2014年高考文科数学辽宁卷-答案

3 201
4 年普通高等学校招生全国统一考试（辽宁卷）
数学(供文科考生使用)答案解析
第Ⅰ卷
一、选择题
1. 【答案】D
【解析】
A B ={x | x ≥1或x ≤ 0} ，∴
| 0 < x <1} .故选 D.
【提示】先求
A B ，再根据补集的定义求 ( A B ) .
【考点】交、并、补集的混合运算
2. 【答案】A
【解析】 (z - 2i)(2 -i) = 5 ，∴ z =
5
+ 2i = 5(2 + i)
+ 2i = 2 + 3i. 故选 A. 2 - i 5 【提示】把给出的等式两边同时乘以 1
2 - i
，然后利用复数代数形式的除法运算化简，则 z 可求.
【考点】复数代数形式的乘除运算
3. 【答案】D
【解析】∵ - 1
， b = log 1 < log 1 = 0 ， c = log
1 = log 3 > log
2 = 1，∴c > a > b .故选D.
0 < a = 2 3 < 2 =1 2 3
2 1 2 2 2
【提示】利用指数式的运算性质得到0 < a <1 ，由对数的运算性质得到b < 0，c >1，则答案可求. 【考点】对数的运算性质
4. 【答案】B
【解析】若m ∥α ， n ∥α ，则m ， n 相交或平行或异面，故A 错；若 m ⊥ α ， n ⊂ α ，则m ⊥ n ，故B 正确；若m ⊥ α ， m ⊥ n ，则n ∥α 或 n ⊂ α ，故 C 错；若m ∥α ， m ⊥ n ，则n ∥α 或n ⊂ α 或n ⊥ α ，故 D 错.故选 B.
【提示】A 运用线面平行的性质，结合线线的位置关系，即可判断；B 运用线面垂直的性质，即可判断； C 运用线面垂直的性质，结合线线垂直和线面平行的位置即可判断；D 运用线面平行的性质和线面垂直的判定，即可判断.
【考点】空间中直线与直线之间的位置关系
5. 【答案】A
【解析】若a b = 0 ， b c = 0 ，则a b = b c ，即(a - c )b = 0 ，则 a c = 0 不一定成立，故命题 p 为假命题.若
a ∥
b ， b ∥
c ，则 a ∥c ，故命题q 为真命题.则 p ∨ q ，为真命题， p ∧ q ，(⌝p ) ∧ (⌝q ) ， p ∨ (⌝q ) 都为假命
U (A B ) ={x
题，故选A.
【提示】根据向量的有关概念和性质分别判断p ，q 的真假，利用复合命题之间的关系即可得到结论.【考点】复合命题的真假
6.【答案】B
1 π ⋅12【解析】P( A) =
2 = π
，故选B.
1⨯ 2 4
【提示】利用几何概型的概率公式，求出对应的图形的面积，利用面积比即可得到结论.【考点】几何概型
7.【答案】C
【解析】由三视图知：几何体是正方体切去两个1
圆柱，正方体的棱长为2，切去的圆柱的底面半径为1，4
高为2，所以几何体的体积V = 23 - 2 ⨯1
⨯π⨯12 ⨯ 2 = 8 -π ，故选C. 4
【提示】几何体是正方体切去两个
1
圆柱，根据三视图判断正方体的棱长及切去的圆柱的底面半径和高，把4
数据代入正方体与圆柱的体积公式计算.【考点】由三视图求面积、体积
8.【答案】C
【解析】因为点A(-2,3) 在抛物线C ：y2 = 2 px 的准线上，所以p
= 2 ，所以F(2,0) ，所以直线AF 的斜率2
为
3
=-
3
，故选C. -2 - 2 4
【提示】利用点A(-2,3) 在抛物线C ：y2 = 2 px 的准线上，确定焦点F 的坐标，即可求出直线AF 的斜率.【考点】抛物线的简单性质
9.【答案】D
【解析】等差数列
a 1d < 0 .故选D.
