2019年福建省高三毕业班3月质量检查测试数学理试题

一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）

1.已知集合A={x|y=ln（x-1）}，B={x|x2-4≤0}，则A∩B=（　　）

A.  B.  C.  D. 

2.若复数z满足（z+1）i=1+i，则|z|=（　　）

A.  B.  C.  D. 1

3.经统计，某市高三学生期末数学成绩X-N（85，σ2），且P（80＜X＜90）=0.3，则从该市任选一名高三学生，其成绩不低于90分的概率是（　　）

A.  B.  C.  D. 

4.若x，y满足约束条件，则z=x+2y的最小值是（　　）

A.  B.  C. 0 D. 2

5.某简单几何体的三视图如图所示，若该几何体的所有顶点都在球O的球面上，则球O的体积是（　　）

A. 

B. 

C. 

D. 

A.  B.  C.  D. 

7.已知a=，b=，c=，则（　　）

A.  B.  C.  D. 

8.某商场通过转动如图所示的质地均匀的6等分的圆盘进行抽奖活动，当指针指向阴影区域时为中奖．规定每位顾客有3次抽奖机会，但中奖1次就停止抽奖．假设每次抽奖相互，则顾客中奖的概率是（　　）

A.  B.  C.  D. 

9.设椭圆E的两焦点分别为F1，F2，以F1为圆心，|F1F2|为半径的圆与E交于P，Q两点．若△PF1F2为直角三角形，则E的离心率为（　　）

A.  B.  C.  D. 

10.如图，AB是圆锥SO的底面O的直径，D是圆O上异于A，B的任意一点，以AO为直径的圆与AD的另一个交点为C，P为SD的中点．现给出以下结论：

①△SAC为直角三角形；

②平面SAD⊥平面SBD；

③平面PAB必与圆锥SO的某条母线平行．

其中正确结论的个数是（　　）

A. 0 B. 1 C. 2 D. 3

11.已知函数f（x）=ln+x+1，且f（a）+f（a+1）＞2，则a的取值范围是（　　）

A.  B.  C.  D. 

12.在△ABC中，B=30°，BC=3，，点D在边BC上，点B，C关于直线AD的对称点分别为B'，C'，则△BB'C'的面积的最大值为（　　）

A.  B.  C.  D. 

二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）

13.已知向量与的夹角为，||=||=1，且⊥（-λ），则实数λ=______．

14.若展开式的二项式系数之和为，则展开式中的常数项是______．

15.在平面直角坐标系xOy中，角α的顶点为坐标原点，始边与x轴的非负半轴重合，终边交单位圆O于点P（a，b），且，则的值是______．

16.图（1）为陕西博物馆收藏的国宝--唐•金筐宝钿团花纹金杯，杯身曲线内收，玲珑娇美，巧夺天工，是唐代金银细作的典范之作．该杯型几何体的主体部分可近似看作是双曲线C： -=1的右支与直线x=0，y=4，y=-2围成的曲边四边形MABQ绕y轴旋转一周得到的几何体，如图（2）．N，P分别为C的渐近线与y=4，y=-2的交点，曲边五边形MNOPQ绕y轴旋转一周得到的几何体的体积可由祖恒原理（祖恒原理：幂势既同，则积不容异）．意思是：两登高的几何体在同高处被截得的两截面面积均相等，那么这两个几何体的体积相等．那么这两个几何体的体积相等）据此求得该金杯的容积是______．（杯壁厚度忽略不计）

三、解答题（本大题共7小题，共82.0分）

17.数列{an}的前n项和Sn满足Sn=2an-n．

（1）求证数列{an+1}是等比数列，并求an；

（2）若数列{bn}为等差数列，且b3=a2，b7=a3，求数列{anbn}的前n项Tn．

18.如图，三棱柱ABC-A1B1C1中，底面ABC是等边三角形，侧面BCC1B1是矩形，AB=A1B，N是B1C的中点，M是棱AA1上的点，且AA1⊥CM．

（1）证明：MN∥平面ABC；

   （2）若AB⊥A1B，求二面角A-CM-N的余弦值．

19.在平面直角坐标系xOy中，圆F：（x-1）2+y2=1外的点P在y轴的右侧运动，且P到圆F上的点的最小距离等于它到y轴的距离，记P的轨迹为E．

（1）求E的方程；

（2）过点F的直线交E于A，B两点，以AB为直径的圆D与平行于y轴的直线相切于点M，线段DM交E于点N，证明：△AMB的面积是△AMN的面积的四倍．

20.”工资条里显红利，个税新政人民心”．随着2019年新年钟声的敲响，我国自1980年以来，力度最大的一次个人所得税（简称个税）改革迎来了全面实施的阶段.2019年1月1日实施的个税新政主要内容包括：（1）个税起征点为5000元；（2）每月应纳税所得额（含税）=收入-个税起征点-专项附加扣除；（3）专项附加扣除包括住房、子女教育和赡养老人等．

