2016-2017届山西省太原市高三（上）期末数学试卷（理科）（解析版）

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1、2016-2017学年山西省太原市高三（上）期末数学试卷（理科）一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分.在每个小题给出的四个选项中，有且只有一项符合题目要求.1（5分）已知集合A=xN|x1，B=x|1x2，则AB=（）A0，1B1，0，1C1，1D12（5分）设复数z=1+2i，则=（）ABCD13（5分）给出下列命题：若数列an为等差数列，Sn为其前n项和，则Sn，S2nSn，S3nS2n是等差数列；若数列an为等比数列，Sn为其前n项和，则Sn，S2nSn，S3nS2n是等比数列；若数列an，bn均为等差数列，则数列an+bn为等差数列；若数列an，bn均为等比数列，则数列a

2、nbn为等比数列其中真命题的个数为（）A1B2C3D44（5分）设，为两个不同的平面，l为直线，则下列结论正确的是（）Al，lBl，lCl，lDl，l5（5分）已知sin=cos，则tan2=（）ABCD6（5分）执行如图所示的程序框图，输入x=1，n=5，则输出s=（）A2B3C4D37（5分）如图是一个棱锥的正视图和侧视图，则该棱锥的俯视图不可能是（）ABCD8（5分）将函数f（x）=sinxcosx+sin2x的图象上各点的纵坐标不变，横坐标变为原来的2倍，再沿x轴向右平移个单位，得到函数y=g（x）的图象，则y=g（x）的一个递增区间是（）ABCD9（5分）在平行四边形ABCD中，AC

3、与BD交于点O，E是线段OD的中点，AE的延长线与CD相交于点F，则=（）ABCD10（5分）已知平面区域D=，z=3x2y，若命题“（x0，y0）D，zm”为假命题，则实数m的最小值为（）ABCD11（5分）如图，正方体ABCDA1B1C1D1绕其体对角线BD1旋转之后与其自身重合，则的值可以是（）ABCD12（5分）已知f（x）=，若函数f（x）有四个零点，则实数a的取值范围是（）A（，e）B（，）C（，）D（，）二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13（5分）数据0.7，1，0.8，0.9，1.1的方差是14（5分）七名同学战成一排照相，其中甲、乙二人相邻，且丙、丁两人不相

4、邻的不同排法总数为15（5分）已知数列an的前n项和Sn=2an2n+1（nN*），则其通项公式an=16（5分）已知a，b，c分别是ABC的内角A，B，C的对边，BC边上的高为，则的最大值为三、解答题：本大题共5小题，共70分.解答应写出必要的文字说明或推理、验算过程.17（12分）已知数列an是首项为1的单调递增的等比数列，且满足a3，成等差数列（1）求an的通项公式；（2）若bn=log3（anan+1）（nN*），求数列anbn的前n项和Sn18（12分）如图，已知AD是ABC内角BAC的角平分线（1）用正弦定理证明：；（2）若BAC=120，AB=2，AC=1，求AD的长19（12分

5、）甲、乙两人玩一种游戏，游戏规则如下：先将筹码放在如下表的正中间D处，投掷一枚质地均匀的硬币，若正面朝上，筹码向右移动一格；若反面朝上，筹码向左移动一格ABCDEFG305101052030（1）将硬币连续投掷三次，现约定：若筹码停在A或B或C或D处，则甲赢；否则，乙赢问该约定对乙公平吗？请说明理由（2）设甲、乙两人各有100个积分，筹码停在D处，现约定：投掷一次硬币，甲付给乙10个积分；乙付给甲的积分数是，按照上述游戏规则筹码所在表中字母AG下方所对应的数目；每次游戏筹码都连续走三步，之后重新回到起始位置D处你认为该规定对甲、乙二人哪一个有利，请说明理由20（12分）如图，在六面体ABCDA

6、1B1C1D1中，M，N分别是棱A1B1，B1C1的中点，平面ABCD平面A1B1BA，平面ABCD平面B1BCC1（1）证明：BB1平面ABCD；（2）已知六面体ABCDA1B1C1D1的棱长均为，cosBAD=，设平面BMN与平面AB1D1相交所成二面角的大小为求cos21（12分）已知函数f（x）=axlnx（aR）在x=1处的切线方程为y=bx+1+（bR）（1）求a，b的值；（2）证明：f（x）（3）若正实数m，n满足mn=1，证明：+2（m+n）四、解答题（共1小题，满分10分）选修4-4：参数方程与极坐标系22（10分）已知平面直角坐标系xoy中，点P（1，0），曲线C的参数方程

