（统考版）高考数学二轮复习 仿真模拟卷1（含解析）（文）-人教版高三数学试题

仿真模拟卷(一)(时间：120分钟满分：150分)一、选择题：本题共12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．设全集U＝R，集合A＝{x|x－1≤0}，集合B＝{x|－2<x<3}，则图中阴影部分表示的集合为()A．{x|x<3} B．{x|－3<x≤1}C．{x|x<2} D．{x|－2<x≤1}D[∵全集U＝R，集合A＝{x|x－1≤0}＝{x|x≤1}，集合B＝{x|－2<x<3},∴图中阴影部分表示的集合为A∩B＝{x|－2<x≤1}．故选D．]2．若复数z满足(1＋2i)z＝5i，则z＝()A．2＋i B．2－iC．－2＋i D．－2－iA[∵z满足(1＋2i)z＝5i，∴z＝eq\f(5i,1＋2i)＝eq\f(5i1－2i,1＋2i1－2i)＝2＋i，故选A．]3．在正项等比数列{an}中，若a1＝1，a3＝2a2＋3，则其前3项的和S3A．3B．9C．13D．24C[设正项等比数列{an}的公比为q＞0，∵a1＝1，a3＝2a2＋3，∴q2＝2q＋3，解得q则其前3项的和S3＝1＋3＋32＝13.故选C．]4．已知矩形ABCD中，|AB|＝4，|BC|＝2，则eq\o(AC,\s\up14(→))·eq\o(BD,\s\up14(→))＝()A．20B．12C．－12D．－20C[如图，∵|AB|＝4，|BC|＝|AD|＝2，∴eq\o(AC,\s\up14(→))·eq\o(BD,\s\up14(→))＝(eq\o(AB,\s\up14(→))＋eq\o(AD,\s\up14(→)))·(eq\o(BA,\s\up14(→))＋eq\o(BC,\s\up14(→)))＝(eq\o(AB,\s\up14(→))＋eq\o(AD,\s\up14(→)))·(eq\o(AD,\s\up14(→))－eq\o(AB,\s\up14(→)))＝eq\o(AD,\s\up14(→))2－eq\o(AB,\s\up14(→))2＝4－16＝－12.故选C．]5．ETC，中文翻译是电子不停车收费系统．如图是2015－2019年中国ETC累计用户数量情况(单位：万辆)统计图．则下面结论中错误的是()A．2015－2019年中国ETC累计用户数量与时间成正相关B．2019年中国ETC累计用户数量约是2015年的8.1倍C．2019年中国ETC累计用户数量呈爆发式增长，较2018年同比增长约166.5%D．2016－2018年，中国ETC每年新增用户的数量成递增数列D[对于A选项，根据统计图得，2015－2019年中国ETC累计用户数量与时间成正相关，所以A正确．对于B选项，根据统计图得eq\f(20400,2515)≈8.1，所以B正确．对于C选项，2019年中国ETC累计用户数量为20400万辆，2018年中国ETC累计用户数量为7656万辆，2019年较2018年同比增长eq\f(20400－7656,7656)≈166.5%，所以C正确．对于D选项，2016年的新增用户数量为2006万辆，2017年的新增用户数量为1379万辆，2018年的新增用户数量为1756万辆，易知不成递增数列，所以D错误．故选D．]6．已知F2为双曲线C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的右焦点，且F2在C的渐近线上的射影为点H，O为坐标原点，若|OH|＝|F2H|，则C的渐近线方程为()A．x±y＝0 B．eq\r(3)x±y＝0C．x±eq\r(3)y＝0 D．x±2y＝0A[双曲线C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的渐近线方程为y＝±eq\f(b,a)x，若|OH|＝|F2H|，可得在直角三角形OHF2中，∠HOF2＝45°，可得C的渐近线方程为x±y＝0.故选A．]7．已知f(x)是定义在R上的减函数，则关于x的不等式f(x2－x)－f(x)＞0的解集为()A．(－∞，0)∪(2，＋∞) B．(0,2)C．(－∞，2) D．(2，＋∞)B[根据题意，f(x)是定义在R上的减函数，则f(x2－x)－f(x)＞0⇒f(x2－x)＞f(x)⇒x2－x＜x，即x2－2x＜0，解可得0＜x＜2，即不等式的解集为(0,2)，故选B．]8．在数学的学习和研究中，常用函数的图象研究函数的性质，也常用函数解析式来分析函数的图象与性质，下列函数的解析式(其中e＝2.71828…为自然对数的底数)与所给图象最契合的是()A．y＝sin(ex＋e－x) B．y＝sin(ex－e－x)C．y＝tan(ex－e－x) D．y＝cos(ex＋e－x)D[对于A，当x＝0时，y＝sin(ex＋e－x)＝sin2>0，不满足条件．排除A；对于B，当x＝0时，y＝sin(ex－e－x)＝sin0＝0，不满足条件．排除B；对于C，当x＝0时，y＝tan(ex－e－x)＝tan0＝0，不满足条件．排除C，故选D．]9.已知C60是一种由60个碳原子构成的分子，它形似足球，因此又名足球烯，C60是单纯由碳原子结合形成的稳定分子，它有60个顶点和若干个面，各个面的形状为正五边形或正六边形，结构如图所示．