三年高考2014-2016数学理真题分项版解析专题16选修部分

三年高考（2014-2016）数学（理）试题分项版解析第十六章选修部分【2014，理4】以平面直角坐标系的原点为极点，x轴的正半轴为极轴，建立极yt标系，两种坐标系中取相同的长度单位，已知直线l的参数方程是xtyt圆C

，则直线l被圆C 22 D．22【答案】考点：1．极坐标方程、参数方程与平面直角方程之间的转化；2 ：2x2y2,cosx,siny，普通方程转化成极坐标方程，抓x2y22tany.另外，求圆中弦长问题，只需要找出直角三角形（x径、圆心到弦的距离、半弦）的勾股定理关系即可y2【2014高 理第3题】曲线x1cosy2A．在直线y2x B．在直线y2xC．在直线yx1 D．在直线yx1【答案】

x1

中心为(1,2，逐个代入选项可知，点(1,2y2x【 卷10】已知函数f(x)是定义在R上的奇函数，当x0时f(x1(|xa2||x2a2|3a2，若xRf(x12围为

f(xa

1,1]6

66 66

1,3

33 33【答案】【2015高 ，理12】在极坐标中，圆8sin上的点到直线(R)距3的最大值 【答案】 ：2x2y2,cosx,siny，普通方程转化成极坐标方程，抓 ：x2y22,tany.圆上的点到直线的距离最大值或最小值，要考虑到x的半径加上（或减去）圆心到直线的距离【2014高 卷.理.14】(坐标系与参数方程选做题)在极坐标系中，曲线C1和C2方程分别为sin2cos和sin1以极点为平面直角坐标系的原点极轴为x轴正半轴，建立平面直角坐标系，则曲线C1和C2交点的直角坐标为 【答案】1,11【解析】曲线C的极坐标方程为sin2cosy2x，曲线C2的普通方程为y1，1y2联立曲线C1和C2的方程得y

，解得x1，因此曲线C和Cy 1 1E在AB上且EB2AE，AC与DE交于点F，则CDF的面积 FEB图FEB图A【答案】ABCDAB//CD，因此EB2AEAE1AB1CDCD3

CD

329【考点定位】本题考查相似三角形性质的应用，属于中等题【2016年高考理数】在极坐标系中，直线cos2cos交于A，B两点，则|AB| 【答案】

3sin10与圆试题分析：分别将直线方程和圆方程化为直角坐标方程：直线为x

3y10过圆(x1)2y21AB22考点：极坐标方程与直角方程的互相转化xcosysinx＝xcosysin

tany(x0x2x2握必要的技巧【2015高考，理14】(坐标系与参数方程选做题)已知直线的极坐标方程为，点的 题在于准确把极坐标问题转化为平面直角坐标问题，利用平面几何点到直线的求解【2016高考理数】如图，AB是圆的直径，弦CD与AB相交于点E，BE=2AE=2，BD=ED，则线段CE的长为 223【2015高 线，切点为，过圆心做的平行线，分别交和于点和点， CCBDEPOA201411】的直线l4y1sinCx2cos，（为参数）ABy1sinx轴正半轴为极轴建立极坐标系，则直线l的极坐标方程是cossin【201412】3，ABBC是OAOBC3AB ，BC22，则O的半径等 3OBOAC32AOBCDAOEAOBCAO半径,所以BDDC 2,由三角形ABD的勾股定理可得AD1BDDCADDEDE2AE3r33 C【201413】xax23的解集为x5x1，则a 3 【答案】ax23的解集为x5x1,所以51ax23 3 35a2即 a3,故填31a2为直径的半圆分别交AB,AC于点E,F，若AC2AE，则EF 【答案】BCFE为圆内接四边形AEFCAFE AEEF1BC6EF3 考点：几何证明；三角形相似【201415（坐标系与参数方程选做题）在极坐标系中，点(2,6 6【答案】考点：极坐标方程；点到直线距离【201414PPA（A为切点PBC分别交圆于B、C，若PA6，AC=8，BC=9，则 【答案】PA2PBPCPBx，则|PC|936xx9x29x360x12（舍去x又由是圆的切线，所以ACPBAP,所以|AB| AB86

|AC |PC 所以答案应填y3【201415已知直线l的参数方程为x2y3原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为sin24cos0002，则直线lC的公共点的极径 55与DC的延长线交于点P，若PA=6，AE=9，PC=3，CE:ED=2:1，则BE= AOAOCEDB题（14）【答案】