7、为（为参数）以原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，倾斜角为的直线l的极坐标方程为sin（）=sin（1）求曲线C的普通方程和直线l的直角坐标方程；（2）若曲线C与直线l交于M，N两点，且，求的值五、解答题（共1小题，满分10分）选修4-5：不等式选讲23（10分）已知实数a，b，c均大于0（1）求证：+a+b+c；（2）若a+b+c=1，求证：12016-2017学年山西省太原市高三（上）期末数学试卷（理科）参考答案与试题解析一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分.在每个小题给出的四个选项中，有且只有一项符合题目要求.1（5分）（2016秋太原期末）已知集合A=xN|x1

8、，B=x|1x2，则AB=（）A0，1B1，0，1C1，1D1【分析】集合A与集合B的公共元素构成集合AB【解答】解：集合A=xN|x1，B=x|1x2，AB=0，1故选A【点评】本题考查集合的交集及其运算，是基础题解题时要认真审题，仔细解答，注意合理地进行等价转化2（5分）（2016秋太原期末）设复数z=1+2i，则=（）ABCD1【分析】利用复数的运算法则、模的计算公式即可得出【解答】解：z2=（1+2i）2=3+4i，|z2|=5，则=+i故选：B【点评】本题考查了复数的运算法则、模的计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于基础题3（5分）（2016秋太原期末）给出下列命题：若数列an为

9、等差数列，Sn为其前n项和，则Sn，S2nSn，S3nS2n是等差数列；若数列an为等比数列，Sn为其前n项和，则Sn，S2nSn，S3nS2n是等比数列；若数列an，bn均为等差数列，则数列an+bn为等差数列；若数列an，bn均为等比数列，则数列anbn为等比数列其中真命题的个数为（）A1B2C3D4【分析】设等差数列an的首项为a1，公差为d，则Sn=a1+a2+an，S2nSn=an+1+an+2+a2n=a1+nd+a2+nd+an+nd=Sn+n2d，同理：S3nS2n=a2n+1+a2n+2+a3n=an+1+an+2+a2n+n2d=S2nSn+n2d，即可判断出结论取数列1，

10、1，1，1，Sn可能为0，因此不成等比数列，即可判断出；设an=a1+（n1）d1，bn=b1+（n1）d2，则an+bn=（a1+b1）+（n1）（d1+d2），即可判断出结论设an=a1，bn=b1，则anbn=a1b1，即可判断出结论【解答】解：设等差数列an的首项为a1，公差为d，则Sn=a1+a2+an，S2nSn=an+1+an+2+a2n=a1+nd+a2+nd+an+nd=Sn+n2d，同理：S3nS2n=a2n+1+a2n+2+a3n=an+1+an+2+a2n+n2d=S2nSn+n2d，2（S2nSn）=Sn+（S3nS2n），Sn，S2nSn，S3nS2n是等差数列正确

11、取数列1，1，1，1，Sn可能为0，因此不成等比数列，不正确；设an=a1+（n1）d1，bn=b1+（n1）d2，则an+bn=（a1+b1）+（n1）（d1+d2），故数列an+bn为等差数列，正确设an=a1，bn=b1，则anbn=a1b1，因此数列anbn为等比数列，正确其中真命题的个数为3故选：C【点评】本题考查了等差数列与等比数列的定义及通项公式求和公式及其性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题4（5分）（2016秋太原期末）设，为两个不同的平面，l为直线，则下列结论正确的是（）Al，lBl，lCl，lDl，l【分析】A，选项中，若果l刚好平行于、的交线时，l；B，l，l或l

12、；C，l，l或l；D，l，l，；【解答】解：对于A，选项中，如果l刚好平行于、的交线时，l，故错；对于B，l，l或l，故错；对于C，l，l或l，故错；对于D，l，l，正确；故选：D【点评】本题考查了空间点、线、面的位置关系，属于基础题5（5分）（2016秋太原期末）已知sin=cos，则tan2=（）ABCD【分析】求出tan的值，根据二倍角公式求出tan2的值即可【解答】解：sin=cos，tan=，tan2=，故选：C【点评】本题考查了三角函数的求值问题，考查二倍角公式，是一道基础题6（5分）（2016秋太原期末）执行如图所示的程序框图，输入x=1，n=5，则输出s=（）A2B3C4D3【

