2020-2021学年高三(上)期末数学复习题 (2)(含答案解析)

2020-2021学年高三（上）期末数学复习题 (2)
一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）
1.若复数z满足z
1+i
=1+2i，则z=()
A. 1+3i
B. 3+i
C. 3+3i
D. −1+3i
2.已知集合A={x|x2−4x<0}，B={−1,3，7}，则A∩B=()
A. {−1}
B. {3}
C. {3,7}
D. {−1,7}
3.已知S n为等差数列{a n}的前n项和，若a4+a9=10，则S12等于()
A. 30
B. 45
C. 60
D. 120
4.已知偶函数f(x)在[0,+∞)上单调递增，则对实数a，b，a>b是f(a)>f(b)的()
A. 充分不必要条件
B. 必要不充分条件
C. 充要条件
D. 既不充分也不必要条件
5.设函数f(x)={(1
2
)x−3,x≤0
x2,x>0
已知f(a)>1，则实数a的取值范围是()
A. (−2,1)
B. (−∞,−2)∪(1,+∞)
C. (1,+∞)
D. (−∞,−1)∪(0,+∞)
6.已知cos(α+π
4)=√2
4
，则sin2α=()
A. 1
8B. 3
4
C. −1
8
D. −3
4
7.过点P(0,1)的直线l与圆(x−1)2+(y−1)2=1相交于A，B两点，若|AB|=√2，则该直线的
斜率为()
A. ±1
B. ±√2
C. ±√3
D. ±2
8.若一口袋中装有4个白球3个红球，现从中任取两球，则取出的两球中至少有一个白球的概率
为()
A. 1
3B. 1
6
C. 6
7
D. 2
21
9.三棱锥P−ABC中，PA⊥平面ABC，AC⊥BC，AC=BC=1，PA=√3，则该三棱锥外接球的
表面积为()
A. 5π
B. √2π
C. 20π
D. 4π
10.某班班会准备从含甲、乙的6名学生中选取4人发言，要求甲、乙两人至少有一人参加，那么
不同的发言顺序有()
A. 336种
B. 320种
C. 192种
D. 144种
11.已知过抛物线C:y2=8x的焦点F的直线l交抛物线于P, Q两点，若R为线段P、Q的中点，连
接OR并延长交抛物线C于点S，则|OS|
|OR|
的取值范围是()
A. (0,2)
B. [2,+∞)
C. (0,2]
D. (2,+∞)
12.已知，α∈(0,π
4
)，则sinα−cosα等于()
A. −1
5B. 1
5
C. −7
5
D. 7
5
二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13.根据如图所示的流程图，若输入值x∈[0,3]，则输出值y的取值范围是______．
14.若实数x，y满足{y≤x−1
2x+y≤2
x+y≥−3
，则z=x+2y的最小值为______．
15.在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若b=3√3,B=π
3,sinA=1
3
，则边a的长为______．
16.设函数f(x)={x 2+3x,x≥0
f(x+2),x<0，则f(−3)=______．
三、解答题（本大题共7小题，共84.0分）
17.已知数列{a n}满足对任意的n∈N∗，都有a n(q n a n−1)+2q n a n a n+1=a n+1·(1−q n a n+1)，且
a n+1+a n≠0，其中a1=2，q≠0.记T n=a1+qa2+q2a3+⋯+q n−1a n．
(1)若q=1，求T2019的值．
(2)设数列{b n}满足b n=(1+q)T n−q n a n．
①求数列{b n }的通项公式；
②若数列{c n }满足c 1=1，且当n ≥2时，c n =2b n−1−1，是否存在正整数k ，t ，使c 1，c k −c 1，c t −c k 成等比数列？若存在，求出所有k ，t 的值；若不存在，说明理由．
18. 某校卫生所成立了调查小组，调查“按时刷牙与不患龋齿的关系”，对该校某年级800名学生
进行检查，按患龋齿和不患龋齿分类，得汇总数据：按时刷牙且不患龋齿的学生有160 名，不按时刷牙但不患龋齿的学生有100 名，按时刷牙但患龋齿的学生有 240 名．
(1)该校4名校卫生所工作人员甲、乙、丙、丁被随机分成两组，每组 2 人，一组负责数据收集，另一组负责数据处理，求工作人员甲乙分到同一组的概率．
(2)是否有99.9%的把握认为该年级学生的按时刷牙与不患龋齿有关系？
附：k 2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)
19. 如图，在四棱锥P −ABCD 中，平面PAD ⊥平面ABCD ，△PAD 是等边三角形，四边形ABCD 是
矩形，CD =√2，F 为棱PA 上一点，且AF ⃗⃗⃗⃗⃗ =λAP ⃗⃗⃗⃗⃗ (0<λ<1)，M 为AD 的中点，四棱锥P −ABCD
的体积为2√6
3
．
(1)若λ=1
2
，N是PB的中点，求证：平面MNF//平面PCD；
(2)是否存在λ，使得平面FMB与平面PAD夹角的余弦值为√33
11
?
