2020-2021学年河南省平顶山市、许昌市、济源市高三(上)一质检数学试卷(理科)(解析版)

2020-2021学年河南省许昌市、济源市、平顶山市高三（上）第
一次质检数学试卷（理科）
一、选择题（共12小题）.
1．已知集合A＝{x∈R|x﹣2＞0}，集合B＝{x|x2﹣2x﹣3＜0}，则A∩B＝（）A．（﹣∞，﹣1）∪（3，+∞）B．（3，+∞）
C．（2，+∞）D．（2，3）
2．已知复数z＝为虚数单位），则的虚部为（）
A．B．C．D．
3．已知等差数列{a n}中，S n为其前n项和，a3＝5，a2•a4＝21，则S9＝（）A．﹣9B．81C．9或81D．﹣9或81
4．某校高一年级研究性学习小组利用激光多普勒测速仪实地测量复兴号高铁在某时刻的速度，其工作原理是：激光器发出的光平均分成两束射出，在被测物体表面汇聚，探测器接收反射光．当物体横向速度不为零时，反射光相对探测光会发生频移，其中v为测速仪测得被测物体的横向速度，λ为激光波长，为φ两束探测光线夹角的一半，如图，若激光测速仪安装在距离高铁1m处，发出的激光波长λ＝1600nm（1nm＝10﹣9m），测得某时刻频移，则该时刻高铁的速度约等于（）
A．360km/h B．340km/h C．320km/h D．300km/h
5．设a，b都是不等于1的正数，则“a＞b”是“log a2＜log b2”的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
6．已知函数f（x）＝2021x5﹣，其中e是自然对数的底数，若f （a2）+f（a﹣6）＜0，则实数a的取值范围是（）
A．（﹣3，2）B．（0，2）C．（﹣2，3）D．
7．设m，n是不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，有以下四个命题：
①若m⊥α，n⊥β，α∥β，则m∥n；
②若α∩γ＝m，β∩γ＝n，m∥n，则α∥β；
③若γ⊥α，γ⊥β，则α∥β；
④若α∥β，β∥γ，m⊥α，则m⊥γ．
其中正确命题的序号是（）
A．①③B．②③C．③④D．①④
8．已知抛物线C的顶点在坐标原点，焦点F在x轴正半轴上，点M为圆O：x2+y2＝9与C 的一个交点，且|MF|＝3，则C的标准方程是（）
A．y2＝2x B．y2＝4x C．y2＝8x D．y2＝16x
9．已知函数，其图象相邻两条对称轴之间的距离为，将函数y＝f（x）的图象向左平移个单位后，得到的图象关于原点对称，那么函数y＝f（x）在上的值域是（）
A．B．C．D．[0，1]
10．已知函数为R上的增函数．则2m﹣n的取值范围为（）
A．[0，2]B．（0，2）C．[0，2）D．（0，2] 11．2020年是脱贫攻坚战决胜之年．凝心聚力打赢脱贫攻坚战，确保全面建成小康社会．为了如期完成脱贫攻坚目标任务，某县安排包括甲、乙在内的6个单位对本县的3个贫困村进行精准帮扶，要求每个村至少安排一个单位，每个单位只帮扶一个村，则甲、乙两个单位被安排在同一贫困村的概率为（）
A．B．C．D．
12．已知双曲线的左、右焦点分别为F1，F2.过点F1且斜率
为的直线交双曲线的左、右支于A、B两点，线段AB的垂直平分线恰过点F2，则该双曲线的离心率为（）
A．B．C．D．
二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）
13．设平面向量，若与的夹角为，则x＝．14．二项式展开式中的常数项为15，则实数a＝．
15．已知数列{a n}的前n项和为S n，对任意n∈N*都有4S n＝3a n+3，且60≤|S m|≤200，则m 的取值集合为．
16．已知，如图正三棱锥P﹣ABC中，侧棱长为1．底面边长为，D为AC中点．E为AB中点，M是PD上的动点，N是平面PCE上的动点，则AM+MN最小值是．
三、解答题：共70分。