已知其中正六边形的面为20个，则正五边形的面的个数为()A．10B．12C．16D．20B[由结构图知：每个顶点同时在3个面内，所以五边形的面的个数为eq\f(60×3－20×6,5)＝12，故选B．]10．抛物线上任意两点A、B处的切线交于点P，称△PAB为“阿基米德三角形”．当线段AB经过抛物线焦点F时，△PAB具有以下特征：①P点必在抛物线的准线上；②△PAB为直角三角形，且PA⊥PB；③PF⊥AB．若经过抛物线y2＝4x焦点的一条弦为AB，阿基米德三角形为△PAB，且点P的纵坐标为4，则直线AB的方程为()A．x－2y－1＝0 B．2x＋y－2＝0C．x＋2y－1＝0 D．2x－y－2＝0A[由题意可知，抛物线y2＝4x的焦点F的坐标为(1,0)，准线方程为：x＝－1，由△PAB为“阿基米德三角形”，且线段AB经过抛物线y2＝4x焦点，可得：P点必在抛物线的准线上，∴点P(－1,4)，∴直线PF的斜率为：eq\f(4－0,－1－1)＝－2，又∵PF⊥AB，∴直线AB的斜率为eq\f(1,2)，∴直线AB的方程为：y－0＝eq\f(1,2)(x－1)，即x－2y－1＝0，故选A．]11.我国传统的房屋建筑中，常会出现一些形状不同的窗棂，窗棂上雕刻有各种花纹，构成种类繁多的精美图案．如图所示的窗棂图案，是将边长为2R的正方形的内切圆六等分，分别以各等分点为圆心，以R为半径画圆弧，在圆的内部构成的平面图形．若在正方形内随机取一点，则该点在窗棂图案上阴影内的概率为()A．1－eq\f(3\r(3),π) B．eq\f(π,2)－eq\f(3\r(3),4)C．2－eq\f(3\r(3),π) D．eq\f(π,2)－eq\f(\r(3),4)B[连接A、B、O，得等边三角形OAB，则阴影部分的面积为S阴影＝12×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,6)×πR2－\f(1,2)×R2×sin60°))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2π－3\r(3)))R2，故所求概率为eq\f(S阴,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2R))2)＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2π－3\r(3)))R2,4R2)＝eq\f(π,2)－eq\f(3\r(3),4).故选B．]12．已知函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,4)))(ω>0)在(0,2π)上有且仅有两个零点，则ω的取值范围是()A．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(3,4))) B．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,4)，\f(5,4)))C．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5,8)，\f(9,8))) D．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(7,8)，\f(9,8)))C[函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,4)))(ω>0)，由于x∈(0,2π)，所以ωx－eq\f(π,4)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，2ωπ－\f(π,4)))，由于在该区间上有且仅有两个零点，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2ωπ－\f(π,4)>π,2ωπ－\f(π,4)≤2π))，解得eq\f(5,8)<ω≤eq\f(9,8).故选C．]二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在横线上．13．能说明“若a>b，有a2＞b2”为假命题的一组a，b1，－1[“若a>b，有a2＞b2”此题答案不唯一，可取a＝1，b＝－1，即有a2＝b2.]14．若变量x，y满足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x－y≥0,x＋y－4≤0,y≥0))，则x－2y的最大值为________．4[变量x，y满足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x－y≥0,x＋y－4≤0,y≥0))的可行域如图，目标函数z＝x－2y，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝0,x＋y＝4))，解得点A(4,0)，z在点A处有最大值：z＝4－2×0＝4.]15．已知椭圆M：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左顶点为A，O为坐标原点，B、C两点在M上，若四边形OABC为平行四边形，且∠OAB＝45°，则椭圆M的离心率为________．