新旧个税下每月应纳税所得额（含税）计算方法及其对应的税率表如下：

假设该市该收入层级的IT从业者都独自享受专项附加扣除，将预估的该市该收入层级的IT从业者的人均月收入视为其个人月收入．根据样本估计总体的思想，解决如下问题：

（1）设该市该收入层级的IT从业者2019年月缴个税为X元，求X的分布列和期望；

（2）根据新旧个税方案，估计从2019年1月开始，经过多少个月，该市该收入层级的IT从业者各月少缴交的个税之和就超过2019年的月收入？

21.已知函数f（x）=x（e2x-a）．

（1）若y=2x是曲线y=f（x）的切线，求a的值；

（2）若f（x）≥1+x+lnx，求a的取值范围．

22.在直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为（t为参数），以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为，点P的极坐标为．

（1）求C的直角坐标方程和P的直角坐标；

（2）设l与C交于A，B两点，线段AB的中点为M，求|PM|

23.已知函数f（x）=|x+1|-|ax-3|（a＞0）．

（1）当a=2时，求不等式f（x）＞1的解集；

（2）若y=f（x）的图象与x轴围成直角三角形，求a的值．

答案和解析

1.【答案】C

【解析】

解：A={x|x＞1}，B={x|-2≤x≤2}； 

∴A∩B={x|1＜x≤2}． 

故选：C．

可求出集合A，B，然后进行交集的运算即可．

考查描述法的定义，对数函数的定义域，一元二次不等式的解法，交集的运算．

2.【答案】D

【解析】

解：由（z+1）i=1+i，得z+1=，

∴z=-i，则|z|=1．

故选：D．

把已知等式变形，利用复数代数形式的乘除运算化简求得z，再由复数模的计算公式求解．

本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数模的求法，是基础题．

3.【答案】A

【解析】

解：∵学生成绩X服从正态分布N（85，σ2），且P（80＜X＜90）=0.3，

∵P（X≥90）=[1-P（80＜X＜90）]=，

∴从该市任选一名高三学生，其成绩不低于90分的概率是0.35．

故选：A．

由已知直接利用正态分布曲线的对称性求解．

本题考查正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义，考查正态分布中两个量μ和σ的应用，考查曲线的对称性，属于基础题．

4.【答案】B

【解析】

解：作出不等式组对应的平面区域如图：（阴影部分）

由z=x+2y得y=-x+z

平移直线y=-x+z，

由图象可知当直线y=-x+z经过点A（-2，-1）时，

直线y=-2x+z的截距最小，

此时z最小．

将A（-2，-1）的坐标代入目标函数z=x+2y，

得z=-4．即z=x+2y的最小值为-4；

故选：B．

作出不等式组对应的平面区域，利用目标函数的几何意义，利用数形结合确定z的最大值

本题主要考查线性规划的应用，结合目标函数的几何意义，利用数形结合的数学思想是解决此类问题的基本方法．

5.【答案】B

【解析】

解：由三视图还原原几何体如图，

可知该几何体为直三棱柱，底面为等腰直角三角形，直角边长为2，侧棱长为2．

把该三棱锥补形为正方体，则正方体对角线长为．

∴该三棱柱外接球的半径为．

体积V=．

故选：B．

由三视图还原原几何体，可知该几何体为直三棱柱，底面为等腰直角三角形，直角边长为2，侧棱长为2，然后利用分割补形法求解．

本题考查空间几何体的三视图，考查多面体外接球表面积与体积的求法，是中档题．

6.【答案】A

【解析】

解：将函数y=sin（2x+）的图象向右平移个单位长度后，所得图象对应的函数解析式为y=sin（2x-），

令2x-=kπ，求得x=+，k∈Z，故函数的对称中心为（+，0），k∈Z，

故选：A．

利用函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换规律，正弦函数的图象的对称性，得出结论．

本题主要考查函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换规律，正弦函数的图象的对称性，属于基础题．

