福建省南平市2018-2019学年高二下学期期末质量检测数学（理）试题 含解析

福建省南平市2018-2019学年高二下学期期末质量检测数学（理）试题 含解析

www.ks5u.com 南平市2018-2019学年高二下学期期末考试 数学理试卷 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＝{x｜x＜1}，B＝{x｜＜1}，则A∩B＝（　　）‎ A. {x｜x＜0} B. （x｜x＞0} C. {x｜x＞1} D. {x｜x＜1}‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分别求出集合A，B，由此能求出A∩B．‎ ‎【详解】∵集合A＝{x|x＜1}，B＝{x|3x＜1}＝{x|x＜0}，‎ ‎∴A∩B＝{x|x＜0}．‎ 故选：A．‎ ‎【点睛】本题考查交集的求法及指数不等式的解法，考查运算求解能力，是基础题．‎ ‎2.下列函数中既是奇函数又在区间（﹣∞，0）上单调递增的函数是（　　）‎ A. y＝ B. y＝x2+1 C. y＝ D. y＝‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由函数的奇偶性的定义和常见函数的单调性，即可得到符合题意的函数．‎ ‎【详解】对于A，y＝f（x）＝2x﹣2﹣x定义域为R，且f（﹣x）＝﹣f（x），可得f（x）为奇函数，当x＜0时，由y＝2x，y＝﹣2﹣x递增，可得在区间（﹣∞，0）上f（x）单调递增，故A正确；‎ y＝f（x）＝x2+1满足f（﹣x）＝f（x），可得f（x）为偶函数，故B不满足条件；‎ y＝f（x）＝（）|x|满足f（﹣x）＝f（x），可得f（x）为偶函数，故C不满足题意；‎ y为奇函数，且在区间（﹣∞，0）上f（x）单调递减，故D不满足题意．‎ 故选：A．‎ ‎【点睛】本题考查函数的奇偶性和单调性的判断，注意运用常见函数的奇偶性和单调性，考查判断能力，属于基础题．‎ ‎3.袋中共有10个除了颜色外完全相同的球，其中有6个白球，4个红球，从袋中任取2个球，则所取的2个球中恰有1个白球，1个红球的概率为（　　）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 从袋中任取2个球，基本事件总数n．所取的2个球中恰有1个白球，1个红球包含的基本事件个数m，利用古典概型公式可得所求．‎ ‎【详解】袋中共有10个除了颜色外完全相同的球，其中有6个白球，4个红球，‎ 从袋中任取2个球，基本事件总数n45．‎ 所取的2个球中恰有1个白球，1个红球包含的基本事件个数m24，‎ ‎∴所取的2个球中恰有1个白球，1个红球的概率为p．‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】本题考查概率的求法，考查古典概型、排列组合等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．‎ ‎4.设f（x）＝＋x﹣4，则函数f（x）的零点位于区间（　　）‎ A. （﹣1，0） B. （0，1） C. （1，2） D. （2，3）‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据零点的判定定理，结合单调性直接将选项的端点代入解析式判正负即可．‎ ‎【详解】∵f（x）＝2x+x﹣4中，y＝2x单增，y=x-4也是增函数，∴f（x）＝2x+x﹣4是增函数，又f（1）＝﹣1＜0，f（2）＝2＞0，‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】本题考查了函数零点存在定理的应用，考查了函数单调性的判断，属于基础题．‎ ‎5.命题p：x∈R，ax2﹣2ax+1＞0，命题q：指数函数f（x）＝ax（a＞0且a≠1）为减函数，则P是q的（　　）‎ A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 分析】‎ 根据充分条件和必要条件的定义分别进行判断即可．