广东省深圳实验中学、珠海一中等六校2019届高三第一次联考数学理试题 Word版含解析

广东省深圳实验中学、珠海一中等六校2019届高三第一次联考数学理试题 Word版含解析

www.ks5u.com 广东省六校（广州二中，深圳实验，珠海一中，中山纪念，东莞中学，惠州一中）‎ ‎2019届高三第一次联考理科数学 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.已知集合，，则∁ ‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用分式不等式的解法化简集合，从而求出集合的补集，利用指数函数的性质化简集合，由交集的定义可得结果.‎ ‎【详解】由，即，‎ 解得或，即，‎ ‎∁ ，‎ 解得，即，‎ 则∁ ，故选A.‎ ‎【点睛】研究集合问题，一定要抓住元素，看元素应满足的属性.研究两集合的关系时，关键是将两集合的关系转化为元素间的关系，本题实质求满足不属于集合且属于集合的元素的集合.‎ ‎2.若复数满足，则的共轭复数的虚部为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由已知条件得，利用复数的除法运算化简，求出，则共轭复数的虚部可求.‎ ‎【详解】 ，‎ ‎ ，共轭复数 ‎ 的共轭复数的虚部1‎ 故选C.‎ ‎【点睛】本题考查复数代数形式的除法运算，考查复数的基本概念. 复数除法的关键是分子分母同时乘以分母的共轭复数，解题中要注意把的幂写成最简形式.‎ ‎3.记为等差数列的前项和，若，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 方法一：基本法，将等差数列前项和公式和通项公式代入到已知条件中，联立方程组解得和，即可求得答案.‎ 方法二：性质法，根据已知条件得，再根据，即可求得答案.‎ ‎【详解】方法一：基本法，数列等差数列，，，‎ ‎，整理得，解得 方法二：性质法， ，，‎ ‎，‎ ‎ ； ； ‎ 故选D.‎ ‎【点睛】本题考查等差数列的通项公式和前项和公式，考查等差数列的性质与前项和计算的应用，解题时要认真审题，注意灵活运用数列的基本概念与性质.‎ ‎4.在区间上随机取两个实数，记向量，，则的概率为 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由可得点在以原点为圆心以为半径的圆外，且在以为边长的正方形内，由几何概型概率公式可得结果.‎ ‎【详解】在区间上随机取两个实数，‎ 则点在以为边长的正方形内，‎ 因为，，则 ，‎ 因为，‎ 所以，‎ 点在以原点为圆心以为半径的圆外，且在以为边长的正方形内，‎ 所以，则的概率为，‎ 故选B.‎ ‎【点睛】本题主要考查“面积型”的几何概型，属于中档题. 解决几何概型问题常见类型有：长度型、角度型、面积型、体积型，求与面积有关的几何概型问题关鍵是计算问题的总面积以及事件的面积；几何概型问题还有以下几点容易造成失分，在备考时要高度关注：（1）不能正确判断事件是古典概型还是几何概型导致错误；（2）基本事件对应的区域测度把握不准导致错误 ；（3）利用几何概型的概率公式时 , 忽视验证事件是否等可能性导致错误.‎ ‎5.已知直线的倾斜角为，直线与双曲线（）的左、右两支分别交于、两点，且、都垂直于轴（其中、分别为双曲线的左、右焦点），则该双曲线的离心率为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意设点，，则，又由直线的倾斜角为，得，结合点在双曲线上，即可求出离心率.‎ ‎【详解】直线与双曲线的左、右两支分别交于、两点，且、都垂直于轴，‎ 根据双曲线的对称性，设点，，‎ 则，即，且，‎ 又直线的倾斜角为，‎ 直线过坐标原点，，‎ ‎ ，整理得，即，解方程得，（舍）‎ ‎ 故选D.‎ ‎【点睛】本题考查双曲线的几何性质、直线与双曲线的位置关系及双曲线离心率的求法，考查化简整理的运算能力和转化思想，属于中档题.