辽宁省沈阳市高三数学第二次模拟考试试题 理（含解析）新人教A版

辽宁省沈阳市2013年高考数学二模试卷（理科）一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1（5分）（2013沈阳二模）复数（i为虚数单位）对应的点在（）A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限考点：复数代数形式的乘除运算；复数的代数表示法及其几何意义.专题：计算题分析：利用复数的运算法则和几何意义即可得出解答：解：复数=1（i1）=2i，所对应的点为（2，1）位于第四象限故选D点评：熟练掌握复数的运算法则和几何意义是解题的关键2（5分）（2013沈阳二模）已知非空集合A，B，全集U=AB，集合M=AB，集合N=（CUB）（CUA），则（）AMN=MBMN=CM=NDMN考点：交、并、补集的混合运算.专题：计算题分析：根据题目给出的全集是U，M，N是全集的子集，由图形表示出三个集合间的关系，从而看出MN是空集的选项解答：解：集合M，N （N=（CUB）（CUA）是图中阴影部分表示的集合）的关系如图，由图形看出，MN是空集故选B点评：本题考查了交、并、补集的混合运算，考查了集合的图形表示法，考查了数形结合的解题思想，是基础题3（5分）（2013沈阳二模）已知an是等差数列，a4=15，S5=55，则过点P（3，a3），Q（4，a4）的直线斜率为（）A4BC4D考点：等差数列的性质；直线的斜率.专题：综合题分析：由S5=55，求出a3的值，即可求出a4a3的值，利用两点求斜率的方法表示出直线的斜率，然后把a4a3的值代入即可求出直线的斜率解答：解：an是等差数列，S5=5a3=55，a3=11a4a3=1511=4，kPQ=4故选A点评：此题考查学生运用等差数列的性质化简求值，会根据两点的坐标求过两点直线的斜率，是一道基础题4（5分）（2013沈阳二模）执行如图所示的程序框图，若输入a=2，则输出的结果为（）A3B4C5D6考点：程序框图.专题：图表型分析：当S=0+2=2，a=12=1，i=1+1=2，满足n5，执行循环体，依此类推，i=1+5=6，不满足n5，退出循环体，输出此时的S的值解答：解：当S=0+2=2，a=12=1，i=1+1=2，满足n5，执行循环体；当S=21=1，a=1+1=2，i=2+1=3，满足n5，执行循环体；当S=1+2=3，a=12=1，i=3+1=4，满足n5，执行循环体；当S=31=2，a=1+1=2，i=4+1=5，满足n5，执行循环体；当S=2+2=4，a=12=1，i=5+1=6，不满足n5，退出循环体，输出此时的S=4故选B点评：本题主要考查了直到型循环结构，循环结构有两种形式：当型循环结构和直到型循环结构，当型循环是先判断后循环，直到型循环是先循环后判断，属于基础题之列5（5分）（2013沈阳二模）椭圆C：与动直线l：2mx2y2m+1=0（mR），则直线l与椭圆C交点的个数为（）A0B1C2D不确定考点：球的体积和表面积.专题：圆锥曲线的定义、性质与方程分析：先整理直线方程判断出直线恒过的点，然后把此点代入椭圆方程判断此点是在椭圆内部还是外部，在内部过此点的直线与椭圆一定有两个交点解答：解：整理直线方程得2m（x1）+12y=0，直线恒过（1，）点，把点（1，）代入椭圆方程求得 ，可知此点在椭圆的内部，过此点的直线与椭圆有两个交点故选C点评：本题主要考查了直线与圆锥曲线的关系考查了学生分析问题的能力和数形结合思想的运用6（5分）（2013沈阳二模）“a=1”是“（1+ax）6的展开式的各项系数之和为64”的（）A必要不充分条件B充分不必要条件C充要条件D既不充分也不必要条件考点：必要条件、充分条件与充要条件的判断.