2019-2020学年云南省大理州高三(上)11月月考数学试卷(文科)

2019-2020学年云南省大理州高三（上）11月月考数学试卷（文科）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={1, 2, 3}，B={x|(x+1)(x−2)<0, x∈Z}，则A∪B=( )A.{1}B.{1, 2}C.{0, 1, 2, 3}D.{−1, 0, 1, 2, 3}【答案】C【考点】一元二次不等式的解法并集及其运算【解析】先求出集合A，B，由此利用并集的定义能求出A∪B的值．【解答】解：∵集合A={1, 2, 3}，B={x|(x+1)(x−2)<0, x∈Z}={0, 1}，∴A∪B={0, 1, 2, 3}．故选C．2. 设复数z满足(1+i)z=2i，则|z|=()A.1 2B.√22C.√2D.2【答案】C【考点】复数的模复数代数形式的乘除运算【解析】利用复数的运算法则、模的计算公式即可得出．【解答】解：∵(1+i)z=2i，∴(1−i)(1+i)z=2i(1−i)，z=i+1．则|z|=√2．故选C.3. 某教育局为了解“跑团”每月跑步的平均里程，收集并整理了2017年1月至2017年11月期间“跑团”每月跑步的平均里程（单位：公里）的数据，绘制了下面的折线图．根据折线图，下列结论正确的是（）A.月跑步平均里程的中位数为6月份对应的里程数B.月跑步平均里程逐月增加C.月跑步平均里程高峰期大致在8、9月D.1月至5月的月跑步平均里程相对于6月至11月，波动性更小，变化比较平稳【答案】D【考点】众数、中位数、平均数频率分布折线图、密度曲线【解析】月跑步平均里程的中位数为5月份对应的里程数；月跑步平均里程2月、7月、8月和11月减少；月跑步平均里程高峰期大致在9、10月；1月至5月的月跑步平均里程相对于6月至11月，波动性更小，变化比较平稳．【解答】由2017年1月至2017年11月期间“跑团”每月跑步的平均里程（单位：公里）的数据，绘制的折线图，知：在A中，月跑步平均里程的中位数为5月份对应的里程数，故A错误；在B中，月跑步平均里程2月、7月、8月和11月减少，故B错误；在C中，月跑步平均里程高峰期大致在9、10月，故C错误；在D中，1月至5月的月跑步平均里程相对于6月至11月，波动性更小，变化比较平稳，故D正确．4. 边长为m的正方形内有一个半径为n(n<m2)的圆．向正方形中随机扔一粒豆子（忽略大小，视为质点），若它落在该圆内的概率为34，则圆周率π的值为（）A.3m4n B.3m24n2C.3n4mD.3n24m2【答案】B【考点】几何概型计算（与长度、角度、面积、体积有关的几何概型）【解析】由几何概型中的面积型概率的求法，求出圆周率π的值即可得解．【解答】设事件A为“向正方形中随机扔一粒豆子（忽略大小，视为质点），它落在该圆内”由几何概型中的面积型可得：P(A)=SS，即πn2m2=34，即π=3m24n2，5. 执行如图所示的程序框图，输出的S值为（）A.2B.32C.53D.85【答案】C【考点】程序框图【解析】由已知中的程序框图可知：该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量S的值，模拟程序的运行过程，分析循环中各变量值的变化情况，可得答案．【解答】当k＝0时，满足进行循环的条件，执行完循环体后，k＝1，S＝2，当k＝1时，满足进行循环的条件，执行完循环体后，k＝2，S=32，当k＝2时，满足进行循环的条件，执行完循环体后，k＝3，S=53，当k＝3时，不满足进行循环的条件，故输出结果为：53，6. 若点P(cosθ, sinθ)在直线3x−4y＝0上，则cos2θ＝（）A.−725B.725C.±725D.1625【答案】B【考点】二倍角的三角函数【解析】由题意求得tanθ的值，再利用同角三角函数的基本关系，二倍角公式的余弦公式，求得cos2θ的值．