‎ 圆锥曲线离心率的计算，常采用两种方法：‎ ‎1、通过已知条件构建关于的齐次方程，解出.‎ 根据题设条件（主要用到：方程思想，余弦定理，平面几何相似，直角三角形性质等）借助之间的关系，得到关于的一元方程，从而解得离心率.‎ ‎2、通过已知条件确定圆锥曲线上某点坐标，代入方程中，解出.‎ ‎ 根据题设条件，借助表示曲线某点坐标，代入曲线方程转化成关于的一元方程，从而解得离心率.‎ ‎6.在△中，为的中点，点满足，则 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据向量共线的性质可得 ，，再由平面向量运算的“三角形法则”可得结果.‎ ‎【详解】因为为的中点，点满足，‎ 所以 ，，‎ 可得 ‎ ,‎ 故选A.‎ ‎【点睛】向量的运算有两种方法，一是几何运算往往结合平面几何知识和三角函数知识解答，运算法则是：（１）平行四边形法则（平行四边形的对角线分别是两向量的和与差）；（２）三角形法则（两箭头间向量是差，箭头与箭尾间向量是和）；二是坐标运算：建立坐标系转化为解析几何问题解答（求最值与范围问题，往往利用坐标运算比较简单）．‎ ‎7.某几何体的三视图如右图所示，数量单位为，它的体积是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由三视图，可知几何体为底面为直角梯形的四棱锥，根据棱锥的体积公式即可求出结果.‎ ‎【详解】如图所示，三视图还原成直观图为底面为直角梯形的四棱锥，‎ 故选C.‎ ‎【点睛】本题考查由三视图求几何体体积，解答此类问题的关键是判断几何体的形状及几何尺寸.‎ ‎8.已知是函数的最大值，若存在实数使得对任意实数总有成立，则的最小值为 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用三角恒等变换可得，依题意可知的最小值为，从而可得结论.‎ ‎【详解】‎ ‎，‎ ‎，周期，‎ 又存在实数，对任意实数总有成立，‎ ‎，‎ 的最小值为，故选B.‎ ‎【点睛】本题主要考查公式三角函数的图象和性质以及辅助角公式的应用，属于难题.利用该公式 可以求出:①的周期;②单调区间（利用正弦函数的单调区间可通过解不等式求得）；③值域：；④对称轴及对称中心（由可得对称轴方程，由可得对称中心横坐标.‎ ‎9.定义在上的函数满足及，且在上有，则 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由及可得函数是以4为周期的函数，结合在上有，可得结果.‎ ‎【详解】函数的定义域是，关于原点对称，‎ ‎，‎ 函数是奇函数，‎ ‎，‎ ‎，‎ 函数是以4为周期的函数，‎ ‎，‎ 在上有，‎ ‎，‎ ‎，故选D.‎ ‎【点睛】函数的三个性质：单调性、奇偶性和周期性，在高考中一般不会单独命题，而是常将它们综合在一起考查，其中单调性与奇偶性结合、周期性与抽象函数相结合，并结合奇偶性求函数值，多以选择题、填空题的形式呈现，且主要有以下几种命题角度；‎ ‎（1）函数的单调性与奇偶性相结合，注意函数的单调性及奇偶性的定义，以及奇、偶函数图象的对称性．‎ ‎（2）周期性与奇偶性相结合，此类问题多考查求值问题，常利用奇偶性及周期性进行交换，将所求函数值的自变量转化到已知解析式的函数定义域内求解；‎ ‎（3）周期性、奇偶性与单调性相结合，解决此类问题通常先利用周期性转化自变量所在的区间，然后利用奇偶性和单调性求解.‎ ‎10.抛物线上有一动弦，中点为，且弦的长度为，则点的纵坐标的最小值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意设，，直线的方程为，代入抛物线方程，写出韦达定理关系式及弦长与点的纵坐标关系式，通过基本不等式确定最小值.‎ ‎【详解】由题意设，，，直线的方程为，‎ 联立方程，整理得 ‎，，，‎ 点M的纵坐标，‎ 弦的长度为 ‎，即 ‎ ，‎ 整理得，即 根据基本不等式，，当且仅当，时取等，即，‎ ‎，点的纵坐标的最小值为.‎ 故选A.