2021年全国统一高考数学试卷(文科)(甲卷)

2021年全国统一高考数学试卷（文科）（甲卷）

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．设集合M{1，3，5，7，9}，N{x|2x7}，则MA．{7，9}

B．{5，7，9}

N( )

C．{3，5，7，9} D．{1，3，5，7，9}

2．为了解某地农村经济情况，对该地农户家庭年收入进行抽样调查，将农户家庭年收入的调查数据整理得到如下频率分布直方图：

根据此频率分布直方图，下面结论中不正确的是( ) A．该地农户家庭年收入低于4.5万元的农户比率估计为6% B．该地农户家庭年收入不低于10.5万元的农户比率估计为10% C．估计该地农户家庭年收入的平均值不超过6.5万元

D．估计该地有一半以上的农户，其家庭年收入介于4.5万元至8.5万元之间

3．已知(1i)2z32i，则z( ) 3333A．1i B．1i C．i D．i

22224．下列函数中是增函数的为( )

2A．f(x)x B．f(x)()x C．f(x)x2 D．f(x)3x 322xy5．点(3,0)到双曲线1的一条渐近线的距离为( )

1699864A． B． C． D．

55556．青少年视力是社会普遍关注的问题，视力情况可借助视力表测量．通常用五分记录法和小数记录法记录视力数据，五分记录法的数据L和小数记录法的数据V满足L5lgV．已知某同学视力的五分记录法的数据为4.9，则其视力的小数记录法的数据约为(

)(10101.259) A．1.5

B．1.2

C．0.8

D．0.6

7．在一个正方体中，过顶点A的三条棱的中点分别为E，F，G．该正方体截去三棱锥

AEFG后，所得多面体的三视图中，正视图如图所示，则相应的侧视图是( )

第1页（共17页）

A．A．1 A．7 A．0.3

B．B．2 B．8

C．C．5 C．9

D．D．3 D．10 D．0.8

8．在ABC中，已知B120，AC19，AB2，则BC( ) 9．记Sn为等比数列{an}的前n项和．若S24，S46，则S6( ) 10．将3个1和2个0随机排成一行，则2个0不相邻的概率为( ) B．0.5 C．0.6

cos11．若(0,)，tan2，则tan( )

22sin5515A． B． C． 531515 311512．设f(x)是定义域为R的奇函数，且f(1x)f(x)．若f()，则f()( )

3335115A． B． C． D．

3333D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

13．若向量a，b满足|a|3，|ab|5，ab1，则|b| ．

14．已知一个圆锥的底面半径为6，其体积为30，则该圆锥的侧面积为 ． 15．已知函数f(x)2cos(x)的部分图像如图所示，则f() ．

2xy1的两个焦点，P，Q为C上关于坐标原点对称的两点，164且|PQ||F1F2|，则四边形PF1QF2的面积为 ．

16．已知F1，F2为椭圆C: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）甲、乙两台机床生产同种产品，产品按质量分为一级品和二级品，为了比较两台机床产品的质量，分别用两台机床各生产了200件产品，产品的质量情况统计如下表： 甲机床 一级品 150 第2页（共17页）

22

二级品 50 合计 200

乙机床 合计 120 270 80 130 200 400 （1）甲机床、乙机床生产的产品中一级品的频率分别是多少？ （2）能否有99%的把握认为甲机床的产品质量与乙机床的产品质量有差异？ n(adbc)2附：K．

(ab)(cd)(ac)(bd)2P(K2k) k 0.050 3.841 0.010 6.635 0.001 10.828 18．（12分）记Sn为数列{an}的前n项和，已知an0，a23a1，且数列{Sn}是等差数列，证明：{an}是等差数列．

19．（12分）已知直三棱柱ABCA1B1C1中，侧面AA1B1B为正方形，ABBC2，E，F分别为AC和CC1的中点，BFA1B1． （1）求三棱锥FEBC的体积；

