2017-2018学年江西省抚州市临川区第一中学高二下学期期末考试数学（理）试题-解析版

2017-2018学年江西省抚州市临川区第一中学高二下学期期末考试数学（理）试题-解析版

绝密★启用前 江西省抚州市临川区第一中学2017-2018学年高二下学期期末考试数学（理）试题 评卷人 得分 一、单选题 ‎1．已知是虚数单位，复数，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】分析：等式两边同乘以利用复数的乘法运算法则化简复数，从而可得结果.‎ 详解：，‎ ‎，‎ 则，‎ 可得，故选D.‎ 点睛：复数是高考中的必考知识，主要考查复数的概念及复数的运算．要注意对实部、虚部的理解，掌握纯虚数、共轭复数这些重要概念，复数的运算主要考查除法运算，通过分母实数化转化为复数的乘法，运算时特别要注意多项式相乘后的化简，防止简单问题出错，造成不必要的失分.‎ ‎2．双曲线的焦距是（ ）‎ A. B. 4 C. 8 D. 与有关 ‎【答案】C ‎【解析】分析：由双曲线的方程根据公式，求出的值，进而可求焦距.‎ 详解：由双曲线可得，‎ ‎，‎ 焦距，故选C.‎ 点睛：本题主要考查了双曲线的标准方程与简单性质，意在考查对基础知识掌握的熟练程度，属于基础题.‎ ‎3．设，为两个非零向量，则“”是“与共线”的（ ）‎ A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充要条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 ‎【答案】A ‎【解析】分析：由等价于 向量同向，结合充分条件与必要条件的定义可得结果.‎ 详解：因为等价于 向量同向，‎ 故“”是“与共线”的充分而不必要条件，故选A.‎ 点睛：判断充要条件应注意：首先弄清条件和结论分别是什么，然后直接依据定义、定理、性质尝试.对于带有否定性的命题或比较难判断的命题，除借助集合思想化抽象为直观外，还可利用原命题和逆否命题、逆命题和否命题的等价性，转化为判断它的等价命题；对于范围问题也可以转化为包含关系来处理.‎ ‎4．临川一中舞蹈社为了研究男女学生对舞蹈的喜爱程度，随机调查学校110名学生是否喜欢跳舞，由列联表和公式计算出，并由此作出结论：“有的可能性认为学生喜欢跳舞与性别有关”，则可以为（ ）‎ ‎0.10‎ ‎0.05‎ ‎0.025‎ ‎0.010‎ ‎2.706‎ ‎3.841‎ ‎5.024‎ ‎6.635‎ A. 3.565 B. 4.204 C. 5.233 D. 6.842‎ ‎【答案】D ‎【解析】分析：利用所给数据，在时，可得题中结论.‎ 详解：利用所给数据，在 时，可作出结论：“有99%的可能性认为学生喜欢跳舞与性别有关”，只有D满足.‎ 故选D.‎ 点睛：本题考查独立性检验，解题时只要计算，然后对照所给数据即可得出结论，属于简单题.‎ ‎5．已知将函数的图象向左平移个单位之后与的图象重合，则（ ）‎ A. 4 B. 6 C. 7 D. 9‎ ‎【答案】A ‎【解析】分析：由图象向左平移个单位之后与图象重合，可得，结合即可的结果.‎ 详解：‎ 的图象向左平移个单位之后与图象重合，‎ ‎，‎ ‎，‎ 解得，‎ 又，故选A.‎ 点睛：本题考查了三角函数的图象，重点考查学生对三角函数图象变换规律的理解与掌握，能否正确处理先周期变换后相位变换这种情况下图象的平移问题，反映学生对所学知识理解的深度.