2019-2020高二下学期数学期末考试模拟试卷 (1)-0708(解析版)
- 格式：docx
- 大小：152.04 KB
- 文档页数：16
2019-2020高二下学期数学期末考试模拟试卷 (1)一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）1.已知集合A={x|−1≤x<3}，B={x∈Z|x2<4}，则A∩B=()A. {0,1}B. {−1,0，1，2}C. {−1,0，1}D. {−2,−1,0，1，2}2.已知复数z满足(1−i)z=1+i，则复数|z|=()A. √2B. 1C. √3D. 23.设等差数列{a n}的前n项和为S n，且a3+a6=4+a4，则S9=()A. 18B. 24C. 48D. 364.已知向量a⃗=(4,−1)，b⃗ =(2,m)，且a⃗//(a⃗+b⃗ )，则m=()A. 12B. −12C. 2D. −25.以图中的8个点为顶点的三角形的个数是()．A. 42B. 48C. 45D. 566.已知函数f(x)=sin2x+2cos2x−1，有下列四个结论：①函数f(x)在区间[−3π8,π8]上是增函数；②点(3π8,0)是函数f(x)图象的一个对称中心；③函数f(x)的图象可以由函数y=√2sin2x的图象向左平移π4得到；④若x∈[0,π2]，则f(x)的值域为[0,√2].则所有正确结论的序号是()A. ①②③B. ①③C. ②④D. ①②7.若命题：“∃x0∈R,ax2−ax−2>0”为假命题，则a的取值范围是()A. (−∞,−8]∪[0,+∞)B. (−8,0)C. (−∞,0]D. [−8,0]8.已知正三棱柱ABC−A1B1C1的棱长相等，E是A1B1的中点，F是B1C1的中点，则异面直线AE和BF所成角的余弦值是()A. 710B. 23C. 750D. 129.若双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的一条渐近线被圆(x−2)2+y2=4所截得的弦长为2，则x2 a2−y2b2=1的离心率为()A. 2B. √3C. √2D. 2√3310. sin62°cos32°−sin32°cos62°=( )A. −12B. 12C. √32D. −√3211. 已知数列{a n }的前n 项和公式为S n =n 2−6n +3，则a 7+a 8+a 9+a 10等于( )A. 7B. 13C. 33D. 40 12. 如图，椭圆C ：x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)的左右焦点分别是F 1，F 2，点P 、Q 是C 上的两点，若2QF 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =PF 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，且F 1P ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·F 2P ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0，则椭圆C 的离心率为( )A. √53B. √73C. √55D. √75二、填空题（本大题共4小题，共20.0分） 13. 若变量x ，y 满足约束条件{y ≤2x +12x +y ≤4y +2≥0，则z =x −2y 的最大值为__________________． 14. 函数f(x)=lg(4x −x 2)的极大值为__________．15. 在圆x 2+y 2=4上任取一点，则该点到直线x +y −2√2=0的距离d ∈[0,1]的概率为__________．16. 已知三棱柱ABCA 1B 1C 1的底面是边长为√6的正三角形，侧棱垂直于底面，且该三棱柱的外接球的表面积为12π，则该三棱柱的体积为________． 三、解答题（本大题共7小题，共82.0分）17. 在四棱锥P −ABCD 中，△PAD 为正三角形，平面PAD ⊥平面ABCD ，AB//CD ，AB ⊥AD ，CD =2AB =2AD =4．(Ⅰ)求证：平面PCD ⊥平面PAD ； (Ⅱ)求三棱锥P −ABC 的体积；(Ⅲ)在棱PC 上是否存在点E ，使得BE//平面PAD ？