（2）已知D为棱A1B1上的点，证明：BFDE．

20．（12分）设函数f(x)a2x2ax3lnx1，其中a0． （1）讨论f(x)的单调性；

（2）若yf(x)的图像与x轴没有公共点，求a的取值范围．

21．（12分）抛物线C的顶点为坐标原点O，焦点在x轴上，直线l:x1交C于P，Q两点，且OPOQ．已知点M(2,0)，且M与l相切． （1）求C，M的方程；

（2）设A1，A2，A3是C上的三个点，直线A1A2，A1A3均与M相切．判断直线A2A3与M的位置关系，并说明理由．

（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]（10分）

22．（10分）在直角坐标系xOy中，以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为22cos． （1）将C的极坐标方程化为直角坐标方程；

（2）设点A的直角坐标为(1,0)，M为C上的动点，点P满足AP2AM，写出P的轨迹C1的参数方程，并判断C与C1是否有公共点． [选修4-5：不等式选讲]（10分）

第3页（共17页）

23．已知函数f(x)|x2|，g(x)|2x3||2x1|． （1）画出yf(x)和yg(x)的图像； （2）若f(xa)g(x)，求a的取值范围．

第4页（共17页）

2021年全国统一高考数学试卷（文科）（甲卷）

参考答案与试题解析

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．设集合M{1，3，5，7，9}，N{x|2x7}，则MA．{7，9}

B．{5，7，9}

【思路分析】直接根据交集的运算性质，求出MN( )

C．{3，5，7，9} N即可．

D．{1，3，5，7，9}

7【解析】：因为N{x|2x7}{x|x}，M{1，3，5，7，9}，

2所以MN{5，7，9}．

故选：B．

【归纳总结】本题考查了交集及其运算，属基础题．

2．为了解某地农村经济情况，对该地农户家庭年收入进行抽样调查，将农户家庭年收入的调查数据整理得到如下频率分布直方图：

根据此频率分布直方图，下面结论中不正确的是( ) A．该地农户家庭年收入低于4.5万元的农户比率估计为6% B．该地农户家庭年收入不低于10.5万元的农户比率估计为10% C．估计该地农户家庭年收入的平均值不超过6.5万元

D．估计该地有一半以上的农户，其家庭年收入介于4.5万元至8.5万元之间

【思路分析】利用频率分布直方图中频率的求解方法，通过求解频率即可判断选项A，B，

D，利用平均值的计算方法，即可判断选项C．

【解析】：对于A，该地农户家庭年收入低于4.5万元的农户比率为(0.020.04)10.066%，故选项A正确；

对于B，该地农户家庭年收入不低于10.5万元的农户比率为(0.040.023)10.110%，故选项B正确； 对

于

C，估计该地农户家庭年收入的平均值为

30.0240.0450.160.1470.280.290.1100.1110.04120.02130.02140.027.686.5万元，故选项C错误；

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对于D，家庭年收入介于(0.10.140.20.2)10.640.5，

4.5万元至8.5万元之间的频率为

故估计该地有一半以上的农户，其家庭年收入介于4.5万元至8.5万元之间，故选项D正确． 故选：C．

【归纳总结】本题考查了频率分布直方图的应用，解题的关键是掌握频率分布直方图中频率的求解方法以及平均数的计算方法，属于基础题．

3．已知(1i)2z32i，则z( )

3333A．1i B．1i C．i D．i

2222【思路分析】利用复数的乘法运算法则以及除法的运算法则进行求解即可．

32i32i(32i)i23i31i． 【解析】：因为(1i)2z32i，所以z(1i)22i(2i)i22故选：B．

【归纳总结】本题考查了复数的运算，主要考查了复数的乘法运算法则以及除法的运算法则的运用，考查了运算能力，属于基础题．

4．下列函数中是增函数的为( ) 2A．f(x)x B．f(x)()x C．f(x)x2 D．f(x)3x 3【思路分析】结合基本初等函数在定义域上的单调性分别检验各选项即可判断． 【解析】：由一次函数性质可知f(x)x在R上是减函数，不符合题意；