20.椭圆C：x2
a2+y2
b2
=1(a>b>0)的离心率为√3
2
，以原点为圆心，椭圆C的短轴长为直径的圆与
直线x−y+2=0相切．
(1)求椭圆C的方程；
(2)已知点P(0,1)，Q(0,2)，设M，N是椭圆C上关于y轴对称的不同的两点，直线PM与QN 相交于点T，求证：点T在椭圆上．
21.已知函数f(x)=x−alnx+a−1(a∈R)．
(Ⅰ)讨论f(x)的单调性；
(Ⅱ)若x∈[e a,+∞)时，f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围．
22.在平面直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为：为参数，0≤α<π)，以
O为极点，x轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线C的极坐标方程ρ=6sinθ．
(I)写出曲线C的直角坐标方程以及当时，写出直线l的普通方程；
(II)若点P(1,2)，设曲线C与直线l交于点A，B，求1
|PA|+1
|PB|
最小值．
23.已知f(x)=|x|+|x−2|．
(1)求不等式f(x)>|4x|
x
的解集；
(2)若f(x)的最小值为M，且a+2b+2c=M(a,b,c∈R)，求证：a2+b2+c2≥4
9
．
-------- 答案与解析 --------
1.答案：D
解析：
本题考查复数代数形式的乘除运算，是基础题．
把已知等式变形，利用复数代数形式的乘除运算化简得答案．
=1+2i，得z=(1+2i)(1+i)=−1+3i．
解：由z
1+i
故选：D．
2.答案：B
解析：
本题考查交集的运算，属于基础题．
可求出集合A，然后进行交集的运算即可．
解：A={x|x2−4x<0}={x|0<x<4}，B={−1,3，7}，
∴A∩B={3}．
故选：B．
3.答案：C
解析：
本题考查了等差数列的通项公式与求和公式及其性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．利用等差数列的性质与求和公式即可得出．
=6×(a4+a9)=60．
解：由等差数列的性质可得：S12=(a1+a12)×12
2
故选：C．
4.答案：D
解析：
本题考查充分必要条件的判定，考查函数的奇偶性与单调性，属于中档题．
由函数的奇偶性与单调性，结合充分必要条件的定义求解即可．
解：因为f(x)为偶函数，且在[0,+∞)上单调递增，
所以函数f(x)在(−∞,0)上单调递减，且函数f(x)的图象关于y轴对称．
若a>0>−a>b，根据函数的单调性可得f(−a)<f(b)，即f(a)<f(b)，所以由a>b不能推出f(a)>f(b);
若f(a)>f(b)，根据函数的单调性可得|a|>|b|，不能推出a>b．
综上，a>b是f(a)>f(b)的既不充分也不必要条件．
故选D．
5.答案：B
解析：解：函数f(x)={(1
2
)x−3,x≤0
x2,x>0
已知f(a)>1，
可得当a>0时，a2>1，解得a>1；
当a≤0时，(1
2
)a−3>1，
解得a<−2．
综上a∈(−∞,−2)∪(1,+∞)．
故选：B．
利用分段函数列出不等式真假求解即可．
本题考查分段函数的应用，考查转化思想以及计算能力．
6.答案：B
解析：
本题主要考查诱导公式、二倍角的余弦公式的应用，属于基础题．
利用诱导公式、二倍角的余弦公式，求得sin2α=−cos(2α+π
2)=−[2cos2(α+π
4
)−1]的值．
解：∵已知cos(α+π
4)=√2
4
，
则sin2α=−cos(2α+π
2
)
=−[2cos2(α+π
4
)−1]
=−(2×2
16−1)=3