解签应写出立之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题为洗考题，考生根据要求作答。

（一）必考题：60分。

17．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，
，且．
（1）求角A的大小；
（2）点M是BC的中点，且AM＝1，求△ABC面积的最大值．
18．如图所示，空间多面体ABCDEF中，ADEF为正方形，ABCD为梯形，BC∥AD，∠ADC ＝，BC＝CD＝1，AD＝2，且平面ADEF⊥平面ABCD．
（1）求证：AC⊥平面CDE；
（2）求二面角E﹣BD﹣F的余弦值．
19．某智能机器人生产企业对一次性购买4台机器人的客户，推出了3种超过质保期后延期2年内维修优惠方案：
方案1：不交维修延保金，维修1次费用6000元；
方案2：交纳延保金3000元，维修费用每次3000元；
方案3：交纳延保金5000元，在延保期内总共免费维修2次，超过2次每次维修费用2000元．
通过大数据得知，每台智能机器人在2年延保期内没有故障的概率为，每台机器人出现1次故障的概率为．
记X表示这4台智能机器人超过质保期后延保的2年内，共需维修的次数．
（1）求X的分布列；
（2）以3个方案所需费用（所交延保金及维修费用之和结果，保留为整数）的期望值作为决策依据，客户选择哪种延保方案更合算？请说明理由．
20．已知P点坐标为（0，2），点A，B分别为椭圆的左、右顶点，直线AP交E于点Q，△ABP是等腰直角三角形，且．
（1）求椭圆E的方程；
（2）过点M（1，0）的直线l交椭圆E于C，D两点，其中点C在x轴上方．设直线AD的斜率为k1，直线BC的斜率为k2，探究是否为定值，若为定值，求出定值；若不是定值，说明理由．
21．已知函数f（x）＝﹣ax2﹣e x+．
（1）若函数f（x）在点（1，f（1））处的切线与直线x+（2﹣e）y+2021＝0垂直，讨论
函数f（x）的单调性；
（2）函数f（x）有两个极值点x1，x2（x1＜x2）．
（ⅰ）求实数a的取值范围；
（ⅱ）证明：0＜f（x1）＜﹣1．
注：e是自然对数的底数．
选考题：共10分。