‎ ‎【点睛】本题考查直线与抛物线位置关系，考查基本不等式在圆锥曲线综合问题中的应用，解题时要认真审题，注意等价转化思想的合理运用.‎ 解决直线与圆锥曲线综合问题基本步骤为：‎ ‎（1）设，即设交点坐标和直线方程，注意考虑直线斜率是否存在;‎ ‎（2）联，即联立直线方程与圆锥曲线，消元;‎ ‎（3）判，即直线与圆锥曲线的位置关系可以通过判别式加以判断;‎ ‎（4）韦，即韦达定理，确定两根与系数的关系.‎ ‎（5）代，即根据已知条件，将所求问题转换到与两点坐标和直线方程相关的问题，进而求解问题.‎ ‎11.已知三棱锥中，，，，，且二面角的大小为，则三棱锥外接球的表面积为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可知，三棱锥外接球的球心在过外接圆圆心的法线上，设，由题设条件可知，外接球半径，由此解得，从而求出外接球的半径及表面积.‎ ‎【详解】如图，设中点为，过点作，，过点作垂足为，交于，则为外接圆的圆心，三棱锥外接球球心在直线上，‎ 设 ‎，，，且二面角的大小为，‎ ‎，，，，，，,‎ 在中，；‎ 在中，；‎ 外接球半径，‎ ‎ ，解得 ‎ ，外接球表面积 故选D.‎ ‎【点睛】本题考查三棱锥外接球表面的求法，涉及到棱锥的结构特征、二面角的平面角、直角三角形的性质、勾股定理和球的简单性质等知识点，解题时要认真审题，注意合理地转化空间几何问题.‎ ‎12.已知数列满足．设，为数列的前项和．若（常数），，则的最小值是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 当时，类比写出，两式相减整理得，当时，求得，从而求得数列和的通项公式.；再运用错位相减法求出，结合的性质，确定的最小值.‎ ‎【详解】 ①‎ 当时，类比写出 ②‎ 由①-②得 ，即.‎ 当时，，‎ ‎，‎ ‎ ③‎ ‎ ④‎ ‎③-④得， ‎ ‎ （常数），，‎ ‎ 的最小值是 故选C.‎ ‎【点睛】本题考查数列通项公式的求法和数列前n项和的计算方法，解题时要认真审题，仔细解答，注意公式的合理选用.‎ ‎1、已知数列的前项和与的关系式，求数列的通项公式的方法如下：‎ ‎（1）当时，用替换中的得到一个新的关系，利用 便可求出当时的表达式； ‎ ‎（2）当时， 求出；‎ ‎（3）对时的结果进行检验，看是否符合时的表达式，如果符合，则可以把数列的通项公式合写；如果不符合，则应该分与两段来写．‎ ‎2、错位相减法：若，其中是等差数列，是公比为的等比数列，那么这个数列的前项和即可用此法来求。‎ 数列前项和，则 ，两式错位相减并整理即得.‎ 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。‎ ‎13.若满足约束条件 则的最大值为______________．‎ ‎【答案】25‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先根据约束条件绘制可行域，再根据表示可行域内点到原点的距离的平方，在可行域内确定最长距离，即可求得答案.‎ ‎【详解】可行域如图，表示可行域内点到原点距离的平方 的最大值对应点A 联立，解得 所以的最大值为 故答案为.‎ ‎【点睛】本题考查线性规划的距离型问题，线性规划问题，首先明确可行域对应的是封闭区域还是开放区域、分界线是实线还是虚线，其次确定目标函数的几何意义，是求直线的截距、两点间距离的平方、直线的斜率、还是点到直线的距离等等，最后结合图形确定目标函数最值取法、值域范围.‎ ‎14.若，则的展开式中常数项为______________．‎ ‎【答案】240‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先根据定积分运算法则求出，再根据展开式的通项公式，令的指数为，即可求得答案.‎ ‎【详解】 ‎ ‎ 展开式的通项公式为 ‎ 令，即.‎ ‎ 的展开式中，常数项是 故答案为240.‎ ‎【点睛】本题考查定积分的计算和二项式定理的应用，利用二项展开式的通项公式求展开式中某项的系数是解题关键.