【解答】∵点P(cosθ, sinθ)在直线3x−4y＝0上，∴3cosθ−4sinθ＝0，故有tanθ=34，则cos2θ=cos 2θ−sin2θcos2θ+sin2θ=1−tan2θ1+tan2θ=1−9161+916=725，7. 已知等比数列{a n}满足a1+a2＝6，a4+a5＝48，则数列{a n}前10项的和为S10＝（）A.1022B.1023C.2046D.2047【答案】C【考点】等比数列的前n项和【解析】利用等比数列的通项公式与求和公式即可得出．【解答】设等比数列{a n}的公比为q，∵a1+a2＝6，a4+a5＝48，∴a1(1+q)＝6，a1q3(1+q)＝48，联立解得a1＝q＝2．则数列{a n}前10项的和为S10=2(210−1)2−1=2046．8. 若函数f(x)＝e x cosx在点（0, f(0)）处的切线与直线2x−ay+1＝0互相垂直，则实数a等于（）A.−2B.−1C.1D.2【答案】A【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程【解析】求出原函数的导函数，得到f′(0)，再由两直线垂直与斜率的关系列式求解．【解答】∵f(x)＝e x cosx，∴f′(x)＝e x cosx−e x sinx，∴f′(0)＝e0cos0−e0sin0＝1，又函数f(x)＝e x cosx在点（0, f(0)）处的切线与直线2x−ay+1＝0互相垂直，∴1×2a=−1，即a＝−2．9. 某几何体的三视图如图所示（单位相同），记该几何体的体积为V，则V＝（）A.2432B.243 C.7292D.729【答案】B【考点】由三视图求体积【解析】由三视图还原原几何体，该几何体为四棱锥P−ABCD，图中正方体的棱长为9，再由棱锥体积公式求解．【解答】由三视图还原原几何体如图，该几何体为四棱锥P −ABCD ，图中正方体的棱长为9， 则V P−ABCD =13×9×9×9=243．10. 设F 是双曲线C:y 29−x 2b =1(b >0)的一个焦点，若C 上存在点P ，使线段PF 的中点恰为虚轴的一个端点，则C 的离心率为（ ） A.2 B.√2 C.5 D.√5【答案】 D【考点】双曲线的离心率 【解析】利用双曲线的性质，求出b ，c ，代入即可． 【解答】 令y ＝c ，则x =b 2a=b 23=2b ，则b ＝6，c 2＝9+36＝45，c ＝3√5， 所以e =ca =√5，11. 下列命题正确的是（ ）A.函数f(x)=x 13−(12)x 的零点在区间(13,12)内B.命题“∀x ∈R ，x 2−1>0”的否定是“∃x ∈R ，x 2−1<0”C.已知实数a 、b ，则“a >b ”是“a 2>b 2”的必要不充分条件D.设m ，n 是两条直线，α，β是空间中两个平面．若m ⊂α，n ⊂β，m ⊥n ，则α⊥β 【答案】 A【考点】命题的真假判断与应用 【解析】由函数零点判定定理判断A ；写出特称命题的否定判断B ；由充分必要条件的判定方法判断C ；利用空间中的线面关系判断D ． 【解答】∵ 函数f(x)=x 13−(12)x 为实数集上的增函数，又f(13)=√133−√123<0，f(12)=√123−√12>0∴ 函数的零点在区间(13, 12)内，故A 正确；“∀x ∈R ，x 2−1>0”的否定是“∃x ∈R ，x 2−1≤0”，故B 错误；已知实数a ，b ，由a >b ，不一定有a 2>b 2，反之由a 2>b 2，不一定有a >b ，则“a >b ”是“a 2>b 2”的既不充分也不必要条件，故C 错误；设m ，n 是两条直线，α，β是空间中两个平面，若m ⊂α，n ⊂β，m ⊥n ，则α与β相交或α // β，故D 错误．12. 设函数f(x)＝e x +x −2，g(x)＝lnx +x 2−3．若实数a ，b 满足f(a)＝0，g(b)＝0，则（ ）A.g(a)<0<f(b)B.f(b)<0<g(a)C.0<g(a)<f(b)D.f(b)<g(a)<0 【答案】 A【考点】函数与方程的综合运用 【解析】先判断函数f(x)，g(x)在R 上的单调性，再利用f(a)＝0，g(b)＝0判断a ，b 的取值范围即可． 