2由指数函数性质可知f(x)()x在R上是减函数，不符合题意；

3由二次函数的性质可知f(x)x2在R上不单调，不符合题意； 根据幂函数性质可知f(x)3x在R上单调递增，符合题意． 故选：D．

【归纳总结】本题主要考查基本初等函数的单调性的判断，属于基础题．

x2y25．点(3,0)到双曲线1的一条渐近线的距离为( )

1699864A． B． C． D．

5555【思路分析】首先求得渐近线方程，然后利用点到直线距离公式，求得点(3,0)到一条渐近

线的距离即可．

x2y2【解析】：由题意可知，双曲线的渐近线方程为?0，即3x4y0，

169结合对称性，不妨考虑点(3,0)到直线3x4y0 的距离，

909． 则点(3,0)到双曲线的一条渐近线的距离d9165故选：A．

【归纳总结】本题主要考查双曲线的渐近线方程，点到直线距离公式等知识，属于基础题． 6．青少年视力是社会普遍关注的问题，视力情况可借助视力表测量．通常用五分记录法和小数记录法记录视力数据，五分记录法的数据L和小数记录法的数据V满足L5lgV．已

第6页（共17页）

知某同学视力的五分记录法的数据为4.9，则其视力的小数记录法的数据约为(

)(10101.259) A．1.5

B．1.2

C．0.8

D．0.6

【思路分析】把L4.9代入L5lgV中，直接求解即可．

【解析】：在L5lgV中，L4.9，所以4.95lgV，即lgV0.1，

1110.8， 解得V100.10.11010101.259所以其视力的小数记录法的数据约为0.8． 故选：C．

【归纳总结】本题考查了对数与指数的互化问题，也考查了运算求解能力，是基础题． 7．在一个正方体中，过顶点A的三条棱的中点分别为E，F，G．该正方体截去三棱锥

AEFG后，所得多面体的三视图中，正视图如图所示，则相应的侧视图是( )

A．视图．

B． C． D．

【思路分析】作出正方体，截去三棱锥AEFG，根据正视图，摆放好正方体，即可求解侧【解析】：由题意，作出正方体，截去三棱锥AEFG，根据正视图， 可得AEFG在正方体左侧面，如图，根据三视图的投影， 可得相应的侧视图是D图形， 故选：D．

【归纳总结】本题考查简单空间图形的三视图，属基础题．

8．在ABC中，已知B120，AC19，AB2，则BC( ) A．1

B．2 C．5

D．3

【思路分析】设角A，B，C所对的边分别为a，b，c，利用余弦定理得到关于a的方程，解方程即可求得a的值，从而得到BC的长度． 【解析】：设角A，B，C所对的边分别为a，b，c， 结合余弦定理，可得19a24?2a2cos120，

第7页（共17页）

即a22a?150，解得a3(a5 舍去）， 所以BC3． 故选：D．

【归纳总结】本题考查了余弦定理，考查了方程思想，属基础题． 9．记Sn为等比数列{an}的前n项和．若S24，S46，则S6( ) A．7 程，再求出S6． 【解析】：

Sn为等比数列{an}的前n项和，S24，S46，

B．8 C．9 D．10

【思路分析】由等比数列的性质得S2，S4S2，S6S4成等比数列，从而得到关于S6的方

由等比数列的性质，可知S2，S4S2，S6S4成等比数列，

4，2，S66成等比数列，

224(S66)，解得S67． 故选：A．

【归纳总结】本题考查了等比数列的性质，考查方程思想和运算求解能力，是基础题． 10．将3个1和2个0随机排成一行，则2个0不相邻的概率为( ) A．0.3

B．0.5

C．0.6

D．0.8

【思路分析】首先求得3个1和2个0随机排成一行的数量和2个0不相邻的数量，然后利用古典概型计算公式，求出2个0不相邻的概率．

【解析】：将3个1和2个0随机排成一行的方法可以是：00111，01011，01101，01110，10011，10101，10110，11001，11010，11100，共10种排法，