eq\f(\r(6),3)[∵AO是与x轴重合的，且四边形OABC为平行四边形，∴BC∥OA，则B、C两点的纵坐标相等，根据椭圆的对称性，B、C的横坐标互为相反数，∴B、C两点是关于y轴对称的．由题意知：OA＝a，四边形OABC为平行四边形，则BC＝OA＝a，故C的横坐标为x＝eq\f(a,2)，代入椭圆方程M得，y＝eq\f(\r(3),2)b，故Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)，\f(\r(3),2)b))，由BC＝a＝eq\r(3)b，所以c＝eq\r(a2－b2)＝eq\r(2)b，故e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(2),\r(3))＝eq\f(\r(6),3).]16．某病毒研究所为了更好地研究“新冠”病毒，计划改建十个实验室，每个实验室的改建费用分为装修费和设备费，每个实验室的装修费都一样，设备费从第一到第十实验室依次构成等比数列，已知第五实验室比第二实验室的改建费用高42万元，第七实验室比第四实验室的改建费用高168万元，并要求每个实验室改建费用不能超过1700万元，则第十实验室的改建费用为________万元，改建这十个实验室投入的总费用最多需要________万元．15364709[设每个实验室的装修费用为x万元，设备费为an万元，n＝1,2,3，…，10，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a5－a2＝a1q4－a1q＝42,a7－a4＝a1q6－a1q3＝168))，解得a1＝3，q＝2,∴a10＝3×29＝1536，依题意：x＋1536<1700，解得x<164.∴该研究所改建这十个实验室投入的总费用最多需要：10x＋a1＋a2＋…＋a10＝10x＋eq\f(31－210,1－2)＝10x＋3069≤4709.]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．17．(12分)近年来，昆明加大了特色农业建设，其中花卉产业是重要组成部分．昆明斗南毗邻滇池东岸，是著名的花都，有“全国10支鲜花7支产自斗南”之说，享有“金斗南”的美誉．为进一步了解鲜花品种的销售情况，现随机抽取甲、乙两户斗南花农，对其连续5日的玫瑰花日销售情况进行跟踪调查，将日销售量作为样本绘制成茎叶图如图，单位：扎(20支/扎)．(1)求甲、乙两户花农连续5日的日均销售量，并比较两户花农连续5日销售量的稳定性；(2)从两户花农连续5日的销售量中各随机抽取一个，求甲的销售量比乙的销售量高的概率．[解](1)记甲、乙连续5日的日平均销售量分别是eq\x\to(x)甲，eq\x\to(x)乙，则eq\x\to(x)甲＝eq\f(1,5)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(18＋25＋27＋30＋40))＝28，eq\x\to(x)乙＝eq\f(1,5)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(25＋28＋30＋31＋36))＝30，由茎叶图可知乙的数据比较集中，说明乙的销售量比较稳定．(2)从两户花农连续5日的销售量中各随机抽取一个，总的基本事件为25个，分别为：{18,25}，{18,28}，{18,30}，{18,31}，{18,36}，{25,25}，{25,28}，{25,30}，{25,31}，{25,36}，{27,25}，{27,28}，{27,30}，{27,31}，{27,36}，{30,25}，{30,28}，{30,30}，{30,31}，{30,36}，{40,25}，{40,28}，{40,30}，{40,31}，{40,36}，其中甲高于乙的有8个基本事件，分别为：{27,25}，{30,25}，{30,28}，{40,25}，{40,28}，{40,30}，{40,31}，{40,36}，∴甲的销售量比乙的销售量高的概率P＝eq\f(8,25).18．(12分)在长方体ABCD­A1B1C1D1中，AD＝AA1(1)证明：平面A1BD⊥面BC1D1；(2)求三棱锥B1­A1BD与D1­A1BD的体积比．[解](1)证明：连接AD1，因为AD＝AA1，所以A1D⊥AD1，因为四边形ABC1D1是平行四边形，所以AD1∥BC1，所以A1D⊥BC1，又A1D⊥C1D1，BC1∩C1D1＝C1，∴A1D⊥平面BC1D1，又A1D⊂平面A1BD，所以平面A1BD⊥平面BC1D1.(2)连接B1D1，因为B1D1∥BD，所以B1D1∥平面A1BD，所以B1，D1到面A1BD的距离相等，故三棱锥B1­A1BD与D1­A1BD体积之比为1∶1.19．(12分)△ABC的角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知b2＋c2＝a2＋bc.(1)求A；(2)从三个条件：①a＝eq\r(3)，②b＝eq\r(3)，③△ABC的面积为eq\r(3)，中任选一个作为已知条件，求△ABC周长的取值范围．