【解答】①由于y ＝e x 及y ＝x −2关于x 是单调递增函数，∴ 函数f(x)＝e x +x −2在R 上单调递增，分别作出y ＝e x ，y ＝2−x 的图象，∵ f(0)＝1+0−2<0，f(1)＝e −1>0，f(a)＝0，∴ 0<a <(1)同理g(x)＝lnx +x 2−3在R +上单调递增，g(1)＝ln1+1−3＝−2<0，g(√3)=ln √3+(√3)2−3=12ln3>0，g(b)＝0，∴ 1<b <√3．∴ g(a)＝lna +a 2−3<g(1)＝ln1+1−3＝−2<0， f(b)＝e b +b −2>f(1)＝e +1−2＝e −1>(0) ∴ g(a)<0<f(b)． 故选：A ．二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）若向量a →,b →满足|a →|=√3,|b →|=2,a →⊥(a →−b →)，则a →与b →的夹角为________．【答案】 π6【考点】数量积表示两个向量的夹角【解析】根据a →⊥(a →−b →)即可得出a →⋅(a →−b →)=0，从而可求出a →⋅b →=3，这样根据向量夹角的余弦公式即可求出cos <a →,b →>=√32，根据向量夹角的范围即可求出夹角．【解答】∵ |a →|=√3,|b →|=2，a →⊥(a →−b →)， ∴ a →⋅(a →−b →)=a →2−a →⋅b →=3−a →⋅b →=0，∴ a →⋅b →=3， ∴ cos <a →,b →>=a →⋅b→|a →||b →|=2√3=√32， 又0≤<a →,b →>≤π， ∴ a →与b →的夹角为π6．已知等差数列{a n }的前n 项为S n ，且a 1+a 5＝−14，S 9＝−27，则使得S n 取最小值时的n ＝________． 【答案】 6【考点】等差数列的前n 项和 【解析】由题意，可根据a 1+a 5＝−14，S 9＝−27解出数列的公差，从而求得数列的通项公式，求出所有负项的个数，即可得出S n 取最小值时，n 所取的值． 【解答】设等差数列{a n }的公差是d ， ∵ a 1+a 5＝−14，S 9＝−27，∴ 2a 1+4d ＝−14，即a 1+2d ＝−7，① S 9=9(a 1+a 9)2=9(a 1+4d)＝−27，即a 1+4d ＝−3，②联立①②得到：a 1＝−11，d ＝2． 故有a n ＝a 1+(n −1)d ＝2n −13． 令a n ≤0，可解得n ≤132，由此知，数列的前6项为负项．故S n 取最小值时，n 等于6．已知三点O(0, 0)，A(−2, 1)，B(2, 1)，曲线C 上任意一点M(x, y)，满足|MA →+MB →|=OM →⋅(OA →+OB →)+2，则曲线C 的方程为________． 【答案】 x 2＝4y 【考点】平面向量数量积的性质及其运算【解析】先由各点坐标求出各向量坐标，代入满足的等式，化简即可得到曲线C的方程．【解答】∵点O(0, 0)，点A(−2, 1)，点B(2, 1)，点M(x, y)，∴MA→=(−2−x, 1−y)，MB→=(2−x,1−y)，OM→=(x, y)，OA→=(−2, 1)，OB→= (2, 1)，∴MA→+MB→=(−2x, 2−2y)，OM→⋅OA→=−2x+y，OM→⋅OB→=2x+y，∵满足|MA→+MB→|=OM→⋅(OA→+OB→)+2，∴√(−2x)2+(2−2y)2=OM→⋅OA→+OM→⋅OB→+2＝−2x+y+2x+y+2＝2y+2，即：4x2+(2−2y)2＝(2y+2)2，化简得：x2＝4y，∴曲线C的方程为：x2＝4y，在三棱锥P−ABC中，平面PAB⊥平面ABC，△ABC是边长为6的等边三角形，△PAB是以AB为斜边的等腰直角三角形，则该三棱锥外接球的表面积为________．【答案】48π【考点】球的体积和表面积【解析】由题意画出图形，由已知求出三棱锥外接球的半径，代入表面积公式得答案．