其中2个0不相邻的排列方法可以是：01011，01101，01110，10101，10110，11010，共6种方法， 满足题意的概率为故选：C．

【归纳总结】本题主要考查古典概型计算公式，排列组合公式在古典概型计算中的应用，属于基础题．

60.6， 10cos11．若(0,)，tan2，则tan( )

22sin5515A． B． C． 5315商的关系可得tan的值．

cossin2cos【解析】：由tan2，得， 2sincos22sin2sincoscos即， 12sin22sinD．15 3【思路分析】把等式左边化切为弦，再展开倍角公式，求解sin，进一步求得cos，再由

(0,)，cos0，

2则2sin(2sin)12sin2，解得sin1， 4第8页（共17页）

则cos1sin215， 41sin15． tan4cos15154故选：A．

【归纳总结】本题考查三角函数的恒等变换与化简求值，考查倍角公式的应用，是基础题．

11512．设f(x)是定义域为R的奇函数，且f(1x)f(x)．若f()，则f()( )

3335115A． B． C． D．

3333【思路分析】由已知f(x)f(x)及f(1x)f(x)进行转化得f(2x)f(x)，再结合

11f()从而可求．

33【解析】：解法一：由题意得f(x)f(x)，

11又f(1x)f(x)f(x)，所以f(2x)f(x)，又f()，

335111则f()f(2)f()．故选：C．

33331解法二：（范世祥补解）：由f(1x)f(x)知函数f(x)的图象关于直线x对称，

2又f(x)为奇函数，所以f(x)是周期函数，且T4|0|2， 则f()f(2)f()125353131，故选C. 3【归纳总结】本题主要考查了利用函数的奇偶性求解函数值，解题的关键是进行合理的转化，属于基础题．

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

13．若向量a，b满足|a|3，|ab|5，ab1，则|b| 32 ．

【思路分析】由题意首先计算(a?b)2，然后结合所给的条件，求出向量的模即可． 【解析】：由题意，可得(a?b)2a2?2abb225， 因为|a|3，ab1，所以9?21b225， 所以b218,|b|b232． 故答案为：32．

【归纳总结】本题考查了平面向量数量积的性质及其运算和向量的模，属于基础题． 14．已知一个圆锥的底面半径为6，其体积为30，则该圆锥的侧面积为 39 ． 【思路分析】由题意，设圆锥的高为h，根据圆锥的底面半径为6，其体积为30求出h，再求得母线的长度，然后确定圆锥的侧面积即可． 【解析】：由圆锥的底面半径为6，其体积为30，

51设圆锥的高为h，则(62)h30，解得h，

23第9页（共17页）

513所以圆锥的母线长l()262，

2213所以圆锥的侧面积Srl639．

2故答案为：39．

【归纳总结】本题考查了圆锥的侧面积公式和圆锥的体积公式，考查了方程思想，属于基础题．

15．已知函数f(x)2cos(x)的部分图像如图所示，则f() 3 ．

2

【思路分析】根据图象可得f(x)的最小正周期，从而求得，然后利用五点作图法可求得，得到f(x)的解析式，再计算f()的值．

2413【解析】：由图可知，f(x)的最小正周期T()，

312321313所以2，因为f2cos2，得2k，

6T126所以f(x)2cos(2x)，则f()2cos(2)2cos3. 故答案为：3．

62266【归纳总结】本题主要考查由yAcos(x)的部分图象确定其解析式，考查数形结合思想与运算求解能力，属于基础题．

x2y216．已知F1，F2为椭圆C:1的两个焦点，P，Q为C上关于坐标原点对称的两点，

164且|PQ||F1F2|，则四边形PF1QF2的面积为 8 ．

【思路分析】判断四边形PF1QF2为矩形，利用椭圆的定义及勾股定理求解即可． 【解析】：解法一：因为P，Q为C上关于坐标原点对称的两点，且|PQ||F1F2|， 所以四边形PF1QF2为矩形， 设|PF1|m，|PF2|n，