4
，
故选B．
7.答案：A
解析：解：由题意设直线l的方程为y=kx+1，
因为圆(x−1)2+(y−1)2=1的圆心为(1,1)，半径为r=1，又弦长|AB|=√2，
所以圆心到直线的距离为d=√r2−(|AB|
2)2=√1−1
2
=√2
2
，
所以有
2=√2
2
，
解得k=±1．
故选：A．
先由题意，设直线的方程为y=kx+1；根据弦长和半径确定点到直线的距离，再由点到直线的距离公式即可求出结果
本题主要考查直线与圆位置关系，熟记点到直线距离公式以及几何法求与弦长有关的问题，属中档题．
8.答案：C
解析：解：∵一口袋中装有4个白球3个红球，现从中任取两球，
∴基本事件总数C72=21，
∵取出的两球中至少有一个白球的对立事件是取出的两个球都是红球，
∴取出的两球中至少有一个白球的概率为：
p=1−C32
C72=18
21
=6
7
．
故选：C．
取出的两球中至少有一个白球的对立事件是取出的两个球都是红球，由此利用对立事件概率计算公式能求出取出的两球中至少有一个白球的概率．
本题考查概率的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意等可能事件概率计算公式的合理运用．9.答案：A
解析：
本题在特殊三棱锥中求外接球的表面积，着重考查了线面垂直的判定与性质、勾股定理和球的表面积公式等知识，属于中档题．
根据题意，证出BC⊥平面PAC，PB是三棱锥P−ABC的外接球直径．利用勾股定理结合题中数据算
出PB=√5，得外接球半径R=√5
2
，从而得到所求外接球的表面积．
解：PA⊥平面ABC，AC⊥BC，
∴BC⊥平面PAC，PB是三棱锥P−ABC的外接球直径；
∵Rt△PBA中，AB=√2，PA=√3．
∴PB=√5，可得外接球半径R=1
2PB=√5
2
．
∴外接球的表面积S=4πR2=5π．
故选A．
10.答案：A
解析：解：根据题意，分2种情况讨论，
若只有甲乙其中一人参加，有C21⋅C43⋅A44=192种情况；
若甲乙两人都参加，有C22⋅C42⋅A44=144种情况，
则不同的发言顺序种数192+144=336种，
故选：A．
根据题意，分2种情况讨论，①只有甲乙其中一人参加，②甲乙两人都参加，由排列、组合计算可得其符合条件的情况数目，由加法原理计算可得答案．
本题考查排列、组合的实际应用，正确分类是关键．
11.答案：D
解析：
本题考查根据抛物线的几何性质求取值范围.由题意知，直线l 的斜率存在且不为0，
设直线l 的方程为y =k(x −2).由{y =k(x −2),
y 2
=8x 消去y 整理得k 2x 2−4(k 2+2)x +4k 2=0，所以k OS =y 0x 0
=2k k 2+2，直线OS 的方程为y =2k k 2+2
x ，代入抛物线方程，解得x 3=2(k
2+2)2
k 2
，
由条件知k 2>0.所以|OS||OR|=x
3
x 0
=k 2+2>2，得解．
解：由题意知，y 2=8x 的焦点F 的坐标为(2,0)，直线l 的斜率存在且不为0， 设直线l 的方程为y =k(x −2).由{y =k(x −2),
y 2=8x 消去y ，
整理得k 2x 2−4(k 2+2)x +4k 2=0， 设P(x 1,y 1)，Q(x 2,y 2)，R(x 0,y 0)，S(x 3,y 3)， 则x 1+x 2=
4(k 2+2)k 2
，故x 0=
x 1+x 22=
2(k 2+2)k 2，
y 0=k(x 0−2)=4
k
，所以k OS =y
0x 0
=2k
k 2+2，
直线OS 的方程为y =2k
k 2+2x ， 代入抛物线方程，解得x 3=
2(k 2+2)2
k 2
，
由条件知k 2>0.所以|OS|
|OR|=x
3
x 0
