2016年高考新课标2文科数学及答案

2016年普通高等学校招生全国统一考试〔新课标全国卷Ⅱ〕

文科数学

本试卷分第Ⅰ卷〔选择题〕和第Ⅱ卷〔非选择题〕两部分。满分150分，考试时间120分钟。

第Ⅰ卷

一、选择题：本大题共12小题，每小题5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〕已知集合A{1,2,3}，B{x|x29}，则AB

A．{2,1,0,1,2,3}B．{2,1,0,1,2}C．{1,2,3}D．{1,2} 〔2〕设复数z满足zi3i，则z

A．12iB．12iC．32iD．32i

〔3〕函数yAsin(x)的部分图象如图所示，则

A．y2sin(2x)

6 B．y2sin(2x)

3 C．y2sin(x)

6D．y2sin(x)

3〔4〕体积为8的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为

.

.

A．12B．32C．8D．4

3〔5〕设F为抛物线C:y24x的焦点，曲线yk(k0)与C交于点P，PFxx轴，则k

A．1B．1 C．3D．2

22

〔6〕圆x2y22x8y130的圆心到直线axy10的距离为1，则a

A．4B．3C．343D．2

〔7〕右图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体

4 的三视图，则该几何体的表面积为

A．20B．24 C．28D．32

4 4 〔8〕某路口人行横道的信号灯为红灯和绿灯交替出现，红灯持续时间为40秒．若一名行人来到该路口遇到红灯，则至少需要等待15秒才出现绿灯的概率为

A．

7B．5C．3D．3 101088（9）中国古代有计算多项式值的秦九韶算法，右图是实现该算法的程序框图．执行该程序框图，若输入的x2，n2，依次输入的a为2，2，5，则输出的s

.

.

A．7 B．12 C．17 D．34

〔10〕下列函数中，其定义域和值域分别与函数y10lgx的定义域和值域相同的是

A．yxB．ylgxC．y2xD．y1x

〔11〕函数f(x)cos2x6cos(x)的最大值为

2A．4 B．5 C．6 D．7 〔12〕已知函数f(x)(xR)满足f(x)f(2x)，若函数y|x22x3|与yf(x)图象的交点为(x1,y1)，(x2,y2)，…，(xm,ym)，则xi

i1mA．0 B．mC．2mD．4m

第Ⅱ卷

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二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分． 〔13〕已知向量a(m,4)，b(3,2)，且a∥b，则m．

xy10,〔14〕若x，y满足约束条件xy30,则zx2y的最小值为．

x30,c，〔15〕若cosA4，△ABC的内角A，C的对边分别为a，b，cosCB，

55，13a1，则b．

〔16〕有三X卡片，分别写有1和2，1和3，2和3．甲，乙，丙三人各取走一X卡片，甲看了乙的卡片后说：“我与乙的卡片上相同的数字不是2〞，乙看了丙的卡片后说：“我与丙的卡片上相同的数字不是1〞，丙说：“我的卡片上的数字之和不是5〞，则甲的卡片上的数字是．

三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤． 〔17〕〔本小题满分12分〕 等差数列{an}中，a3a44，a5a76． 〔Ⅰ〕求{an}的通项公式；

〔Ⅱ〕设bn[an]，求数列{bn}的前10项和，其中[x]表示不超过x的最大整数，如[0.9]0，[2.6]2．

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18）〔本小题满分12分〕.

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（

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某险种的基本保费为a〔单位：元〕，继续购买该险种的投保人称为续保人，续保人本年度的保费与其上年度出险次数的关联如下： 上年度出险次数 保 费 0 0.85a 1 a 2 1.25a 3 1.5a 4 1.75a ≥5 2a 随机调查了该险种的200名续保人在一年内的出险情况，得到如下统计表：

出险次数 频 数 0 60 1 50 2 30 3 30 4 20 ≥5 10 〔Ⅰ〕记A为事件：“一续保人本年度的保费不高于基本保费〞．求

P(A)的估计值；

〔Ⅱ〕记B为事件：“一续保人本年度的保费高于基本保费但不高于基本保费的160％〞．求P(B)的估计值； 〔Ⅲ〕求续保人本年度的平均保费的估计值．

.