2 PCPD，因此PD 3CDPDPC9，又CEED21，因此CE6ED3AEEBCEEDBECEED632 【考点定位】相交弦定理，切割线定理y1【201515l的参数方程为x1y1xC2cos24(0,35)，则直线l与曲线C的交点的极坐标 【答案】(2,【解析】直线l的普通方程为yx22cos242(cos2sin2)4，直角x2y24yx2x2，因此交点.为(20，其极坐标为(2,).【考点定位】参数方程与普通方程的互化，极坐标方程与直角坐标方程的互化【名师点晴】参数方程主要通过代入法或者已知恒等式（如cos2sin21等三角恒等x

x2y2式ysiny

【2015高考重庆理16若函数f(x)x12xa的最小值为5则实数 a4a【考点定位】绝对值的性质，分段函数5，求得a的值．【20139在极坐标系中，点2πρsinθ＝2 6 【答案】试题分析：在极坐标系中，点2π

3，1)，ρsin3 6 ＝2对应直角坐标系中的方程为y＝2，所以点到直线的距离为考点：极坐标方程与直角坐标方程的互化【名师点睛】本题考查极坐标基础知识，要求学生使用互化熟练进行点的坐标转化及曲线方程的转化，然后利用点到直线距离求出距离，本题属于基础题，先把点的极坐3【2015高 3

3sin6的 离 【答案】

极坐标化为直角坐标(1,3)cos

(2,33sin6化为直角坐标方程x

3y

0，利用点到直线距离1313 1使用极坐标与直角坐标互化进行点的坐标转化及曲线方程的转化熟练使用三个距离公【名师点睛】本题考查极坐标基础知识，要求学生使用互化熟练进行点的坐标转化及曲线方程的转化，然后利用点到直线距离求出距离，本题属于基础题，先把点的极坐【2014年普通高等学校招生统一考试卷15（选修4-1：几何证明选讲如图，POABPA的中点QO于CD 【答案】试题分析：由切割线定理得QA2QCQD1134，所以QA2，所以PBPA4【2014年普通高等学校招 统一考 x已知曲线C的参数方程是

t为参数，以坐标原点为极点，x轴的正半轴为t yt33建立极坐标系曲线C2的极坐标方程是2则C1与C2交点的直角坐标 【答案】(txt试题分析：由y

消去tx23y2x0y02x2y24x2y2组x23y2

得C1与C2的交点坐标为

如图，PA是圆的切线，A为切点，PBCBC3PB

AB 12PAAPBCPA2PBPCPB(PBBCBC3PBPA24PB2PA2PB由PABPCAABPB1 【考点定位】【2015高考，理16】在直角坐标系xoy中，以O为极点，x轴的正半轴为极建立极坐标系.已知直线l(sinxt

，曲线C yt

(t为参数)，l与C相交于 B两点，则| 55【考点定位】【名师点睛】化参数方程为普通方程时，未注意到普通方程与参数方程的等价性而出错【2014,理7】已知曲线C的极坐标方程为p(3cos4sin)1，则C与极轴 13【解析】令0(3cos0sin0)111 【考点】极坐标【名师点睛M是平面内一点，极点O与点M的距离|OM|叫做点M的极径，记为ρ；以极轴Ox为始边，射线OM为终边θ叫做点M的极角，记为θ.有序数对(ρ，θ)叫做点MM(ρ，θ)．2014高考陕西版理第15（不等式选做题）abmnR，且m2a2b25manbm2

的最小值 55(a2b2m2n2manb)2，所以5(m2n252m25m2n25，所 m25考点：柯西不等式a2b25manb5，结合柯西不等式可得(a2b2m2n2manb)2，则问题AB是圆OCD是圆OAB异侧的两点，证明OCBOCOCBADBOCOBOCBBOCBD2：半圆(或直径)所对的圆周角是直角；90°的圆周角所对的弦是直径．1 1已知矩阵A ,B