专题：计算题分析：先通过观察，令二项式中的x=1得到展开式的各项系数和再由充要条件的定义直接判断“a=1”“（1+ax）6的展开式的各项系数之和为64”和“（1+ax）6的展开式的各项系数之和为64”“a=1”是否正确即可解答：解：令二项式中的x=1得到展开式中各项系数之和为（1+a）6=64，得1+a=2或1+a=2，a=1或a=3“a=1”“a=1或a=3”，反之，“a=1或a=3”不能“a=1”，“a=1”是“（1+ax）6的展开式的各项系数之和为64”的充分不必要条件故选B点评：本题考查充要条件的判断，考查求二项展开式的 系数和问题，一般通过观察，通过给二项式中未知数赋值，求出展开式的各项系数和7（5分）（2013怀化三模）一个锥体的主视图和左视图如图所示，下面选项中，不可能是该锥体的俯视图的是（）ABCD考点：简单空间图形的三视图专题：作图题分析：由三视图的作法规则，长对正，宽相等，对四个选项进行比对，找出错误选项解答：解：本题中给出了正视图与左视图，故可以根据正视图与俯视图长对正，左视图与俯视图宽相等来找出正确选项A中的视图满足三视图的作法规则；B中的视图满足三视图的作法规则；C中的视图不满足三视图的作法规则中的宽相等，故其为错误选项；D中的视图满足三视图的作法规则；故选C点评：本题考查三视图的作法，解题的关键是掌握住三视图的作法规则即长对正，宽相等，高平齐，利用这些规则即可选出正确选项8（5分）（2013沈阳二模）在等比数列an中，有，则a1a2a6=（）ABC35D36考点：等比数列的通项公式；等差数列的前n项和.专题：计算题；等差数列与等比数列分析：由已知递推公式，令n=2可求a3a4，然后结合等比数列的性质可得，a1a2a6=即可求解解答：解：，a3a4=32则由等比数列的性质可得，a1a2a6=36故选D点评：本题主要考查了等比数列的性质的简单应用，属于基础试题9（5分）（2013沈阳二模）已知关于x的方程有正根，则实数a的取值范围是（）A（0，1）B（0.1，10）C（0.1，1）D（10，+）考点：函数的零点与方程根的关系.专题：函数的性质及应用分析：由指数函数y=（）x的单调性可知，当x0时，0（）x1，关于x的方程（）x=有正根，01，解对数不等式可求得答案解答：解：当x0时，0（）x1关于x的方程（）x=有正根01即1lga00.1a1故选C点评：本题主要考查了利用指数函数的单调性求函数的值域，对数不等式的求解，及对数函数的特殊点的应用属于知识的简单综合10（5分）（2013沈阳二模）已知点O为ABC外接圆的圆心，且由，则ABC的内角A等于（）A30B60C90D120考点：向量加减混合运算及其几何意义；圆內接多边形的性质与判定.专题：计算题分析：根据三个向量之和是零向量，把移项，得到两个向量的和等于，由O为ABC外接圆的圆心结合向量加法的几何意义知四边形OACB为菱形，得到要求的角解答：解：由，如图由O为ABC外接圆的圆心结合向量加法的几何意义知四边形OACB为菱形，CAO=60，ABC的内角A等于30故选A点评：本题考查向量加减混合运算及其几何意义，考查三角形的外接圆的圆心的性质，是一个平面向量与平面几何的综合题目，题目的运算量比较小，是一个基础题11（5分）（2013沈阳二模）函数f（x）=Asin（x+）（A0，0）的图象在，上单调递增，则的最大值是（）ABC1D2考点：y=Asin（x+）中参数的物理意义；正弦函数的单调性.专题：三角函数的图像与性质分析：先画出函数f（x）=Asin（x+）（A0，0）的图象，如图，函数f（x）=Asin（x+）（A0，0）的图象在，上单调递增，就是在y轴左侧的最低点必须在直线x=的左侧，利用不等关系，求出的范围，然后得到的最大值解答：解：画出函数f（x）=Asin（x+）（A0，0）的图象，如图，令Asin（x+）=A，得x+=，解得x=，函数f（x）=Asin（x+）（A0，0）在，上单调递增，故，1，max=1故选C点评：本题考查正弦函数的单调性，考查计算能力和数形结合思想，是基础题12（5分）（2013沈阳二模）定义在（0，）上的函数f（x），f（x）是它的导函数，且恒有f（x）f（x）tanx成立，则（）ABCD考点：导数的运算.