若存在，请确定点E 的位置并证明；若不存在，说明理由．18.如图，在△ABC中，B=π3，D为边BC上的点，E为AD上的点，且AE=8，AC=4√10，∠CED=π4．(1)求CE的长；(2)若CD=5，求cos∠DAB的值．19.近年空气质量逐步恶化，雾霾天气现象增多，大气污染危害加重．大气污染可引起心悸、呼吸困难等心肺疾病．为了解某市心肺疾病是否与性别有关，在某医院随机对心肺疾病入院的50人进行问卷调查，得到了如下的列联表：患心肺疾病不患心肺疾病合计男A525女101525合计30B50抽6人，其中男性抽多少人？(2)为了研究心肺疾病是否与性别有关，请计算出统计量K2，并说明是否有99.5%的把握认为心肺疾病与性别有关？下面的临界值表供参考：P(K2≥k)0.150.100.050.0250.0100.0050.001 k 2.072 2.706 3.841 5.024 6.6357.87910.828参考公式：K2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)，其中n=a+b+c+d．20. 已知直线l 与椭圆C ：y 2a 2+x 2b 2=1(a >b >0)交于A(x 1,y 1)，B(x 2,y 2)两点，又m ⃗⃗⃗ =(ax 1,by 1)，n ⃗ =(ax 2,by 2)，若m ⃗⃗⃗ ⊥n ⃗ 且椭圆的离心率e =√32，又椭圆经过点(√32,1)，O 为坐标原点． (Ⅰ)求椭圆的方程；(Ⅱ)试问△AOB 的面积是否为定值？21. 已知函数f(x)=alnx −1x ，(其中a ∈R) (1)设ℎ(x)=f(x)+x ，讨论ℎ(x)的单调性． (2)若函数f(x)有唯一的零点，求a 取值范围．22. 选修4−4：坐标系与参数方程在直角坐标系xOy 中，曲线C 1的方程为{x =cosαy =sinα(α为参数).以坐标原点O 为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C 2的极坐标方程为ρ=2cosθ． (Ⅰ)求C 1、C 2交点的直角坐标；(Ⅱ)设点A 的极坐标为(4,π3)，点B 是曲线C 2上的点，求ΔAOB 面积的最大值．23.(1)已知a，b，c均为正实数，且a+b+c=1，证明1a +1b+1c≥9；(2)已知a，b，c均为正实数，且abc=1，证明√a+√b+√c≤1a +1b+1c．-------- 答案与解析 --------1.答案：C解析：解：A={x|−1≤x<3}，B={x∈Z|x2<4}={−1,0，1}，则A∩B={−1,0，1}，故选：C．求出B中的元素，从而求出A、B的交集即可．本题考查了集合的运算，考查不等式问题，是一道基础题．2.答案：B解析：【分析】直接利用复数的模的运算法则化简求解即可．本题考查复数的模的求法，运算法则的应用，是基础题．【解答】解：复数Z满足(1−i)z=1+i，可得|(1−i)||z|=|1+i|，即：√2|z|=√2，|z|=1．故选：B．3.答案：D解析：【分析】本题考查了等差数列的通项公式及前n项和公式，考查了等差数列的性质，属于基础题．设等差数列{a n}的公差为d，由等差数列的通项公式结合已知条件，可推出a5=4，即可得解．【解答】解：设等差数列{a n}的公差为d，∵a3+a6=4+a4，∴a1+2d+a1+5d=4+a1+3d，即a1+4d=4，∴a5=4，=9a5=36．∴S9=9(a1+a9) 2故选D．4.答案：B解析：【解答】解：∵a⃗=(4,−1)，b⃗ =(2,m)，∴a⃗+b⃗ =(6,m−1)，又a⃗//(a⃗+b⃗ )，∴4(m−1)+6=0，即m=−1．2故选：B．【分析】由已知向量的坐标求得a⃗+b⃗ 的坐标，再由向量共线的坐标运算求解．本题考查平面向量共线的坐标运算，是基础题．5.答案：A解析：【分析】若三角形的一个顶点是公共点，则共有三角形的个数为3×4个．若三角形的三个顶点都不用公共点，则有4C32+3C42个，再把这些三角形的个数相加即得所求．本题主要考查排列、组合以及简单计数原理的应用，体现了分类讨论的数学思想，注意把特殊元素与位置综合分析，属于中档题．【解答】解：若三角形的一个顶点是公共点，则共有三角形的个数为3×4=12个．若三角形的三个顶点都不用公共点，则有4C32+3C42=12+18=30个，故总个数是12+30=42故选A．6.答案：D解析：解：函数f(x)=sin2x+2cos2x−1=sin2x+cos2x=√2sin(2x+π4)．