
当且仅当2a＝b，即a=13,b=23时等号成立，∴ 4a2+bab∈[5,+∞)，
∵ 对任意x∈R，都存在a>0，b>0使得f(x)=4a2+bab，
∴ 5≤3|t|，∴ t≥53或t≤−53，
∴ t的取值范围为(−∞,−53]∪[53,+∞)．
【考点】
绝对值不等式的解法与证明
【解析】
（1）将t＝1代入f(x)中，然后根据f(x)≤9−x2，利用零点分段法解不等式即可；
（2）先利用绝对值三角不等式求出f(x)的最小值，利用基本不等式求出4a2+bab的范围，再结合条件得到关于t的不等式，进一步求出t的取值范围．
【解答】
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当t＝1时，f(x)＝|x+1|+|x−2|=2x−1(x≥2)3(−1≤x<2)1−2x(x<−1) ，
∵ f(x)≤9−x2，∴ 当x≥2时，2x−1≤9−x2，∴ 2≤x≤11−1；
当−1≤x<2时，3≤9−x2，∴ −1≤x<2；
当x<−1时，1−2x≤9−x2，∴ −2≤x<−1，
∴ 不等式的解集为[−2,11−1]．
f(x)＝|x+1|+|x−2|≥|(x+t)−(x−2t)|＝3|t|，∴ f(x)min＝3|t|．
∵ f(x)=4a2+bab,a+b=1，
∴ 4ab+1a=4ab+a+ba≥1+24ab⋅ba=5，
当且仅当2a＝b，即a=13,b=23时等号成立，∴ 4a2+bab∈[5,+∞)，
∵ 对任意x∈R，都存在a>0，b>0使得f(x)=4a2+bab，
∴ 5≤3|t|，∴ t≥53或t≤−53，
∴ t的取值范围为(−∞,−53]∪[53,+∞)．
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