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〔19〕〔本小题满分12分〕

如图，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，点E，F分别在AD，CD上，AECF，EF交BD于点H，将△DEF沿EF折到△DEF的位置． 〔Ⅰ〕证明：ACHD；

〔Ⅱ〕若AB5，AC6，AE5，OD24求五棱锥DABCFE的体积． 2，

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（20）〔本小题满分12分〕 已知函数f(x)(x1)lnxa(x1)．

〔Ⅰ〕当a4时，求曲线yf(x)在(1,f(1))处的切线方程； 〔Ⅱ〕若当x(1,)时，f(x)0，求a的取值X围．

.

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（21）〔本小题满分12分〕

x2y2已知A是椭圆E:1的左顶点，斜率为k(k0)的直线交E于A，M两

43点，点N在E上，MANA．

〔Ⅰ〕当|AM||AN|时，求△AMN的面积； 〔Ⅱ〕当2|AM||AN|时，证明：

3k2．

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请考生在第〔22〕、〔23〕、〔24〕题中任选一题做答，如果多做，按所做的第一题记分．

〔22〕〔本小题满分10分〕选修4–1：几何证明选讲

如图，在正方形ABCD中，E，〔不与端点重合〕，G分别在边DA，DC上且DEDG，过D点作DFCE，垂足为F． 〔Ⅰ〕证明：B，C，G，F四点共圆；

〔Ⅱ〕若AB1，E为DA的中点，求四边形BCGF的面积．

〔23〕〔本小题满分10分〕选修4–4：坐标系与参数方程 在直角坐标系xOy中，圆C的方程为(x6)2y225．

〔Ⅰ〕以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，求C的极坐标方程；

〔Ⅱ〕直线l的参数方程是点，|AB|

10

xtcos,〔t为参数〕，l与C交于A，B两

ytsin,，求l的斜率．

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〔24〕〔本小题满分10分〕选修4–5：不等式选讲 已知函数f(x)|x1||x1|，M为不等式f(x)2的解集．

22〔Ⅰ〕求M；

〔Ⅱ〕证明：当a，bM时，|ab||1ab|．

参考答案第Ⅰ卷一. 选择题：本大题共12小题。每小题5分，在每个小题给出

的四个选项中，只有一项是

符合要求的。

2，，3}B{x|x29}，则AB〔 〕 〔1〕已知集合A{1，〔A〕{2，1，0，1，2}〔C〕{1，1，0，1，2，3} 〔B〕{2，2，3} 〔D〕{1，2} [答案]D

考点：一元二次不等式的解法，集合的运算.

[名师点睛]集合的交、并、补运算问题，应先把集合化简在计算，常常借助数轴或韦恩图处理.

〔2〕设复数z满足zi3i，则z=〔 〕 〔A〕12i〔B〕12i〔C〕32i〔D〕32i [答案]C [解析]

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试题分析：由zi3i得，z32i，所以z32i，故选C. 考点：复数的运算，共轭复数.

[名师点睛]复数abi(a,bR)的共轭复数是abi(a,bR)，两个复数是共轭复数，其模相等.

(3) 函数y=Asin(x)的部分图像如图所示，则〔 〕 〔A〕y2sin(2x) 〔B〕y2sin(2x) 〔C〕y2sin(2x+) 〔D〕y2sin(2x+)

6363

[答案]A

考点：三角函数图像的性质

[名师点睛]根据图像求解析式问题的一般方法是：先根据函数图像的最高点、最低点确定A，h的值，函数的周期确定ω的值，再根据函数图像上的一个特殊点确定φ值．

(4) 体积为8的正方体的顶点都在同一球面上，则该球面的表面积为〔 〕

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〔A〕12〔B〕[答案]A [解析]

32〔C〕〔D〕 3试题分析：因为正方体的体积为8，所以棱长为2，所以正方体的体对角线长为

23，所以正方体的外接球的半径为3，所以球面的表面积为4(3)212，

故选A.

考点：正方体的性质，球的表面积.

[名师点睛]棱长为a的正方体中有三个球： 外接球、内切球和与各条棱都相切的球.其半径分别为

a3a2a、和. 222k〔k>0〕与C交于点P，PF⊥xx (5) 设F为抛物线C：y2=4x的焦点，曲线y=轴，则k=〔 〕 〔A〕

13〔B〕1 〔C〕〔D〕2 22[答案]D

考点：抛物线的性质，反比例函数的性质.

[名师点睛]抛物线方程有四种形式，注意焦点的位置. 对函数y=

k(k0)，当xk0时，在(,0)，(0,)上是减函数，当k0时，在(,0)，(0,)上是

增函数.