{a
n
}的公差为d ，
2a1a n+1
∴a
n+1
-a
n
=d.又数列{2a1a n }为递减数列，所以
2a1a n+1
=
2a1a n
2a1d<1，
【提示】由数列递减可得
2a1a n
< 1，由指数函数的性质和等差数列的通项公式化简可得.【考点】等差数列的性质
10.【答案】A
【解析】当x ∈⎡
0,
1 ⎤
，由f (x) =
1
，即cos πx =
1
，则πx =
π
，即x =
1
.
⎢⎣ 2 ⎥⎦2 2 3 3
⎢ ⎥ 当 x > 1 时，由 f (x ) = 1 ，得2x -1 = 1 ，解得 x = 3 .则当 x ≥ 0 时，不等式 f (x ) ≤ 1 的解为 1 ≤ x ≤ 3 .
2 2 2 4 2
3 4
由 f (x ) 为偶函数，所以当 x < 0 时，不等式 f (x ) ≤ 1 的解为- 3 ≤ x ≤ - 1 ，即不等式 f (x ) ≤ 1 的解为 1 ≤ x ≤ 3
2 4
3 2 3 4
或- 3 ≤ x ≤ - 1 ，则由- 3 ≤ x -1 ≤ - 1 或 1 ≤ x -1 ≤ 3 ，解得 1 ≤ x ≤ 2 或 4 ≤ x ≤ 7 ，即不等式 f (x -1) ≤ 1 的
4 3 4 3 3 4 4 3 3 4 2 解集为 1 ≤ x ≤ 2 或 4 ≤ x ≤ 7
，故选 A.
4 3 3 4
【提示】先求出当 x ≥ 0 时，不等式 f (x ) ≤ 1 的解，然后利用函数的奇偶性求出整个定义域上 f (x ) ≤ 1
的解，
2 2
即可得到结论.
【考点】分段函数的应用
11. 【答案】B
【解析】把函数 y = 3sin ⎛
2x + π ⎫ 的图象向右平移 π 个单位长度，得到的图象所对应的函数解析式为：
3 ⎪ 2 ⎝ ⎭
y = 3sin ⎢2 x - 2 ⎪ + 3 ⎥ .即 y = 3sin 2x - 3 ⎪ .由- 2 3 + k π ，
k ∈ Z .取k = 0 ，得 π ≤ x ≤ 7π .所得图象对应的函数在区间⎡ π , 7π ⎤
上单调递增，故选 B.
12 12 ⎢⎣12 12 ⎥⎦
【提示】直接由函数的图象平移得到平移后的图象所对应的函数解析式，然后利用复合函数的单调性的求
法求出函数的增区间，取k = 0 即可得到函数在区间
⎡ π , 7π ⎤ 上单调递增，则答案可求. ⎣12 12 ⎦
【考点】函数 y = A sin(ωx + ϕ) 的图象变换
12. 【答案】C
【解析】当 x = 0 时，不等式ax 3 - x 2 + 4x + 3 ≥ 0 对任意a ∈ R 恒成立；当0 < x ≤1时， ax 3 - x 2
+ 4x + 3 ≥ 0 1 4 3 1 4 3
1 8 9 (x - 9)(x +1)(*)
可化为 a ≥ - - ，令 x x 2 x 3 f (x ) = - - ，则 x x 2 x 3 f '(x ) = - + + = - x 2 x 3 x 4 x
4
，当0 < x ≤1时， f '(x ) > 0 ， f (x ) 在(0,1] 上单调递增， f (x )max = f (1) = -6 ，∴a ≥ -6 .当-2 ≤ x < 0 时，ax 3 - x 2 + 4x + 3 ≥ 0
可化为 a ≤ 1 - 4 - 3
.当-2 ≤ x ≤ -1时， f '(x ) < 0 ， f (x ) 单调递减，当-1< x < 0 时， f '(x ) > 0 ， f (x ) 单
x x 2 x 3
调递增， f (x )min = f (-1) = -2 ，∴a ≤ -2 .综上所述，实数 a 的取值范围是-6 ≤ a ≤ -2 ，即实数a 的取值范
围是[-6, -2].故选C.