，向量a2xyAaBax

的值7【答案】．2

22y2

x 【解析】由题意得2xy4

，解得y

2.∴xy 2 d矩阵 b的特征值 d af Axx

0a)(dbc0，属于的特征向量x ①解f

0(a)xby②解cxdy0x＝1或y＝1x1xoy中，已知直线l的参数方程y2

2 （t为参数l22y24xABAB【答案】82【解析】直线lx1y2)0y3x(91)2(6(91)2(6解得

2,

82 【名师点晴】1.运用互化：2x2y2,ysin,xcos将极坐标化为直角x0y0，证明(1xy21x2yx0,y0，∴1xy233xy2,1x2y33x2y∴(1xy2)(1x2y)93xy23x2y9xy【名师点晴】12n12n12n12n＋a2b2＋…＋anbn)2bi＝0kai＝kbi(i＝1,2，…，n)时，等号成a，a，…，a

naa…aa＝a

1

(x)sinx(x0)x

fn(x

（1）求2f122f22（2）nN*)

()

f()n

都成立2（1）f(xf'(xsinxcosxsinx f(x)f'(x)(cosxsinx)'sinx2cosx2sinx

所以f1(2) 2，f2() 3 故2f() f()11 22（2）由（1）

(x)xf(x)cosxsin(x) 两边求导可得2f1(x

(x)cos(x)sinxsin(x)2类似可得3f(xxf(xsin(x3

(x)

(x)sin(xnnN*2【名师点晴】用数学归纳法证明一个与正整数有关题时，其步骤为①归纳奠基：证明当取第一个自然数n0时命题成立nkkNkn0)时，命题成立，证明当nk1时，命题成如图，在ABCABACABCOAEBCABDAOBOBDC（21——A题试题分析：利用等弦对等角，同弧对等角，得到ABDE,又公共角BAE，所以两三试题解析：因为C，所以D又因为C，所以D又为公共角，可知D1 已知x,yR，向量 是矩阵A

1的属性特征值2

A以及它的另一个特征值2 112 试题解析：由已知，得2

11x12 0 y 2 则x12，即x1，所以矩阵11 y y 从而矩阵的特征多项式f21，所以矩阵的另一个特征值为 d矩阵 b的特征值 d af Axx

0a)(dbc0，属于的特征向量x ①解f

0(a)xby②解cxdy0x＝1或y＝1C222sin(40C的半径4662x2y2ysinxcosC试题解析：以极坐标系的极点为平面直角坐标系的原点xxy圆C2222sin2cos40 22sin2cos40则圆Cx2y22x2y406即x12y126，所以圆C的半径 6【名师点晴】1.运用互化：2x2y2,ysin,xcos将极坐标化为直角x|2x3|xx5或x13 3 【201522（10分）4-1切于点，直线D交于DCD，垂足为C（I）CDD（II）若D3DC，C 2，求的直径（II）故DD3，即圆的直径为3【名师点晴】本题主要考查的是直径所对的圆周角、弦切角定理和切割线定理，属于容易通常会使用到相似三角形、全等三角形、正弦定理、余弦定理等基础知识．x31在直角坐标系xy中，直线l的参数方程为 y 3

（t为参数．以原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，C23sin写出C为直线l上一动点，当到圆心C的距离最小时，求【答案（I）x2y323（II）30试题分析：（I）先将23sin两边同乘以可得223

，再利用t22x2y2，xsin可得C的直角坐标方程（I先设的坐标则C 再利用二次函数的性质可得C的最小值，进而可得的直角坐标．t2（I）23sin223sinx2y223yx2y333 t t3132 2 t2

323(IIP(3

t)，又C(0,3)，则|PC 故当t0C取最小值，此时点的直角坐标为30【201524（10分）4-5：不等式选讲xxab的解集为x2x4．求实数abatat

t4t试题分析xab可得baxbaxxabt4t解集为x2x4可得ab的值（I

变形为3

t（I）由|x+a|b，得b-ax<b-tba则ba

a=-3bt34t32t34t32124t2 t2

= =4-t44-t4-3t1故(3t+12t)max4【20152224—1OABC内一点，圆O与ABCBCMN两点与底边上的高AD交于点G，与ABAC分别相切于EF两点．EFBCAG等于OAEMN

3316（Ⅱ）163O（Ⅰ）由于ABCADBCAD是CAB的平分线．又因为OAB、ACE、FAEAFADEFEFBCO（Ⅱ）由（Ⅰ）AEAF,ADEFADEFEFOADOE，OMOEAEAG等于OAO2OE3所以OAE300ABC和AEFAE3OE2