=k 2+2>2，
故选D ．
12.答案：A
解析：
本题考查同角三角函数基本关系式的应用，属于基础题． 根据条件求出
，再根据α∈(0,π
4)即可求出答案．
解：(sinα−cosα)2=sin 2α−2sinαcosα+cos 2α=1−2×12
25=1
25， 因为α∈(0,π
4)，所以sinα<cosα， 则sinα−cosα=−1
5 故选A ．
13.答案：[1,7]
解析：解：由程序框图知：算法的功能是求y ={
−(x −1)2
x <0
2x +1x ≥0
的值， 当x ∈[0,3]时，满足条件x ≥0，函数y =2x +1∈[1,7]． 故答案为：[1,7]．
根据程序框图知：算法的功能是求y ={
−(x −1)2
x <0
2x +1
x ≥0
的值，求分段函数的值域可得答案． 本题考查了选择结构的程序框图，分段函数求值域的方法是先在不同的段上值域，再求并集，属于基础题．
14.答案：−11
解析：
由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，求出最优解的坐标，代入目标函数得答案．
本题考查简单的线性规划，考查数形结合的解题思想方法，是中档题．
解：由实数x ，y 满足{y ≤x −1
2x +y ≤2x +y ≥−3，作出可行域
如图，
联立{2x +y =2x +y =−3，解得A(5,−8)，
化目标函数z =x +2y 为y =−1
2x +1
2z ， 由图可知，当直线y =−1
2x +12z 过A 时，
直线在y 轴上的截距最小，z 有最小值为：−11． 故答案为−11．
15.答案：2
解析：解：∵b =3√3,B =π
3,sinA =1
3， ∴由正弦定理可得：a =b⋅sinA sinB
=
3√3×
1
3
√32
=2．
故答案为：2．
由已知利用正弦定理即可解得a 的值．
本题主要考查了正弦定理在解三角形中的应用，属于基础题．
16.答案：4
解析：
本题考查函数值的计算，涉及分段函数解析式，属于基础题．
根据题意，由函数的解析式可得f(−3)=f(−1)=f(1)，又由解析式求出f(1)的值，即可得答案． 解：根据题意，函数f(x)={x 2+3x,x ≥0
f(x +2),x <0，
当x <0时，有f(−3)=f(−1)=f(1)， 当x >0时，f(1)=1+3=4， 则f(−3)=4． 故答案为4．
17.答案：解：(1)当q =1时，由a n (q n a n −1)+2q n a n a n+1=a n+1(1−q n a n+1)，得(a n+1+a n )2=
a n+1+a n .又a n+1+a n ≠0，所以a n+1+a n =1．
又a 1=2，所以T 2019=a 1+(a 2+a 3)+(a 4+a 5)+⋯+(a 2018+a 2019)=1011；
(2)①由a n (q n a n −1)+2q n a n a n+1=a n+1(1−q n a n+1)，得q n (a n+1+a n )2=a n+1+a n .又a n+1+a n ≠0，所以a n+1+a n =1
q n ．
又因为T n=a1+qa2+q2a3+⋯+q n−1a n，所以qT n=qa1+q2a2+q3a3+⋯+q n a n，
所以(1+q)T n=a1+q(a1+a2)+q2(a2+a3)+q3(a3+a4)+⋯+q n−1(a n−1+a n)+q n a n，
b n=(1+q)T n−q n a n=a1+1+1+⋯+1+q n a n−q n a n=a1+n−1=n+1，
所以b n=n+1，
②由题意，得c n=2b n−1−1=2n−1，n≥2.若c1，c k−c1，c t−c k成等比数列，则(c k−c1)2=c1(c t−