【提示】分 x = 0 ，0 < x ≤1， -2 ≤ x < 0 三种情况进行讨论，分离出参数a 后转化为函数求最值即可，利用导数即可求得函数最值，注意最后要对a 取交集.
⎡ ⎛ π ⎫ π ⎤ ⎛
2π ⎫ π + 2k π ≤ 2x - 2π ≤ π π + k π ≤ x ≤ 7π ⎣ ⎝ ⎭ ⎦ ⎝ ⎭ 2
+ 2k π ，得 12 12
⎩ ⎨ ⎩ 【考点】函数恒成立问题，其他不等式的解法
第Ⅱ卷
二、填空题
13. 【答案】20
【解析】由程序框图知：算法的功能是求T =1+ (1+ 2) + (1+ 2 + 3) + + (1+ 2 + 3 + + i) 的值，当输入n = 3
时，跳出循环的i 值为 4，所以输出T =1+ 3 + 6 +10 = 20 . 【提示】算法的功能是求T =1+ (1+ 2) + (1+ 2 + 3) + + (1+ 2 + 3 + + i ) 的值，根据条件确定跳出循环的i
值，计算输出的 T 值. 【考点】程序框图
14. 【答案】18
⎧2x + y - 2 ≥ 0 【解析】由约束条件⎪
x - 2 y + 4 ≥ 0 作出可行域如图，联立⎧x - 2 y + 4 = 0 ，解得⎧x = 2 ，∴C (2,3) .化目标
⎨ ⎪3x - y - 3 ≤ 0
⎩3x - y - 3 = 0 ⎨
y = 3
函数 z = 3x + 4y 为直线方程的斜截式，得： y = - 3 x + z .由图可知，当直线 y = - 3 x + z
过点C 时，直线在
4 4 4 4 y 轴上的截距最大，即 z 最大.∴z max = 3⨯ 2 + 4⨯ 3 =18 .
【提示】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，联立方程组求出最优解的坐标，代入目标函数得答案. 【考点】简单线性规划
15. 【答案】12
【解析】如图： MN 的中点为Q ，易得| QF
|
= 1 | NB | ，| QF |= 1
| AN | ， Q 在椭圆C 上，
2 2 1
2
∴|QF 1|+ | QF 2 |= 2a = 6 ，∴| AN | + | BN |=12 .
3 1 - ⎛ 1 ⎫2
⎝ 3 ⎭ ⎪ 2 2 4 2 1- sin 2 C 1 - ⎛ 4 2 ⎫2 ⎝ ⎭ 9 ⎪ ⎝
⎩
⎩ ⎩ ⎩ ⎭
【提示】画出图形，利用中点坐标以及椭圆的定义，即可求出| AN | + | BN | 的值.
【考点】椭圆的简单性质
16. 【答案】-1
c
1 ⎛ b ⎫2
3 【解析】 4a 2 - 2ab + b 2 - c = 0 ，∴ = a 2 -
4 2 ab + b 2
= a - ⎝ ⎪ + 16
b 2 ，由柯西不等式得，
⎡ b 2 ⎛ ⎫2 ⎤ 2
⎡ b ⎢⎛ a - ⎫ +
b ⎪ ⎥ ⎡22 + (2 3
)
⎤ ≥ ⎢2⎛ a - ⎫ + b
2a + b 2 ，故当 2a + b 最大时， ⎢
4 ⎪ 4 ⎪ ⎥ ⎢⎣
⎥⎦ 2 ⎪ 4
⎣
⎝ ⎭
a - b
⎝ ⎭ ⎦
3
b
1
⎣ ⎝
⎭ 1 2 4 2 2 4 1 ⎛ 1 1 ⎫2
有 4 = 4 2 ，∴a = b ， c = b 2
，∴ + + = + + = 2 a b c b b b 2 4 b + ⎪ -1 ，当b = -2 时， ⎭ 取得最小值为-1.