AO4因为OMOE2，DM1MN2

3，所以OD1AD5AB1033103316以四边形EBCF的面积1( )2 1(23)2 103316 【考点定位】1．等腰三角形的性质；2、圆的切线长定理；3【20152234-4xoy中，曲线

xtcos,（t为参数，t00ytsinOxC2C3:23cos（Ⅰ）.求C2与C1交点的直角坐标（Ⅱ）.若C2与C1AC3与C1BAB

，曲线（Ⅰ）(00)和

（Ⅱ）3 3 （Ⅰ）曲线Cx2y22y0，曲线C 33x2y223x0．联立

x解得

或

所以C与Cx2y223x

y 点的直角坐标为(00)和

33,)3

y2（Ⅱ）曲线C1的极坐标方程为(R0，其中0A(2sin,)，B的极坐标为(23cos,)．所以AB2sin234sin()，当5AB取得最大值，最大值为4 【考点定位】1、极坐标方程和直角坐标方程的转化；2（Ⅰ）将曲线C2与C1的极坐标方程化为直角坐标方程，联立求交点，得其交（Ⅱ）分别联立C2与C1和C3与C1ABAB表【2015224（10分）4-5不等式选讲abcdabcd，证明：abcd（Ⅰ）若abcd， abcdabcd abcdabcdc（Ⅱ）cacabcd（Ⅰ）acabcd

b)2ab

，

d)2cd

，由题设aabcdabcd，得a

b)2

d)2

aa

，只需证明

ab)2a

c d)2cbcd（Ⅱ）bcd【 2，理20（本小题满分10分）选修4-1几何证明选如图，P是eO外一点，PA是切线，APBC与eOB，C，PC=2PA，DPC的中点，AD的延长线交eOE。（Ⅰ）BE=EC；（Ⅱ）ADDE=2（）ABACPA=PD，故PADPDAPCPADBADPABDCAPAB，所以DACBADBEEC，BE=EC.（Ⅱ）由切割线定理得：PA2PBPCPC2PAPA2PB，PC4PBADDEBDDC(PDPBPD1PCPB1 (2PBPB2PB2PB2，所以等式成立【 xoy中，以坐标原点为极点，xC的极坐标方程2cos，0, 2CDC上，CD处的切线与直线l:y

3x2垂直，根据（Ⅰ）D的坐标【 afx=xa

xa(a（Ⅰ）证明fx（Ⅱ）f35，求a的取值范围f(x)2

a12aa（Ⅱ）f(35，所以|13||a3|513|a3|5|a3|21a12a321

5a5 21 【考点定位】绝对值函数及不等式【201422（10分）4-1ABCD是OABDCE（Ⅰ）DE（Ⅱ）AD不是OADMMBMC，证明：ADE为等边（Ⅱ）（I）ABCD四点共圆，所以DCBE．由已知得ECBE，故DE．（II）BC的中点为N连接MN则由MBMCMNBCO在直线MNAD不是O的直径，ADMOMADMNADADBC，故ACBE．又ECBE，故EA．由（1）DE，所以ADE为等边三角形ABCD是O的内接四边形，可得DCBECBCE，可得ECBEDE；第二问设BC的中点为NMN，证明AD//BC，可得ACBE，进而可得AE，即可证明

【201423（10分）4—4xy xy已知曲线C1:4

x21，直线ly22t（t为参数写出曲线C的参数方程，直线l过曲线CP作与l夹角为30的直线，交lAPA的最大值与最小（I）x2cos,2xy60（II）22525y3sin 【考点定位】1、椭圆和直线的参数方程；2、点到直线的距离；3、解直角三角形【201424（10分）4-5a0,b011 a3b3

aba,b，使得2a3b6？并说明理由2222

（Ⅱ）（I）

11

，得ab2，且当ab 时取等号．故a322233 ，且当ab 时取等号．所以a3b3的最小值为222336（II）由（I）2a3b62a3b6

6，从而不存在a,b，使得如图，AB是O的直径，AC是O的切线，BC交O于DAC的中点，证明：DE是O若OA

3CE，求∠ACB的大小（Ⅰ）的切线（Ⅱ设CE=1,由OA AE2CEBExx，即可求出∠ACB（Ⅰ）Rt△AECDE=DC，∴∠DEC=∠DCE，∴∠OED=90°，∴DE是圆O的切线 ……5BE3（Ⅱ）设CE=1，AE=x,由已知得AB=23，BE BE3∴x2