①若x∈[−3π8,π8]，则(2x+π4)∈[−π2,π2]，因此函数f(x)在区间[−3π8,π8]上是增函数，故①正确；②∵f(3π8)=√2sin(3π4+π4)=√2sinπ=0，因此点(3π8,0)是函数f(x)图象的一个对称中心，故②正确；③由函数y=√2sin2x的图象向左平移π4得到y=√2sin[2(x+π4)]=√2cos2x，因此由函数y=√2sin2x的图象向左平移π4不能得到函数f(x)的图象，故③不正确；④若x∈[0,π2]，则(2x+π4)∈[π4,5π4]，∴sin(2x+π4)∈[−√22,1]，∴f(x)的值域为[−1,√2]，故④不正确．故选：D．函数f(x)=sin2x+2cos2x−1=sin2x+cos2x=√2sin(2x+π4)，再利用正弦函数的图象与性质即可判断出正误．本题考查了正弦函数的图象与性质、倍角公式、辅助角公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．7.答案：D解析：【分析】原命题若为假命题，则其否定必为真，即ax2−ax−2≤0恒成立，由二次函数的图象和性质，解不等式可得答案．本题的知识点是命题真假的判断与应用，其中将问题转化为恒成立问题，是解答本题的关键．【解答】解：∵命题∃x0∈R,ax2−ax−2>0”为假命题，命题“∀x∈R，ax2−ax−2≤0”为真命题，当a=0时，−2≤0成立，当a≠0时，a<0，故方程ax2−ax−2=0的△=a2+8a≤0解得：−8≤a<0，故a的取值范围是：[−8,0]故选：D．8.答案：A解析：【分析】取BC的中点，寻找AF的平行直线GF，将异面直线AE和BF所成的角转化为BF与GF所成的角，然后利用余弦定理求夹角即可．本题主要考查空间异面直线所成角的求法，利用平移直线法是解决的基本方法，本题也可以建立空间直角坐标系，利用向量法求夹角．【解答】解：取AC的中点为G，连结BG，GF，EF，∵E是A1B1的中点，F是B1C1的中点，∴EF//AG，且EF=AG，即四边形AGFE是平行四边形，∴AE=GF，∴BF与GF所成的角即是异面直线AE和BF所成的角．∵正三棱柱ABC−A1B1C1的棱长相等，∴设棱长为1，则BG=√32，GF=AE=√1+(12)2=√54=√52，BF=√1+(12)2=√54=√52，∴在三角形BGF中，由余弦定理得cos∠BFG=BF2+GF2−BG22⋅BF⋅GF =(√52)2+(√52)2−(√32)22⋅(√52)=710．故异面直线AE和BF所成角的余弦值是710．故选：A．9.答案：A解析：【分析】本题考查双曲线的简单性质的应用，圆的方程的应用，属于基础题．通过圆的圆心与双曲线的渐近线的距离，列出关系式，然后求解双曲线的离心率即可．【解答】解：双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的一条渐近线不妨设为bx+ay=0，圆(x−2)2+y2=4的圆心(2,0)，半径r=2，双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的一条渐近线被圆(x−2)2+y2=4所截得的弦长为2，可得圆心到直线的距离为d=√22−12=√3=√a2+b2，∴b2c2=c2−a2c2=34，可得e2=4，即e=2．故选A．10.答案：B解析：解：sin62°cos32°−sin32°cos62° =sin62°cos32°−cos62°sin32° =sin(62°−32°)=sin30°=12故选：B由两角和与差的正弦函数化简可得．本题考查两角和与差的正弦函数，属基础题． 11.答案：D解析：解：∵数列{a n }的前n 项和公式为S n =n 2−6n +3， ∴a 7+a 8+a 9+a 10 =S 10 −S 6=(102−6×10+3)−(62−6×6+3) =40． 故选：D ．由已知条件利用a 7+a 8+a 9+a 10=S 10 −S 6，能求出结果．本题考查数列的前n 项和公式的应用，是基础题，解题时要认真审题，熟练掌握数列前n 项和的性质．12.答案：A解析：【分析】本题考查椭圆的离心率的求法，是中档题．由已知条件设|QF 2|=m ，则|PF 1|=|MF 2|=2m ，在Rt △F 1MQ 中，求得m =a3，在Rt △F 1MF 2中，|F 1F 2|=2c ，由勾股定理求出e 2=59，由此能求出椭圆的离心率． 