‎ ‎【详解】命题p：∀x∈R，ax2﹣2ax+1＞0，解命题p：①当a≠0时，△＝4a2﹣4a＝4a（a﹣1）＜0，且a>0，‎ ‎∴解得：0＜a＜1，‎ ‎②当a＝0时，不等式ax2﹣2ax+1＞0在R上恒成立，‎ ‎∴不等式ax2﹣2ax+1＞0在R上恒成立，有：0≤a＜1；‎ 命题q：指数函数f（x）＝ax（a＞0且a≠1）为减函数，则0＜a＜1；‎ 所以当0≤a＜1；推不出0＜a＜1；当0＜a＜1；能推出0≤a＜1；‎ 故P是q的必要不充分条件．‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】本题主要考查充分条件和必要条件的判断，考查了二次型函数恒成立的问题，考查了指数函数的单调性，属于基础题．‎ ‎6.将4名学生分配到5间宿舍中的任意2间住宿，每间宿舍2人，则不同的分配方法有（　　）‎ A. 240种 B. 120种 C. 90种 D. 60种 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据分步计数原理分两步：先安排宿舍，再分配学生，继而得到结果．‎ ‎【详解】根据题意可以分两步完成：‎ 第一步：选宿舍有10种；‎ 第二步：分配学生有6种；‎ 根据分步计数原理有：10×6＝60种．‎ 故选：D．‎ 点睛】本题考查排列组合及计数原理的实际应用，考查了分析问题解决问题的能力，属于基础题．‎ ‎7.若x∈（0，1），a＝lnx，b＝，c＝elnx，则a，b，c的大小关系为（　　）‎ A. b＞c＞a B. c＞b＞a C. a＞b＞c D. b＞a＞c ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用指数函数、对数函数的单调性直接求解．‎ ‎【详解】∵x∈（0，1），‎ ‎∴a＝lnx＜0，‎ b＝（）lnx＞（）0＝1，‎ ‎0＜c＝elnx＜e0＝1，‎ ‎∴a，b，c的大小关系为b＞c＞a．‎ 故选：A．‎ ‎【点睛】本题考查三个数的大小的判断，考查指数函数、对数函数的单调性等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．‎ ‎8.设函数f（x）＝xlnx的图象与直线y＝2x+m相切，则实数m的值为（　　）‎ A. e B. ﹣e C. ﹣2e D. 2e ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设切点为（s，t），求得f（x）的导数，可得切线的斜率，由切线方程可得s，t，进而求得 m．‎ ‎【详解】设切点为（s，t），f（x）＝xlnx的导数为f′（x）＝1+lnx，‎ 可得切线的斜率为1+lns＝2，解得s＝e，‎ 则t＝elne＝e＝2e+m，即m＝﹣e．‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】本题考查导数的运用：求切线方程，考查直线方程的运用，属于基础题．‎ ‎9.函数的图象大致为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据函数的奇偶性，排除选项，通过函数的导数，判断函数的单调性，可排除选项，从而可得结果.‎ ‎【详解】函数是偶函数，排除选项；‎ 当时，函数 ，可得，‎ 当时，，函数是减涵数，当时，函数是增函数，排除项选项，故选C.‎ ‎【点睛】函数图象的辨识可从以下方面入手：‎ ‎(1)从函数的定义域，判断图象的左右位置；从函数的值域，判断图象的上下位置．‎ ‎(2)从函数的单调性，判断图象的变化趋势．‎ ‎(3)从函数的奇偶性，判断图象的对称性．‎ ‎(4)从函数的特征点，排除不合要求的图象 ‎10.设函数f（x）＝，若函数f（x）的最大值为﹣1，则实数a的取值范围为（　　）‎ A. （﹣∞，﹣2） B. [2，+∞） C. （﹣∞，﹣1] D. （﹣∞，﹣2]‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 考虑x≥1时，f（x）递减，可得f（x）≤﹣1，当x＜1时，由二次函数的单调性可得f（x）max＝1+a，由题意可得1+a≤﹣1，可得a的范围．‎ ‎【详解】当x≥1时，f（x）＝﹣log2（x+1）递减，可得f（x）≤f（1）＝﹣1，‎ 当且仅当x＝1时，f（x）取得最大值﹣1；‎ 当x＜1时，f（x）＝﹣（x+1）2+1+a，当x＝﹣1时，f（x）取得最大值1+a，‎ 由题意可得1+a≤﹣1，解得a≤﹣2．‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】本题考查分段函数的最值求法，注意运用对数函数和二次函数的单调性，考查运算能力，属于中档题．‎ ‎11.己知某物体的温度θ（单位：摄氏度）随时间t（单位：分钟）的变化规律是θ＝m·2t+（t≥0，m＞0），若物体的温度总不低于2摄氏度，则实数m的取值范围是（　　）‎ A. [，+∞） B. [，+∞） C. [，+∞） D. （1，+∞]‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 直接利用基本不等式求解即可．‎ ‎【详解】由基本不等式可知，，‎ 当且仅当“m•2t＝21﹣t”时取等号，‎ 由题意有，，即，解得．‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】本题考查基本不等式的运用，注意等号成立的条件，属于基础题．‎ ‎12.定义在（0，+∞）上的函数f（x）的导数满足x2＜1，则下列不等式中一定成立的是（　　）‎ A. f（）+1＜f（）＜f（）﹣1 B. f（）+1＜f（）＜f（）﹣1‎ C. f（）﹣1＜f（）＜f（）+1 D. f（）﹣1＜f（）＜f（）+1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 构造函数g（x）＝f（x），利用导数可知函数在（0，+∞）上是减函数，则答案可求．‎ ‎【详解】由x2f′（x）＜1，得f′（x），即得f′（x）0，‎ 令g（x）＝f（x），则g′（x）＝f′（x）0，‎ ‎∴g（x）＝f（x）在（0，+∞）上为单调减函数，‎ ‎∴f（）+2＜f（）+3＜f（）+4，‎ 则f（）＜f（）+1，即f（）﹣1＜f（）；‎ f（）＜f（）+1．‎ 综上，f（）﹣1＜f（）＜f（）+1．‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性，正确构造函数是解题的关键，是中档题．‎ 二.填空题：本大题共4小题，每小题5分 ‎13.已知命题P：∃x0＞0，使得＜2，则￢p是_____‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据含有量词的命题的否定即可得到结论．‎ ‎【详解】命题为特称命题，由特称命题的定义，命题的否定就是对这个命题的结论进行否认．‎ 全称特称命题即改变量词，再否定结论可得：‎ 命题的否定为：∀x＞0，x2，‎ 故答案为：∀x＞0，x2.‎ ‎【点睛】本题主要考查含有量词的命题的否定，全（特）称命题的否定命题的格式和方法,要注意两点：1）全称命题变为特称命题；2）只对结论进行否定．属于基础题．‎ ‎14.若，则a4+a2+a0＝_____‎ ‎【答案】41‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用特殊值法，令x＝0，1，﹣1，将所得结果进行运算可得解．‎ ‎【详解】令x＝0，可得a0＝1；‎ 令x＝1，可得a0+a1+a2+a3+a4＝1，‎ 即a1+a2+a3+a4＝0 ①；‎ 令x＝﹣1，可得a0﹣a1+a2﹣a3+a4＝81，‎ 即﹣a1+a2﹣a3+a4＝80 ②，‎ 将①和②相加可得，2（a2+a4）＝80，‎ 所以a2+a4＝40，‎ 所以a0+a2+a4＝41．‎ 故答案为：41．‎ ‎【点睛】本题考查二项式展开式的系数的求解方法：赋值法，对题目中的x合理赋值是解题的关键，属于基础题．‎ ‎15.已知f（x）是定义在（﹣∞，+∞）上周期为2的偶函数，当x∈[0，1]时，f（x）＝2x﹣1，则f（log23）＝_____‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用周期及奇偶性可将f（log23）化为，而，则答案可求．‎ ‎【详解】∵f（x）是定义在（﹣∞，+∞）上周期为2的偶函数，‎ ‎∴f（log23）＝f（﹣log23）＝f（﹣log23+2），‎ ‎∵，且当x∈[0，1]时，f（x）＝2x﹣1，‎ ‎∴．‎ 故答案为：．‎ ‎【点睛】本题考查函数的奇偶性及周期性的应用，考查指数及对数的运算，属于基础题．‎ ‎16.