x

……102在直角坐标系xOy中直线C1 2x轴的正半轴为极轴建立极坐标系求C1C2的极坐标方程

C：x12y221,C2若直线C的极坐标方程为R，设C与CMNC23的面积

（Ⅰ）cos2,22cos4sin40（Ⅱ）2a=1f(x)>1f(x)x6a的取值范围（Ⅰ）{x|2x}（Ⅱ（2，+∞）3（Ⅰ）a=1时，不等式f(x)>1化为|x+1|-2|x-x等价于x12x2

1x或x12x2

x或x12x2

2x23所以不等式f(x)>1的解集为{x|2x2} 3x12a,x（Ⅱ）f(x3x12a1xax12a,xf(xxA2a10)B(2a10)3C(aa+1，所以△ABC2(a1)232(a1)2＞6a23所以a的取值范围为 【2014年．浙江。学史与不等式选将”模块。03(2)a，b，cabc＝a＋b＋c，求证：ab＋4bc＋9ac≥36(1)x≤－1时，2(2－x)＋(x＋1)＞3x＜2x≤－1；当－1＜x≤2时，2(2－x)－(x＋1)＞3x＜0，此时－1<x<0；x>2时，2(x－2)－(x＋1)＞3x>8综上所述，原不等式的解集是

1 (ab＋4bc＋9ac)ab＋bc＋ca≥(1＋2＋3)ab＋4bc＋9ac≥36a＝2，b＝3，c＝1【2014年．浙江。理。“矩阵与变换和坐标系与参数方程”模块。04πOxA＝{(ρ，θ)|0≤θ4，0≤ρ≤cosθ}A44

y＝tsin

(θ参数)a＞0.Cla【解析】(1)在ρ＝cosθ两边同乘ρ， 即x－2

的区域，如图所示的阴影部分，所求面积为 (2)lClθ∈Racosθ－2sinθ＋4＞0即a2＋4cos(θ＋φ)＞－4其中tanφ＝2 所以a2＋4＜4.又a＞0，得 （1（2（3）14分（1（ 1 A求矩阵A1的特征值以及属于每个特征值的一个特征向量（I）AA1的逆矩阵,A1221130, 11

3A31

12 33

2

f(

2

431)(3,f(0,A1的特征值为1或3,所以

A是矩 的属于特征A

11的一个特征向量

的属于特征值23的一个特征向量（2（已知直线l的参数方程为xa2t（t为参数，圆Cx4

y求直线l和圆C的普通方程若直线l与圆C有公共点，求实数a的取值范围55【答案（I）2xy2a0,x2y216;（II） a55（3（Rfxx1x2的最小值为a求a的值p，q，rpqrap2q2r23（I）a3;（II）aba ababab ababab 38.(2013福建，理21)本题设有(1)、(2)、(3)三个选考题，每题7分，请考生任选2题作答，满分14分．如果多做，则按所做的前两题计分．作答时，先用2B铅笔在答题卡上把120l：ax＋y＝1A0 ①求实数a，b的值

x0 x0②若点P(x0，y0)在直线l上，且A

，求点P的坐0 0在平面直角坐标系中，以坐标原点为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系．已A的极

2π2π， 4 ①求a的值及直线l的直角坐标方程x1cos②圆C的参数方程为ysin (α为参数)，试判断直线l与圆C的位置关系设不等式|x－2|＜a(a∈N*)的解集为A，且2①求a

∈A，2

②求函数f(x)＝|x＋a|＋|x－2|的最小值解①设直线lax＋y＝1上任意点M(xy)在矩阵A对应的变换作用下的像是M′(x′，由x12xx2y 01y xx2得y又点M′(x′，y′)在l′上，所以x′＋by′＝1，即b

bx0 x0 x0x02y0A

，得

y

0 0 又点P(x0，y0)在直线l上，所以故点P的坐标为72解：①由点A2,π在直线ρcosπ＝a上，可得a 2 4 4 lρcosθ＋ρsinθ＝2，lx＋y－2＝0.C的圆心为(1,0r＝1，212因为圆心C到直线l的距离所以直线l与圆C