‎ ‎6．数列的通项公式，其前项和为，则（ ）‎ A. 1010 B. -1010 C. 2018 D. -504‎ ‎【答案】B ‎【解析】分析：根据通项公式，可得看成其是以为周期的周期函数，求出相邻项的值，即可求解.‎ 详解：，‎ 其是以为周期的周期函数，‎ ‎，‎ ‎，，‎ ‎，‎ ‎ ‎ ‎，故选B.‎ 点睛：本题考查了三角函数的单调性，数列求和，推理能力与计算能力，属于中档题.利用递推关系求数列中的项常见思路为：（1）项的序号较小时，逐步递推求出即可；（2）项的序数较大时，考虑证明数列是等差、等比数列，或者是周期数列.‎ ‎7．如图给出的是计算的值的一个程序框图，其中判断框内应填入的条件是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】分析：由题意可知，首先判断框中的条件不满足，框图依次执行循环，框图执行第一循环后，的值为，执行第二循环后，的值为前项的和，满足，框图应执行次循环，此时的值为，判断框中的条件应该满足，算法结束，由此得到判断框中的条件.‎ 详解：框图首先给累加变量赋值为赋值，给循环变量赋值，‎ 此时判断框中的条件满足，执行；‎ 此时判断框中的条件满足，执行；‎ 此时判断框中的条件满足，执行；‎ 此时判断框中的条件满足，执行，‎ 此时判断框中的条件不满足，‎ 故判断框内应填入的一个条件为，故选A.‎ 点睛：本题考查了循环结构，是直到型循环，区别当型和直到型的关键在于是满足条件执行循环还是不满足执行循环，满足条件执行循环的是当型结构，不满足条件执行循环的是直到型结构，是基础题.‎ ‎8．在长方体中，二面角的大小为，与平面所成角的大小为，那么异面直线与所成角的余弦值是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】分析：连接，由可得为异面直线与所成角，然后解直角三角形及余弦定理求得结论.‎ 详解：‎ 连接，由可得为异面直线与所成角，‎ 如图，由二面角的大小为，可知，‎ 又与平面所成角的大小为，‎ ‎，‎ 连接，‎ 设，则，‎ ‎，‎ 在中，由余弦定理可得，‎ ‎，‎ 异面直线与所成角的余弦值是，故选B.‎ 点睛：本题主要考查异面直线所成的角，属于中档题题.求异面直线所成的角的角先要利用三角形中位线定理以及平行四边形找到，异面直线所成的角，然后利用直角三角形的性质及余弦定理求解，如果利用余弦定理求余弦，因为异面直线所成的角是直角或锐角，所以最后结果一定要取绝对值.‎ ‎9．如图，某几何体的正视图（主视图），侧视图（左视图）和俯视图分别是等边三角形，等腰三角形和菱形，则该几何体体积为（ ）‎ A. B. 4 C. D. 2‎ ‎【答案】C ‎【解析】分析：由三视图可得该几何体是一个四棱锥，底面是边长为，高是，利用棱锥的体积公式可得结果.‎ 详解：由三视图可得该几何体是一个四棱锥，底面是边长为，高是，‎ 故底面菱形的面积为，‎ 侧棱为，则棱锥的高为，‎ 故，故选C.‎ 点睛：本题利用空间几何体的三视图重点考查学生的空间想象能力和抽象思维能力，属于难题.三视图问题是考查学生空间想象能力最常见题型，也是高考热点.观察三视图并将其“翻译”成直观图是解题的关键，不但要注意三视图的三要素“高平齐，长对正，宽相等”，还要特别注意实线与虚线以及相同图形的不同位置对几何体直观图的影响，对简单组合体三视图问题，先看俯视图确定底面的形状，根据正视图和侧视图，确定组合体的形状.