已知函数，若，则实数a的取值范围是____‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先判断函数的奇偶性，再由导数可得函数f（x）在R上单调递减，然后把f（a2）+f（a﹣2）≥0转化为关于a的一元二次不等式求解．‎ ‎【详解】函数f（x）＝﹣x3+2x﹣ex+e﹣x，‎ 满足f（﹣x）＝﹣f（x），则函数f（x）在R上为奇函数．‎ f′（x）＝﹣3x2+2﹣ex3x2+2﹣2≤0．‎ ‎∴函数f（x）在R上单调递减．‎ ‎∵f（a2）+f（a﹣2）≥0，‎ ‎∴f（a2）≥﹣f（a﹣2）＝f（﹣a+2），‎ ‎∴a2≤﹣a+2，解得﹣2≤a≤1．‎ 则实数a的取值范围是[﹣2，1]．‎ 故答案为：[﹣2，1]．‎ ‎【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性，方程与不等式的解法、函数的奇偶性，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．‎ 三.解答题：解答应写出文字说明.证明过程或演算步骤 ‎17.已知实数a＞0且a≠1．设命题p：函数f（x）＝logax在定义域内单调递减；命题q：函数g（x）＝x2﹣2ax+1在（，+∞）上为增函数，若“p∧q”为假，“p∨q”为真，求实数a的取值范围．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先分别求得p，q为真时的a的范围，再将问题转化为p，q一真一假时，分类讨论可得答案．‎ ‎【详解】∵函数f（x）＝logax在定义域内单调递减，∴0＜a＜1．‎ 即：p：{a|0＜a＜1}．‎ ‎∵a＞0且a≠1，∴￢p：{a|a＞1}，‎ ‎∵g（x）＝x2﹣2ax+1在（，+∞）上为增函数，∴a．‎ 又∵a＞0且a≠1，‎ 即q：{a|0＜a}．‎ ‎∴￢q：{a|a且a≠1}．‎ 又∵“p∧q”为假，“p∨q”为真，∴“p真q假”或“p假q真”．‎ ‎①当p真q假时，{a|0＜a＜1}∩{a|a且a≠1}＝{a|a＜1}．．‎ ‎②当p假q真时，{a|a＞1}∩{a|0＜a}＝∅，‎ 综上所述：实数a的取值范围是：{a|a＜1}．‎ ‎【点睛】本题主要考查复合命题之间的关系，根据不等式的性质分别求得命题p，q为真时的参数的范围是解决本题的关键，考查分类讨论的思想，比较基础．‎ ‎18.某企业甲,乙两个研发小组,他们研发新产品成功的概率分别为和,现安排甲组研发新产品,乙组研发新产品.设甲,乙两组的研发是相互独立的.‎ ‎(1)求至少有一种新产品研发成功的概率;‎ ‎(2)若新产品研发成功,预计企业可获得万元,若新产品研发成功,预计企业可获得利润万元,求该企业可获得利润的分布列和数学期望.‎ ‎【答案】(1)(2)详见解析 ‎【解析】‎ 试题分析:(1)首先设出至少有一种新产品研发成功为事件A,包含情况较多,所以要求该事件的概率,考虑求其对立事件,即没有一种新产品研发成功,根据独立试验同时发生的概率计算方法即可求的对立事件的概率,再利用互为对立事件概率之间的关系,即和为,即可求的相应的概率.‎ ‎(2)根据题意,研发新产品的结果分为四种情况,利用独立试验同时发生的概率计算方法分别得到每种情况的概率,再根据题意算出此时的利润,即可得到关于利润的分布列,再利用概率与对应的利润成绩之和即可得到数学期望.‎ ‎(1)解:设至少有一组研发成功的事件为事件且事件为事件的对立事件,则事件为新产品都没有成功,因为甲,乙成功的概率分别为,则,再根据对立事件概率之间的概率公式可得,所以至少一种产品研发成功的概率为.‎ ‎(2)由题可得设该企业可获得利润为,则的取值有,,,,即,由独立试验同时发生的概率计算公式可得:‎ ‎;;‎ ‎;;‎ 所以的分布列如下:‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 则数学期望.‎ 考点：分布列 数学期望 概率 ‎19.某高校共有学生15000人，其中男生10500人，女生4500人．为调查该校学生每周平均体育运动时间的情况，采用分层抽样的方法，收集300位学生每周平均体育运动时间的样本数据（单位：小时）．‎ ‎（1）应收集多少位女生的样本数据？‎ ‎（2）根据这300个样本数据，得到学生每周平均体育运动时间的频率分布直方图（如图所示），其中样本数据的分组区间为：[0，2]，（2，4]，（4，6]，（6，8]，（8，10]，（10，12]．