7.【答案】C

【解析】

解：a=，b=，c=，

则a70=235=（25）7=327=（27）5=1285，

b70=514=（52）7=257，

c70=710=（72）5=495，

∴b＞a＞c，

故选：C．

根据幂函数的单调性即可求出．

本题考查了不等式的大小比较，掌握幂函数的单调性是关键，属于基础题

8.【答案】D

【解析】

解：由题意应用几何概型面积之比得一次中奖概率，

第一次就中奖的概率，

第二次中奖概率为=，

第三次中奖概率为=，

所以顾客中奖的概率问哦++=．

故选：D．

由题意应用几何概型面积之比得一次中奖概率，分为三类讨论中奖可能得答案．

本题考查几何概型属于简单题．

9.【答案】A

【解析】

解：如图所示，

∵△PF1F2为直角三角形，

∴∠PF1F2=90°，

∴|PF1|=2c，|PF2=2c，

则2c+2c=2a，

解得e==-1．

故选：A．

如图所示，△PF1F2为直角三角形，可得∠PF1F2=90°，可得|PF1|=2c，|PF2=2c，利用椭圆的定义可得2c+2c=2a，即可得出．

本题考查了椭圆与圆的定义标准方程及其性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．

10.【答案】C

【解析】

解：①∵SO⊥底面圆O，

∴SO⊥AC，

C在以AO为直径的圆上，

∴AC⊥OC，

∵OC∩SO=O，

∴AC⊥平面SOC，AC⊥SC，

即①△SAC为直角三角形正确，故①正确，

②∵BD⊥AD，

∴若平面SAD⊥平面SBD，则BD⊥平面SAD，

∵AC⊥OC，

∴OC⊥SC，

在△SOC中，SO⊥OC，在一个三角形内不可能有两个直角，故平面SAD⊥平面SBD不成立，故②错误，

③连接DO并延长交圆于E，连接PO，SE，

∵P为SD的中点，O为ED的中点，

∴OP是△SDE的中位线，

∴PO∥SE，

即SE∥平面APB，

即平面PAB必与圆锥SO的母线SE平行．故③正确，

故正确是①③，

故选：C．

①根据线面垂直的判定定理证明AC⊥平面SOC即可

②假设平面SAD⊥平面SBD，根据面面垂直的性质定理推出矛盾即可

③连接DO并延长交圆于E，连接PO，SE，利用中位线的性质进行判断即可

本题主要考查命题的真假判断，涉及空间直线平行和垂直的判断，结合相应的判定定理是解决本题的关键．

11.【答案】C

【解析】

解：根据题意，函数f（x）=ln+x+1，有＞0，解可得-1＜x＜1，即函数f（x）的定义域为（-1，1），

设g（x）=f（x）-1=ln+x，则g（-x）=ln+（-x）=-[ln+x]=-g（x），则函数g（x）为奇函数；

分析易得：g（x）=ln+x在（-1，1）上为增函数，

f（a）+f（a+1）＞2⇒f（a）-1＞-[f（a+1）-1]⇒g（a）＞-g（a+1）⇒g（a）＞g（-a-1）⇒，

解可得：-＜a＜0，即a的取值范围为（-，0）；

故选：C．

根据题意，由函数的解析式求出函数的定义域，设g（x）=f（x）-1=ln+x，分析可得g（x）为奇函数且在（-1，1）上为增函数，据此f（a）+f（a+1）＞2⇒f（a）-1＞-[f（a+1）-1]⇒g（a）＞-g（a+1）⇒g（a）＞g（-a-1）⇒，解可得a的取值范围，即可得答案．