‎ ‎10．某人设计一项单人游戏，规则如下：先将一棋子放在如图所示正方形（边长为2个单位）的顶点处，然后通过掷骰子来确定棋子沿正方形的边按逆时针方向行走的单位，如果掷出的点数为，则棋子就按逆时针方向行走个单位，一直循环下去.则某人抛掷三次骰子后棋子恰好又回到点处的所有不同走法共有（ ）‎ A. 22种 B. 24种 C. 25种 D. 27种 ‎【答案】D ‎【解析】分析：抛掷三次骰子后棋子恰好又回到点处的表示三次骰子的点数之和是，列举出在点数中三个数字能够使得和为的，共有种组合，利用分类计数原理能得到结果.‎ 详解：由题意知正方形（边长为个单位）的周长是，‎ 抛掷三次骰子后棋子恰好又回到点处的表示三次骰子的点数之和是，‎ 列举出在点数中三个数字能够使得和为的有，‎ 共有种组合，‎ 前种组合，每种情况可以排列出种结果，‎ 共有种结果；‎ 各有种结果，共有种结果，‎ 根据分类计数原理知共有种结果，故选D.‎ 点睛：本题主要考查分类计数原理与分步计数原理及排列组合的应用，属于难题.有关排列组合的综合问题，往往是两个原理及排列组合问题交叉应用才能解决问题，解答这类问题理解题意很关键，一定多读题才能挖掘出隐含条件.解题过程中要首先分清“是分类还是分步”、“是排列还是组合”，在应用分类计数加法原理讨论时，既不能重复交叉讨论又不能遗漏，这样才能提高准确率.‎ ‎11．在直角坐标系内，已知是以点为圆心的圆上的一点，折叠该圆两次使点分别与圆上不相同的两点（异于点）重合，两次的折痕方程分别为和，若圆上存在点，使得，其中点、，则的取值范围为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】分析：求出的方程和过的圆的方程，两圆内切时，取得最大值，两圆外切时，取得最小值，利用圆与圆的位置关系进行求解即可.‎ 详解：‎ 若，则，‎ 即，则，‎ 由题意，是上一点，‎ 折叠该圆两次使点分别与圆上不相同的两点，（异于点）重合，‎ 两次折痕方程分别为和，‎ 设关于对称的点为，‎ 则 可得，同理关于对称的点为，‎ 直线和互相垂直，，‎ 的中点为圆心，半径为，‎ 的方程为圆心，‎ 圆上存在点，使得，‎ 则过圆的方程为，（设），与圆有交点，‎ 若两圆内切时，取得最大值，‎ 此时为，‎ 即，则，‎ 两圆外切时取得最小值，‎ ‎，‎ 所以的取值范围为，故选B.‎ 点睛：本题考查圆的方程，考查圆与圆的位置关系，考查学生的计算能力，利用数形结合以及对称性是解决本题的关键，有一定的难度. 解析几何中的对称问题，主要有以下三种题型：（1）点关于直线对称，关于直线的对称点，利用，且 点 在对称轴上，列方程组求解即可；（2）直线关于直线对称，利用已知直线与对称轴的交点以及直线上特殊点的对称点（利用（1）求解），两点式求对称直线方程；（3）曲线关于直线对称，结合方法（1）利用逆代法求解.‎ ‎12．已知函数，，若对任意的，总有恒成立，记的最小值为，则最大值为（ ）‎ A. 1 B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】分析：由题意可得在恒成立，设，只要的最大值不大于零，求出的导数和单调区间，讨论的符号，可得最小值，再令，可令，求出导数和单调区间，可得极大值，且为最大值.