.

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(6) 圆x2+y2−2x−8y+13=0的圆心到直线ax+y−1=0的距离为1，则a=〔 〕 〔A〕−

43〔B〕−〔C〕3〔D〕2 34[答案]A [解析]

试题分析：由x2y22x8y130配方得(x1)2(y4)24，所以圆心为

(1,4)，半径r2，因为圆x2y22x8y130的圆心到直线axy10的距

离为1，

|a41|所以41，解得a，故选A.

3a212考点：圆的方程，点到直线的距离公式.

[名师点睛]直线与圆的位置关系有三种情况：相交、相切和相离.已知直线与圆的位置关系时，常用几何法将位置关系转化为圆心到直线的距离d与半径r的大小关系，以此来确定参数的值或取值X围．

(7) 如图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的表面积为〔 〕

〔A〕20π〔B〕24π〔C〕28π〔D〕32π [答案]C

.

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考点：三视图，空间几何体的体积.

[名师点睛]以三视图为载体考查几何体的体积，解题的关键是根据三视图想象原几何体的形状构成，并从三视图中发现几何体中各元素间的位置关系与数量关系，然后在直观图中求解．

(8) 某路口人行横道的信号灯为红灯和绿灯交替出现，红灯持续时间为40秒.若一名行人来到该路口遇到红灯，则至少需要等待15秒才出现绿灯的概率为〔 〕 〔A〕

7533〔B〕〔C〕〔D〕 108810[答案]B [解析]

试题分析：因为红灯持续时间为40秒.所以这名行人至少需要等待15秒才出现绿灯的概率为

40155，故选B. 408考点：几何概型.

[名师点睛]对于几何概型的概率公式中的“测度〞要有正确的认识，它只与大小有关，而与形状和位置无关，在解题时，要掌握“测度〞为长度、面积、体积、角度等常见的几何概型的求解方法．

(9)中国古代有计算多项式值得秦九韶算法，右图是实现该算法的程序框图．执行该程序框图，若输入的a为2，2，5，则输出的s=〔 〕

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〔A〕7 〔B〕12 〔C〕17 〔D〕34 [答案]C

考点：程序框图，直到型循环结构.

[名师点睛]识别算法框图和完善算法框图是高考的重点和热点．解决这类问题：首先，要明确算法框图中的顺序结构、条件结构和循环结构；第二，要识别运行算法框图，理解框图解决的实际问题；第三，按照题目的要求完成解答．对框图的考查常与函数和数列等结合，进一步强化框图问题的实际背景．

(10) 下列函数中，其定义域和值域分别与函数y=10lgx的定义域和值域相同的是〔 〕

〔A〕y=x〔B〕y=lgx〔C〕y=2x〔D〕y1 x[答案]D [解析]

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试题分析：y10lgxx，定义域与值域均为0,，只有D满足，故选D． 考点：函数的定义域、值域，对数的计算.

[名师点睛]基本初等函数的定义域、值域问题，应熟记图象，运用数形结合思想求解.

π (11) 函数f(x)cos2x6cos(x)的最大值为〔 〕

2〔A〕4〔B〕5〔C〕6〔D〕7 [答案]B [解析]

试题分析：因为f(x)12sin2x6sinx2(sinx)2当sinx1时，取最大值5，选B.

考点：正弦函数的性质、二次函数的性质. [名师点睛]求解本题易出现的错误是认为当sinx311y2(sinx)2取得最大值.

223211，而sinx[1,1]，所以23时，函数2 (12) 已知函数f(x)〔x∈R〕满足f(x)=f(2-x)，若函数y=|x2-2x-3| 与y=f(x) 图像的交点为〔x1,y1〕，(x2,y2)，…，〔xm,ym〕，则xi=〔 〕

i1m

(A)0 (B)m (C) 2m (D) 4m [答案]B

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考点：函数的奇偶性，对称性.

[名师点睛]如果函数f(x)，xD，满足xD，恒有f(ax)f(bx)，那么函数的图象有对称轴xab；如果函数f(x)，xD，满足xD，恒有2f(ax)f(bx)，那么函数的图象有对称中心.

二．填空题：共4小题，每小题5分.

(13) 已知向量a=(m,4)，b=(3,-2)，且a∥b，则m=___________. [答案]6 [解析]

试题分析：因为a∥b，所以2m430，解得m6． 考点：平面向量的坐标运算，平行向量.