专题：计算题；导数的综合应用分析：把给出的等式变形得到f（x）sinxf（x）cosx0，由此联想构造辅助函数g（x）=，由其导函数的符号得到其在（0，）上为增函数，则，整理后即可得到答案解答：解：因为x（0，），所以sinx0，cosx0由f（x）f（x）tanx，得f（x）cosxf（x）sinx即f（x）sinxf（x）cosx0令g（x）=x（0，），则所以函数g（x）=在x（0，）上为增函数，则，即，所以，即故选D点评：本题考查了导数的运算法则，考查了利用函数导函数的符号判断函数的单调性，考查了函数构造法，属中档题型二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分把答案填在答题纸上.13（5分）（2013沈阳二模）=0考点：定积分.专题：计算题分析：利用导数的运算法则和微积分基本定理，结合三角函数的二倍角公式，即可得出答案解答：解：定积分=（sinx+cosx）|0;frac2=11=0故答案为：0点评：本题考查定积分，解题的关键是掌握住定积分的定义及其公式，本题是基本概念题14（5分）（2013沈阳二模）将7支不同的笔全部放入两个不同的笔筒中，每个笔筒中至少放两支笔，有112种放法（用数字作答）考点：排列、组合及简单计数问题.专题：常规题型分析：7支不同的笔全部放入两个不同的笔筒中，每个笔筒中至少放两支笔，有2、5和3、4两种数字组合，其中一个笔筒2个另一笔筒5个，有种放法，一个笔筒3个另一笔筒4个，有种放法，两种组合的分法加起来，即可得解解答：解：7支不同的笔全部放入两个不同的笔筒中，每个笔筒中至少放两支笔，有2、5和3、4两种数字组合，一个笔筒2个另一笔筒5个，有种放法，一个笔筒3个另一笔筒4个，有种放法，答：将7支不同的笔全部放入两个不同的笔筒中，每个笔筒中至少放两支笔，有+=112种放法；故答案为：112点评：本题考查排列组合及简单计数问题，考查分类计数原理，属于基础题15（5分）（2013沈阳二模）已知有公共焦点的椭圆与双曲线中心为原点，焦点在x轴上，左右焦点分别为F1，F2，且它们在第一象限的交点为P，PF1F2是以PF1为底边的等腰三角形若|PF1|=10，双曲线的离心率的取值范围为（1，2）则该椭圆的离心率的取值范围是（，）考点：双曲线的简单性质；椭圆的简单性质.专题：压轴题；数形结合法分析：作出图象，结合图象把问题转化为12，求的取值范围解答：解：如图，设M（xM，yM），双曲线的半实轴长，半焦距分别为a2，c，|PF1|=m，|PF2|=n，则，问题转化为已知12，求的取值范围设=x，则c=，=1x2，即故答案为：（）点评：本题考查双曲线的性质和应用，作出图象，数形结合，事半功倍16（5分）（2013沈阳二模）三棱锥ABCD的外接球为球O，ABC与ACD都是以AC为斜边的直角三角形，BCD是以BD为斜边的等腰直角三角形，且BD=，向量与的夹角为，则球O的表面积为3考点：球的体积和表面积；球内接多面体.专题：空间位置关系与距离分析：三棱锥ABCD的各条侧棱长都可以求出来，如图，所以它的棱AC的中点即为球的球心，AC的长为球的直径，然后解答即可解答：解：向量与的夹角为，BAD=，因ABC与ACD都是以AC为斜边的直角三角形，且AC=DC，ABCACD，AB=DA，ABD是等边三角形，有AB=AD=AD=，又棱AC的中点即为球的球心，AC的长为球的直径，它的外接球半径是 AC=外接球的表面积是 4（）2=3故答案为：3点评：本题是基础题，考查球的内接体，球的表面积，考查计算能力，空间想象能力，转化思想的应用三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤，解答过程书写在答题纸的对应位置.17（12分）（2013沈阳二模）已知ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且（1）求角A；（2）若a=1，求ABC的面积S的最大值考点：正弦定理；余弦定理.