13、分析】列出循环过程中S与i的数值，不满足判断框的条件即可结束循环【解答】解：i=4时，s=1，i=3时，s=5，i=2时，s=2，i=1时，s=4，i=0时，s=3，退出循环，故选：B【点评】本题考查循环框图的应用，注意判断框的条件的应用，考查计算能力7（5分）（2016秋太原期末）如图是一个棱锥的正视图和侧视图，则该棱锥的俯视图不可能是（）ABCD【分析】根据已知中的正视图和侧视图，分析出俯视图可能出现的情况，可得答案【解答】解：若几何体为三棱锥，由其正视图和侧视图可知，其底面在下方，且为直角三角形，故A，B，D有可能；若几何体为四棱锥，由其正视图和侧视图可知，其底面在下方，且为直角正方形，

14、但对角线应从左上到右下；故该棱锥的俯视图不可能是C，故选：C【点评】本题考查的知识点是简单空间图形的三视图，空间想象能力，难度不大，属于基础题8（5分）（2016秋太原期末）将函数f（x）=sinxcosx+sin2x的图象上各点的纵坐标不变，横坐标变为原来的2倍，再沿x轴向右平移个单位，得到函数y=g（x）的图象，则y=g（x）的一个递增区间是（）ABCD【分析】利用三角恒等变换化简函数的解析式为 f（x）=sin（2x）+，由函数y=Asin（x+）的图象变换可求函数g（x），令x2k，2k+，kZ即可得解【解答】解：f（x）=sinxcosx+sin2x=sin2xcos2x+=sin（

15、2x）+，图象上各点的纵坐标不变，横坐标变为原来的2倍，可得对应的函数解析式为y=sin（x）+，再沿x轴向右平移个单位，得到函数解析式为y=g（x）=sin（x）+=sin（x）+，令x2k，2k+，kZ，解得：x+2k，k+，kZ，取k=0，可得：x，故选：A【点评】本题主要考查三角函数的恒等变换及化简求值，函数y=Asin（x+）的图象变换规律，正弦函数的单调性，属于基础题9（5分）（2016秋太原期末）在平行四边形ABCD中，AC与BD交于点O，E是线段OD的中点，AE的延长线与CD相交于点F，则=（）ABCD【分析】根据两个三角形相似对应边成比例，得到DF与FC之比，做FG平行BD交

16、AC于点G，使用已知向量表示出要求的向量，得到结果【解答】解：DEFBEADF：BADE：BE=1：3；作FG平行BD交AC于点G，FG：DO=2：3，CG：CO=2：3，=，=+=，=+=，故选：D【点评】向量是数形结合的典型例子，向量的加减运算是用向量解决问题的基础，要学好运算，才能用向量解决立体几何问题，三角函数问题，好多问题都是以向量为载体的10（5分）（2016秋太原期末）已知平面区域D=，z=3x2y，若命题“（x0，y0）D，zm”为假命题，则实数m的最小值为（）ABCD【分析】画出约束条件的可行域，利用特称命题的否定是真命题，求出目标函数的最大值，然后求解m的最小值即可【解答】

17、解：平面区域D=，如图：命题“（x0，y0）D，zm”为假命题，则：（x，y）D，zm是真命题，由z=3x2y，可得，当直线3x2y=z，经过Q时，z由最大值，由解得Q（，），z的最大值就是m的最小值：故选：D【点评】本题考查命题的真假的判断与应用，简单的线性规划的应用，考查转化思想以及计算能力11（5分）（2016秋太原期末）如图，正方体ABCDA1B1C1D1绕其体对角线BD1旋转之后与其自身重合，则的值可以是（）ABCD【分析】由正方体的特点，对角线BD1垂直于平面AB1C，且三角形AB1C为等边三角形得答案【解答】解：如图，正方体ABCDA1B1C1D1中，对角线BD1垂直于平面AB1

18、C，且三角形AB1C为等边三角形，正方体绕对角线旋转120能与原正方体重合故选：C【点评】本题考查棱柱的结构特征，考查空间想象能力和思维能力，是中档题12（5分）（2016秋太原期末）已知f（x）=，若函数f（x）有四个零点，则实数a的取值范围是（）A（，e）B（，）C（，）D（，）【分析】由题意可知：函数f（x）为偶函数，只需ex+ax=0有两个正根，即=a有两个正根，设g（x）=，设g（x）=，求导g（x）=，利用函数的单调性求得g（x）的最大值，要使=a有两个正跟，即使g（x）与y=a有两个交点，则实数a的取值范围（，）【解答】解：由函数f（x）为偶函数，可知使函数f（x）有四个零点，只