[解](1)b2＋c2＝a2＋bc，可得cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(bc,2bc)＝eq\f(1,2)，由A∈(0，π)，可得A＝eq\f(π,3).(2)选①a＝eq\r(3)，又A＝eq\f(π,3)，可得eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)＝2，可设B＝eq\f(π,3)＋d，C＝eq\f(π,3)－d，－eq\f(π,3)＜d＜eq\f(π,3)，即有△ABC的周长l＝a＋b＋c＝2sinB＋2sinC＋eq\r(3)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)＋d))＋2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－d))＋eq\r(3)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)cosd＋\f(1,2)sind＋\f(\r(3),2)cosd－\f(1,2)sind))＋eq\r(3)＝2eq\r(3)cosd＋eq\r(3)，由cosd∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))，可得周长l的范围是(2eq\r(3)，3eq\r(3)]．选②b＝eq\r(3)，由A＝eq\f(π,3)，由正弦定理可得a＝eq\f(3,2sinB)，c＝eq\f(\r(3)sinC,sinB)＝eq\f(\r(3)sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－B)),sinB)＝eq\f(3cosB,2sinB)＋eq\f(\r(3),2)，则周长为l＝a＋b＋c＝eq\f(3,2sinB)＋eq\f(3cosB,2sinB)＋eq\f(3\r(3),2)＝eq\f(6cos2\f(B,2),4sin\f(B,2)cos\f(B,2))＋eq\f(3\r(3),2)＝eq\f(3,2tan\f(B,2))＋eq\f(3\r(3),2)，由B∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2π,3)))，可得0＜eq\f(B,2)＜eq\f(π,3)，即有0＜taneq\f(B,2)＜eq\r(3)，可得△ABC的周长的取值范围是(2eq\r(3)，＋∞)．若选③S△ABC＝eq\r(3)，由A＝eq\f(π,3)，可得S△ABC＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(\r(3),4)bc＝eq\r(3)，即bc＝4.由余弦定理可得a2＝b2＋c2－2bccosA＝b2＋c2－bc＝(b＋c)2－3bc＝(b＋c)2－12，则周长l＝a＋b＋c＝eq\r(b＋c2－12)＋(b＋c)，由b＋c≥2eq\r(bc)＝4，当且仅当b＝c＝2时等号成立，所以l≥eq\r(42－12)＋4＝6，则△ABC的周长的范围是[6，＋∞)．20．(12分)已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的离心率为eq\f(1,2)，右焦点为F(c,0)，左顶点为A，右顶点B在直线l：x＝2上．(1)求椭圆C的方程；(2)设点P是椭圆C上异于A，B的点，直线AP交直线l于点D，当点P运动时，判断以BD为直径的圆与直线PF的位置关系，并加以证明．[解](1)依题可知B(a,0)，a＝2，因为e＝eq\f(c,a)＝eq\f(1,2)，所以c＝1，b＝eq\r(3)，故椭圆C的方程为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)法一：以BD为直径的圆与直线PF相切．证明如下：由题意可设直线AP的方程为y＝k(x＋2)(k≠0)．则点D坐标为(2,4k)，BD中点E的坐标为(2,2k)，直线方程代入椭圆方程，可得(3＋4k2)x2＋16k2x＋16k2－12＝0.设点P的坐标为(x0，y0)，则－2x0＝eq\f(16k2－12,3＋4k2).所以x0＝eq\f(6－8k2,3＋4k2)，y0＝eq\f(12k,3＋4k2).因为点F坐标为(1,0)，①当k＝±eq\f(1,2)时，点P的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，±\f(3,2)))，直线PF的方程为x＝1，D的坐标为(2，±2)．此时以BD为直径的圆(x－2)2＋(y±1)2＝1与直线PF相切．②当k≠±eq\f(1,2)时，则直线PF的斜率kPF＝eq\f(y0,x0－1)＝eq\f(4k,1－4k2).所以直线PF的方程为y＝eq\f(4k,1－4k2)(x－1)，即x－eq\f(1－4k2,4k)y－1＝0.