专题：计算题；解三角形分析：（1）根据余弦定理关于cosA、cosC的式子代入已知等式，化简整理可得（b+c）（b2+c2a2）=0，从而得到b2+c2=a2，可得ABC是以A为直角的直角三角形，所以A=；（2）根据（1）的结论，得到b2+c2=a2=1，利用基本不等式得到bcb2+c2=，结合ABC的面积S=bc可得当且仅当b=c=时，ABC的面积的最大值为解答：解：（1）由余弦定理，可得cosA=，cosC=，代入已知等式，得，（2分）即=b+，去分母化简得c（a2+b2c2）=2b2c+b（b2+c2a2），整理，得（b+c）（b2+c2a2）=0，b+c0，b2+c2a2=0，（6分）因此，b2+c2=a2可得ABC是以A为直角的直角三角形，得A=（8分）（2）由（1）知b2+c2=a2=1，又b2+c22bc，bcb2+c2，可得bc（当且仅当b=c时取“=”），（10分）ABC的面积S=bc，S=，即当且仅当b=c=时，ABC的面积的最大值为（12分）点评：本题给出ABC的边角关系式，求角A的大小并求ABC的面积的最大值着重考查了利用正余弦定理解三角形、基本不等式求最值和勾股定理等知识，属于中档题18（12分）如图1，已知ABCD是上下底边长分别为2和6，高为的等腰梯形，将它沿对称轴OO1折成直二面角，如图2（）证明：ACBO1；（）求二面角OACO1的大小考点：空间中直线与直线之间的位置关系；与二面角有关的立体几何综合题.专题：计算题；证明题分析：本题可用两种方法来解答：（解法一）（I）利用几何体中的垂直关系建立空间直角坐标系，求=0来证明垂直；（II）求平面OAC和平面O1AC的法向量，再求二面角OACO1的平面角的余弦值（解法二）（I）由题意知证出AO平面OBCO1，再由给出的长度求出OCBO1，由三垂线定理ACBO1；（II）由（I）证出BO1平面AOC，利用其垂直关系作出二面角OACO1的平面角，在直角三角形中解解答：解：解法一（I）证明：由题设知OAOO1，OBOO1AOB是所折成的直二面角的平面角，即OAOB故可以O为原点，OA、OB、OO1，所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图3，则相关各点的坐标是A（3，0，0），B（0，3，0），C（0，1，）O1（0，0，）=（3，1，），=（0，3，），=3+=0ACBO1（II）解：=3+=0，BO1OC，由（I）ACBO1，BO1平面OAC，是平面OAC的一个法向量设=（x，y，z）是平面O1AC的一个法向量，由，取z=，得=（1，0，）设二面角OACO1的大小为，由、的方向知，cos=cos，=即二面角OACO1的大小是arccos解法二（I）证明：由题设知OAOO1，OBOO1，AOB是所折成的直二面角的平面角，即OAOB则AO平面OBCO1，OC是AC在面OBCO1内的射影tanOO1B=，tanO1OC=，OO1B=60，O1OC=30，则OCBO1由三垂线定理得ACBO1（II）解：由（I）ACBO1，OCBO1，知BO1平面AOC设OCO1B=E，过点E作EFAC于F，连接O1F（如图4），则EF是O1F在平面AOC内的射影，由三垂线定理得O1FACO1FE是二面角OACO1的平面角由题设知OA=3，OO1=，O1C=1，O1A=2，AC=，O1F=，又O1E=OO1sin30=，sinO1FE=即二面角OACO1的大小是arcsin点评：本题为一题多解的情况，一种是向量法，需要利用已有的垂直关系建立空间直角坐标系，向量的数量积来证垂直，求平面的法向量来求二面角的余弦值；另一种用垂直关系的定义和定理，三垂线定理来证明垂直，作出二面角OACO1的平面角向量法简单19（12分）（2013沈阳二模）在一次数学测验后，班级学委对选答题的选题情况进行统计，如下表：平面几何选讲极坐标与参数方程不等式选讲合计男同学（人数）124622女同学（人数）081220合计12121842（1）在统计结果中，如果把平面几何选讲和极坐标与参数方程称为几何类，把不等式选讲称为代数类，我们可以得到如下22列联表：几何类代数类合计男同学（人数）16622女同学（人数）81220合计241842据此统计你是否认为选做“几何类”或“代数类”与性别有关，若有关，你有多大的把握？（2）在原统计结果中，如果不考虑性别因素，按分层抽样的方法从选做不同选做题的同学中随机选出7名同学进行座谈已知这名学委和两名数学科代表都在选做“不等式选讲”的同学中求在这名学委被选中的条件下，两名数学科代表也被选中的概率；记抽取到数学科代表的人数为X，求X的分布列及数学期望E（X）下面临界值表仅供参考：P（x2k）0.150.100.050.0250.0100.0050.001k2.0722.7063.8415.0246.6357.87910.828考点：离散型随机变量的期望与方差；独立性检验；离散型随机变量及其分布列.专题：概率与统计分析：（1）根据所给的列联表得到求观测值所用的数据，把数据代入观测值公式中，做出观测值，同所给的临界值表进行比较，得到所求的值所处的位置，得到百分数（2）令事件A为“这名学委被抽取到”；事件B为“两名数学科代表被抽到”，利用条件概率求得两名数学科代表也被选中的概率，记抽取到数学科代表的人数为X，由题X的可能值有0，1，2依次求出相应的概率求分布列，再求期望即可解答：解：（1）由题X2=4.5823.841所以，据此统计有95%的把握认为选做“几何类”或“代数类”与性别有关4 分（2）由题可知在“不等式选讲”的18位同学中，要选取3位同学（6分）令事件A为“这名学委被抽取到”；事件B为“两名数学科代表被抽到”，则P（AB）=，P（A）=所以P（B|A）=（8分）由题X的可能值有0，1，2依题P（X=0）=；P（X=1）=；P（X=0）=（10分）从而X的分布列为：X012P（11分）于是EX=0+1+2=（12分）点评：本题考查离散型随机变量及其分布列、独立性检验的应用，考查根据列联表做出观测值，根据所给的临界值表进行比较，本题是一个基础题20（12分）（2013沈阳二模）已知抛物线C：y2=x，过定点A（x0，0），作直线l交抛物线于P，Q（点P在第一象限）（）当点A是抛物线C的焦点，且弦长|PQ|=2时，求直线l的方程；（）设点Q关于x轴的对称点为M，直线PM交x轴于点B，且BPBQ求证：点B的坐标是（x0，0）并求点B到直线l的距离d的取值范围考点：抛物线的简单性质.专题：综合题分析：（1）先求出抛物线的焦点坐标，然后假设直线l的方程为：，将P，Q的坐标设出，联立直线和抛物线方程消去x得到两根之和，然后根据|PQ|的长度得到n的值（2）先设l：x=my+x0（m0），再根据对称性得到点M的坐标，联立l与抛物线的方程消去x得到两根之和、两根之积，表示出和根据，得到关系式x2y1y1xB=x1y2+xBy2再代入两根之和、两根之积可证明点B的坐标是（x0，0）先确定BMQ为等腰直角三角形，得到kPB=1，再表示出点B到直线l的距离d即可求范围解答：解：（）由抛物线C：y2=x得抛物线的焦点坐标为，设直线l的方程为：，P（x1，y1），Q（x2，y2）由得所以=n2+10，y1+y2=n因为，所以所以n2=1即n=1所以直线l的方程为：或（）设l：x=my+x0（m0），P（x1，