【提示】 4a 2 - 2ab + b 2 - c = 0 转化为 c 4
= ⎛ a - ⎝
b ⎫2
⎪ ⎭ + 3
b 2
，再由柯西不等式得到| 2a + b |2 ，分别用b 表示 16
a ， c ，在代入到 1 + 2 + 4 得到关于
b 的二次函数，求出最小值即可.
a b c
【考点】一般形式的柯西不等式，基本不等式 三、解答题
17. 【答案】（ Ⅰ ） 由
b 2 + 2 a
c cos B .
得 ac ⋅cos B = 2 . 又 cos B = 1
，所以 ac = 6 . 由余弦定理得 a 2 + c 2 = 3 又因为b = 3 ，所以a 2 + c 2 = 32
+ 2 ⨯ 6 ⨯ 1 = 13 .解⎧ac = 6 得⎧a = 2 或⎧a = 3 .因为a > c ，∴⎧a = 3 .
3 ⎨a 2 + c 2 = 13 ⎨c = 3 ⎨c = 2 ⎨c = 2
（Ⅱ）在△ABC 中， sin B =
= = .由正弦定理得 b = c ，
c sin B
2 ⨯ 2 2
3 sin B sin C
7 所以sin C = = 3 = .因为a > c ，所以角C 为锐角. cos C = = = . b 3 9 9 cos(B - C ) = cos B cos C + sin B sin C = 1 ⨯ 7 + 2 2 ⨯ 4 2
3 9 3 9
3 2 3⎥ =
⎦ ⎤2 2 3 BA BC = 2
1- cos 2 B 4 2 4
23
.
27
3 ( ) 【提示】（Ⅰ）利用平面向量的数量积运算法则化简 BA BC = 2 ，将cos B = 1
代入求出ac = 6 ，再利用余
3
弦定理列出关系式，将b ， cos B 以及ac 的值代入得到a 2 + c 2 =13 ，联立即可求出ac 的值.
（Ⅱ）由cos B 的值，利用同角三角函数间基本关系求出sin B 的值，由c ， b ， sin B ，利用正弦定理求出
sin C 的值，进而求出cos C 的值，将原式利用两角和与差的余弦函数公式化简后，将各自的值代入计算即可求
出值.
【考点】余弦定理，平面向量数量积的运算，两角和与差的余弦函数
100 ⨯ 60 ⨯10 - 20 ⨯10 2
18.【答案】（Ⅰ）由题意， X 2
= ≈ 4.762 > 3.841 ，所以有
95%的把握认为“南方学 70 ⨯ 30 ⨯ 80 ⨯ 20
生和北方学生在选用甜品的饮食习惯方面有差异”.
（Ⅱ）从这 5 名学生中随机抽取 3 人，共有C 3 = 10 种情况，有 2 名喜欢甜品，有C 1 = 3 种情况，所以至多
5
3
有 1 人喜欢甜品的概率 7
.
10
【提示】（Ⅰ）根据表中数据，利用公式，即可得出结论.
（Ⅱ）利用古典概型概率公式，即可求解.
【考点】独立性检验的应用，古典概型及其概率计算公式
19. 【答案】（Ⅰ） AB = BC = BD = 2 ， ∠ABC = ∠DBC =120︒ ，∴△ABC ≌△DBC ，∴ AC = DC .
G 为 AD 的中点，∴CG ⊥ AD .同理 BG ⊥ AD . CG BG = G ，∴ AD ⊥ 平面 BGC . EF ∥AD ， ∴EF ⊥ 平面 BCG .
（Ⅱ）在平面
ABC 内，作 AO ⊥ CB ，交CB 的延长线于O ， ∆ABC 和∆BCD 所在平面互相垂直， ∴ AO ⊥ 平面 BCD . G 为 AD 的中点，∴ G 到平面
BCD 的距离h 是 AO 长度的一半. 在△AOB 中， AO = AB sin 60︒ = ，V
= V = 1 S h = 1 1 BD BC sin120︒ = 1
. D -BCG D -BCD
3 △DCB 3 2 2
【提示】（Ⅰ）先证明 AD ⊥平面 BGC ，利用 EF ∥AD ，可得 EF ⊥平面 BCG .