本题考查函数的奇偶性与单调性的综合应用，关键构造新函数g（x）=f（x）-1，属于基础题．

12.【答案】D

【解析】

解：由余弦定理可得AC2=AB2+BC2-2AB•BC•cosB=12+9-2×2×3×=3，

∴AC=，且AC2+BC2=AB2，

∴AC⊥BC，

以C为原点，以CB，CA为坐标轴建立平面直角坐标系，如图所示：

设直线AD的方程为y=kx+，

当D与线段AB的端点重合时，B，B'，C'在同一条直线上，不符合题意，

∴则k＜-，设B′（m，n），显然n＜0，

则，解得n=，

∵CC′∥BB′，

∴S△BB′C′=S△BB′C===-，

令f（k）=-（k＜-），则f′（k）=，

令f′（k）=0可得k=-或k=（舍），

∴当k＜-时，f′（k）＞0，当-＜k＜-时，f′（k）＜0，

∴当k=-时，f（k）取得最大值f（-）=．

故选：D．

解三角形，建立坐标系，设AD斜率为k，用k表示出B′纵坐标，代入面积公式得出面积关于k的函数，根据k的范围和函数单调性求出面积最大值．

本题考查了余弦定理，函数单调性判断与最值计算，属于中档题．

13.【答案】2

【解析】

解：∵向量与的夹角为，||=||=1，且；

∴；

∴λ=2．

故答案为：2．

根据条件即可得出，由即可得出，进行数量积的运算即可求出λ．

考查向量数量积的运算及计算公式，以及向量垂直的充要条件．

14.【答案】60

【解析】

解：若展开式的二项式系数之和为，则2n=，∴n=6．

则展开式中的通项公式为Tr+1=•（-1）r•26-r•x12-3r，令12-3r=0，求得r=4，

可得常数项为•22=60，

故答案为：60．

由题意利用二项式系数的性质求得n的值，在二项展开式的通项公式中，令x的幂指数等于0，求出r的值，即可求得常数项．

本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，二项式系数的性质，属于基础题．

15.【答案】

【解析】

解：∵在平面直角坐标系xOy中，角α的顶点为坐标原点，始边与x轴的非负半轴重合，终边交单位圆O于点P（a，b），

∴由任意角的三角函数的定义得，sinα=b，cosα=a．

∵，可得：sinα+cosα=，

∴两边平方可得：sin2α+cos2α+2sinαcosα=，可得：1+2sinαcosα=，解得：2sinαcosα=，

∴=-sin2α=-2sinαcosα=-．

故答案为：-．

利用任意角的三角函数的定义求得sinα=b，cosα=a，两边平方利用同角三角函数基本关系式可求2sinαcosα的值，利用诱导公式化简所求即可计算得解．

本题考查任意角的三角函数的定义，同角三角函数基本关系式，诱导公式在三角函数化简求值中的应用，考查了转化思想，属于基础题．

16.【答案】18π

【解析】

解：由双曲线C：-=1，得a=，b=3，

则渐近线方程为y=．

设y=h在y轴右侧与渐近线的交点N的横坐标x=，与双曲线第一象限的交点M的横坐标x=．

∵π|AM|2-π|AN|2=，

∴金杯的容积是3π（4+2）=18π．

故答案为：18π．

由双曲线方程及其渐近线方程求得截面面积，乘以高得答案．

本题考查祖暅原理的应用，求旋转体的体积的方法，体现了等价转化、数形结合的数学思想，属于基础题．

17.【答案】解：（1）证明：Sn=2an-n，

可得a1=S1=2a1-1，解得a1=1；

Sn-1=2an-1-n+1，以及Sn=2an-n．n≥2，

相减可得an=2an-2an-1-1，即an=2an-1+1，

an+1=2（an-1+1），

则数列{an+1}是首项和公比均为2的等比数列，

则an+1=2n，即an=2n-1；

（2）数列{bn}为公差为d的等差数列，且b3=a2=3，b7=a3=7，

可得4d=4，即d=1，可得bn=3+（n-3）=n，

则anbn=n（2n-1）=n•2n-n，

设Kn=1•2+2•22+…+n•2n，

2Kn=1•22+2•23+…+n•2n+1，

相减可得-Kn=2+22+…+2n-n•2n+1

=-n•2n+1，

化简可得Kn=2+（n-1）•2n+1，

前n项和Tn=2+（n-1）•2n+1-n（n+1）．