19、需要ex+ax2=0有两个正根，即=a有两个正根，设g（x）=，求导g（x）=，令g（x）0，解得：0x2，g（x）在（0，2）单调递增，令g（x）0，解得：x2，g（x）在（2，+）单调递减，g（x）在x=2时取最大值，最大值g（2）=，要使=a有两个正根，即使g（x）与y=a有两个交点，实数a的取值范围（，），故选B【点评】本题考查函数的奇偶性的应用，考查利用导数求函数的单调性及最值，考查导数的求导公式，考查计算能力，属于中档题二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13（5分）（2016秋太原期末）数据0.7，1，0.8，0.9，1.1的方差是0.02【分析】先求出这组数据的平

20、均数，再计算这组数据的方差【解答】解：数据0.7，1，0.8，0.9，1.1的平均数为：=（0.7+1+0.8+0.9+1.1）=0.9，数据0.7，1，0.8，0.9，1.1的方差为：S2=（0.70.9）2+（10.9）2+（0.80.9）2+（0.90.9）2+（1.10.9）2=0.02故答案为：0.02【点评】本题考查方差的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意平均数、方差的性质的合理运用14（5分）（2016秋太原期末）七名同学战成一排照相，其中甲、乙二人相邻，且丙、丁两人不相邻的不同排法总数为960【分析】由题设中的条件知，可以先把甲、乙必须相邻，可先将两者绑定，又丙、丁不相邻，

21、可把甲、乙看作是一个人，与丙、丁之外的3个人作一个全排列，由于此4个元素隔开了5个空，再由插空法将丙、丁两人插入5个空，由分析过程知，此题应分为三步完成，由计数原理计算出结果即可【解答】解：由题意，第一步将甲、乙绑定，两者的站法有2种，第二步将此两人看作一个整体，与除丙丁之外的3人看作4个元素做一个全排列有A44种站法，此时隔开了5个空，第三步将丙丁两人插入5个空，排法种数为A52则不同的排法种数为2A44A52=960故答案为：960【点评】本题考查排列、组合及简单计数问题，解题的关键是掌握并理解计数原理，计数时的一些技巧在解题时很有用，如本题中所用到的绑定，与插空，这些技巧都是针对某一类计

22、数问题的，题后应注意总结一下，不同的计数问题中所采用的技巧，将这些技巧与具体的背景结合起来，熟练掌握这些技巧15（5分）（2016秋太原期末）已知数列an的前n项和Sn=2an2n+1（nN*），则其通项公式an=n2n1【分析】当n=1时，可求得a1=1；当n2时，利用an=SnSn1可得=，从而可判定数列是以为首项，为公差的等差数列，可求得an【解答】解：当n=1时，a1=2a12+1，则a1=1；当n2时，Sn1=2an12n1+1，SnSn1=（2an2n+1）（2an12n1+1）=2an2an12n1=an，即an2an1=2n1，变形为：=，故数列是以为首项，为公差的等差数列，所

23、以，=+（n1）=，所以an=n2n1，故答案为：n2n1【点评】本题考查数列递推式的应用，确定出数列是以为首项，为公差的等差数列是关键，考查推理与运算能力，属于中档题16（5分）（2016秋太原期末）已知a，b，c分别是ABC的内角A，B，C的对边，BC边上的高为，则的最大值为【分析】由已知及余弦定理可求：（）2=（）2+1，进而可求当cosC=0时，取最大值，求得C为直角，利用勾股定理即可计算得解【解答】解：由题意知c2=a2+b22abcosC，两边同时除以b2，可得：（）2=（）2+1，由于a，b，c都为正数，可得：当cosC=0时，取最大值由于C（0，），可得：C=，即当BC边上的高

24、与b重合时取得最大值，此时三角形为直角三角形，c2=a2+（）2，解得：=故答案为：【点评】本题主要考查了的考点有：余弦定理；函数的最值，考查了余弦定理及其应用，解题时要认真审题，仔细解答，属于中档题三、解答题：本大题共5小题，共70分.解答应写出必要的文字说明或推理、验算过程.17（12分）（2016秋太原期末）已知数列an是首项为1的单调递增的等比数列，且满足a3，成等差数列（1）求an的通项公式；（2）若bn=log3（anan+1）（nN*），求数列anbn的前n项和Sn【分析】（1）设等比数列an公比为q1，由a3，成等差数列可得a4=a3+a5，化为：3q210q+3=0，解得q即