（Ⅱ）在平面 ABC 内，作 AO ⊥ CB ，交CB 的延长线于O ，G 到平面 BCD 的距离h 是 AO 长度的一半，利
用V
= V = 1 S h ，即可求三棱锥 D - BCG 的体积. D -BCG D -BCD
3
△DCB
【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积，直线与平面垂直的判定
1 4 4 = 8
2 x 0 y 0 x 0 y 0
x 0 y 0 3 2 4 2 3
2 3x +
3 -
4 3 3 - b 2 = 16 b 2 3 ⎩ y 20. 【答案】（Ⅰ）设切点 P 的坐标为(x 0 , y 0 ) ，且 x 0 > 0 ， y 0 > 0 .
则切线的斜率为- x 0 ，故切线方程为
y - y = - x 0 (x - x ) ，即 x x + y y = 4 . 0 0
0 0
此时，切线与
x 轴正半轴， y 轴正半轴围成的三角形的面积 S = .
再根据 x 2 + y 2 = 4 ≥ 2
，可得当且仅当 x = y =
2 ，故点 P 的坐标为( 2, 2) .
0 0 0 0 （Ⅱ）设椭圆方程 x 2 + y
2
= ， A (x , y ) ， B (x , y ) .椭圆过点
得： 2 + 2 = 1 ， a 2 b 2 1 1 1 2 2 P ( 2, 2) a 2 b 2
则 P 到直线 y = x + 3 的距离d = .
由题得： S △ABP
= 1
d AB = 2 ，解得 AB = . 2
由弦长公式得 AB 2 = (1+ k 2
)
⎡(
x + x )2 - 4x x ⎤ = 2 ⎡( x + x )2 - 4x x ⎤ = 32 ，
即(x
+ x )2
- 4x x
= 16 .
⎣ 1 2 1 2 ⎦ ⎣ 1 2 1 2 ⎦ 3 1 2 1 2
3
⎧ y = x +
把点 P 代入方程得： 2 + 2 a 2 b 2 ⎪ = 1 ，由⎨ x 2 + y 2 x 2 得 + = 1 a 2 b 2
-1 = 0 ，
整理得 x 2
+ -1 = 0 ，
b 2 ⎪ a 2 b 2
∴ x + x = ， x x = 2 ，代入上式得 48 - 8 ， 即 6 - 3 + 1 = 0 ，
1 2
b 2
1 2 b 4 b 4 b 2 3 x 2 y 2 解得b 2 = 3 ， a 2 = 6 ，或b 2 = 6 ， a 2
= 3 （舍）
，所以椭圆方程为： + = 1. 6 3
【提示】（Ⅰ）设切点 P 的坐标为(x 0 , y 0 ) ，求得圆的切线方程，根据切线与 x 轴正半轴， y 轴正半轴围成 的三角形的面积 S =
8
x 0 y 0
.再利用基本不等式求得 S 取得最小值，求得点 P 的坐标. x 2 y 2
2 2 （Ⅱ）设椭圆的标准方程为 a 2 + b
2 = 1 ， a > b > 0 ， a 2 + b 2 = 1 .把直线方程和椭圆的方程联立方程组，转
化为关于 x 的一元二次方程，再用韦达定理、弦长公式求出弦长 AB 以及点 P 到直线的距离d ，再由△PAB
的面积为 S △ABP
= 1 d AB = 2 ，求出a 2 ， b 2 的值，从而得到所求椭圆的方程. 2 【考点】直线与圆锥曲线的综合问题
3 x 2 + 2 3x + 3 3 - b 2
b 2 y 0 0 2
2 ⎪ 2 21. 【答案】（Ⅰ） f (x ) = π(x - cos x ) - 2sin x - 2 ，
∴ f (0) = -π - 2 < 0 ， f ⎛ π ⎫ = π ⎝ ⎭ 2 - 4 > 0 .
f (x ) 在⎛ 0 π
⎫ 上有零点. f '(x ) = π(1+ sin x ) - 2cos x = πsin x + (π - 2cos x ) > 0 ，
， ⎪ ⎝ 2 ⎭
∴ f (x ) 在⎛ 0 π
⎫ 上单调递增.