点E到直线PF的距离d＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(2－\f(1－4k2,4k)×2k－1)),\r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－4k2,4k)))eq\s\up12(2)))＝eq\f(\f(1＋4k2,2),\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋4k2,4k)))eq\s\up12(2)))＝|2k|，又因为|BD|＝2R＝4|k|，故以BD为直径的圆与直线PF相切．综上得，当点P运动时，以BD为直径的圆与直线PF相切．法二：以BD为直径的圆与直线PF相切．证明如下：设点P(x0，y0)，则eq\f(x\o\al(2,0),4)＋eq\f(y\o\al(2,0),3)＝1(y0≠0)．①当x0＝1时，点P的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，±\f(3,2)))，直线PF的方程为x＝1，D的坐标为(2，±2)．此时以BD为直径的圆(x－2)2＋(y±1)2＝1与直线PF相切．②当x0≠1时直线AP的方程为y＝eq\f(y0,x0＋2)(x＋2)，点D的坐标为Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(4y0,x0＋2)))，BD中点E的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(2y0,x0＋2)))，故|BE|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(2y0,x0＋2)))，直线PF的斜率为kPF＝eq\f(y0,x0－1)，故直线PF的方程为y＝eq\f(y0,x0－1)(x－1)，即x－eq\f(x0－1,y0)y－1＝0，所以点E到直线PF的距离d＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(2－\f(x0－1,y0)×\f(2y0,x0＋2)－1)),\r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x0－1,y0)))eq\s\up12(2)))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(2y0,x0＋2)))＝|BE|，故以BD为直径的圆与直线PF相切．综上得，当点P运动时，以BD为直径的圆与直线PF相切．21．(12分)(2020·河北名校联考)已知函数f(x)＝lnx－aex＋1(a∈R)．(1)当a＝1时，讨论f(x)极值点的个数；(2)若函数f(x)有两个零点，求a的取值范围．[解](1)当a＝1时，f(x)＝lnx－ex＋1(x>0)，则f′(x)＝eq\f(1,x)－ex，显然f′(x)在(0，＋∞)上单调递减，又f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝2－eq\r(e)>0，f′(1)＝1－e<0，所以f′(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))上存在唯一零点x0，当x∈(0，x0)时，f′(x)>0，当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)<0，所以x0是f(x)的极大值点，且是唯一极值点．(2)令f(x)＝0，则a＝eq\f(lnx＋1,ex)，令y＝a，g(x)＝eq\f(lnx＋1,ex)，则y＝a与g(x)的图象在(0，＋∞)上有两个交点，g′(x)＝eq\f(\f(1,x)－lnx－1,ex)(x>0)，令h(x)＝eq\f(1,x)－lnx－1，则h′(x)＝－eq\f(1,x2)－eq\f(1,x)<0，所以h(x)在(0，＋∞)上单调递减，而h(1)＝0，故当x∈(0,1)时，h(x)>0，即g′(x)>0，g(x)单调递增，当x∈(1，＋∞)时，h(x)<0，即g′(x)<0，g(x)单调递减，故g(x)max＝g(1)＝eq\f(1,e)，又geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝0，当x>1时，g(x)>0，作出图象如图：由图可得：0<a<eq\f(1,e)，故a的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e))).(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．22．(10分)[选修4－4：坐标系与参数方程]已知极坐标系的极点为平面直角坐标系的原点，极轴与x轴的非负半轴重合．曲线C的极坐标方程是1＋2sin2θ＝eq\f(6,ρ2)，直线l的极坐标方程是ρcoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,4)))－eq\r(2)＝0.(1)求曲线C和直线l的直角坐标方程；(2)设点P(2,0)，直线l与曲线C相交于点M、N，求eq\f(1,|PM|)＋eq\f(1,|PN|)的值．[解](1)曲线C的极坐标方程是1＋2