由椭圆的定义可得||PF1||PF2||mn2a8，所以m22mnn264， 因为|PF1|2|PF2|2|F1F2|24c24(a2b2)48，即m2n248，所以mn8， 所以四边形PF1QF2的面积为|PF1||PF2|mn8．故答案为：8．

解法二：（范世祥补解）：因为四边形PFQF所以四边形PFQF12的对角线PQF12为1F2，

2矩形，则由焦点三角形面积公式得SF1QF2P2btan42418.

【归纳总结】本题主要考查椭圆的性质，椭圆的定义，考查方程思想与运算求解能力，属于中档题．

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：

第10页（共17页）

共60分。

17．（12分）甲、乙两台机床生产同种产品，产品按质量分为一级品和二级品，为了比较两台机床产品的质量，分别用两台机床各生产了200件产品，产品的质量情况统计如下表： 甲机床 乙机床 合计 一级品 150 120 270 二级品 50 80 130 合计 200 200 400 （1）甲机床、乙机床生产的产品中一级品的频率分别是多少？ （2）能否有99%的把握认为甲机床的产品质量与乙机床的产品质量有差异？ n(adbc)2附：K．

(ab)(cd)(ac)(bd)2P(K2k) k 0.050 3.841 0.010 6.635 0.001 10.828 【思路分析】（1）根据表格中统计可知甲机床、乙机床生产总数和频数，再求出频率值即可；

（2）根据22列联表，求出K2，再将K2的值与6.635比较，即可得出结论； 【解析】：由题意，可得甲机床、乙机床生产总数均为200件，

1503因为甲的一级品的频数为150，所以甲的一级品的频率为；

20041203因为乙的一级品的频数为120，所以乙的一级品的频率为；

2005n(adbc)22（2）根据22列联表，可得K

(ab)(cd)(ac)(bd)400(1508050120)210.2566.635．

270130200200所以有99%的把握认为甲机床的产品质量与乙机床的产品质量有差异．

【归纳总结】本题考查了统计与概率中的独立性检验，属于基础题．

18．（12分）记Sn为数列{an}的前n项和，已知an0，a23a1，且数列{Sn}是等差数列，证明：{an}是等差数列．

【思路分析】设等差数列{Sn}的公差为d，可用S1、S2求出d，得到Sn的通项公式，利用anSnSn1可求出an的通项，从而证明{an}是等差数列． 【解答】证明：设等差数列{Sn}的公差为d， 由题意得S1a1；S2a1a24a12a1，

则dS2S12a1a1a1，所以Sna1(n1)a1na1， 所以Snn2a1①；

当n2时，有Sn1(n1)2a1②．

由①②，得anSnSn1n2a1(n1)2a1(2n1)a1③， 经检验，当n1时也满足③． 所以an(2n1)a1，nN，

第11页（共17页）

当n2时，anan1(2n1)a1(2n3)a12a1， 所以数列{an}是等差数列．

【归纳总结】本题考查了等差数列的概念和性质，涉及逻辑推理，数学运算等数学学科核心素养，属于中档题．

19．（12分）已知直三棱柱ABCA1B1C1中，侧面AA1B1B为正方形，ABBC2，E，F分别为AC和CC1的中点，BFA1B1． （1）求三棱锥FEBC的体积；

（2）已知D为棱A1B1上的点，证明：BFDE．

【思路分析】（1）先证明AB平面BCC1B1，即可得到ABAC，再根据直角三角形的性质可知CE2BE，最后根据三棱锥的体积公式计算即可；

（2）取BC中点G，连接EG，B1G，先证明EG//AB//B1D，从而得到E、G、B1、D四点共面，再由（1）及线面垂直的性质定理可得BFEG，通过角的正切值判断出 CBFBB1G，再通过角的代换可得，BFB1G，再根据线面垂直的判定定理可得BF平面EGB1D，进而得证．