【解答】如图，在等边三角形ABC中，取AB中点F，设其中心为O，CF＝2√3．由AB＝6，得CO=23∵△PAB是以AB为斜边的等腰直角三角形，∴F为△PAB的外心，则O为棱锥P−ABC的外接球球心，则外接球半径R＝OC＝2√3．∴该三棱锥外接球的表面积为4π×(2√3)2=48π．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.（一）必考题：共60分.为更好地落实农民工工资保证金制度，南方某市劳动保障部门调查了2018年下半年该市100名农民工（其中技术工、非技术工各50名）的月工资，得到这100名农民工的月工资均在[25, 55]（百元）内，且月工资收入在[45, 50)（百元）内的人数为15，并根据调查结果画出如图所示的频率分布直方图：（1）求n的值；（2）已知这100名农民工中月工资高于平均数的技术工有31名，非技术工有19名．①完成如下所示2×2列联表②则能否在犯错误的概率不超过0.001的前提下认为是不是技术工与月工资是否高于平均数有关系？参考公式及数据：K2=n(ad−bc)2，其中n＝a+b+c+d．(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)【答案】∵月工资收入在[45, 50)（百元）内的人数为15，∴月工资收入在[45, 50)（百元）内的频率为：15=0.15；100由频率分布直方图得：(0.02+0.04+2n+0.01)×5+0.15＝1，解得n＝0.05；①根据题意得到列联表如下；=5.76<10.828，②由表中数据，计算K2=100×(19×19−31×31)250×50×50×50∴不能在犯错误的概率不超过0.001的前提下，认为是不是技术工与月工资是否高于平均数有关．【考点】独立性检验【解析】（1）根据题意，利用频率和为1列方程求出n的值；（2）①根据题意填写列联表即可；②由表中数据计算观测值，对照临界值得出结论．【解答】∵月工资收入在[45, 50)（百元）内的人数为15，∴月工资收入在[45, 50)（百元）内的频率为：15100=0.15；由频率分布直方图得：(0.02+0.04+2n+0.01)×5+0.15＝1，解得n＝0.05；①根据题意得到列联表如下；②由表中数据，计算K2=100×(19×19−31×31)250×50×50×50=5.76<10.828，∴不能在犯错误的概率不超过0.001的前提下，认为是不是技术工与月工资是否高于平均数有关．已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c．（1）若A=π4，a＝3，C=π3，求b；（2）若A=π3，a＝2，求△ABC的周长的范围．【答案】∵A=π4，a＝3，C=π3，∴sinB=sin(π4+π3)=sinπ4cosπ3+cosπ4sinπ3=√2+√64，∴bsinB =asinA⇒b=asinAsinB=3+3√32．∵由正弦定理得bsinB =csinC=asinA=2sinπ3=4√33，∴可得b=4√33sinB，c=4√33sinC，∴b+c=4√33sinB+4√33sinC=4√33(sinB+sin(B+π3))=4(√32sinB+12cosB)=4sin(B+π6)，∵B∈(0,23π)，B+π6∈(π6, 5π6)，可得sin(B+π6)∈(12, 1]，∴2<b+c≤4，∴△ABC的周长的范围(4, 6]．方法二：∵cosπ3=b2+c2−a22bc，∴12=b2+c2−42bc，∴bc＝(b+c)2−4−2bc，可得：3bc＝(b+c)2−4，∴3bc≤3(b+c2)2，∴(b+c)2≤16⇒b+c≤4，当且仅当b＝c＝2时，取“＝”号．∵b+c>2，∴2<b+c≤4，∴△ABC的周长的范围(4, 6]．【考点】余弦定理正弦定理【解析】（1）由已知利用特殊角的三角函数值，两角和的正弦函数公式可求sinB的值，进而根据正弦定理可求b的值．