[名师点睛]如果a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)(b≠0)，则a∥b的充要条件是x1y2－x2y1＝0.

xy10 (14) 若x，y满足约束条件xy30，则zx2y的最小值为__________

x30[答案]5

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考点：简单的线性规划.

[名师点睛]利用线性规划求最值，一般用图解法求解，其步骤是： (1)在平面直角坐标系内作出可行域；

(2)考虑目标函数的几何意义，将目标函数进行变形；

(3)确定最优解：在可行域内平行移动目标函数变形后的直线，从而确定最优解； (4)求最值：将最优解代入目标函数即可求出最大值或最小值． 〔15〕△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若cosAa=1，则b=____________.

45，cosC，513[答案]

21 13[解析]

45试题分析：因为cosA,cosC，且A,C为三角形内角，所以

513312sinA,sinC，

513sinBsin[(AC)]sin(AB)sinAcosCcosAsinC13， 65.

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又因为

abasinB21. ，所以bsinAsinBsinA13考点：正弦定理，三角函数和差公式.

[名师点睛]在解有关三角形的题目时，要有意识地考虑用哪个定理更适合，或是两个定理都要用，要抓住能够利用某个定理的信息．一般地，如果式子中含有角的余弦或边的二次式，要考虑用余弦定理；如果式子中含有角的正弦或边的一次式，则考虑用正弦定理；以上特征都不明显时，则要考虑两个定理都有可能用到． 〔16〕有三X卡片，分别写有1和2，1和3，2和3. 甲，乙，丙三人各取走一X卡片，甲看了乙的卡片后

说：“我与乙的卡片上相同的数字不是2〞，乙看了丙的卡片后说：“我与丙的卡片上相同的数字不是1〞，

丙说：“我的卡片上的数字之和不是5〞，则甲的卡片上的数字是________________. [答案]1和3 [解析]

试题分析：由题意分析可知甲的卡片上数字为1和3，乙的卡片上数字为2和3，丙卡片上数字为1和2. 考点：逻辑推理.

[名师点睛]逻辑推理即演绎推理，就是从一般性的前提出发，通过推导即“演绎〞，得出具体陈述或个别结论的过程.演绎推理的逻辑形式对于理性的重要意义在于，它对人的思维保持严密性、一贯性有着不可替代的校正作用.逻辑推理包括演绎、归纳和溯因三种方式.

三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤． 〔17〕(本小题满分12分)

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等差数列{an}中，a3a44,a5a76. 〔Ⅰ〕求{an}的通项公式；

〔Ⅱ〕 设bn[an]，求数列{bn}的前10项和，其中[x]表示不超过x的最大整数，如[0.9]=0,[2.6]=2. [答案]〔Ⅰ〕an2n3；〔Ⅱ〕24. 5试题解析：(Ⅰ)设数列an的公差为d，由题意有2a15d4,a15d3，解得

2a11,d，

5所以an的通项公式为an2n3. 52n3〔Ⅱ〕由(Ⅰ)知bn，

5当n1,2,3时，1当n4,5时，22n32,bn1； 52n33,bn2； 52n34,bn3； 52n35,bn4， 5当n6,7,8时，3当n9,10时，4所以数列bn的前10项和为1322334224. 考点：等差数列的性质，数列的求和.

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[名师点睛]求解本题会出现以下错误：①对“x表示不超过x的最大整数〞理解出错；

〔18〕(本小题满分12分)

某险种的基本保费为a〔单位：元〕，继续购买该险种的投保人称为续保人，续保人本年度的保费与其 上年度出险次数的关联如下：

上年度出险次数 保费 0 1 2 3 4 5 0.85a a 1.25a 1.5a 1.75a 2a 随机调查了该险种的200名续保人在一年内的出险情况，得到如下统计表：

出险次数 频数 0 60 1 50 2 30 3 30 4 20 5 10 〔Ⅰ〕记A为事件：“一续保人本年度的保费不高于基本保费〞.求P(A)的估计值；

〔Ⅱ〕记B为事件：“一续保人本年度的保费高于基本保费但不高于基本保费的160％〞. 求P(B)的估计值；

〔III〕求续保人本年度的平均保费估计值. [答案]〔Ⅰ〕由

60503030求P(A)的估计值；〔Ⅱ〕由求P(B)的估计值；〔III〕200200根据平均值得计算公式求解.