请考生在22，23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分。

[选修4-4：坐标系与参数方程]
22．在平面直角坐标系xOy中，已知直线l的参数方程为（t为参数），以坐标
原点O为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为
．
（1）求直线l的普通方程和曲线C的直角坐标方程；
（2）设点M（2，1），直线l与曲线C的交点为A，B，求的值．
[选修4-5：不等式选讲]
23．已知函数f（x）＝|x﹣a|+2|x+b|（a＞0，b＞0）的最小值为1．
（1）求a+b的值；
（2）若4a+b﹣mab≥0恒成立，求实数m的最大值．
参考答案
一、选择题：本大题共12个小题，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．已知集合A＝{x∈R|x﹣2＞0}，集合B＝{x|x2﹣2x﹣3＜0}，则A∩B＝（）A．（﹣∞，﹣1）∪（3，+∞）B．（3，+∞）
C．（2，+∞）D．（2，3）
解：∵集合A＝{x∈R|x﹣2＞0}＝{x|x＞2}，
集合B＝{x|x2﹣2x﹣3＜0}＝{x|﹣1＜x＜3}，
∴A∩B＝{x|2＜x＜3}＝（2，3）．
故选：D．
2．已知复数z＝为虚数单位），则的虚部为（）
A．B．C．D．
解：复数z＝﹣2i＝﹣2i＝﹣2i＝﹣i，
所以＝+i，
所以的虚部为．
故选：B．
3．已知等差数列{a n}中，S n为其前n项和，a3＝5，a2•a4＝21，则S9＝（）A．﹣9B．81C．9或81D．﹣9或81
解：∵等差数列{a n}中，S n为其前n项和，
a3＝5，a2•a4＝21，
∴，
解得或，
∴S9＝9×1+＝81或S9＝9×9+＝9．
故选：C．
4．某校高一年级研究性学习小组利用激光多普勒测速仪实地测量复兴号高铁在某时刻的速度，其工作原理是：激光器发出的光平均分成两束射出，在被测物体表面汇聚，探测器接收反射光．当物体横向速度不为零时，反射光相对探测光会发生频移，其中v为测速仪测得被测物体的横向速度，λ为激光波长，为φ两束探测光线夹角的一半，如图，若激光测速仪安装在距离高铁1m处，发出的激光波长λ＝1600nm（1nm＝10﹣9m），测得某时刻频移，则该时刻高铁的速度约等于（）
A．360km/h B．340km/h C．320km/h D．300km/h
解：由已知可得sinφ＝，
故9.0×109＝，即9＝，
故v＝km/h，
故选：A．
5．设a，b都是不等于1的正数，则“a＞b”是“log a2＜log b2”的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
解：因为log a2＜log b2，所以a＞b＞1或0＜b＜a＜1或0＜a＜1，b＞1，
故“a＞b”是“log a2＜log b2”的既不充分也不必要条件，
故选：D．
6．已知函数f（x）＝2021x5﹣，其中e是自然对数的底数，若f （a2）+f（a﹣6）＜0，则实数a的取值范围是（）
A．（﹣3，2）B．（0，2）C．（﹣2，3）D．
解：函数f（x）的定义域是（﹣6，6），且f（﹣x）＝﹣f（x），
故f（x）是奇函数，
而f′（x）＝10105x4﹣++e x≥10105x4﹣+2＝10105x4+＞0，
故f（x）在（﹣6，6）递增，
若f（a2）+f（a﹣6）＜0，
则f（a2）＜﹣f（a﹣6）＝f（6﹣a），
故﹣6＜a2＜6﹣a＜6，解得：0＜a＜2，
故选：B．
7．设m，n是不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，有以下四个命题：
①若m⊥α，n⊥β，α∥β，则m∥n；
②若α∩γ＝m，β∩γ＝n，m∥n，则α∥β；
③若γ⊥α，γ⊥β，则α∥β；
④若α∥β，β∥γ，m⊥α，则m⊥γ．
其中正确命题的序号是（）
A．①③B．②③C．③④D．①④
解：①若m⊥α，α∥β，则m⊥β，又n⊥β，则m∥n，故①正确；
②若α∩γ＝m，β∩γ＝n，m∥n，则α∥β或α与β相交，故②错误；
③若γ⊥α，γ⊥β，则α∥β或α与β相交，故③错误；
④若α∥β，m⊥α，则m⊥β，又β∥γ，则m⊥γ，故④正确．
∴正确的命题是①④，
故选：D．
8．已知抛物线C的顶点在坐标原点，焦点F在x轴正半轴上，点M为圆O：x2+y2＝9与C 的一个交点，且|MF|＝3，则C的标准方程是（）
A．y2＝2x B．y2＝4x C．y2＝8x D．y2＝16x
解：设抛物线的方程为y2＝2px（p＞0），焦点F（，0），准线方程为x＝﹣，
设M（m，n），则m+＝3，①
n2＝2pm，②
m2+n2＝9，③
由①②③消去m，n，可得（3﹣）2+2p（3﹣）＝9，
化为p2﹣4p＝0，解得p＝4，
可得抛物线的方程为y2＝8x，