25、可得出（2）bn=log3（anan+1）=2n1，可得anbn=（2n1）3n1利用“错位相减法”与等比数列的求和公式即可得出【解答】解：（1）设等比数列an公比为q1，a3，成等差数列a4=a3+a5，化为：3q210q+3=0，解得q=3an=3n1（2）bn=log3（anan+1）=2n1，anbn=（2n1）3n1数列anbn的前n项和Sn=1+33+532+（2n1）3n13Sn=3+332+533+（2n3）3n1+（2n1）3n，2Sn=1+2（3+32+3n1）（2n1）3n=1+2（2n1）3n=（22n）3n2，Sn=1+（n1）3n【点评】本题考查了“错位相减法”、等

26、差数列与等比数列的通项公式与求和公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题18（12分）（2016秋太原期末）如图，已知AD是ABC内角BAC的角平分线（1）用正弦定理证明：；（2）若BAC=120，AB=2，AC=1，求AD的长【分析】（1）根据AD是BAC的角平分线，利用正弦定理，即可证明结论成立；（2）根据余弦定理，先求出BC的值，再利用角平分线和余弦定理，即可求出AD的长【解答】解：（1）AD是BAC的角平分线，BAD=CAD，根据正弦定理，在ABD中，=，在ADC中，=，sinADB=sin（ADC）=sinADC，=，=，=；（2）根据余弦定理，cosBAC=，即cos120=，解

27、得BC=，又=，=，解得CD=，BD=；设AD=x，则在ABD与ADC中，根据余弦定理得，cos60=，且cos60=，解得x=，即AD的长为【点评】本题考查了角平分线定理和正弦、余弦定理的应用问题，是综合性题目19（12分）（2016秋太原期末）甲、乙两人玩一种游戏，游戏规则如下：先将筹码放在如下表的正中间D处，投掷一枚质地均匀的硬币，若正面朝上，筹码向右移动一格；若反面朝上，筹码向左移动一格ABCDEFG305101052030（1）将硬币连续投掷三次，现约定：若筹码停在A或B或C或D处，则甲赢；否则，乙赢问该约定对乙公平吗？请说明理由（2）设甲、乙两人各有100个积分，筹码停在D处，现约

28、定：投掷一次硬币，甲付给乙10个积分；乙付给甲的积分数是，按照上述游戏规则筹码所在表中字母AG下方所对应的数目；每次游戏筹码都连续走三步，之后重新回到起始位置D处你认为该规定对甲、乙二人哪一个有利，请说明理由【分析】（1）利用将硬币连续投掷三次，列举出所有8种情况，筹码停在A或B或C或D处有4种情况，即筹码停在A或B或C或D为，从而得到该约定对乙公平（2）乙付给甲的积分数可能是20，25，30，45，55，设乙付给甲的积分为X，求出E（X）=30，从而该规定对甲有利【解答】解：（1）该约定对乙公平将硬币连续投掷三次，共有以下8种情况：DCBA，DCBC，DCDE，DCDC，DEFG，DEFE，

29、DEDE，DEDC筹码停在A或B或C或D处有4种情况，即筹码停在A或B或C或D为：p=，该约定对乙公平（2）该规定对甲有利根据（1）中所列的8种情况可得乙付给甲的积分数可能是20，25，30，45，55，设乙付给甲的积分为X，P（X=20）=，P（X=25）=，P（X=30）=，P（X=45）=，P（X=55）=，可得分布列为： X 20 25 30 45 55 PE（X）=30，该规定对甲有利【点评】本题考查概率的求法及应用，是基础题，解题时要认真审题，注意利用列举法的合理运用20（12分）（2016秋太原期末）如图，在六面体ABCDA1B1C1D1中，M，N分别是棱A1B1，B1C1的中点

30、，平面ABCD平面A1B1BA，平面ABCD平面B1BCC1（1）证明：BB1平面ABCD；（2）已知六面体ABCDA1B1C1D1的棱长均为，cosBAD=，设平面BMN与平面AB1D1相交所成二面角的大小为求cos【分析】（1）过点D作DPAB，过点D作DQBC，推导出DPBB1，DQBB1，由此能证明BB1平面ABCD（2）设AC与BD的交点为O，与B1D1的交点为O1，以O为原点，分别以OA，OB，OO1所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出cos【解答】证明：（1）过点D作DPAB，过点D作DQBC，由平面ABCD平面A1B1BA，BB1平面A1B1BA，得DP