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试题解析：〔Ⅰ〕事件A发生当且仅当一年内出险次数小于2.由所给数据知，一年内险次数小于2的频率为故P(A)的估计值为0.55.

〔Ⅱ〕事件B发生当且仅当一年内出险次数大于1且小于4.由是给数据知，一年内出险次数大于1且小于4的频率为故P(B)的估计值为0.3.

30300.3， 20060500.55， 200考点：样本的频率、平均值的计算.

[名师点睛]样本的数字特征常见的命题角度有：(1)样本的数字特征与直方图交汇；(2)样本的数字特征与茎叶图交汇；(3)样本的数字特征与优化决策问题. 〔19〕〔本小题满分12分〕

如图，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，点E、F分别在AD，CD上，AECF，EF

交BD于点H，将DEF沿EF折到D'EF的位置. 〔Ⅰ〕证明：ACHD'；

.

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5〔Ⅱ〕若AB5,AC6,AE,OD'22,求五棱锥DABCEF体积.

4

[答案]〔Ⅰ〕详见解析；〔Ⅱ〕

69. 4[解析]

试题分析：〔Ⅰ〕证AC//EF.再证AC//HD.〔Ⅱ〕根据勾股定理证明ODH是直角三角形，从而得到ODOH.进而有AC平面BHD，证明OD平面ABC.根据菱形的面积减去三角形DEF的面积求得五边形ABCFE的面积，最后由椎体的体积公式求五棱锥DABCEF体积. 试题解析：〔I〕由已知得，ACBD,ADCD.又由AECF得

AECF，故AC//EF. ADCD

由此得EFHD,EFHD，所以AC//HD..

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11969五边形ABCFE的面积S683.

2224169232. 所以五棱锥D'ABCEF体积V22342考点：空间中的线面关系判断，几何体的体积.

[名师点睛]立体几何中的折叠问题，应注意折叠前后线段的长度、角哪些变了，哪些没变.

〔20〕〔本小题满分12分〕

已知函数f(x)(x1)lnxa(x1).

〔I〕当a4时，求曲线yf(x)在1,f(1)处的切线方程； 〔Ⅱ〕若当x1,时，f(x)＞0，求a的取值X围. [答案]〔Ⅰ〕2xy20；〔Ⅱ〕,2. [解析]

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试题分析：〔Ⅰ〕先求函数的定义域，再求f(x)，f(1)，f(1)，由直线方程得点斜式可求曲线yf(x)在(1,f(1))处的切线方程为2xy20.〔Ⅱ〕构造新函数g(x)lnxa(x1)，对实数a分类讨论，用导数法求解. x1试题解析：〔I〕f(x)的定义域为(0,).当a4时，

f(x)(x1)lnx4(x1),f(x)lnx13，f(1)2,f(1)0. x所以曲线yf(x)在(1,f(1))处的切线方程为2xy20.

考点：导数的几何意义，函数的单调性. [名师点睛]求函数的单调区间的方法： (1)确定函数y＝f(x)的定义域； (2)求导数y′＝f′(x)；

(3)解不等式f′(x)>0，解集在定义域内的部分为单调递增区间；

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(4)解不等式f′(x)<0，解集在定义域内的部分为单调递减区间． 〔21〕〔本小题满分12分〕

x2y21的左顶点，斜率为kk＞0的直线交E与A，M两已知A是椭圆E：43点，点N在E上，

MANA.

〔Ⅰ〕当AMAN时，求AMN的面积； 〔Ⅱ〕当AMAN时，证明：3k2.

[答案]〔Ⅰ〕

144；〔Ⅱ〕4932,2.

试题解析：〔Ⅰ〕设M(x1,y1)，则由题意知y10. 由已知与椭圆的对称性知，直线AM的倾斜角为又A(2,0)，因此直线AM的方程为yx2.

x2y21得7y212y0， 将xy2代入43， 4解得y0或y1212，所以y1. 7711212144因此AMN的面积SAMN2.

27749.

.

x2y21得 （2）将直线AM的方程yk(x2)(k0)代入43(34k2)x216k2x16k2120.