估计该校学生每周平均体育运动时间超过4小时的概率．‎ ‎（3）在样本数据中，有60位女生每周平均体育运动时间超过4小时，请完成每周平均体育运动时间与性别列联表，并判断是否有95%的把握认为“该校学生的每周平均体育运动时间与性别有关”．‎ 附：‎ ‎【答案】（1）90；（2）；（3）有的把握认为“该校学生的每周平均课外阅读时间与性别有关”‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据频率分布直方图进行求解即可．‎ ‎（2）由频率分布直方图先求出对应的频率，即可估计对应的概率．‎ ‎（3）利用独立性检验进行求解即可 ‎【详解】（1）30090，所以应收集90位女生的样本数据．‎ ‎（2）由频率分布直方图得1﹣2×（0.100+0.025）＝0.75，‎ 所以该校学生每周平均体育运动时间超过4小时的概率的估计值为0.75．‎ ‎（3）由（2）知，300位学生中有300×0.75＝225人的每周平均体育运动时间超过4小时，75人的每周平均体育运动时间不超过4小时，又因为样本数据中有210份是关于男生的，90份是关于女生的，所以每周平均体育运动时间与性别列联表如下：每周平均体育运动时间与性别列联表 男生 女生 总计 每周平均体育运动时间 不超过4小时 ‎45‎ ‎30‎ ‎75‎ 每周平均体育运动时间 ‎165‎ ‎60‎ ‎225‎ 超过4小时 总计 ‎210‎ ‎90‎ ‎300‎ 结合列联表可算得K24.762＞3.841‎ 所以，有95%的把握认为“该校学生的每周平均体育运动时间与性别有关”．‎ 点睛】本题主要考查频率分布直方图以及独立性检验的应用，比较基础 ‎20.某高科技公司研究开发了一种新产品，生产这种新产品的每天固定成木为30000元，每生产x件，需另投入成本为t元， ，每件产品售价为10000元．（该新产品在市场上供不应求可全部卖完．）‎ ‎（1）写出每天利润y关于每天产量x的函数解析式；‎ ‎（2）当每天产量为多少件时，该公司在这一新产品的生产中每天所获利润最大．‎ ‎【答案】（1）；（2）当每天产量为100件时，该公司在这一新产品生产中所获利润最大，最大利润为每天240000元 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由题意，分0＜x＜90及x≥90两种情况即可建立函数解析式；‎ ‎（2）由二次函数以及基本不等式求得各自的最值，再比较即可求得结论．‎ ‎【详解】（1）因为每件商品售价为10000元，则x件商品销售额为10000x元，‎ 依题意得：当0＜x＜90时，‎ 当x≥90时，‎ ‎．‎ 所以．‎ ‎（2）当0＜x＜90时，，‎ 此时，当x＝60件时，y取得最大值210000元．‎ 当x≥90时，，‎ 此时，当时，即x＝100件时，y取得最大值240000元．‎ 因为210000＜240000，所以当每天产量为100件时，该公司在这一新产品生产中所获利润最大，最大利润为每天240000元．‎ ‎【点睛】本题考查分段函数模型的实际运用，考查利用基本不等式求函数的最值，属于中档题．‎ ‎21.已知函数f（x）＝alnx﹣ex（a∈R）．其中e是自然对数的底数．‎ ‎（1）讨论函数f（x）的单调性并求极值；‎ ‎（2）令函数g（x）＝f（x）+ex，若x∈[1，+∞）时，g（x）≥0，求实数a取值范围．‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）函数f（x）的定义域为（0，+∞）．求出函数的导函数，然后对a分类讨论可得原函数的单调性并求得极值；‎ ‎（2）对g（x）求导函数，对a分类讨论，当a≥0时，易得g（x）为单调递增，有g（x）≥g（1）＝0，符合题意．当a＜0时，结合零点存在定理可得存在x0∈（1，）使g′（x0）＝0，再结合g（1）＝0，可得当x∈（1，x0）时，g（x）＜0‎ ‎，不符合题意．由此可得实数a的取值范围．‎ ‎【详解】（1）函数f（x）的定义域为（0，+∞）．‎ f′（x）．‎ ‎①当a≤0时，f′（x）＜0，可得函数f（x）在（0，+∞）上单调递减，f（x）无极值；‎ ‎②当a＞0时，由f′（x）＞0得：0＜x，可得函数f（x）在（0，）上单调递增．