‎ 详解：若对任意的，总有恒成立，‎ 即为在恒成立，‎ 设，则的最大值不大于零，‎ 由，‎ 若在递增，无最大值，‎ 若，则当时，在递减，‎ 当时，在递增，‎ 可得处取得最大值，且为 ，‎ 则，可得，‎ ‎， ‎ 可得，‎ 设，，‎ ‎，‎ 当时，在递减，‎ 当时，在递增，‎ 可得处取得极大值，且为最大值，‎ 则最大值为，故选D.‎ 点睛：本题考查函数的最值的求法，注意运用导数判断单调性，考查不等式恒成立问题的解法，注意转化为求函数的最值，考查换元法和构造函数法，属于综合题. 不等式恒成立问题常见方法：① 分离参数恒成立(即可)或恒成立（即可）；② 数形结合( 图象在 上方即可)；③ 讨论最值或恒成立；④ 讨论参数.‎ 第II卷（非选择题）‎ 请点击修改第II卷的文字说明 评卷人 得分 二、填空题 ‎13．设，满足约束条件，则的最小值为__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】分析：画出可行域，的最小值就是可行域内的点到点距离平方的最小值，结合图象利用点到直线距离公式可得结果.‎ 详解： ‎ 画出约束条件表示的可行域，如图，‎ 的最小值就是可行域内的点到点距离平方的最小值，‎ 由图可知，到直线的距离最小，‎ 由点到直线距离公式可得到直线的距离 ‎，‎ 即的最小值为，故答案为.‎ 点睛：本题主要考查线性规划中利用可行域求目标函数的最值，属简单题.求目标函数最值的一般步骤是“一画、二找、三求”：（1）作出可行域（一定要注意是实线还是虚线）；（2）找到目标函数对应的最优解对应点（在可行域内平移或旋转变形后的目标函数，最先通过或最后通过的定点就是最优解）；（3）将最优解坐标代入目标函数求出最值.‎ ‎14．的展开式中项的系数为270，则__________．‎ ‎【答案】1‎ ‎【解析】分析：先求出二项式的展开式的通项公式，令的指数等于，求出的值，即可求得展开式中的项的系数，从而求得，利用微积分基本定理求解即可.‎ 详解：展开式的通项为，‎ 令得 的展开式中项的系数为，解得，‎ ‎ ，故答案为.‎ 点睛：本题主要考查二项展开式定理的通项与系数，属于简单题. 二项展开式定理的问题也是高考命题热点之一，关于二项式定理的命题方向比较明确，主要从以下几个方面命题：（1）考查二项展开式的通项公式；（可以考查某一项，也可考查某一项的系数）（2）考查各项系数和和各项的二项式系数和；（3）二项展开式定理的应用.‎ ‎15．在区间上随机地选择一个数，则方程有两个负实根的概率为__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】分析：由一元二次方程根的分布可得关于的不等式组，解不等式组，由几何概型概率公式可得结果.‎ 详解：方程有两个负根等价于，‎ 解关于的不等式组可得或，‎ 所求概率，故答案为.‎ 点睛：本题主要考查几何概型概率公式，一元二次方程根的分布，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，求与长度有关的几何概型问题关鍵是计算问题的总长度以及事件的长度.‎ ‎16．已知椭圆：的两个焦点分别为和，短轴的两个端点分别为和，点在椭圆上，且满足，当变化时，给出下列三个命题：‎ ‎①点的轨迹关于轴对称；②的最小值为2；‎ ‎③存在使得椭圆上满足条件的点仅有两个，‎ 其中，所有正确命题的序号是__________．‎ ‎【答案】①②‎ ‎【解析】分析：运用椭圆的定义可得也在椭圆上，分别画出两个椭圆的图形，即可判断①正确；由图象可得当的横坐标和纵坐标的绝对值相等时，的值取得最小，即可判断②正确；通过的变化，可得③不正确.