， ⎪ ⎝ 2 ⎭
（Ⅱ） g ( x ) = (x -
2x -1，
x ∈⎛ π
, π⎫
，
π 2 ⎪
∴ g (x ) = (x - π)
-cos x 1+ sin x ⎝ ⎭
+ 2x -1 .
π
∴ g (π - x ) = -x cos x + π - 2x ，x ∈⎛ 0, π ⎫ .
1+ sin x π 2 ⎪ ⎝ ⎭
设 h (x ) = x -cos x + π - 2x ， x ∈⎛ 0, π ⎫
，则 g (x ) 与 h (x ) 的零点同.
1+ sin x π 2 ⎪
' -cos x
⎝ ⎭
sin x (1+ sin x ) + cos 2 x 2 -cos x x
2 π(x - - cos x ) - 2(1+ sin x )
h (x ) = + x 1+ s in x (1+ sin x )2 - = + - =
π 1+ sin x 1+ sin x π
π(1+ sin x )
= f (x ) ， x ∈⎛ 0, π ⎫ .由（Ⅰ）知， f (x ) 在⎛ 0 π ⎫
上只有一个零点 x ，且在点 x 左负右正. π(1 + sin x ) 2 ⎪ ， ⎪ 0 0
⎝ ⎭ ⎝ 2 ⎭
∴h ( x ) 在 x 点左侧递减，在 x 点右侧递增，且h (0) =1 > 0 ，h ⎛ π
⎫ = 0 ，故 h (x ) <0 ，存在唯一 x ∈(0, x ) ， 0 0 ⎪ 0 2 0
⎝ ⎭
使得h (x 2 ) = 0 ，即 g (π - x 2 ) = 0 ，
∴ x 1 = π - x 2 ，即 x 1 + x 2 = π < x 1 + x 0 ，
∴ x + x > π ，所以 g ( x ) 在
⎛ π ,π ⎫
上存在唯一零点 x ，且 x + x > π . 0
1
2 ⎪ 1 0 1 ⎝ ⎭
【提示】（Ⅰ）导数法可判 f (x ) 在⎛ 0 π ⎫
上为增函数，又可判函数有零点，故必唯一.
， ⎪ ⎝ 2 ⎭
（Ⅱ）化简可得 g (x ) = (x - π)
-cos x + 2x -1 ，设h (x ) = x -cos x + π - 2x
，则 g (x ) 与h (x ) 的零点同.由导 1+ sin x π 数法可得函数的零点，可得不等式.
1+ sin x π
1- s in x 1+ sin x
2
⎝ ⎭ ⎩ ⎩ = 【考点】函数零点的判定定理
22. 【答案】证明：（Ⅰ） PD = PG ∴∠PDG = ∠PGD PD 为切线，∴∠PDA = ∠DBA ，
∠PGD = ∠EGA ∴∠DBA = ∠EGA ∴∠DBA + ∠BAD = ∠EGA + ∠BAD ，∴∠NDA = ∠PFA . AF ⊥ EP ∴∠PFA = 90︒∴∠BDA = 90︒∴ AB 为圆的直径.
（Ⅱ）连接 BC ，DC .
AB 是直径∴∠BDA = ∠ACB = 90︒ ，在 Rt △BDA 与 Rt △ACB 中， AB = BA ，AC = BD ， ∴Rt △BDA ≌Rt △ACB ，∴∠DAB = ∠CBA ∠DCB = ∠DAB ，∴∠DCB = ∠CBA ，∴DC ∥AB . AB ⊥ EP ∴DC ⊥ EP ，∠DCE 为直角，∴ED 为圆的直径， AB 为圆的直径，∴ A B = ED .
【提示】（Ⅰ）证明 AB 为圆的直径，只需证明∠BDA = 90︒ .
（Ⅱ）证明 Rt △BDA ≌Rt △ACB ，再证明∠DCE 为直角，即可证明 AB = ED .