‎ ‎15.已知点及圆，一光线从点出发，经轴上一点反射后与圆相切于点，则的值为______________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据反射的特征，作点关于轴的对称点，则与圆相切， ，利用两点距离公式、圆心到直线的距离等于半径和勾股定理，即可求出结果.‎ ‎【详解】点关于轴的对称点为，‎ 由反射的对称性可知，与圆相切，‎ 圆的圆心坐标为，半径；‎ ‎ ，‎ ‎ ‎ 故答案为.‎ ‎【点睛】本题考查直线与圆相切，点关于直线的对称，两点间距离和点到直线距离等，解题的关键是光线反射的特征和点关于直线对称性质的合理运用.‎ ‎16.已知函数满足，则的单调递减区间是______________．‎ ‎【答案】(-1,3)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将与代入已知条件，求出，写出函数解析式，求导函数，令，解不等式即可求出单调递减区间.‎ ‎【详解】函数满足，‎ ‎ ，‎ 整理得，即，解得 函数解析式为，‎ 令，解得 ‎ 的单调递减区间是 故答案为.‎ ‎【点睛】本题考查运用待定系数法求函数的解析式，考查利用导数确定函数的单调区间，属于基本概念和基本方法的考查.‎ 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。‎ ‎17.在△中，角，，的对边分别为，，，且．‎ ‎（1）求角；‎ ‎（2）若，，求△的面积．‎ ‎【答案】(1)(2)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用余弦定理和正弦定理的边化角，化简已知等式；再根据两角和的正弦公式、诱导公式和三角形内角和定理，化简即可求出结果.‎ ‎（2）根据同角三角关系，确定和，利用两角和的正弦公式、三角形内角和定理和诱导公式，确定；再利用正弦定理确定，进而由即可求得答案.‎ ‎【详解】解：（1）因为，由余弦定理，得 ‎，所以，‎ 由正弦定理，得， ‎ 又，，‎ 所以，， ‎ 所以 ． ‎ ‎（2）由，，得，， ‎ 所以， ‎ 由正弦定理，得 ‎， ‎ 所以△的面积为．‎ ‎【点睛】三角形中角的求值问题，需要结合已知条件选取正、余弦定理，灵活转化边和角之间的关系，达到解决问题的目的．其基本步骤是：‎ 第一步：定条件，即确定三角形中的已知和所求，然后确定转化的方向；‎ 第二步：定工具，即根据条件和所求合理选择转化的工具，实施边角之间的互化；‎ 第三步：求结果，即根据已知条件计算并判定结果.‎ ‎18.如图甲，设正方形的边长为3，点、分别在、上，且满足，．如图乙，将直角梯形沿折到的位置，使得点在平面上的射影恰好在上．‎ ‎（1）证明：平面；‎ ‎（2）求平面与平面所成二面角的余弦值．‎ ‎【答案】(1)见解析（2）‎ ‎【解析】‎ 试题分析：⑴证明：在图甲中，易知,从而在图乙中有，‎ 因为平面，平面，所以平面 ‎⑵解法1、‎ 如图,在图乙中作，垂足为，连接，‎ 由于平面，则，‎ 所以平面，则，‎ 所以平面与平面所成二面角的平面角，‎ 图甲中有，又，则三点共线，‎ 设的中点为，则，易证，所以，，；‎ 又由，得，‎ 于是，，‎ 在中，，即所求二面角的余弦值为．‎ 解法2、‎ 如图,在图乙中作，垂足为，连接，由于平面，则，‎ 所以平面，则，图甲中有，又，则三点共线，‎ 设的中点为，则，易证，所以，则；‎ 又由，得，‎ 于是，，‎ 在中，‎ 作交于点，则，以点为原点，分别以所在直线为轴，建立如图丙所示的空间直角坐标系，则、、、，则 显然，是平面的一个法向量，‎ 设是平面的一个法向量，则，即，不防取，则，‎ 设平面与平面所成二面角为，可以看出，为锐角，所以，，所以，‎ 平面与平面, 所成二面角的余弦值为．‎ 考点：用空间向量求直线与平面的夹角；直线与平面平行的判定；直线与平面所成的角．‎ 点评：本题考查线面平行，考查线面角，考查向量知识的运用，考查学生的计算能力，属于 中档题．