‎ 由f′（x）＜0，得：x，可得函数f（x）在（，+∞）单调递减，‎ ‎∴函数f（x）在x时取极大值为：f（）＝alna﹣2a；‎ ‎（2）由题意有g（x）＝alnx﹣ex+ex，x∈[1，+∞）．‎ g′（x）．‎ ‎①当a≥0时，g′（x）．‎ 故当x∈[1，+∞）时，g（x）＝alnx﹣ex+ex为单调递增函数；‎ g（x）≥g（1）＝0，符合题意．‎ ‎②当a＜0时，g′（x），令函数h（x），‎ 由h′（x）0，c∈[1，+∞），‎ 可知：g′（x）为单调递增函数，‎ 又g′（1）＝a＜0，g′（x），‎ 当x时，g′（x）＞0．‎ ‎∴存在x0∈（1，）使g′（x0）＝0，‎ 因此函数g（x）在（1，x0）上单调递减，在（x0，+∞）上单调递增，‎ 又g（1）＝0，∴当x∈（1，x0）时，g（x）＜0，不符合题意．‎ 综上，所求实数a的取值范围为[0，+∞）．‎ ‎【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性，考查利用导数求函数的最值，考查数学转化思想方法及分类讨论的数学思想方法，考查了利用了进行放缩的技巧，是难题．‎ ‎22.在平面直角坐标系xOy中，以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，已知线C的极坐标方程为：ρ＝2sin（θ+），过P（0，1）的直线l的参数方程为：（t为参数），直线l与曲线C交于M，N两点．‎ ‎（1）求出直线l与曲线C的直角坐标方程．‎ ‎（2）求｜PM｜2+｜PN｜2的值．‎ ‎【答案】（1），；（2）3‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）直接利用转换关系，把参数方程直角坐标方程和极坐标方程之间进行转换；‎ ‎（2）将直线l的参数方程代入圆C的方程中，得到关于t的方程，根据t的几何意义可得的值．‎ ‎【详解】（1）直线l：（t为参数），消去参数t得：‎ 直线l的直角坐标方程为：，‎ 曲线C的极坐标方程，‎ 即ρ2＝2ρsinθ+2ρcosθ，‎ 可得直角坐标方程：x2+y2﹣2x﹣2y＝0；‎ ‎（2）把直线l的参数方程（t为参数）‎ 代入圆C的方程，化简得：t2﹣t﹣1＝0，‎ ‎∴，‎ ‎∴．‎ ‎【点睛】本题主要考查了参数方程、直角坐标方程和极坐标方程之间的转换，考查了直线参数方程的几何意义，考查了学生的运算能力和转化能力，属中档题．‎ ‎23.设函数f（x）＝｜3﹣2x｜+｜2x﹣a｜‎ ‎（1）当a＝1时，求不等式f（x）≤3的解集；‎ ‎（2）若存在x∈R使得不等式f（x）≤t++2对任意t＞0恒成立，求实数a的取值范围．‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）解法一：利用分类讨论法去掉绝对值，解对应的不等式即可；‎ 解法二：利用分段函数表示f（x），作出y＝f（x）和直线y＝3的图象，利用图象求出不等式的解集；‎ ‎（2）由题意可得f（x）的最小值不大于t2的最小值，利用绝对值不等式求出f（x）的最小值，利用基本不等式求出t2的最小值，‎ 再列不等式求得实数a的取值范围．‎ ‎【详解】（1）解法一：当a＝1时，f（x）＝|3﹣2x|+|2x﹣1|；‎ 当x时，不等式f（x）≤3可化为：﹣2x+1﹣2x+3≤3，‎ 解得x，此时x；‎ 当x时，不等式f（x）≤3可化为为：2x﹣1﹣2x+3≤3，‎ 此不等式恒成立，此时得x；‎ 当x时，不等式f（x）≤3可化为：2x﹣1+2x﹣3≤3，‎ 解得得x，此时x，‎ 综上知，x，即不等式的解集为[，]；‎ 解法二：利用分段函数表示f（x）；‎ 作出y＝f（x）和直线y＝3的图象，如图所示：‎ 由f（x）＝3解得：x或x，‎ 由图象可得不等式的解集为[，]；‎ ‎（2）由f（x）＝|3﹣2x|+|2x﹣a|≥|3﹣2x+2x﹣a|＝|3﹣a|＝|a﹣3|，‎ 即f（x）的最小值为|a﹣3|，‎ 由t2≥22＝6，当且仅当t，即t＝2时，取等号，‎ 因为存在x∈R，使得不等式f（x）≤t2对任意t＞0恒成立，‎ 所以|a﹣3|≤6，解得﹣3≤a≤9；‎ 所以实数a的取值范围是﹣3≤a≤9．‎ ‎【点睛】本题考查了含有绝对值的不等式的解法与应用问题，也考查了不等式恒成立问题，是中档题．‎ ‎ ‎