【考点】圆周角定理，与圆有关的比例线段
⎛ y ⎫ 2 2
y 2
23. 【答案】（Ⅰ）在曲线 C 上任意取一点(x , y ) ，由题意可得点 x , 2 ⎪ 在圆 x 1 + y 1 =1 上，∴ x 2 + = 1， 4
2
⎧x = cos θ
(0 ≤ θ＜2π，θ
即曲线 C 的方程为 x + 4 = 1 ，化为参数方程为⎨ y = 2sin θ
为参数）. ⎧x 2
+ y = 1
⎧x = 1 ⎧x = 0 （Ⅱ）由⎪
4 ，可得⎨ ， ，不妨设 P (1,0) 、 P (0, 2) ，
⎨ ⎪⎩2x + y - 2 = 0
⎩ y = 0 ⎨ y = 2 1 2
则线段 PP 的中点坐标为⎛ 1 ,1⎫
，再根据与 l 垂直的直线的斜率为 1 ， 1 2 2 ⎪ 2 ⎝ ⎭
故所求的直线的方程为 y -1 = 1 ⎛ x - 1 ⎫ ，即2x - 2 y + 3 = 0 . 2 2 ⎪ 2
⎝ ⎭
再根据 x = ρ cos α 、 y = ρ sin α 可得所求的直线的极坐标方程为 ρ cos θ - 2ρ sin θ + 3
= 0 ，
2
ρ 3
.
4sin θ - 2cos θ
2 y
11 / 10 ⎨ ⎨ ⎨ ⎨ 4 2 【提示】（Ⅰ）在曲线 C 上任意取一点(x , y ) ，再根据点⎛ x , y ⎫ 在圆 x 2 + y 2 =1 上，求出 C 的方程，化为 2 ⎪ 1 1 ⎝ ⎭
参数方程.
（Ⅱ）解方程组求得 P 、 P 的坐标，可得线段 PP 的中点坐标.再根据与 l 垂直的直线的斜率为 1 ，用点斜 1 2 1 2 2
式求得所求的直线的方程，再根据 x = ρ cos α 、 y = ρ sin α 可得所求的直线的极坐标方程.
【考点】参数方程化成普通方程，点的极坐标和直角坐标的互化.
24.【答案】（Ⅰ）由 f (x ) = 2 | x -1| +x -1≤1 可得⎧x ≥ 1 ⎩3x - 3 ≤ 1 ⎧x < 1 ①，或 ⎩1 - x ≤ 1
②.解①求得1 ≤ x ≤ 4 ，解②求 3 得0 ≤ x <1.综上，原不等式的解集为⎡0, 4 ⎤ . ⎢⎣ 3 ⎥⎦
（Ⅱ）由 g (x ) =16x 2 -8x +1 ≤ 4 ，求得- 1 ≤ x ≤ 3 ，∴ N = ⎡- 1 , 3 ⎤ ，∴M
⎡0, 3 ⎤ .
4
4 ⎢⎣ 4 4 ⎥⎦ ⎢⎣ 4 ⎥⎦ 1 ⎛ 1 ⎫2
1 当 x ∈ M N 时， f (x ) =1- x ， x
2 f (x ) + x [ f (x )]2 = xf (x )[x + f (x )] = - x - ⎪ ≤ ，故要证的不等
4 ⎝ 2 ⎭ 4
式成立. ⎧x ≥ 1
⎧x < 1 【提示】（Ⅰ）由所给的不等式可得 ⎩3x - 3 ≤ 1 ①，或 ⎩
1 - x ≤ 1 ②，分别求得①、②的解集，再取并集，即
得所求.
（Ⅱ）由 g (x ) ≤ 4，求得 N ，可得 M ⎡0, 3 ⎤ .当 x ∈ M 时， f ( x ) = 1- x ，不等式的左边化为 ⎢⎣ 4 ⎥⎦
1 ⎛ 1 ⎫
2 1 - x - ⎪ ⎝ ⎭
，显然它小于或等于 ，要证的不等式得证. 4
【考点】绝对值不等式的解法，交集及其运算.，二次函数最值 N = N = N。