【解析】：（1）在直三棱柱ABCA1B1C1中，BB1A1B1， 又BFA1B1，BB1AB//A1B1，

BFB，BB1，BF平面BCC1B1，

A1B1平面BCC1B1，

AB平面BCC1B1，

ABAC，

又ABAC，故AC222222， CE2BE，

而侧面AA1B1B为正方形，

11CFCC1AB1，

2211111VSEBCCF221，即三棱锥FEBC的体积为；

33323（2）证明：如图，取BC中点G，连接EG，B1G，设B1GBFH， 点E是AC的中点，点G时BC的中点，

EG//AB，

EG//AB//B1D，

第12页（共17页）

E、G、B1、D四点共面，

由（1）可得AB平面BCC1B1，

EG平面BCC1B1， BFEG，

tanCBFCF1BG1,tanBB1G，且这两个角都是锐角， BC2BB12CBFBB1G，

BHB1BGB1CBFBGB1BB1G90，

BFB1G，

又EGB1GG，EG，B1G平面EGB1D，

BF平面EGB1D，

又DE平面EGB1D，

BFDE．

【归纳总结】本题主要考查三棱锥体积的求法以及线线，线面间的垂直关系，考查运算求解能力及逻辑推理能力，属于中档题．

20．（12分）设函数f(x)a2x2ax3lnx1，其中a0． （1）讨论f(x)的单调性；

（2）若yf(x)的图像与x轴没有公共点，求a的取值范围．

(2ax3)(ax1)【思路分析】（1）对f(x)求导得f(x)，分析f(x)的正负，即可得出f(x)x的单调区间．

1（2）由（1）可知，f(x)minf()，由yf(x)的图像与x轴没有公共点，得33lna0，

a即可解出a的取值范围．

32a2x2ax3(2ax3)(ax1)【解析】：（1）f(x)2axa，x0， xxx因为a0，

31所以0，

2aa1所以在(0,)上，f(x)0，f(x)单调递减，

a1在(，)上，f(x)0，f(x)单调递增．

a2第13页（共17页）

11综上所述，f(x)在(0,)上单调递减，在(，)上f(x)单调递增．

aa1111（2）由（1）可知，f(x)minf()a2()2a3ln133lna，

aaaa因为yf(x)的图像与x轴没有公共点，

所以33lna0，

1所以a，

e1所以a的取值范围为(，)．

e【归纳总结】本题考查导数的综合应用，解题中需要理清思路，属于中档题．

21．（12分）抛物线C的顶点为坐标原点O，焦点在x轴上，直线l:x1交C于P，Q两点，且OPOQ．已知点M(2,0)，且M与l相切． （1）求C，M的方程；

（2）设A1，A2，A3是C上的三个点，直线A1A2，A1A3均与M相切．判断直线A2A3与M的位置关系，并说明理由．

【思路分析】（1）由题意结合直线垂直得到关于p的方程，解方程即可确定抛物线方程，然后利用直线与圆的关系确定圆的圆心和半径即可求得圆的方程；

（2）分类讨论三个点的横坐标是否相等，当有两个点横坐标相等时明显相切，否则，求得直线方程，利用直线与圆相切的充分必要条件和题目中的对称性可证得直线与圆相切． 【解析】：（1）因为x1与抛物线有两个不同的交点，故可设抛物线C的方程为：

y22px(p0)，

令x1，则y2p，

根据抛物线的对称性，不妨设P在x轴上方，Q在X轴下方，故P(1,2p),Q(1,?2p)， 因为OPOQ，故12p(?2p)0p抛物线C的方程为：y2x，

因为M与l相切，故其半径为1，故M:(x2)2y21． （2）设A1(x1，y1)，A2(x2，y2)，A3(x3，y3)．

当A1，A2，A3其中某一个为坐标原点时（假设A1为坐标原点时）， 设直线A1A2方程为kxy0，根据点M(2,0)到直线距离为1可得k3， 31， 22k1k21，解得