31、BB1，由平面ABCD平面B1BCC1，BB1平面B1BCC1，得DQBB1，又DPDQ=D，BB1平面ABCD解：（2）由AB=AD=，且cosBAD=，在ABD中利用余弦定理得BD=2，设AC与BD的交点为O，与B1D1的交点为O1，以O为原点，分别以OA，OB，OO1所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，则B（0，1，0），M（1，），N（1，），C（2，0，0），A1（2，0，），A（2，0，0），B1（0，1，），D1（0，1，），设平面BMN的法向量为=（a，b，c），=（1，），=（2，0，0），则，取b=10，得=（0，10，），设平面AB1D1的法向量为=（x，y，z）

32、，=（2，1，），=（0，2，0），则，取x=5，得=（5，0，2），cos=【点评】本题考查线面垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意向量法的合理运用21（12分）（2016秋太原期末）已知函数f（x）=axlnx（aR）在x=1处的切线方程为y=bx+1+（bR）（1）求a，b的值；（2）证明：f（x）（3）若正实数m，n满足mn=1，证明：+2（m+n）【分析】（1）求得f（x）的导数，可得斜率，解方程可得a，b；（2）由题意可得即证xlnx，令g（x）=，求出导数，单调区间，可得最大值；又令h（x）=xlnx，求出最小值，即可得证；（3）由（2）可得ml

33、nm，即lnm，两边乘以e，可得一不等式，同理可得，elnn，两式相加结合条件，即可得证【解答】解：（1）函数f（x）=axlnx的导数为f（x）=alnxa，由题意可得f（1）=b=a，f（1）=b+1+，解得a=1，b=1；（2）证明：f（x）=xlnx，即为xlnx，令g（x）=，g（x）=，则g（x）在（0，1）递增，在（1，+）递减，g（x）的最大值为g（1）=，当且仅当x=1时等号成立又令h（x）=xlnx，则h（x）=1+lnx，则h（x）在（0，）递减，在（，+）递增，则h（x）的最小值为h（）=，当且仅当x=等号成立，因此xlnx，即f（x）；（3）证明：由（2）可得mlnm

34、，即lnm，两边同乘以e，可得elnm，同理可得，elnn，两式相加，可得：e（lnm+lnn）+2（m+n）=elnmn+=2（m+n）故2（m+n）【点评】本题考查导数的运用：求切线的斜率和单调区间，极值和最值，考查不等式的证明，注意运用不等式的性质和构造函数法，考查运算能力，属于中档题四、解答题（共1小题，满分10分）选修4-4：参数方程与极坐标系22（10分）（2016秋太原期末）已知平面直角坐标系xoy中，点P（1，0），曲线C的参数方程为（为参数）以原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，倾斜角为的直线l的极坐标方程为sin（）=sin（1）求曲线C的普通方程和直线l的直角坐

35、标方程；（2）若曲线C与直线l交于M，N两点，且，求的值【分析】（1）消去曲线C中的参数，可得普通方程，利用sin=y，cos=x，可得直线l的直角坐标方程（2）利用参数方程的几何意义，求解【解答】解：（1）曲线C的参数方程为（为参数）cos2+sin2=1，可得：故得曲线C的普通方程为直线l的极坐标方程为sin（）=sinsincossincos=sin（x1）sin=ycosy=xtantan故得直线l的直角坐标方程为y=xtantan（2）由题意，可得直线l的参数方程带入曲线C的普通方程可得：（3sin2+1）+2cost3=0，可得：，由，可得：|=|=，即=|，解得：|cos|=，=或【点评】本题考查了参数方程，极坐标方程与普通方程的互换以及参数方程的几何意义的运用属于基础题五、解答题（共1小题，满分10分）选修4-5：不等式选讲23（10分）（2016秋太原期末）已知实数a，b，c均大于0（1）求证：+a+b+c；（2）若a+b+c=1，求证：1【分析】直接利用基本不等式，即可证明【解答】证明：（1）实数a，b，c均大于0，a+b2，b+c2，c+a2，三式相加，可得：+a+b+c；（2）a+b2，b+c2，c+a2，+a+b+c=1【点评】本题考查不等式的证明，考查基本不等式的运用，属于中档题2017年2月17日