‎ ‎19.某市大力推广纯电动汽车，对购买用户依照车辆出厂续驶里程的行业标准，予以地方财政补贴．其补贴标准如下表：‎ ‎2017年底随机调査该市1000辆纯电动汽车，统计其出厂续驶里程，得到频率分布直方图如上图所示．用样本估计总体，频率估计概率，解决如下问题： ‎ ‎（1）求该市每辆纯电动汽车2017年地方财政补贴的均值；‎ ‎（2）某企业统计2017年其充电站100天中各天充电车辆数，得如下的频数分布表：‎ 辆数 天数 ‎20‎ ‎30‎ ‎40‎ ‎10‎ ‎（同一组数据用该区间的中点值作代表）‎ ‎2018年2月，国家出台政策，将纯电动汽车财政补贴逐步转移到充电基础设施建设上来．该企业拟将转移补贴资金用于添置新型充电设备．现有直流、交流两种充电桩可供购置．直流充电桩5万元/台，每台每天最多可以充电30辆车，每天维护费用500元/台； 交流充电桩1万元/台，每台每天最多可以充电4辆车，每天维护费用80元/台． ‎ 该企业现有两种购置方案：‎ 方案一：购买100台直流充电桩和900台交流充电桩；‎ 方案二：购买200台直流充电桩和400台交流充电桩． ‎ 假设车辆充电时优先使用新设备，且充电一辆车产生25元的收入，用2017年的统计数据，分别估计该企业在两种方案下新设备产生的日利润.（日利润日收入日维护费用）．‎ ‎【答案】（1）3.95万元（2）见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据题意，列出电动汽车地方财政补贴的分布列，根据加权平均数的计算方法，即可求得结果.‎ ‎（2）根据题设条件分别列出两种方案的分布列，估算企业在两种方案下新设备产生的日利润.‎ ‎【详解】解：（1）依题意可得纯电动汽车地方财政补贴的分布列为：‎ 补贴（万元/辆）‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎4.5‎ 概 率 ‎0.2‎ ‎0.5‎ ‎0.3‎ 纯电动汽车2017年地方财政补贴的平均数为(万元)．‎ ‎（2）由充电车辆天数的频数分布表得每天需要充电车辆数的分布列：‎ 辆 数 ‎6000‎ ‎7000‎ ‎8000‎ ‎9000‎ 概 率 ‎0.2‎ ‎0.3‎ ‎0.4‎ ‎0.1‎ 若采用方案一，100台直流充电桩和900台交流充电桩每天可充电车辆数为 ‎(辆）； ‎ 可得实际充电车辆数的分布列如下表：‎ 实际充电辆数 ‎6000‎ ‎6600‎ 概 率 ‎0.2‎ ‎0.8‎ 于是方案一下新设备产生的日利润均值为 ‎(元）；‎ 若采用方案二，200台直流充电桩和400台交流充电桩每天可充电车辆数为(辆）； ‎ 可得实际充电车辆数的分布列如下表：‎ 实际充电辆数 ‎6000‎ ‎7000‎ ‎7600‎ 概 率 ‎0.2‎ ‎0.3‎ ‎0.5‎ 于是方案二下新设备产生的日利润均值为(元)‎ ‎【点睛】本题考查随机变量分布列的实际应用，考查根据随机变量的分布列计算均值和分析数据的方法，正确计算分布列中各部分的概率是解题关键.‎ ‎20.已知圆与定点，动圆过点且与圆相切．‎ ‎（1）求动圆圆心的轨迹的方程；‎ ‎（2）若过定点的直线交轨迹于不同的两点、，求弦长的最大值．‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由题设可知，动圆与定圆相内切，结合椭圆的定义，即可求得动圆圆心的轨迹方程；‎ ‎（2）弦长问题采用代入法，直线斜率不存在弦长为，直线斜率存在时，设坐标，直线方程，联立椭圆与直线方程，通过和韦达定理表示出，最后运用换元法和函数的性质，确定最大值.‎ ‎【详解】解：（1）设圆的半径为，题意可知，点满足：‎ ‎，，‎ 所以，， ‎ 由椭圆定义知点的轨迹为以 为焦点的椭圆，且 进而，故轨迹方程为：． ‎ ‎（2）当直线斜率不存在时，，或，，‎ 此时弦长． ‎ 当直线斜率存在时，设的方程为：，‎ 由 消去得：， ‎ 由△ 得， ‎ 设、，可得：‎ ‎，， ‎ ‎，‎ 令，则，‎ ‎，，‎ 当时，此时，． ‎ 综上，弦长的最大值为．