故选：C．
9．已知函数，其图象相邻两条对称轴之间的距离为，将函数y＝f（x）的图象向左平移个单位后，得到的图象关于原点对称，那么函数y＝f（x）在上的值域是（）
A．B．C．D．[0，1]
解：函数，其图象相邻两条对称轴之间的距离为×＝，
∴ω＝2，f（x）＝sin（2x+φ）．
将函数y＝f（x）的图象向左平移个单位后，得到y＝sin（2x++φ）的图象，根据所得图象关于原点对称，可得+φ＝kπ，k∈Z，
∴φ＝，f（x）＝sin（2x+），g（x）＝cos2x．
当x∈，2x+∈[，]，sin（2x+）∈[﹣，1]，
那么函数y＝f（x）在上的值域是[﹣，1]，
故选：B．
10．已知函数为R上的增函数．则2m﹣n的取值范围为（）
A．[0，2]B．（0，2）C．[0，2）D．（0，2]
解：当x≤1时，函数y＝﹣x2+2mx﹣2为二次函数，
其对称轴方程为x＝m，
要使函数为R上的增函数，
则，即，
令z＝2m﹣n，由约束条件作出可行域如图，
联立方程组解得：A（，1），B（1，2），
则当z＝2m﹣n故A时，z有最大值为2，过B时，z有最小值0．
而A点取不到，故2m﹣n的取值范围为[0，2）．
故选：C．
11．2020年是脱贫攻坚战决胜之年．凝心聚力打赢脱贫攻坚战，确保全面建成小康社会．为了如期完成脱贫攻坚目标任务，某县安排包括甲、乙在内的6个单位对本县的3个贫困村进行精准帮扶，要求每个村至少安排一个单位，每个单位只帮扶一个村，则甲、乙两个单位被安排在同一贫困村的概率为（）
A．B．C．D．
解：6个单位对本县的3个不同额贫困村进行帮扶，分三大类：
①其中一个贫困村有4个单位，另外两个分别有1个单位，
共有＝90种情况；
②一个贫困村有3个单位，一个贫困村有2个单位，一个贫困村有1个单位，
共有＝360种情况；
③每个贫困村都有2个单位，
共有＝90种情况，
故共有90+360+90＝540种情况，
其中甲、乙两个单位被安排在同一个贫困村的可能情况，
同上分析有+++＝150种情况，
所以甲、乙两个单位被安排在同一贫困村的概率为＝．
故选：B．
12．已知双曲线的左、右焦点分别为F1，F2.过点F1且斜率为的直线交双曲线的左、右支于A、B两点，线段AB的垂直平分线恰过点F2，则该双曲线的离心率为（）
A．B．C．D．
解：如图，设AB中点为N，则有BF1﹣BF2＝2a，AF1＝BF2，
即AB+AF1﹣AF2＝2a，∴AB＝4a，
∵直线AB的斜率为，∴tan∠BF1F2＝，cos∠BF1F2＝，sin，在Rt△F2NF1中，F1F2＝2c，∴NF2＝，NF1＝，
∴AF1＝﹣2a，∴AF2＝AF1+2a＝，
在直角三角形ANF2中，∵AN2+NF22＝AF22，
即（）2＝（2a）2+（）2，
∴3c2＝5a2，
则该双曲线的离心率为e＝．
故选：A．
二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）
13．设平面向量，若与的夹角为，则x＝2021．解：根据题意，向量，
若与的夹角为，即⊥，则有•＝2x﹣4042＝0，
解可得：x＝2021，
故答案为：2021．
14．二项式展开式中的常数项为15，则实数a＝3．
解：二项式展开式中的通项公式为T r+1＝•a5﹣r•，
令10﹣＝0，求得r＝4，可得常数项为•a＝15，∴a＝3，
故答案为：3．
15．已知数列{a n}的前n项和为S n，对任意n∈N*都有4S n＝3a n+3，且60≤|S m|≤200，则m 的取值集合为{4，5}．
解：当n＝1时，a1＝3，
已知数列{a n}的前n项和为S n，对任意n∈N*都有4S n＝3a n+3①，
当n≥2时，4S n﹣1＝3a n﹣1+3②，
①﹣②得：（常数），
所以数列{a n}是以3为首项，﹣3为公比的等比数列；
所以．
，
由于60≤|S m|≤200，
所以当m＝4时，S4＝﹣60，|S4|＝|﹣60|＝60，故不等式成立．
当n＝5时，，故不等式成立．
故m的取值集合为{4，5}．
故答案为：{4，5}．
16．已知，如图正三棱锥P﹣ABC中，侧棱长为1．底面边长为，D为AC中点．E为AB中点，M是PD上的动点，N是平面PCE上的动点，则AM+MN最小值是．
解：取CE中点O，连接PO，则OD∥AE，OD＝AE＝AB＝，
∵CA＝CB，PA＝PB，E是AB的中点，
∴AB⊥CE，AB⊥PE，
∴AB⊥平面PCE，又DO∥AB，
∴DO⊥平面PCE，
∴当AM+MN最小时，MN⊥平面PCE，故N在线段PO上．
∵PA＝PC＝1，AC＝，∴PA⊥PC，故PD＝DA，∴∠APM＝45°，
又sin∠OPD＝＝，∴∠OPD＝30°，
将△PDO沿PD翻折到平面PAD上，如图所示：
则∠APO＝30°+45°＝75°，
则AM+MN的最小值为A到PO的距离PA sin75°＝1×．
故答案为：．
三、解答题：共70分。