【解析】

（1）由数列的递推式和等比数列的定义和通项公式，可得所求； 

（2）运用等差数列的通项公式可得bn=n，anbn=n（2n-1）=n•2n-n，由数列的错位相减法和等差数列、等比数列的求和公式，可得所求和．

本题考查等差数列和等比数列的通项公式和求和公式的运用，数列的错位相减法求和，考查方程思想和运算能力，属于中档题．

18.【答案】证明：（1）如图1，三棱柱ABC-A1B1C1中，连结BM，

∵BCC1B1是矩形，∴BC⊥BB1，∵AA1∥BB1，∴AA1⊥BC，

∵AA1⊥MC，BC∩MC=C，∴AA1⊥平面BCM，

∴AA1⊥MB，

∵AB=A1B，∴M是AA1中点，

∴NP∥MA，且NP=MA，∴四边形AMNP是平行四边形，∴MN∥AP，

∵MN⊄平面ABC，AP⊂平面ABC，

∴MN∥平面ABC．

解：（2）∵AB⊥A1B，∴△ABA1是等腰直角三角形，设AB=，

则AA1=2a，BM=AM=a，

在Rt△ACM中，AC=，∴MC=a，

在△BCM中，CM2+BM2=2a2=BC2，∴MC⊥BM，

由（1）知MC⊥AA1，BM⊥AA1，

如图2，以M为坐标原点，MA1，MB，MC为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，

则M（0，0，0），C（0，0，a），B1（2a，a，0），∴N（a，），，

设平面CMN的法向量=（x，y，z），

则，即，

取x=1，得=（1，-2，0），

平面ACM的法向量=（0，1，0），

则cos＜＞==-，

∵二面角A-CM-N的平面角是钝角，

∴二知识面角A-CM-N的余弦值为-．

【解析】

（1）连结BM，推导出BC⊥BB1，AA1⊥BC，从而AA1⊥MC，进而AA1⊥平面BCM，AA1⊥MB，推导出四边形AMNP是平行四边形，从而MN∥AP，由此能证明MN∥平面ABC．

   （2）推导出△ABA1是等腰直角三角形，设AB=，则AA1=2a，BM=AM=a，推导出MC⊥BM，MC⊥AA1，BM⊥AA1，以M为坐标原点，MA1，MB，MC为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角A-CM-N的余弦值．

本题考查线面平行的证明，考查二面角的余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．

19.【答案】（1）解：设P（x，y），x＞0，F（1，0）．

∵点P在⊙F外，∴点P到⊙F上的点的最小距离为|PF|-1，

由题意可得：|PF|-1=x，∴-1=x，化为：y2=4x（x＞0）．

（2）证明：设N（x0，y0），A（x1，y1），B（x2，y2）．则D（，）．

由题意可设直线AB的方程为：y=k（x-1）（k≠0）．

联立，化为：k2x2-（2k2+4）x+k2=0．

∵△＞0，

∴x1+x2=，y1+y2=k（x1+x2-2）=．

∴D．

由抛物线的定义可得：|AB|=x1+x2+p=．

设M（xM，yM），由题意可得：yM=，∴|MD|=-xM．

∵|MD|=|AB|，∴-xM=+2．解得xM=-1．∴M．

∵点N（x0，）在抛物线上，∴x0=，即N．

∴S△AMB=|MD|•|y1-y2|=•|y1-y2|．

S△AMN=|MN|•|y1-yD|=|MN|••|y1-y2|=|y1-y2|．

∴S△AMB=4S△AMN．

【解析】

（1）设P（x，y），x＞0，F（1，0）．由点P在⊙F外，可得点P到⊙F上的点的最小距离为|PF|-1，由题意可得：|PF|-1=x，利用两点之间的距离公式即可得出．

（2）设N（x0，y0），A（x1，y1），B（x2，y2）．则D（，）．由题意可设直线AB的方程为：y=k（x-1）（k≠0）．与抛物线方程联立化为：k2x2-（2k2+4）x+k2=0．利用根与系数的关系、中点坐标公式可得D，M，N的坐标．再利用三角形面积计算公式即可得出．

本题考查了抛物线与圆的标准方程、一元二次方程的根与系数的关系、中点坐标公式、三角形面积计算公式、两点之间的距离公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．