‎ 详解：‎ 椭圆的两个焦点分别为 和，‎ 短轴的两个端点分别为和，‎ 设，点在椭圆上，‎ 且满足，‎ 由椭圆定义可得，，‎ 即有在椭圆上，‎ 对于①，将换为方程不变，‎ 则点的轨迹关于轴对称，故①正确.；‎ 对于②，由图象可得，当满足，‎ 即有，‎ 即时，取得最小值，‎ 可得时，‎ 即有取得最小值为，故②正确；‎ 对于③，由图象可得轨迹关于轴对称，且，‎ 则椭圆上满足条件的点有个，‎ 不存在使得椭圆上满足条件的点有个，故③不正确.‎ ‎，故答案为①②.‎ 点睛：本题主要考查椭圆的标准方程、椭圆的定义以及椭圆的简单性质，属于难题. 求解与椭圆性质有关的问题时要结合图形进行分析，既使不画出图形，思考时也要联想到图形，当涉及顶点、焦点、长轴、短轴、离心率等椭圆的基本量时，要理清它们之间的关系，挖掘出它们之间的内在联系.‎ 评卷人 得分 三、解答题 ‎17．观察下列三角形数表 记第行的第个数为.‎ ‎（Ⅰ）分别写出，，值的大小；‎ ‎（Ⅱ）归纳出的关系式，并求出关于的函数表达式.‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）.‎ ‎【解析】分析：（Ⅰ）直接根据三角形数表中的数值求解即可；（Ⅱ）根据（Ⅰ）观察共同规律，可得，利用累加法可得结果.‎ 详解：（Ⅰ）观察以上三角形数表可得： =7， =9， =11.‎ ‎（Ⅱ）依题意，,‎ 当时， ，‎ ‎，‎ 当时，符合上式 所求.‎ 点睛：本题主要考查归纳推理以及“累加法”的应用，属于中档题.归纳推理的一般步骤: 一、通过观察个别情况发现某些相同的性质. 二、从已知的相同性质中推出一个明确表述的一般性命题(猜想）. 常见的归纳推理分为数的归纳和形的归纳两类：(1) 数的归纳包括数的归纳和式子的归纳，解决此类问题时，需要细心观察，寻求相邻项及项与序号之间的关系，同时还要联系相关的知识，如等差数列、等比数列等；(2) 形的归纳主要包括图形数目的归纳和图形变化规律的归纳.‎ ‎18．某校学生参加了“铅球”和“立定跳远”两个科目的体能测试，每个科目的成绩分为，，，，五个等级，分别对应5分，4分，3分，2分，1分，该校某班学生两科目测试成绩的数据统计如图所示，其中“铅球”科目的成绩为的学生有8人.‎ ‎（Ⅰ）求该班学生中“立定跳远”科目中成绩为的人数；‎ ‎（Ⅱ）若该班共有10人的两科成绩得分之和大于7分，其中有2人10分，3人9分，5人8分.从这10人中随机抽取两人，求两人成绩之和的分布列和数学期望.‎ ‎【答案】(1)3人；（2）见解析.‎ ‎【解析】试题分析：（Ⅰ）由“铅球”科目中成绩为E的学生有10人，频率为0.2，能求出该班有50人，由此能求出该班学生中“立定跳远”科目中成绩等级为A的人数．‎ ‎（Ⅱ）设两人成绩之和为X，则X的值可能为：16，17，18，19，20，分别求出相应的概率，由此能求出X的分布列及EX．‎ 解：（Ⅰ）∵“铅球”科目中成绩为E的学生有10人，频率为0.2，‎ ‎∴该班有：=50人，‎ ‎∴该班学生中“立定跳远”科目中成绩等级为A的人数为：‎ ‎50（1﹣0.375﹣0.375﹣0.150﹣0.020）=4，‎ ‎∴该班学生中“立定跳远”科目中成绩为A的人数为4人．‎ ‎（Ⅱ）设两人成绩之和为X，则X的值可能为：16，17，18，19，20，‎ P（X=16）==，‎ P（X=17）==，‎ P（X=18）==，‎ P（X=19）==，‎ P（X=20）==，‎ ‎∴X的分布列为：‎ EX==．