解签应写出立之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题为洗考题，考生根据要求作答。

（一）必考题：60分。

17．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，
，且．
（1）求角A的大小；
（2）点M是BC的中点，且AM＝1，求△ABC面积的最大值．
解：（1）∵，∴﹣2sin cos+2sin2＝0，
即﹣sin A+2×＝﹣sin A﹣cos A+＝0，
即sin A+cos A＝，即2sin（A+）＝，
得sin（A+）＝，即A+＝，得A＝．
（2）∵点M是BC的中点，且AM＝1，
∴＝（+），平方得2＝（2+2+2•），
即4＝c2+b2+2bc×＝c2+b2+bc≥2bc+bc＝3bc，
即bc≤，当且仅当b＝c时取等号，
则△ABC面积S＝bc sin＝bc≤×＝，
即三角形面积的最大值为．
18．如图所示，空间多面体ABCDEF中，ADEF为正方形，ABCD为梯形，BC∥AD，∠ADC ＝，BC＝CD＝1，AD＝2，且平面ADEF⊥平面ABCD．
（1）求证：AC⊥平面CDE；
（2）求二面角E﹣BD﹣F的余弦值．
【解答】（1）证明：因为∠ADC＝，AD＝2，CD＝1，
所以在△ACD中，，解得，
所以AC2+DC2＝AD2，故AC⊥CD，
又平面ADEF⊥平面ABCD，平面ADEF∩平面ABCD＝AD，ED⊥AD，ED⊂平面ADEF，所以ED⊥平面ABCD，又AC⊂平面ABCD，
所以ED⊥AC，又AC⊥CD，CD∩ED＝D，CD，ED⊂平面CDE，
所以AC⊥平面CDE；
（2）解：作DM⊥AD，交BC的延长线于点M，则DM，AD，DE两两垂直，建立空间直角坐标系如图所示，
则，
所以，
设平面BDE的法向量为，
则有，所以，
令y＝1，则，所以，
设平面BDF的法向量为，
则有，所以，
令b＝1，则，所以，
所以，
故二面角E﹣BD﹣F的余弦值为．
19．某智能机器人生产企业对一次性购买4台机器人的客户，推出了3种超过质保期后延期2年内维修优惠方案：
方案1：不交维修延保金，维修1次费用6000元；
方案2：交纳延保金3000元，维修费用每次3000元；
方案3：交纳延保金5000元，在延保期内总共免费维修2次，超过2次每次维修费用2000元．
通过大数据得知，每台智能机器人在2年延保期内没有故障的概率为，每台机器人出现1次故障的概率为．
记X表示这4台智能机器人超过质保期后延保的2年内，共需维修的次数．
（1）求X的分布列；
（2）以3个方案所需费用（所交延保金及维修费用之和结果，保留为整数）的期望值作为决策依据，客户选择哪种延保方案更合算？请说明理由．
解：（1）X的所有可能取值为0，1，2，3，4
则P（X＝0）＝＝，
P（X＝1）＝××＝，
P（X＝2）＝××（）2＝，
P（X＝3）＝××（）3＝，
P（X＝4）＝＝，
所以X的分布列为
X01234
P
（2）选择延保方案1，所需费用Y1元的分布列为：
Y106000120001800024000
P
E（Y1）＝0×+6000×+12000×+18000×+24000×＝8000，
选择延保方案2，所需费用Y2元的分布列为：
Y23000600090001200015000
P
选择延保方案3，所需费用Y3元的分布列为：
Y3500070009000
P
E（Y3）＝5000×+7000×+9000×≈5247，
E（Y3）＜E（Y2）＜E（Y1），
所以客户选择第3种延保方案更合算．
20．已知P点坐标为（0，2），点A，B分别为椭圆的左、右顶点，直线AP交E于点Q，△ABP是等腰直角三角形，且．
（1）求椭圆E的方程；
（2）过点M（1，0）的直线l交椭圆E于C，D两点，其中点C在x轴上方．设直线AD的斜率为k1，直线BC的斜率为k2，探究是否为定值，若为定值，求出定值；若不是定值，说明理由．
解：（1）∵△ABP是等腰直角三角形，
∴a＝2，A（﹣2，0），已知P（0，2），
设Q（x0，y0），由，得（x0，y0﹣2）＝，
则，代入椭圆方程得b2＝1，
∴椭圆E的方程为：；
（2）当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y＝k（x﹣1），
联立，得（4k2+1）x2﹣8k2x+4k2﹣4＝0．
设C（x1，y1），D（x2，y2），
则，，
，，
则＝＝
＝＝．
当直线l的斜率不存在时，C、D分别与A、B重合，不符合C在x轴上方，舍去．
∴是定值为．
21．已知函数f（x）＝﹣ax2﹣e x+．
（1）若函数f（x）在点（1，f（1））处的切线与直线x+（2﹣e）y+2021＝0垂直，讨论函数f（x）的单调性；
（2）函数f（x）有两个极值点x1，x2（x1＜x2）．
（ⅰ）求实数a的取值范围；
（ⅱ）证明：0＜f（x1）＜﹣1．
注：e是自然对数的底数．
解：（1）f′（x）＝﹣ax﹣e x，f′（1）＝﹣a﹣e，
因为直线x+（2﹣e）y+2021＝0，
所以它的斜率为k＝，
所以k切＝﹣a﹣e＝2﹣e，即a＝﹣2，
f（x）＝x2﹣e x+，f′（x）＝2x﹣e x，
设g（x）＝f′（x）＝2x﹣e x，g′（x）＝2﹣e x，
令g′（x）＝0，得x＝ln2，
所以当x∈（﹣∞，ln2）时，g′（x）＞0，
当x∈（ln2，+∞）时，g′（x）＜0，
所以函数g（x）在（﹣∞，ln2）上单调递增，在（ln2，+∞）上单调递减，
所以f′（x）max＝g（x）max＝g（ln2）＝2ln2﹣e ln2＝2ln2﹣2＜0，即f′（x）＜0，所以f（x）在R上单调递减．
（2）（ⅰ）f（x）＝﹣ax2﹣e x+，
f′（x）＝﹣ax﹣e x，
若f（x）有两个极值点x1，x2，则x1，x2是方程f′（x）＝0的两个根，
故方程﹣ax﹣e x＝0的两个根为x1，x2，
又因为x＝0不是方程的根，
所以方程a＝﹣的两个非零根x1，x2，
设h（x）＝﹣，
h′（x）＝＝，
所当x∈（﹣∞，0），（0，1）时，h′（x）＞0，h（x）单调递增，
当x∈（1，+∞）时，h′（x）＜0，h（x）单调递减，
要使方程a＝﹣有两个根，需要a＜h（1）＝﹣e，
故a＜﹣e，
所以a的取值范围为（﹣∞，﹣e）．
（ⅱ）证明：f′（x1）＝0，得﹣ax1﹣e＝0，
故a＝﹣，x1∈（0，1），
f（x1）＝﹣ax12﹣e+＝（﹣1）e+，x1∈（0，1），
设s（t）＝e t（﹣1）+（0＜t＜1），
则s′（t）＝e t（）＜0，
所以s（t）在（0，1）上单调递减，
所以s（1）＜s（t）＜s（0），即0＜f（x1）＜﹣1．
选考题：共10分。