联立直线A1A2与抛物线方程可得x3， 此时直线A2A3与M的位置关系为相切，

当A1，A2，A3都不是坐标原点时，即x1x2x3，直线A1A2的方程为x?(y1y2)yy1y20，

|2y1y2|22y1y23?y120， 此时有，1，即(y12?1)y21(y1y2)222y1y33?y120， 同理，由对称性可得，(y12?1)y3所以y2，y3是方程(y12?1)t22y1t3?y120 的两根，

第14页（共17页）

依题意有，直线A2A3的方程为x?(y2y3)yy2y30，

3?y122(22)2(2yy)y1?123令M到直线A2A3的距离为d，则有d21，

?2y121(y2y3)21(2)y1?1此时直线A2A3与M的位置关系也为相切， 综上，直线A2A3与M相切．

【归纳总结】本题主要考查抛物线方程的求解，圆的方程的求解，分类讨论的数学思想，直线与圆的位置关系，同构、对称思想的应用等知识，属于中等题．

（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]（10分）

22．（10分）在直角坐标系xOy中，以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为22cos． （1）将C的极坐标方程化为直角坐标方程；

（2）设点A的直角坐标为(1,0)，M为C上的动点，点P满足AP2AM，写出P的轨迹C1的参数方程，并判断C与C1是否有公共点．

【思路分析】（1）把极坐标方程化为222cos，写出直角坐标方程即可； （2）设点P的直角坐标为(x,y)，M(x1，y1)，利用AP2AM求出点M的坐标，代入C的方程化简得出点P的轨迹方程，再化为参数方程，计算|CC1|的值即可判断C与C1是否有公共点．

【解析】：（1）由极坐标方程为22cos，得222cos， 化为直角坐标方程是x2y222x，

即(x2)2y22，表示圆心为C(2，0)，半径为2的圆． （2）设点P的直角坐标为(x,y)，M(x1，y1)，因为A(1,0)， 所以AP(x1,y)，AM(x11，y1)， 由AP2AM，

x12(x11)即， y2y12(x1)1x12解得， y2x1222222(x1)1，y)，代入C的方程得[(x1)12]2(y)2， 所以M(2222化简得点P的轨迹方程是(x32)2y24，表示圆心为C1(32，0)，半径为2 的圆；

x322cos化为参数方程是，为参数；

y2sin计算|CC1||(32)2|32222， 所以圆C与圆C1内含，没有公共点．

【归纳总结】本题考查了参数方程与极坐标的应用问题，也考查了转化思想与运算求解能力，

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是中档题．

[选修4-5：不等式选讲]（10分）

23．已知函数f(x)|x2|，g(x)|2x3||2x1|． （1）画出yf(x)和yg(x)的图像； （2）若f(xa)g(x)，求a的取值范围．

【思路分析】（1）通过对x分类讨论，写出分段函数的形式，画出图像即可得出．

1（2）由图像可得：f（6）4，g()4，若f(xa)g(x)，说明把函数f(x)的图像向

2左或向右平移|a|单位以后，f(x)的图像不在g(x)的下方，由图像观察可得出结论． x2,x2【解析】：（1）函数f(x)|x2|，

2x,x214,x231g(x)|2x3||2x1|4x2,x．

2234,x2画出yf(x)和yg(x)的图像；

1（2）由图像可得：f（6）4，g()4，

2若f(xa)g(x)，说明把函数f(x)的图像向左或向右平移|a|单位以后，f(x)的图像不在g(x)的下方，

由图像观察可得：a21114 22a的取值范围为[11，)． 2第16页（共17页）

【归纳总结】本题考查了分段函数的图像与性质、方程与不等式的解法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．

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