‎ ‎【点睛】本题考查确定曲线轨迹方程的定义法，考查椭圆的定义、圆与圆的位置关系、直线与椭圆的位置关系的应用，考查了分类讨论思想、等价转化思想，是综合题.‎ ‎21.已知函数．‎ ‎（1）求函数在上的值域；‎ ‎（2）若 ，恒成立，求实数的取值范围．‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）对函数求导，确定函数在上单调性和最值，即可求出函数在上的值域；‎ ‎（2）通过构造函数，将问题转化为在区间上问题，求导函数，通过分类讨论确定实数的取值范围．‎ ‎【详解】解：（1）易知，‎ 在上单调递减，， ‎ 时，， ‎ 在上的值域为． ‎ ‎（2）令，‎ 则， ‎ ‎①若，则由（1）可知，，在上单调递增，‎ ‎，与题设矛盾，不符合要求； ‎ ‎②若，则由（1）可知，，在上单调递减，‎ ‎，符合要求； ‎ ‎③若，则，使得，‎ 且在上单调递增，在上单调递减，‎ ‎， ，‎ ‎．‎ 由题：，即，，‎ 即． ‎ 且由（1）可知在上单调递减，‎ ‎． ‎ 综上，．‎ ‎【点睛】本题主要考查函数的极值、最值与函数的单调性问题，考查利用导数研究恒成立问题的分类讨论方法. 分类讨论时要注意不重不漏，仔细审题，根据已知条件合理分类.根据题意构造新函数并合理运用已知结论是解题关键.‎ ‎22.在平面直角坐标系中，将曲线向左平移2个单位，再将得到的曲线上的每一个点的横坐标保持不变，纵坐标缩短为原来的，得到曲线，以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，的极坐标方程为．‎ ‎（1）求曲线的参数方程；‎ ‎（2）已知点在第一象限，四边形是曲线的内接矩形，求内接矩形周长的最大值，并求周长最大时点的坐标．‎ ‎【答案】（1）（2），‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先将曲线化为普通方程，再根据坐标变换规律，即可求得曲线的普通方程和参数方程；‎ ‎（2）根据题意，设点，则，利用辅助角公式化简周长的解析式，即可求出最大值及其对应的点的坐标.‎ ‎【详解】解：（1）由得 将代入，整理得曲线的普通方程为， ‎ 设曲线上的点为，变换后的点为 由题可知坐标变换为，即代入曲线的普通方程，整理得 曲线的普通方程为 ，‎ 曲线的参数方程为(为参数). ‎ ‎（2）设四边形的周长为，设点，‎ ‎ ，‎ 且，， ‎ ‎ ，‎ ‎ ． ‎ 且当时，取最大值，此时，‎ 所以，，，此时.‎ ‎【点睛】本题考查坐标变换及参数方程、普通方程和极坐标方程的转换方法，考查运用动点参数法求解问题，考查运算求解能力和数形结合思想，考查函数与方程思想.‎ ‎23.已知，．‎ ‎（1）当时，求不等式的解集；‎ ‎（2）若，且当时，恒成立，求的取值范围．‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）当时，根据零点分段法去掉绝对值，建立不等式组，解不等式组取并集即可；‎ ‎（2）根据化简函数，将恒成立，问题转化为恒成立，解绝对值不等式，令为其子集，即可求得的取值范围.‎ ‎【详解】（1）当时，不等式即为， ‎ ‎①当时，不等式化为，解得； ‎ ‎②当时，不等式化为，解得； ‎ ‎③当时，不等式化为，无解； ‎ 综上，不等式的解集为． ‎ ‎（2）当时，， ‎ 即为恒成立， ‎ ‎，即 ‎，即，在上恒成立，‎ 所以，只需，解得， ‎ 所以的取值范围为．‎ ‎【点睛】本题考查了绝对值不等式问题，考查绝对值的性质和不等式恒成立问题的求解方法.‎ 函绝对值的不等式的解法：‎ ‎（1）定义法；即利用去掉绝对值再解 ‎（2）零点分段法：通常适用于含有两个及两个以上的绝对值符号的不等式；‎ ‎（3）平方法：通常适用于两端均为非负实数时（比如）；‎ ‎（4）图象法或数形结合法；‎ ‎（5）不等式同解变形原理。‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