222321273212 解：①因为∈A， A，所

2<a

2a 解得＜

.又因为a∈N，所以②因为当且仅当(x＋1)(x－2)≤0，即－1≤x≤2时取到等号．所以f(x)的最小值为零点分区间法,求含绝对值的函数的最值常用绝对值三角不等式,有关的结论是abaababab ababab 39.【2015214-2 A

,B= - 1 2【答案】(Ⅰ) 2；(Ⅱ) ． 1 【解析】(1)因为|A|=23-1 1所以

22 1 2(2)AC=B得A1ACA1B 1 1故CA1B= 2 =

【2015214-4xoyC的参数方程为

x=1+3cos

íy=-2+3sinxoyOx轴非负半轴为极轴）l的方程为2rsin(q-pm,(m?R).4(Ⅰ)Cl(Ⅱ)Cl2m【答案】(Ⅰ)x-12+y229x

y-m=0

m=-3±22【考点定位】1、参数方程和普通方程的互化；2、极坐标方程和直角坐标方程的互化；3点到直线距离转化以及点到直线距离，消去参数方程中的参数，就可把参数方程化为普通方程，消去cossinyx即可【2015214-5a0b0c0f(x)=|x+a|+|x-b|c(Ⅰ)a+b+c1(Ⅱ)求

+1

2

【答案】(Ⅰ)4；(Ⅱ)87【名师点睛】当x的系数相等或相反时，可以利用绝对值不等式求解析式形如f(xxaxb的函数的最小值，以及解析式形如f(xxaxb的函数的注意其的特征，以出现定值为目标．【201422（10）4-1：如图，EPE、C，PDD，GCEPGPDDG并延长交AABEPF.求证：AB（Ⅰ）详见解析；(Ⅱ)详见解析（Ⅰ）EP，所以∠PFA=90°，于是∠BDA=90AB是直径.(Ⅱ)连接BC，DC.由于AB是直径，故∠BDA=∠ACB=90Rt△BDARt△ACB中，AB=BA,AC=BD，从而Rt△BDA≌Rt△ACB，（Ⅰ）AFEP，所以∠PFA=90°，于是∠BDA=90AB是直径.(Ⅱ)BC，DC.AB是直径，故∠BDA=∠ACB=90°，Rt△BDARt△ACB中，AB=BA,AC=BD，又因为∠DCB=∠DAB,所以∠DCB=∠CBADC∥AB.ED是直径，由（Ⅰ）考点：1.圆周角定理；2.x2y212C(Ⅱ)设直线l2xy20CP1P2，以坐标原点为极点，x

（t为参数

4sin2（Ⅰ）（x，yxy2

，由于点(x1,y1)在圆

2

（Ⅱ）

l1xcos、y2

y11(x1)， 2cos4sin3

4sin2cosf(x)2|x1|x1g(x)16x28x1f(x)1g(x)4(Ⅱ)当x N时，证明：x2f(x)x[f(x)]214（Ⅰ）Mx|0x4}；(Ⅱ)详见解析3（Ⅰ）x1f(x)3x31x1（Ⅱ

可得 N{x|0x3}．当x∈M∩N时4

14

(Ⅱ)

g(x)16x28x1

得16(x1)24

解得1x

，因此N{x|1x3}，故 N{x|0x N当x f(x)1xNx2f(x)x[f(x)]2xf(x)[xfxf(x)x(1x)1(x1)21 二次函数的图象和性质问题求解，实现了化生为解题策略.【201516（1）如图，在圆OEABCD的中点分别MNMO与直线CDF，证明：；（1）MENNOM；（2）（1）

（2）由（1）中的结论可得OMENFEFNFM试题解析（如图aM，NAB，CDOMAB，ONCD即OME90，ENO

，OMEENO

360故MENNOM180（2）由（I）知，O，M，E，N四点共圆，故由割线定理FEFNFMFO知识点的交汇x5已知直线l

3 （t为参数x13y 3 立极坐标系，曲线C2cosCM的直角坐标为(5,3，直线lCAB，求|MA||MB的值（1）x2y22x0（2）18xcos，ysina0b0ab11 （1）ab2；a2a2与b2b2不可能同时成立（2）（1）（2）a2a2与b2b2同时成立，可求得0a10b1，从ab

ab11ab，a0，b0ab1， （1）由基本不等式及ab1，有ab 2，即ab2（2）假设a2a2b2b2a2a2a0得0a1，同理0b1ab1与ab1，故a2a2与b2b2不可能成立可以考虑采用反证法证明否定结论从而推出反证法作为一个相对冷门的数学方法，3.【20161（10分）4-11如图,△OAB是等腰三角形,∠AOB=120°.O为圆心2(I)AB与O