c k)，即(2k−2)2=2t−2k，
所以2t=(2k)2−3·2k+4，即2t−2=(2k−1)2−3·2k−2+1(∗)．
由于c k−c1≠0，所以k≠1，即k≥2．
当k=2时，2t=8，得t=3．
当k≥3时，由(∗)得(2k−1)2−3·2k−2+1为奇数，所以t−2=0，即t=2，代入(∗)得22k−2−3·2k−2=0，即2k=3，此时k无正整数解．
综上，k=2，t=3满足题意．
解析：本题考查数列的通项和求和的关系，考查等比数列和等差数列的通项公式，考查整体思想和存在性问题解法，考查运算能力和推理能力，属于中档题．
(1)由已知条件，结合完全平方式化为a n+a n+1=q−n，由q=1，计算可得所求和；
(2)①由(1)的结论，并项求和可得所求通项公式；
②求得c n，假设存在正整数k，t，使c t，c k−c t，c t−c k成等比数列，运用等比数列中项性质，解方程即可判断存在性．
18.答案：解：(1)4人分组的所有情况如下表；
∴4人分组的情况共有6种，其中工作人员甲乙分到同一组有2种，
∴工作人员甲乙分到同一组的概率是P=2
6=1
3
；
(2)根据题意，列2×2联表如下，
按时刷牙不按时刷牙总计
不患龋齿160100260
患龋齿240300540
总计400400800
∵k2=800(160×300−100×240)2
260×540×400×400
≈20.513>10.828，
∴有99.9%的把握认为该年级学生的按时刷牙与不患龋齿有关系．
解析：本题主要考查了独立性检验知识，考查古典概型的计算与运用，考查学生的计算能力，属于基础题．
(1)利用列举法确定基本事件的个数，再利用古典概型概率公式求解即可；
(2)先作出2×2列联表，再利用公式求出K2的值，与临界值比较，即可得到结论．
19.答案：证明：(1)∵λ=1
2
，∴F是A的中点，
∵N是PB的中点，∴FN//AB，
∵四边形ABCD是矩形，∴AB//CD，故
F N//CD，
∵CD⊂平面PCD，FN⊄平面PCD，
∴FN//平面PCD，
FM//DP，DP⊂平面PCD，FM⊄平面PCD，
∴FM//平面PCD，
FM∩FN=F，FM，FN⊂平面FMN，
∴平面FMN//平面PCD．
解：(2)连结PM，过M作ME//CD，交BC于E，
由△PAD是等边三角形，得PM⊥AD，
面PAD⊥面ABCD，面PAD∩面ABCD=AD，PM⊥AD，PM⊂面PAD，
∴PM⊥平面ABCD，
以M 为原点，MA 为x 轴，ME 为y 轴，MP 为z 轴，建立空间直角坐标系， 假设存在λ，满足题意，设AF ⃗⃗⃗⃗⃗ =λAP ⃗⃗⃗⃗⃗ ，λ∈(0,1)， 则A(1,0，0)，P(0,0，√3)，B(1,√2,0)，M(0,0，0)， MB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,√2,0)，AF ⃗⃗⃗⃗⃗ =λAP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−λ,0,√3λ)， 则MF
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =MA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +AF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1−λ,0,√3λ)， 设面FMN 的法向量m