请考生在22，23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分。

[选修4-4：坐标系与参数方程]
22．在平面直角坐标系xOy中，已知直线l的参数方程为（t为参数），以坐标
原点O为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为
．
（1）求直线l的普通方程和曲线C的直角坐标方程；
（2）设点M（2，1），直线l与曲线C的交点为A，B，求的值．
解：（1）由（t为参数），
消去参数t，可得直线l的普通方程为x﹣y﹣1＝0，
由，
得＝2cosθ+2sinθ，
即ρ2＝2ρcosθ+2ρsinθ，
又x＝ρcosθ，y＝ρsinθ，ρ2＝x2+y2，
∴曲线C的直角坐标方程为x2+y2﹣2x﹣2y＝0．
（2）化直线l为，代入曲线C的直角坐标方程，可得．
∴，t1t2＝﹣1，
∴＝＝
＝＝．
[选修4-5：不等式选讲]
23．已知函数f（x）＝|x﹣a|+2|x+b|（a＞0，b＞0）的最小值为1．（1）求a+b的值；
（2）若4a+b﹣mab≥0恒成立，求实数m的最大值．
解：（1）f（x）＝，
f（x）在区间（﹣∞，﹣b]上递减，在区间[﹣b，+∞）上递增，∴f（x）min＝a+b．
∴a+b＝1；
（2）由4a+b﹣mab≥0，得mab≤4a+b，
∵a＞0，b＞0，∴ab＞0，
∴m≤，而，当且仅当，即a＝，b＝时，上式等号成立，
∴实数m的最大值为9．。