?x?2cos?（?为参数），再以原点为极点，以x轴正半轴为极轴建立极坐标系，并?y?2?2sin??使得它与直角坐标系xoy有相同的长度单位． （Ⅰ）求圆C的极坐标方程；
（Ⅱ）设圆C与直线l交于A、B，求MA?MB的值．
23．（本小题满分10分）选修4?5：不等式选讲
已知f?x??|x?a|，g?x??|x?3|?x，记关于x的不等式f?x??g?x?的解集为M． （Ⅰ）若a?3?M，求实数a的取值范围；
（Ⅱ）若??1,1??M，求实数a的取值范围．
荆门市2019年高三年级元月调考
数学（文科）参考答案
一、 选择题： 1 题号 C 答案 二、填空题：
13．?14．8850 15．三、解答题：
17．解：（Ⅰ）由正弦定理：
所以
2 D 3 C 4 C 5 A 6 A 7 D 8 C 9 B 10 B 11 D 12 A 13316．5?43 2a3bab??，又由已知， cosAsinBsinAsinBa3a?，…………………………………………………………………3分 cosAsinAtanA?3， 因为A?(0,?)，所以A?（Ⅱ）由正弦定理得，S?ABC??3．……………………………………6分
13bcsinA?bc?33，则bc?12， 24222?ABC中，由余弦定理，a?b?c?2bccos?3?b2?c2?12?14，
则b2?c2?26……………………………………………………………………………10分 故b?c??b?c??2bc?14，b?c?52 222所以?ABC的周长为a?b?c?14?52．…………………………………………12分
18. 解：（Ⅰ）取AD中点O，连结OP,OB，
因为△PAD为等边三角形，所以PO?AD． …………………………………………2分 因为四边形ABCD为菱形，所以AB?AD， 又因为?DAB?60?，所以△ABD为等边三角形，
所以BO?AD． …………………………………………………………………………3分 因为OPIOB?O，所以AD?平面PBO，
因为PB?平面PBO，所以AD?PB． ………………………………………………6分 （Ⅱ）因为平面PAD?平面ABCD，平面PADI平面ABCD?AD，PO?平面PAD， 所以PO?平面ABCD，
所以PO为三棱锥P?ABC的高． ………………………………………………………7分 所以PO?PA2?OA2?22?12?3,BO?AB2?OA2?22?12?3， 所以PB?PO2?BO2?6， 又因为AP?AB?2， 所以S△PAB?6?115……………9分 ??6?22?????2?22??2因为AB?BC?2,?ABC?180???DAB?120?，
1所以S△ABC??2?2?sin120??3． …………………………………………………10分
2设三棱锥C?PAB的高为h，
11因为VC?PAB?VP?ABC，所以S△PAB?h?S△ABC?PO，
33所以15215． ………………………………………………12分 h?3?3，解得h?5219．解：（Ⅰ）每道题实测的答对人数及相应的实测难度如下表：
题号 1 2 3 4 5 实测答对人数 8 8 7 7 2 实测难度 0.8 0.8 0.7 0.7 0.2 …………………3分
所以，估计120人中有120?0.2?24人答对第5题．………………………………4分
（Ⅱ）记编号为i的学生为Ai(i?1,2,3,4,5)，
从这5人中随机抽取2人，不同的抽取方法有10种．
其中恰好有1人答对第5题的抽取方法为(A1,A2)，(A1,A3)，(A1,A4)，(A2,A5)，(A3,A5)，
(A4,A5)，共6种．………………………………………………………………………6分
所以，从抽样的10名学生中随机抽取2名答对至少4道题的学生，
63?．……………………………………………8分 105（Ⅲ）将抽样的20名学生中第i题的实测难度，作为240名学生第i题的实测难度．
恰好有1人答对第5题的概率为P?1S?[(0.8?0.9)2?(0.8?0.8)2?(0.7?0.7)2?(0.7?0.6)2?(0.2?0.4)2]
5?0.012．………………………………………………………………………………………………………………11分 因为 S?0.012?0.05，
所以，该次测试的难度预估是合理的．………………………………………………12分
p20．解：（Ⅰ）∵点P(1, y0)，∴1??2，解得p?2，…………………………………… 2分
22故抛物线C的方程为：y?4x，当x?1时，y0?2，
421∴l1的方程为y?x?，联立y2?4x可得，xQ?，………………………… 3分
334又∵QF?xQ?分
（Ⅱ）设直线AB的方程为x?ty?m，代入抛物线方程可得y2?4ty?4m?0，
设A(x1, y1)B(x2, y2)，则y1?y2?4t，y1y2??4m，①…………………………7分
由OA?OB得：(ty1?m)(ty2?m)?y1y2?0，
整理得(t2?1)y1y2?tm(y1?y2)?m2?0，②………………………………………… 9分 将①代入②解得m?4，∴直线l2: x?ty?4，……………………………………10分
QF5p5p?，PF?xP??2，∴?． ………………………… 5
PF8242(a?4)2法一：∵圆心到直线l2的距离d?，∴|DE|?21?， 221?t1?t显然当a?4时，|DE|?2，|DE|的长为定值．……………………………………………………12分 法二：直线l2过定点(4,0)，而圆心N(a,0)，当直线l2过圆心时，|DE|的长为直径，即为
定长，则a?4．
|a?4|2法三：因为圆N的半径为定值，要使得|DE|的长为定长，只需要圆心到直线l2的距离d与t无关，则a?4．
21.解：（Ⅰ）f??x??1a?x?1??ax?x?1??ax，…………………………………2分 ??22x（x?1）x?x?1?2∵f(x)在区间(0,4)上有两个极值点，∴f'(x)?0在(0,4)上有两个根．…………3分
x2?2x?11?x??2在(0,4)上有两个根， ∴(x?1)?ax?0，即?a?xx1即y??a与y?x??2在(0,4)上有两个交点，
x?25??25?a则?a??4,，故的取值范围为?,?4???． …………………………………5
44????2分
y0?，则y0?2x0，f??x0??2，y0?lnx0?（Ⅱ）设切点为?x0，∴
ax0， x0?11a??2① x0?x0?1?2ax0②………………………………………………………………7分 x0?11由①得a?(2?)(x0?1)2代入②得2x0?lnx0?(2x0?1)(x0?1)
x0且2x0?lnx0?即lnx0?2x20?x0?1?0．………………………………………………………………8分
14x2?x?1令F?x??lnx?2x?x?1，则F??x???4x?1?，
xx22∵4x?x?1?0的???15?0，∴4x?x?1?0恒成立． ∴F'(x)在(0,??)上恒为正值，∴F(x)在(0,??)上单调递增，
2∵F(1)?0，∴x0?1代入①式得a?4． ……………………………………………12分 22．解：（Ⅰ）消去参数可得圆的直角坐标方程式为x2??y?2??4……………………2分
由极坐标与直角坐标互化公式得?pcos????psin??2??4
化简得p?4sin?. …………………………………………………………………………5分
o??x?3?tcos45（Ⅱ）直线l的参数方程?（t为参数）， ………………………………6分 oy?4?tsin45??222??x?3??即??y?4???2t2（t为参数）代入圆方程得：t2?52t?9?0， ………………………8分 2t2设A、B对应的参数分别为t1、t2，则t1?t2??52，t1t2?9，
于是|MA|?|MB|?|t1|?|t2|?|t1?t2|?9．…………………………………………………10分 23．解：（Ⅰ）依题意有：|2a?3|?|a|??a?3?， ………………………………………1分
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