⃗⃗⃗ =(x,y ，z)， 则{m ⃗⃗⃗ ⋅MF ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0m ⃗⃗⃗ ⋅MB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0，即{x +√2y =0(1−λ)x +√3λz =0，
取y =−√2，得m
⃗⃗⃗ =(2,−√2,3λ
)，
取PAD 的法向量n
⃗ =(0,1，0)， 由题知|cos <m ⃗⃗⃗ ,n ⃗ >|=|m ⃗⃗⃗ ⋅n ⃗⃗ |
|m ⃗⃗⃗ |⋅|n ⃗⃗ |
=√2|
√6+(2λ−2√3λ
)
=
√33
11，解得λ
=1
2
， ∴存在λ=1
2，使得平面FMB 与平面PAD 所成的二面角余弦的绝对值为√3311
．
解析：本题考查面面平行的证明，考查满足二面角的余弦值的实数值是否存在的判断与求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是中档题． (1)由λ=1
2，推导出四边形ABCD 是矩形，从而AB//CD ，FN//CD ，进而FN//平面PCD ，同理FM//平面PCD ，由此能证明平面FMN//平面PCD ；
(2)连结PM ，过M 作ME//CD ，交BC 于E ，以M 为原点，MA 为x 轴，ME 为y 轴，MP 为z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出存在λ=1
2，使得平面FMB 与平面PAD 所成的二面角余弦的绝对值为√33
11．
20.答案：(1)解：∵以原点为圆心，椭圆C 的短轴长为直径的圆与直线x −y +2=0相切，
∴
2=b ，解得b =√2．
又c
a =√3
2，a 2=b 2+c 2，解得a 2=8，c =√6， ∴椭圆C 的标准方程为：
x 28
+
y 22
=1．
(2)证明：设M(x 0,y 0)，N(−x 0,y 0)，可得直线PM 的方程为：y =y 0−1x 0
x +1，直线QN 的方程为：
y =
y 0−2−x 0
x +2，
设T(x,y)，联立解得x0=x2y−3，y0=3y−4
2y−3
，
∵x02
8+y02
2
=1，∴1
8
(x
2y−3
)2+1
2
(3y−4
2y−3
)2=1，
化为：x2
8+y2
2
=1．
∴点T在椭圆上．
解析：(1)以原点为圆心，椭圆C的短轴长为直径的圆与直线x−y+2=0相切，可得
√2
=b，解得b.
又c
a =√3
2
，a2=b2+c2，解出即可得出椭圆C的标准方程．
(2)设M(x0,y0)，N(−x0,y0)，可得直线PM的方程为：y=y0−1
x0x+1，直线QN的方程为：y=y0−2
−x0
x+2，
设T(x,y)，联立基础代入椭圆方程即可得出．
本题考查了椭圆的标准方程及其性质、直线与椭圆相交问题、直线与圆相切性质、点到直线的距离公式，考查了推理能力与计算能力，属于难题．
21.答案：解：(Ⅰ)函数f(x)的定义域是(0,+∞)，
f′(x)=1−a
x =x−a
x
，
①当a≤0时，f′(x)>0，f(x)在(0,+∞)递增，
②当a>0时，由f′(x)=0，解得：x=a，
故f(x)在(0,a)递减，在(a,+∞)递增，
综上，当a≤0时，f(x)在(0,+∞)递增，
当a>0时，f(x)在(0,a)递减，在(a,+∞)递增；
(Ⅱ)①当a=0时，∵x≥1，∴f(x)=x−1≥0恒成立，
故a=0符合题意，
②当a<0时，e a<0，∵f(1)=a<0，故f(x)≥0不恒成立，舍，
③当a>0时，由(Ⅰ)知f(x)在(0,a)递减，在(a,+∞)递增，
下面先证明：e a>a(a>0)，
设p(a)=e a−a，∵p′(a)=e a−1>0，
∴p(a)在(0,+∞)递增，p(a)≥p(0)=1>0，故e a>a，
故f(x)在[e a,+∞)递增，