（2）法一：由正弦定理，三角函数恒等变换的应用可求b+c＝4sin(B+π6)的值，结合B的范围，利用正弦函数的性质可求其范围；法二：由余弦定理，基本不等式可求b+c≤4，利用三角形两边之和大于第三边可得b+c>2，进而可得解△ABC的周长的范围．【解答】∵A=π4，a＝3，C=π3，∴sinB=sin(π4+π3)=sinπ4cosπ3+cosπ4sinπ3=√2+√64，∴bsinB =asinA⇒b=asinAsinB=3+3√32．∵由正弦定理得bsinB =csinC=asinA=2sinπ3=4√33，∴可得b=4√33sinB，c=4√33sinC，∴b+c=4√33sinB+4√33sinC=4√33(sinB+sin(B+π3))=4(√32sinB+12cosB)=4sin(B+π6)，∵B∈(0,23π)，B+π6∈(π6, 5π6)，可得sin(B+π6)∈(12, 1]，∴2<b+c≤4，∴△ABC的周长的范围(4, 6]．方法二：∵cosπ3=b2+c2−a22bc，∴12=b2+c2−42bc，∴bc＝(b+c)2−4−2bc，可得：3bc＝(b+c)2−4，∴3bc≤3(b+c2)2，∴(b+c)2≤16⇒b+c≤4，当且仅当b＝c＝2时，取“＝”号．∵b+c>2，∴2<b+c≤4，∴△ABC的周长的范围(4, 6]．如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AC＝AA1＝2，D为棱CC1的中点，AB1∩A1B＝O．（1）证明：C1O // 平面ABD；（2）已知AC⊥BC且AC＝BC，E为线段A1B上一点，且三棱锥的体积为C−ABE，求BEBA1．【答案】证明：取AB的中点F，连接OF，DF．∵侧面ABB1A1为平行四边形，∴O为AB1的中点，∴四边形OFDC1为平行四边形，则C1O // DF，∵C1O平面ABD，DF⊂平面ABD，∴C1O // 平面ABD．设E到平面ABC的距离为ℎ，则V C−ABE=V E−ABC=ℎ3×12×2×2=23，∴ℎ＝1，∴E与O重合，∴BEBA1=12．【考点】柱体、锥体、台体的体积计算直线与平面平行点、线、面间的距离计算【解析】（1）取AB的中点F，连接OF，DF．证明四边形OFDC1为平行四边形，推出C1O // DF，然后证明C1O // 平面ABD．（2）设E到平面ABC的距离为ℎ，通过V C−ABE=V E−ABC=ℎ3×12×2×2=23，转化求解即可．【解答】证明：取AB的中点F，连接OF，DF．∵侧面ABB1A1为平行四边形，∴O为AB1的中点，∴四边形OFDC1为平行四边形，则C1O // DF，∵C1O平面ABD，DF⊂平面ABD，∴C1O // 平面ABD．设E到平面ABC的距离为ℎ，则V C−ABE=V E−ABC=ℎ3×12×2×2=23，∴ℎ＝1，∴E与O重合，∴BEBA1=12．已知函数g(x)=1sinθ⋅x +lnx在[1, +∞)上为增函数，且θ∈(0, π)，f(x)=mx−m−1x−lnx，（其中m>0）．（1）求θ的值；（2）设函数F(x)＝f(x)−g(x)，若F(x)在(0, 2)上有两个极值点，求m的取值范围．【答案】由题意，g′(x)=−1sinθ⋅x2+1x≥0在[1, +∞)上恒成立，即sinθ⋅x−1sinθ⋅x2≥0．∵θ∈(0, π)，∴sinθ>0．故sinθ⋅x−1≥0在[1, +∞)上恒成立，∴sinθ≥(1x)max=1，又sinθ≤1，只有sinθ＝1．结合θ∈(0, π)，得θ=π2．由（1）得F(x)=mx −m x−21nx ．∴ F ′(x)=mx 2−2x+mx 2令ℎ(x)＝mx 2−2x +m ，由题意ℎ(x)在(0, 2)上有两个不相等的零点， ∴ { m >0△>00<1m <2ℎ(0)>0ℎ(2)>0 ，即{ m >04−4m 2>00<1m<24m −4+m >0 所以，m 的取值范围是(54,1)． 