OA为半径作圆(II)C,D在⊙O上,A,B,C,D四点共圆,D OD O试题分析：(I)EAB的中点,先证明AOE60,进一步可得OE1AO,即O2AB的距离等于圆O的半径,ABO相切．(II)设OABCD的圆心,作直线OO,证明OOABOOCDABCD．（Ⅰ）EAB的中点,连结OE,因为OAOBAOB120,所以OEABAOERtAOE中OE1AO,即OAB的距离等于圆O的半径,AB2DCODCOE因为OA2OD,所以OABCD四点所在圆的圆心,设OABCD在圆的圆心,作直线OO'．由已知得O段AB的垂直平分线上,又O'同理可证OO'CDABCD．

AB的垂直平分线上,所以OOAB4【20161（10分）4—4xacosxy中,C1的参数方程为y1asint（t为参数,a＞0在以坐标原点为极点,x轴正半轴为极轴的极坐标系中,C2：ρ4cos直线C3的极坐标方程为0,其中0满足tan0=2,C1C2的公共点都在上,（I）圆,22sin1a2y1ay1asin

化为直角坐标方程再化为极坐标方程；⑵C2x22y24Cy2xCC方程相减得4x2y1a20,这就是为C的方程,a

xacos

（t均为参数）,∴x2y12 y1asin1C为以0，1为圆心ax2y22y1a21x2y22，ysin,22sin1a2 即为C122⑵C：4cos,两边同乘得24 y2，22x2y24x,即x22y2 C3y2x,C1和C2的公共方程所在直线即为3①—4x2y1a20,即为3∴1a20,∴a【20161（10分）,4—5：不等式选讲fxx12x3.在答题卡第（24）yfx

fx1 ，3

x4，x≤ （I）

（II） x11x3x3,分类求解, x4，x≤⑵fx3x2，1x fx1,x1,x41,x5x3,x当1x3,3x21,x1x ∴1x1或1x x3,4x1,x5x33x3x 综上,x1或1x3或x5∴fx1 ，3考点：分段函数的图像,【2016高考新课标2理数】选修4-1ABCD中，EGDADC（不与端点重合DEDG，D点作DFCEFBCGFAB1EDABCGF1（Ⅱ）2（II）BCGFCGCBFGFB，连结GB由GRtDFC斜边CD的中点，知GFGC,RtBCGBCGFS是GCBSGCB2S

21111 【201624—4：坐标系与参数方程xOy中，圆C的方程为(x6)2y225．x轴正半轴为极轴建立极坐标系，求Cxt直线l的参数方程

求l

ytsin

为参数 （Ⅰ）212cos110（Ⅱ）153（I）（II）坐标方程，将l的极坐标方程代入C的极坐标方程得到关于的一元二次方程212cos110.，再根据定理，弦长求出cos，进而求得tan，即可求得直线l的斜率．（I）xcosysin可得C212cos11（II）在（I）中建立的极坐标系中，直线l的极坐标方程为(由A,B所对应的极径分别为1,2,将l的极坐标方程代入C的极坐标方程212cos111212cos12()42 1|AB||()42 1 由|AB 得cos23,tan15 所以l的斜率为15或15 考点：圆的极坐标方程与普通方程互化，直线的参数方程，点到直线的距离【2016高考新课标2理数】选修4—5f(x|x1||x1|Mf(x2 （Ⅰ）M（Ⅱ）abM|ab||1ab|}（Ⅱ）试题分析

x1，1x1x1f(x2 （Ⅱ）a21和1b2ab1ab2x,x1（I）

21x1 2x,x12x1f(x2得2x2x2当1x1

f(x)2x1f(x2得2x2x2f(x2Mx|1x【名师点睛】形如|xa||xb|c(或c)(此处设ab)三个部分，在每个部分上去掉绝对值号分别列出对应的不等式求解，然后取几何法：利用|xa||xb|c(c0x1ax2b的距离之和大于c