【解答】解：2QF 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =PF 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，且F 1P ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·F 2P ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0，得到PF 1//QF 2，PF 1⊥PF 2，延长QF 2交椭圆C 于点M ，得Rt △F 1MQ ，Rt △F 1MF 2，设|QF 2|=m ，则|PF 1|=|MF 2|=2m ，根据椭圆的定义有|QF 1|=2a −m ，|MF 1|=2a −2m ，在Rt △F 1MQ 中，(2a −2m)2+(3m)2=(2a −m)2，解得m =a3， 在Rt △F 1MF 2中，(2a −2m)2+(2m)2=4c 2， 所以5a 2=9c 2，所以e =ca=√53． 故选A ．13.答案：7解析：【分析】本题考查了简单的线性规划，考查了数形结合的解题思想方法，关键是正确作出可行域，是中档题．由约束条件作出可行域，化目标函数z =x −2y 为直线方程的斜截式，可知当直线在y 轴上的截距最小时z 最大，结合图象找出满足条件的点，联立直线方程求出点的坐标，代入目标函数可求z 的最大值． 【解答】解：由变量x ，y 满足约束条件{y ≤2x +12x +y ≤4y +2≥0作出可行域如图，由z =x −2y ，得y =x2−z2，由图可知，当直线y =x2−z 2过可行域内点A 时直线在y 轴上的截距最小，z 最大． 联立{y +2=02x +y =4，解得A(3,−2)．∴目标函数z =x −2y 的最大值为3−2×(−2)=7． 故答案为：7．14.答案：lg4解析：∵函数的定义域为，∴0<x <4 ，f′(x)=4−2x4x−x 2，令，∴4−2x >0，∴0<x <2，函数f(x)在(0,2)上递增，在(2,4)上递减，所以极大值为f(2)=lg4．15.答案：13解析：解：如图，直线x +y −2√2=0与圆x 2+y 2=4相切于D ，且OD=2，作与直线x+y−2√2=0平行的直线交圆于AB，由O到直线AB的距离OC=1，半径OA=2，可得∠AOB=2π3，∴劣弧AB⏜的长度为2π3×2=4π3，而圆的周长为4π，∴在圆x2+y2=4上任取一点，则该点到直线x+y−2√2=0的距离d∈[0,1]的概率为4π34π=13．故答案为：13．由题意画出图形，由弧长公式求出在圆x2+y2=4上任取一点，该点到直线x+y−2√2=0的距离d∈[0,1]的弧的长度，再由测度比为长度比得答案．本题考查几何概型，考查直线与圆位置关系的应用，体现了数形结合的解题思想方法，是中档题．16.答案：3√3解析：【分析】求出底面中心到底面三角形顶点的距离，求出外接球的半径，然后求出棱柱的高，即可求出所求体积．本题是基础题，考查几何体的外接球的表面积的应用，三棱柱体积的求法，考查计算能力．【解答】解：如图：设球半径R，上下底面中心设为M，N，由题意，外接球心为MN的中点，设为O，则OA=R，由4πR2=12π，得R=OA=√3，又AM=√2，由勾股定理可知，OM=1，所以MN=2，即棱柱的高ℎ=2，所以该三棱柱的体积为√34×(√6)2×2=3√3．故答案为3√3．17.答案：(Ⅰ)证明：∵AB//CD，AB⊥AD，∴CD⊥AD．∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，CD⊂平面ABCD，∴CD⊥平面PAD.∵CD⊂平面PCD，∴平面PCD⊥平面PAD；(Ⅱ)解：取AD的中点O，连接PO．∵△PAD为正三角形，∴PO⊥AD．∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，PO⊂平面PAD，∴PO⊥平面ABCD，即PO为三棱锥P−ABC的高．∵△PAD为正三角形，CD=2AB=2AD=4，∴PO=√3．∴V P−ABC=13S△ABC⋅PO=13×12×2×2×√3=2√33；(Ⅲ)解：在棱PC上存在点E，当E为PC的中点时，BE//平面PAD．分别取CP，CD的中点E，F，连接BE，BF，EF.