【考点】利用导数研究函数的极值 【解析】（1）g ′(x)=−1sinθ⋅x 2+1x ≥0在[1, +∞)上恒成立，sinθ≥(1x )max =1，又sinθ≤1，只有sinθ＝1．结合θ∈(0, π)，可以得到θ的值． （2）由（1）得F(x)=mx −m x−21nx ．F ′(x)=mx2−2x+mx ，令ℎ(x)＝mx 2−2x +m ，由题意ℎ(x)在(0, 2)上有两个不相等的零点，所以{m >0△>00<1m <2ℎ(0)>0ℎ(2)>0 ，即可得出答案．【解答】由题意，g ′(x)=−1sinθ⋅x +1x ≥0在[1, +∞)上恒成立， 即sinθ⋅x−1sinθ⋅x 2≥0．∵ θ∈(0, π)，∴ sinθ>0．故sinθ⋅x −1≥0在[1, +∞)上恒成立， ∴ sinθ≥(1x )max =1， 又sinθ≤1， 只有sinθ＝1． 结合θ∈(0, π)， 得θ=π2．由（1）得F(x)=mx −m x−21nx ．∴ F ′(x)=mx 2−2x+mx 2令ℎ(x)＝mx 2−2x +m ，由题意ℎ(x)在(0, 2)上有两个不相等的零点，∴ { m >0△>00<1m <2ℎ(0)>0ℎ(2)>0 ，即{ m >04−4m 2>00<1m<24m −4+m >0 所以，m 的取值范围是(54,1)．已知P(−3, 0)，椭圆C:x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)的离心率为12，直线l 与C 交于A ，B 两点，AB 长度的最大值为4．（1）求C 的方程；（2）直线l 与x 轴的交点为M ，当直线l 变化（l 不与x 轴重合）时，若|PA||PB|=|MA||MB|，求点M 的坐标． 【答案】椭圆C:x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)的离心率为12，直线l 与C 交于A ，B 两点，AB 长度的最大值为4．可得2a ＝4，所以a ＝2，c ＝1，则b =√3，所以C 的方程为x 24+y 23=1．设A(x 1, y 1)，B(x 2, y 2)，l 的方程为x ＝ky +m ，代入椭圆方程并整理得(3k 2+4)y 2+6kmy +3m 2−12＝0， △＝(6km)2−4(3k 2+4)(3m 2−12)>0 解得m 2<3k 2+4，y 1+y 2=−6km 3k 2+4，y 1y 2=3m 2−123k 2+4因为|MA||PB|＝|MB||PA|即|PA||PB|=|MA||MB|，由角平分定理或正弦定理，即可得到∠MPA ＝∠MPB ， 即∠OPA ＝∠OPB ，所以k PA ＝−k PB ，即k PA +k PB ＝0， 又k PA +k PB =y 1x1+3+y 2x 2+3=0，所以y(x 2+3)+y 2(x 1+3)＝0， 即2k3m 2−123k 2+4−6km 3k 2+4(m +3)=−6k(4+3m)3k 2+4=0，所以−6k(4+3m)＝0，因为k 为变量，所以m =−43， 所以点M 的坐标为(−43,0)．【考点】 椭圆的应用直线与椭圆的位置关系 【解析】（1）利用已知条件求出a ，结合离心率求出c ，然后求解b ，得到椭圆方程．（2）设A(x 1, y 1)，B(x 2, y 2)，l 的方程为x ＝ky +m ，代入椭圆方程，利用判别式以及韦达定理，通过|PA||PB|=|MA||MB|，由角平分定理或正弦定理，得到k PA ＝−k PB ，即k PA +k PB ＝0，然后求解m ，推出直线系结果的定点即可． 【解答】椭圆C:x 2a +y 2b=1(a >b >0)的离心率为12，直线l 与C 交于A ，B 两点，AB 长度的最大值为4．可得2a ＝4，所以a ＝2，c ＝1，则b =√3，所以C 的方程为x 24+y 23=1．