y1），Q（x2，y2），则M（x2，y2）由得y2myx0=0因为，所以=m2+4x00，y1+y2=m，y1y2=x0（）设B（xB，0），则由题意知：，x2y1y1xB=x1y2+xBy2即（y1+y2）xB=x1y2+x2y1=y12y2+y22y1=（y1+y2）y1y2显然y1+y2=m0，xB=y1y2=x0B（x0，0）（）由题意知：BMQ为等腰直角三角形，kPB=1，即，即y1y2=1（y1+y2）24y1y2=1m2+4x0=1m2=14x00，即d的取值范围是点评：本题主要考查抛物线和直线的综合题圆锥曲线和直线的综合题是高考的热点问题，每年必考，要给予重视21（12分）（2013沈阳二模）已知函数f（x）=，aR且a0（1）讨论函数f（x）的单调性；（2）当a0时，若，证明：考点：利用导数研究函数的单调性；不等式的证明.专题：计算题；综合题；导数的综合应用分析：（1）对f（x）求导数，得f（x）=，再分a的正负讨论a、a+a2和a2的大小关系，即可得到f（x）单调性的两种情况，得到函数f（x）的单调区间；（2）原不等式进行化简，等价变形得f（x2）（）x2f（x1）（）x1因此转化为证明函数h（x）=f（x）（）x在区间（a2+a，a2a）内单调递减，而h（x）=，通过研究分子对应二次函数在区间a2+a，a2a上的取值，可得h（x）0在xa2+a，a2a上恒成立，因此h（x）=f（x）（）x在区间（a2+a，a2a）内是减函数，从而得到原不等式成立解答：解：（1）由题意，可得f（x）=x+=（2分）令f（x）0，因为xaa20故（xa）（xa2）0当a0时，因为a+a2a且a+a2a2，所以上不等式的解为（a+a2，+），因此，此时函数f（x）在（a+a2，+）上单调递增（4分）当a0时，因为aa+a2a2，所以上不等式的解为（a2，+），从而此时函数f（x）在（a2，+）上单调递增，同理此时f（x）在（a+a2a2）上单调递减（6分）（2）要证原不等式成立，只须证明f（x2）f（x1）（x2x1）（），只须证明f（x2）（）x2f（x1）（）x1因为，所以原不等式等价于函数h（x）=f（x）（）x在区间（a2+a，a2a）内单调递减（8分）由（1）知h（x）=x（）+=，因为xaa20，所以考察函数g（x）=x2+a2，xa2+a，a2a=a2，且g（x）图象的对称轴x=a2+a，a2a，g（x）g（a2a）=0（10分）从而可得h（x）0在xa2+a，a2a上恒成立，所以函数h（x）=f（x）（）x在（a2+a，a2a）内单调递减从而可得原命题成立 （12分）点评：本题给出含有自然对数的基本初等函数，求函数的单调区间并依此证明不等式在给定条件下成立着重考查了基本初等函数的性质、利用导数研究函数的单调性和不等式的性质等知识，属于中档题选修题：（请考生在第22、23、24题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分作答时请写清题号）22（10分）（2013沈阳二模）选修41：几何证明选讲如图，ABC内接于O，AB是O的直径，PA是过点A的直线，且PAC=ABC（1）求证：PA是O的切线；（2）如果弦CD交AB于点E，AC=8，CE：ED=6：5，AE：EB=2：3，求直径AB的长考点：与圆有关的比例线段；相似三角形的性质.