20.【答案】解：（1）既不符合子女教育扣除又不符合赡养老人扣除的人群每月应纳税所得额为24000-5000-1000=18000，

月缴个税为X=3000×0.03+9000×0.1+6000×0.2=2190，

只符合子女教育扣除但不符合赡养老人扣除的人群每月应纳税所得额为24000-5000-1000-1000=17000，

月缴个税为X=3000×0.03+9000×0.1+5000×0.2=1990，

只符合赡养老人扣除但不符合子女教育扣除的人群每月应纳税所得额为24000-5000-1000-2000=16000，

月缴个税为X=3000×0.03+9000×0.1+4000×0.2=1790，

即符合子女教育扣除又符合赡养老人扣除的人群每月应纳税所得额为24000-5000-1000-1000-2000=15000，

月缴个税为X=3000×0.03+9000×0.1+3000×0.2=1590，

∴X的分布列为：

（2）在旧下，该收入阶层的IT从业者每月应纳锐所得额为24000-3500=20500，

故月缴个税为1500×0.03+3000×0.1+4500×0.2+11500×0.25=4120．

故新下，每月少缴个税4120-1950=2170，

设经过x个月该市该收入层级的IT从业者各月少缴交的个税之和就超过2019年的月收入，

则2170x≥24000，又x∈N，

解得x≥12．

∴经过12个月，该市该收入层级的IT从业者各月少缴交的个税之和就超过2019年的月收入．

【解析】

（1）求出4种人群的每月应缴个税额，得出分布列和数学期望； 

（2）计算两种下的每月应缴个税额度差即可得出结论．

本题考查了离散型随机变量的分布列与数学期望计算，考查样本估计总体的统计思想，属于中档题．

21.【答案】解：（1）根据题意，f（x）=x（e2x-a），y=2x是曲线y=f（x）的切线，

设切点的坐标为（x1，y1），

则f′（x）=（e2x-a）+x×2e2x=（2x+1）e2x-a，

又由y=2x是曲线y=f（x）的切线，切点为（x1，y1），则f′（x1）=2，

则有，

解可得a=-1；

（2）根据题意，f（x）=x（e2x-a），

则f（x）≥1+x+lnx，即x（e2x-a）≥1+x+lnx，变形可得xe2x-（1+lnx）≥（a+1）x，

又由x＞0，所以a+1≤e2x-，

设g（x）=e2x-，

其导数g′（x）=2e2x+=，

设h（x）=2x2e2x+lnx，

其导数h′（x）=4xe2x（x+1）+＞0，则函数h（x）在（0，+∞）上单调递增；

又由h（）＜0，h（1）＞0，

则存在x0∈（，1），满足h（x0）=0，即2x02+lnx0=0，

故g（x）min=g（x0）=-，

若a+1≤e2x-，必有a+1≤g（x0），

令t=x02，变形可得2x0+2lnx0=lnt，

由2x02+lnx0=0，变形可得2t+lnx0=0，

则有2x0+lnx0=2t+lnt，

设F（x）=2x+lnx，分析易得F（x）=2x+lnx为增函数，则有x0=t，

则g（x0）=-=2，必有a+1≤1，解可得a≤1，

故a的取值范围为（-∞，1]．

【解析】

（1）根据题意，设切点的坐标为（x1，y1），求出函数的导数，由导数的几何意义分析可得，解可得a的值，即可得答案；

（2）根据题意，f（x）≥1+x+lnx即x（e2x-a）≥1+x+lnx，结合x的取值范围变形可得a+1≤e2x-，设g（x）=e2x-，利用导数分析g（x）在（0，+∞）上的最小值，据此分析可得答案．

本题考查利用导数分析函数的最值以及计算切线的方程，关键是掌握导数的定义，正确计算函数的导数，属于综合题．

22.【答案】解：（1）由ρ2=得ρ2+ρ2sin2θ=2，将ρ2=x2+y2，y=ρsinθ代入上式并整理得曲线C的直角坐标方程为+y2=1，

设点P的直角坐标为（x，y），因为P的极坐标为（，），

所以x=ρcosθ=cos=1，y=ρsinθ=sin=1，

所以点P的直角坐标为（1，1）．

（2）将代入+y2=1，并整理得41t2+110t+25=0，

因为△=1102-4×41×25=8000＞0，故可设方程的两根为t1，t2，

则t1，t2为A，B对应的参数，且t1+t2=-，

依题意，点M对应的参数为，

所以|PM|=||=．

【解析】

（1）利用互化公式把曲线C化成直角坐标方程，把点P的极坐标化成直角坐标； 

（2）把直线l的参数方程的标准形式代入曲线C的直角坐标方程，根据韦达定理以及参数t的几何意义可得．

本题考查了简单曲线的极坐标方程，属中档题．

23.【答案】解：（1）当a=2时，不等式f（x）＞1，即|x+1|-|2x-3|＞1，

当x≤-1时，原不等式可化为-x-1+2x-3＞1，解得x＞5，因为x≤-1，所以此时原不等式无解；

当-1时，原不等式可化为x+1+2x-3＞1，解得x＞1，所以1＜x≤；

当x＞时，原不等式可化为x+1-2x+3＞1，解得x＜3，所以＜x＜3．

综上，原不等式的解集为{x|1＜x＜3}．

（2）因为a＞0，所以＞0，

所以f（x）=，

若y=f（x）的图象与x轴围成直角三角形，

则（a-1）（a+1）=-1或（a+1）（1-a）=-1，

解得a=0（舍去）或a=或a=-（舍去），

经检验a=符合题意．

综上，所求a的值为．

【解析】

（1）分3段去绝对值解不等式组，再相并； 

（2）y=f（x）的图象与x轴围成直角三角形，转化为（a-1）（a+1）=-1或（a+1）（1-a）=-1，可解得．

本题考查了绝对值不等式的解法，属中档题．下载本文