设A(x 1, y 1)，B(x 2, y 2)，l 的方程为x ＝ky +m ，代入椭圆方程并整理得(3k 2+4)y 2+6kmy +3m 2−12＝0， △＝(6km)2−4(3k 2+4)(3m 2−12)>0 解得m 2<3k 2+4，y 1+y 2=−6km 3k 2+4，y 1y 2=3m 2−123k 2+4因为|MA||PB|＝|MB||PA|即|PA||PB|=|MA||MB|，由角平分定理或正弦定理，即可得到∠MPA ＝∠MPB ， 即∠OPA ＝∠OPB ，所以k PA ＝−k PB ，即k PA +k PB ＝0， 又k PA +k PB =y 1x1+3+y 2x 2+3=0，所以y(x 2+3)+y 2(x 1+3)＝0， 即2k3m 2−123k 2+4−6km 3k 2+4(m +3)=−6k(4+3m)3k 2+4=0，所以−6k(4+3m)＝0，因为k 为变量，所以m =−43， 所以点M 的坐标为(−43,0)．（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.[选修4-4：坐标系与参数方程]在极坐标系中，射线l:θ=π6与圆C:ρ＝2交于点A ，椭圆Γ的方程为：ρ2=31+2sin 2θ，以极点为原点，极轴为x 轴正半轴建立平面直角标系xOy ． （1）求点A 的直角坐标和椭圆Γ的参数方程；（2）若B 为椭圆Γ的下顶点，M 为椭圆Γ上任意一点，求AB →⋅AM →的最大值． 【答案】射线l:θ=π6与圆C:ρ＝2交于点A(2,π6)， 点A 的直角坐标(√3,1)；椭圆Γ的方程为ρ2=31+2sin 2θ，直角坐标方程为x 23+y 2=1，参数方程为{x =√3cosθy =sinθ （θ为参数）．设M(√3cosθ,sinθ)，∵ B(0, −1)，∴ AB →=(−√3,−2)，AM →=(√3cosθ−√3,sinθ−1)，∴ AB →⋅AM →=−3cosθ+3−2(sinθ−1)=√13sin(θ+φ)+5，其中sinφ=−3√1313，cosφ=−2√1313， ∴ 当sin(θ+φ)＝1时，AB →⋅AM →的最大值为√13+5．【考点】圆的极坐标方程 【解析】（1）直接由射线和圆的极坐标方程联立即可求出点A 的极坐标，再转化为直角坐标；要求椭圆的参数方程，需要先将椭圆的极坐标方程转化为直角坐标方程． （2）可设点M 的参数坐标，转化为三角函数求最值 【解答】射线l:θ=π6与圆C:ρ＝2交于点A(2,π6)， 点A 的直角坐标(√3,1)；椭圆Γ的方程为ρ2=31+2sin 2θ，直角坐标方程为x 23+y 2=1，参数方程为{x =√3cosθy =sinθ （θ为参数）．设M(√3cosθ,sinθ)， ∵ B(0, −1)，∴ AB →=(−√3,−2)，AM →=(√3cosθ−√3,sinθ−1)，∴ AB →⋅AM →=−3cosθ+3−2(sinθ−1)=√13sin(θ+φ)+5，其中sinφ=−3√1313，cosφ=−2√1313， ∴ 当sin(θ+φ)＝1时，AB →⋅AM →的最大值为√13+5． [选修4-5：不等式选讲]已知a >0，b >0，a 3+b 3=2．证明： (1)(a +b)(a 5+b 5)≥4；(2)a +b ≤2． 【答案】 证明：（1）(a +b)(a 5+b 5)=a 6+ab 5+a 5b +b 6=(a 3+b 3)2−2a 3b 3+ab(a 4+b 4)=4+ab(a 2−b 2)2≥4．(2)因为(a +b)3=a 3+3a 2b +3ab 2+b 3 =2+3ab(a +b) ≤2+3(a +b)24(a +b)=2+3(a+b)34，所以(a+b)3≤8，因此a+b≤2．【考点】不等式的证明【解析】本题考查不等式的证明．【解答】证明：（1）(a+b)(a5+b5)=a6+ab5+a5b+b6=(a3+b3)2−2a3b3+ab(a4+ b4)=4+ab(a2−b2)2≥4．(2)因为(a+b)3=a3+3a2b+3ab2+b3=2+3ab(a+b)≤2+3(a+b)24(a+b)=2+3(a+b)34，所以(a+b)3≤8，因此a+b≤2．。