故f(x)min=f(e a)=e a−a2+a−1，
设q(a)=e a−a2+a−1(a>0)，则q′(a)=e a−2a+1，q″(a)=e a−2，
由q″(a)>0，解得：a>ln2，由q″(a)<0，解得：0<a<ln2，
故q′(a)在(0,ln2)递减，在(ln2,+∞)递增，
故q′(a)≥q′(ln2)=3−2ln2>0，
故q(a)在(0,+∞)递增，
故q(a)>q(0)=0，故f(x)min>0，
故f(x)≥0恒成立，
故a>0符合题意，
综上，a的范围是[0,+∞)．
解析：(Ⅰ)求出函数的导数，通过讨论a的范围，求出函数的单调区间即可；
(Ⅱ)通过讨论a的范围，结合函数的单调性求出函数的最小值，从而确定a的范围即可．
本题考查了函数的单调性，最值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，转化思想，是一道综合题．
22.答案：解：(I)∵曲线C的极坐标方程ρ=6sinθ．
∴ρ2=6ρsinθ，
∴曲线C的直角坐标方程为x2+y2=6y，
即x2+(y−3)2=9．
当α=π
4时，直线l的参数方程为：{
x=1+√2
2
t
y=2+√2
2
t
(t为参数)，
∴直线l的普通方程为x−y+1=0．
(II)将直线l的参数方程代入圆的直角坐标方程，
得t2+2(cosα−sinα)t−7=0，
∵△=4(cosα−sinα)2+4×7>0，
设A，B对应的参数分别为t1，t2，
则t1+t2=−2(cosα−sinα),t1·t2=−7<0．
又直线l过点P(1,2)，结合t的几何意义得：
|PA|+|PB|=|t1|+|t2|=|t1−t2|
=√(t1+t2)2−4t1t2=√[−2(cosα−sinα)]2+28 =√32−4sin2α．
∴
1|PA |+1
|PB |=
|PA |+|PB ||PA |·|PB |
，
当且仅当sin2α=1时取等号， ∴1
|PA |+1
|PB |的最小值为2√77
．
解析：本题考查直线的普通方程的求法，考查两线段的倒数和的最小值的求法，考查极坐标方程、参数方程、直角坐标方程的互化等基础知识，是中档题．
(I)当α=π
4时，直线l 的参数方程消去参数能求出直线l 的普通方程；曲线C 的极坐标方程转化为ρ2=6ρsinθ，由此能求出曲线C 的直角坐标方程．
(II)将直线l 的参数方程代入圆的直角坐标方程，得t 2+2(cosα−sinα)t −7=0，由此能求出1
|PA |+
1|PB |
的最小值．
23.答案：解：(1)当x <0时，f(x)>
|4x|x
等价于|x|+|x −2|>−4，该不等式恒成立；
当0<x ≤2时，f(x)>|4x|x
等价于2>4，该不等式不成立；
当x >2时，f(x)>|4x|x
等价于{x >22x −2>4
，解得x >3， 所以不等式f(x)>
|4x|x
的解集为
．
(2)因为f(x)=|x|+|x −2|≥|x −(x −2)|=2， 当0≤x ≤2时取等号，所以M =2，a +2b +2c =2，
由柯西不等式可得4=(a +2b +2c)2≤(12+22+22)(a 2+b 2+c 2)=9(a 2+b 2+c 2)， 当且仅当a =2
9,b =4
9,c =4
9时等号成立，所以a 2+b 2+c 2≥4
9．
解析：本题考查函数最值、绝对值不等式求解、柯西不等式的应用，属于中档题． (1)对x 进行分类讨论，可得：x <0时，f(x)>|4x|x
等价于|x|+|x −2|>−4，
0<x ≤2时，f(x)>|4x|x
等价于2>4，x >2时，f(x)>
|4x|x
等价于{x >22x −2>4
，求解即可；
(2)求得f(x)的最小值为M ，由柯西不等式即可求证．。