专题：直线与圆分析：（1）利用切线的判定定理：只要证明PAB=90，又经过半径的外端即可（2）设CE=6k，ED=5k，AE=2m，EB=3m，利用相交弦定理可得AEEB=CEED，于是6m2=30k2，得m=5k由AECDEB，可得DB8=3m6k，得出BD=45由CEBAED，得BCAD=CEAE在RtABC，RtADB中，利用勾股定理可得BC2=25m264，AD2=25m280，即可解出解答：（1）证明：AB为直径，ACB=90，CAB+ABC=90，PAC=ABC，PAC+CAB=90，PAAB，AB为直径，PA为圆的切线（2）设CE=6k，ED=5k，AE=2m，EB=3m，AEEB=CEED，6m2=30k2，得m=k连接DB，由AECDEB，BD=连接AD，由CEBAED，得在RtABC，RtADB中，BC2=25m264，AD2=25m280，于是有，解得m=2，AB=AE+EB=10点评：本题综合考查了切线的判定定理、相交弦定理、三角形相似、勾股定理、成比例线段等基础知识与方法，需要较强的推理能力和计算能力23（2013沈阳二模）选修44：坐标系与参数方程在直角坐标系中，圆C的方程是x2+y24x=0，圆心为C在以坐标原点为极点，以x轴的非负半轴为极轴建立的极坐标系中，曲线C1：与圆C相交于A，B两点（1）求直线AB的极坐标方程；（2）若过点C（2，0）的曲线C2：（t是参数）交直线AB于点D，交y轴于点E，求|CD|：|CE|的值考点：简单曲线的极坐标方程；点的极坐标和直角坐标的互化；参数方程化成普通方程.专题：直线与圆分析：（1）先利用 x=cos，y=sin将曲线C1的极坐标方程化为直角坐标方程，再与圆C的方程联立方程组解出交点坐标，从而得到AB的直角坐标方程，最后再将它化成极坐标方程即可；（2）将直线的参数方程代入曲线C的直角坐标方程，利用参数的几何意义可求|CD|：|CE|的值解答：解：（1）在以坐标原点为极点，以x轴的正半轴为极轴建立的极坐标系中，极坐标与直角坐标有关系：x=cos，y=sin，所以圆C1的直角坐标方程为x2+y2+4y=0，（2分）联立曲线C：x2+y24x=0，得或即不妨令A（0，0），B（3，），从而直线AB的直角坐标方程为：y=x，所以，sin=cos，即tan=，（4分）所以直线AB的极坐标方程为=，（R）（5分）（2）由（1）可知直线AB的直角坐标方程为：y=x，（6分）依题令交点D（x1，y1）则有，又D在直线AB上，所以，=（2+t1），解得t1=，由直线参数方程的定义知|CD|=|t1|=，（8分）同理令交点E（x2，y2），则有，又E在直线x=0上，所以2+=0，解得t2=，所以|CE|=|t2|=，（9分）所以|CD|：|CE|=（10分）点评：本题主要考查圆的极坐标方程、参数方程与普通方程的互化，点到直线的距离公式要求学生能在极坐标系中用极坐标刻画点的位置，体会在极坐标系和平面直角坐标系中刻画点的位置的区别，能进行极坐标和直角坐标的互化，属于中等题24（2013沈阳二模）选修45：不等式选讲已知函数f（x）=|x1|（1）解不等式：1f（x）+f（x1）2；（2）若a0，求证：f（ax）af（x）f（a）考点：绝对值不等式的解法.专题：计算题；不等式的解法及应用分析：（1）利用绝对值不等式的性质可得f（x）+f（x1）=|x1|+|x2|1，故只须解不等式f（x）+f（x1）2即可，通过对x分x1，1x2，x2三类讨论，去掉绝对值符号，解之即可；（2）当a0时，求得f（ax）af（x）=|ax1|aax|，利用绝对值不等式的性质可得|ax1|aax|ax1+aax|=f（a），从而可证结论解答：解：（1）由题f（x）+f（x1）=|x1|+|x2|x1+2x|=1因此只须解不等式f（x）+f（x1）2（2分）当x1时，原不式等价于2x+32，即x1当1x2时，原不式等价于12，即1x2当x2时，原不式等价于2x32，即2x综上，原不等式的解集为x|x（5分）（2）由题f（ax）af（x）=|ax1|a|x1|当a0时，f（ax）af（x）=|ax1|axa|=|ax1|aax|ax1+aax|=|a1|=f（a）（10分）点评：本题考查：绝对值不等式的解法，掌握双绝对值不等式的性质，通过分类讨论去掉绝对值符号是解题的关键，考查转化思想与分类讨论思想的综合应用，属于中档题22