∴EF//PD．∵AB//CD，CD=2AB，∴AB//FD，AB=FD，则四边形ABFD为平行四边形，得BF//AD．∵BF∩EF=F，AD∩PD=D，BF，EF⊂平面BEF，AD，PD⊂平面PAD，∴平面BEF//平面PAD.又BE⊂平面BEF，∴BE//平面PAD．解析：本题考查线面平行、面面垂直的判定，棱锥的体积求解，考查空间想象能力和思维能力，是中档题．(Ⅰ)由AB//CD，AB⊥AD，可得CD⊥AD，再由面面垂直的性质可得CD⊥平面PAD，从而得到平面PCD⊥平面PAD；(Ⅱ)取AD的中点O，连接PO.由△PAD为正三角形，可得PO⊥AD.进一步得到PO⊥平面ABCD，然后利用棱锥体积公式求得三棱锥P−ABC的体积；(Ⅲ)在棱PC上存在点E，当E为PC的中点时，BE//平面PAD.分别取CP，CD的中点E，F，连接BE，BF，EF.可得EF//PD.再由已知得四边形ABFD为平行四边形，有BF//AD.由面面平行的判定可得平面BEF//平面PAD，从而得到BE//平面PAD．18.答案：解：(1)因为，AE=8，AC=4√10．在△AEC中，由余弦定理得，所以160=64+CE2+8√2CE，所以CE2+8√2CE−96=0，解得CE=4√2．(2)(2)在△CDE中，由正弦定理得CEsin∠CDE =CDsin∠CED，所以，所以sin∠CDE =45．因为点D 在边BC 上，所以∠CDE >∠B =π3，而45<√32，所以∠CDE 只能为钝角，所以cos∠CDE =−35， 所以cos∠DAB =cos(∠CDE −π3)=cos∠CDEcos π3+sin∠CDEsin π3 =−35×12+45×√32=4√3−310．解析：本题主要考查了余弦定理，正弦定理，同角三角函数基本关系式，两角差的余弦函数公式在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．(1)由已知可求∠AEC ，在△AEC 中，由余弦定理可得CE 2+8√2CE −96=0，，即可解得CE 的值． (2)在△CDE 中，由正弦定理可求sin∠CDE =45，利用同角三角函数基本关系式可求cos∠CDE =−35，进而利用两角差的余弦函数公式可求cos∠DAB 的值．19.答案：(1)A =20，B =30由列联表知，患心肺疾病的有30人，要抽取6人，用分层抽样的方法，则男性要抽取6×2030=4人患心肺疾病 不患心肺疾病 合计 男 20 5 25 女 10 15 25 合计302050代入公式中，算出：K 2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)=50×(20×15−10×5)230×20×25×25=8.333>7.879，查临界值表知：有99.5%把握认为心肺疾病与性别有关．解析：(1)根据题目所给的数据以及2×2列联表，通过分层抽样求出男性人数； (2)计算K 的观测值K 2，对照题目中的表格，得出统计结论．本题考查了独立性检验的应用问题，也考查了计算能力的应用问题，是基础题目．20.答案：解：(Ⅰ)由题意的离心率e =c a =√1−b 2a 2=√32，则a =2b ，将(√32,1)代入y 24b 2+x 2b 2=1，即14b 2+34b 2=1，解得：b =1，则a =2，∴椭圆的标准方程为：y 24+x 2=1；(Ⅱ)由m ⃗⃗⃗ ⊥n ⃗ ，则m ⃗⃗⃗ ⋅n ⃗ =0，即4x 1x 2+y 1y 2=0，由于A(x 1,y 1)，B(x 2,y 2)在椭圆上，则{y 12+4x 12=4y 22+4x 22=4， 两式相乘，(y 12+4x 12)(y 22+4x 22)=(y 1y 2)2+16(x 1x 2)2+4(x 12y 22+x 22y 12)， =(4x 1x 2+y 1y 2)2+4(x 1y 2−x 2y 1)2=4(x 1y 2−x 2y 1)2=16， ∴(x 1y 2−x 2y 1)2=4，∴△AOB 的面积S △AOB =12|x 1y 2−x 2y 1|=1，△AOB 的面积为定值1．注S △AOB =12|∣∣∣x 1y 1x 2y 2∣∣∣|或过A ，B 分别作y 轴的垂线转化为直角梯形，与直角三角形的面积问题即可．