121k216k2122(34k2)2由x1(2)得x1，故|AM|1k|x12|. 22234k34k34k12k1k21由题设，直线AN的方程为y(x2)，故同理可得|AN|. 243kk由2|AM||AN|得

2k，即4k36k23k80. 2234k43k设f(t)4t36t23t8，则k是f(t)的零点，f'(t)12t212t33(2t1)20， 所以f(t)在(0,)单调递增，又f(3)153260,f(2)60， 因此f(t)在(0,)有唯一的零点，且零点k在(3,2)内，所以3k2. 考点：椭圆的性质，直线与椭圆的位置关系.

3k2k12k3，[名师点睛]本题中，分离变量t，得t解不等式，232k23tk3kt即求得实数k的取值X围.

请考生在22、23、24题中任选一题作答,如果多做,则按所做的第一题计分,做答时请写清题号

〔22〕〔本小题满分10分〕选修4-1：几何证明选讲

如图，在正方形ABCD中，〔不与端点重合〕，且DEDG，E,G分别在边DA,DC上过D点作

DFCE，垂足为F．

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(Ⅰ) 证明：B,C,G,F四点共圆；

(Ⅱ)若AB1，E为DA的中点，求四边形BCGF的面积．

[答案]〔Ⅰ〕详见解析；〔Ⅱ〕

1. 2试题解析：〔I〕因为DFEC,所以DEFCDF,

则有GDFDEFFCB,DFDEDG, CFCDCB所以DGFCBF,由此可得DGFCBF, 由此CGFCBF1800,所以B,C,G,F四点共圆.

〔II〕由B,C,G,F四点共圆，CGCB知FGFB，连结GB， 由G为RtDFC斜边CD的中点，知GFGC,故RtBCGRtBFG, 因此四边形BCGF的面积S是GCB面积SGCB的2倍，即

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111S2SGCB21.

222

考点：三角形相似、全等，四点共圆

[名师点睛]判定两个三角形相似要注意结合图形性质灵活选择判定定理，特别要注意对应角和对应边．证明线段乘积相等的问题一般转化为有关线段成比例问题．相似三角形的性质可用来证明线段成比例、角相等；可间接证明线段相等． 〔23〕〔本小题满分10分〕选修4—4：坐标系与参数方程 在直角坐标系xOy中，圆C的方程为(x6)2y225．

x轴正半轴为极轴建立极坐标系，〔Ⅰ〕以坐标原点为极点，求C的极坐标方程；

xtcos〔Ⅱ〕直线l的参数方程是〔t为参数〕,l与C交于A,B两点，

ytsin|AB|10，求l的斜率．

[答案]〔Ⅰ〕212cos110；〔Ⅱ〕15. 3试题解析：〔I〕由xcos,ysin可得C的极坐标方程212cos110.

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〔II〕在〔I〕中建立的极坐标系中，直线l的极坐标方程为(R) 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的极坐标方程得

212cos110.

于是1212cos,1211,

|AB||12|(12)2412144cos244,

315由|AB|10得cos2,tan，

831515或. 33所以l的斜率为

考点：圆的极坐标方程与普通方程互化，直线的参数方程，点到直线的距离公式. [名师点睛]极坐标与直角坐标互化的注意点：在由点的直角坐标化为极坐标时，一定要注意点所在的象限和极角的X围，否则点的极坐标将不唯一．在曲线的方程进行互化时，一定要注意变量的X围．要注意转化的等价性. 〔24〕〔本小题满分10分〕选修4—5：不等式选讲

11已知函数f(x)|x||x|，M为不等式f(x)2的解集．

22〔Ⅰ〕求M；

〔Ⅱ〕证明：当a,bM时，|ab||1ab|． [答案]〔Ⅰ〕M{x|1x1}；〔Ⅱ〕详见解析.

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12x,x,211试题解析：〔I〕f(x)1,x,

2212x,x.21当x时，由f(x)2得2x2,解得x1；

211当x时，f(x)2；

221时，由f(x)2得2x2,解得x1. 2当x所以f(x)2的解集M{x|1x1}.

考点：绝对值不等式，不等式的证明.

[名师点睛]形如|xa||xb|c(或c)型的不等式主要有三种解法：

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(1)分段讨论法：利用绝对值号内式子对应方程的根，将数轴分为(,a]，(a,b]，

(b,) (此处设ab)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，然后取各个不等式解集的并集．

(2)几何法：利用|xa||xb|c(c0)的几何意义：数轴上到点x1a和x2b的距离之和大于c的全体，|xa||xb||xa(xb)||ab|. (3)图象法：作出函数y1|xa||xb|和y2c的图象，结合图象求解．

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