解析：(Ⅰ)根据椭圆的离心率公式求得a =2b ，将点代入椭圆方程，即可求得a 和b 的值；(Ⅱ)根据向量的坐标运算，求得4x 1x 2+y 1y 2=0，由A ，B 在椭圆上，代入相乘，化简整理得(x 1y 2−x 2y 1)2=4，则△AOB 的面积S △AOB =12|x 1y 2−x 2y 1|=1．本题考查椭圆的性质及标准方程，三角形面积公式的应用，向量的坐标运算，考查转化思想，属于中档题．21.答案：解：(1)ℎ(x)=alnx −1x +x ，定义域为(0,+∞)，ℎ′(x)=a x +1x 2+1=x 2+ax +1x2 令g(x)=x 2+ax +1，判别式Δ=a 2−4，当Δ≤0即−2≤a ≤2时，g(x)≥0，ℎ′(x)≥0，此时ℎ(x)在(0,+∞)上单调递增；当Δ>0即a <−2或a >2时，由g(x)=0得x 1=−a−√a2−42，x 2=−a+√a2−42，若a >2，则x 1<0，又x 1x 2=1>0，所以x 2<0，故ℎ′(x)>0在(0,+∞)恒成立． ∴ℎ(x)在(0,+∞)上单调递增；若a <−2，则x 2>0，又x 1x 2=1>0所以x 1>0，此时，当x ∈(0,x 1)时，ℎ′(x)>0， 当x ∈(x 1,x 2)时，ℎ′(x)<0，当x ∈(x 2,+∞)时，ℎ′(x)>0， 故ℎ(x)在(0,x 1)，(x 2,+∞)上单调递增，在(x 1,x 2)上单调递减； 综上所述，当a ≥−2时，ℎ(x)在(0,+∞)上单调递增； 当a <−2时，ℎ(x)在(0,−a−√a 2−42)，(−a+√a2−42,+∞)上单调递增，在(−a−√a 2−42,−a+√a 2−42)上单调递减；(2)f ′(x)=a x+1x =ax+1x (x >0)，当a =0时，f(x)=−1x =0无实数根，此时函数f(x)无零点； 当a >0时，f ′(x)>0，函数f(x)在(0,+∞)上单调递增， f(1)=−1<0，而f(e 1a )=1−e −1a >0，根据零点的存在性定理，f(x)在(0,+∞)上只有唯一的零点，当a <0时，x ∈(0,−1a )时，f ′(x)>0，x ∈(−1a ,+∞)时，f ′(x)<0，故f(x)有极大值，也是最大值f(−1a)，又x→0或x→+∞时，f(x)→−∞，因此f(x)有唯一零点等价于其最大值为f(−1a )=0，即aln(−1a)+a=0，解得a=−e．综上所述，若函数f(x)有唯一的零点则a的取值范围是a=−e或a>0．解析：本题考查了函数导数与单调性、极值、最值、函数零点等基础知识，考查函数与方程的思想，数形结合思想，转化与化归思想以及考生的推理论证能力．(1)由ℎ′(x)=ax +1x2+1=x2+ax+1x2，利用单调性与导数值的关系，通过讨论a的值得出函数的单调性；(2)利用根的存在性定理判断函数的零点以及利用导数判断函数的单调性及最值，通过分类讨论求出a的取值范围．22.答案：解：(Ⅰ)C1:x2+y2=1，C2:ρ=2cosθ，∴ρ2=2ρcosθ，∴x2+y2=2x．联立方程组得{x2+y2=1x2+y2=2x，解得{x1=12y1=√32，{x2=12y2=−√32，∴所求交点的坐标为，(Ⅱ)设，则ρ=2cosθ，∴ΔAOB的面积S=12⋅|OA|⋅|OB|⋅sin∠AOB=12⋅|4ρsin(π3−θ)|=|4cosθsin(π3−θ)|=|2cos(2θ+π6)+√3|∴当θ=23π12时，S max=2+√3.解析：本题主要考查了学生对曲线的参数方程与直角坐标方程，点到直线的距离公式的综合应用能力．(1)先把曲线C1和C2的普通方程求出来，再联立方程组，求得两圆的交点坐标;(2)利用参数方程构造三角函数，求面积的最大值．23.答案：证明：(1)因为a，b，c均为正实数，∴1a+1b+1c=a+b+ca+a+b+cb+a+b+cc=ba +ca+1+ab+cb+1+ac+bc+1=ba +ab+ac+ca+bc+cb+3≥9，当a=b=c时等号成立；(2)因为a，b，c均为正实数，∴1a +1b+1c=12(1a+1b+1a+1c+1b+1c)≥12×(2√1ab+2√1ac+2√1bc)，又因为abc=1，所以1ab =c，1ac=b，1bc=a，∴√a+√b+√c≤1a +1b+1c．当a=b=c时等号成立，即原不等式成立．解析：(1)根据a+b+c=1，利用基本不等式即可证明；(2)根据1a +1b+1c=12(1a+1b+1a+1c+1b+1c)，利用基本不等式即可证明．本题考查不等式的证明，注意运用基本不等式，考查推理能力和运算能力，属于中档题．。