‎ 考点：离散型随机变量的期望与方差；频率分布表；离散型随机变量及其分布列．‎ ‎19．如图，平面平面，其中为矩形，为梯形，，，.‎ ‎（Ⅰ）求证：平面；‎ ‎（Ⅱ）若二面角的平面角的余弦值为，求的长.‎ ‎【答案】(1)见解析；（2）AB＝.‎ ‎【解析】分析：(Ⅰ)由线面垂直的性质可得平面，从而得，结合，利用线面垂直的判定定理可得平面；（Ⅱ）设，以为原点，所在的直线分别为轴，轴建立空间直角坐标系，平面ABF的法向量可取，利用向量垂直数量积为零列方程组求得平面的法向量)，利用空间向量夹角余弦公式可得结果.‎ 详解：(Ⅰ)平面平面,且为矩形，‎ ‎ 平面，‎ 又平面, ，‎ 又且 平面.源:Z+xx+k.Com]‎ ‎(Ⅱ)设AB＝x．以F为原点，AF，FE所在的直线分别为x轴，y轴建立空间直角坐标系．则F(0，0，0)，A(－2，0，0)，E(0，，0)，D(－1，，0)，B(－2，0，x)，所以＝(1，－，0)，＝(2，0，－x)．‎ 因为EF⊥平面ABF，所以平面ABF的法向量可取＝(0，1，0)．‎ 设＝(x1，y1，z1)为平面BFD的法向量，则 所以，可取＝(，1，)．‎ 因为cos<，>＝＝，得x＝，所以AB＝．‎ 点睛：本题主要考查线面垂直的判定定理、利用空间向量求二面角，属于难题.空间向量解答立体几何问题的一般步骤是：（1）观察图形，建立恰当的空间直角坐标系；（2）写出相应点的坐标，求出相应直线的方向向量；（3）设出相应平面的法向量，利用两直线垂直数量积为零列出方程组求出法向量；（4）将空间位置关系转化为向量关系；（5）根据定理结论求出相应的角和距离.‎ ‎20．若椭圆：上有一动点，到椭圆的两焦点，的距离之和等于，到直线的最大距离为.‎ ‎（Ⅰ）求椭圆的方程；‎ ‎（Ⅱ）若过点的直线与椭圆交于不同两点、，（为坐标原点）且，求实数的取值范围.‎ ‎【答案】(1) .‎ ‎(2) （－2，）∪（，2）.‎ ‎【解析】分析：（I）由椭圆的定义及到直线的最大距离为列方程可求得和的值，从而可求得椭圆的方程；（II）设椭圆的方程，代入椭圆的方程，由取得的取值范围，利用韦达定理及向量的坐标运算求得点坐标，代入椭圆方程，求得 ‎，由，即可求得的取值范围.‎ 详解：（I）由已知得，∴， ，‎ 所以椭圆的方程为：. ‎ ‎（II）l的斜率必须存在，即设l：，‎ 联立，消去y整理得，‎ 由得，‎ 设，，由韦达定理得，，‎ 而＋＝，设P（x，y），‎ ‎∴∴，‎ 而P在椭圆C上，∴，‎ ‎∴（*），又∵，‎ ‎，‎ 解之，得，∴，‎ 再将（*）式化为 ，将代入 得，即或，‎ 则t的取值范围是（－2，）∪（，2）‎ 点睛：求椭圆标准方程的方法一般为待定系数法,根据条件确定关于的方程组，解出，从而写出椭圆的标准方程．解决直线与椭圆的位置关系的相关问题，其常规思路是先把直线方程与椭圆方程联立，消元、化简，然后应用根与系数的关系建立方程，解决相关问题．涉及弦中点的问题常常用“点差法”解决，往往会更简单.‎ ‎21．已知函数且函数图象上点处的切线斜率为0.‎ ‎（Ⅰ）试用含有的式子表示，并讨论的单调性；‎ ‎（Ⅱ）对于函数图象上的不同两点，如果在函数图象上存在点，使得点处的切线，则称存在“跟随切线”.特别地，当时，又称存在“中值跟随切线”.试问：函数上是否存在两点，使得它存在“中值跟随切线”，若存在，求出，的坐标，若不存在，说明理由.‎ ‎【答案】(1)见解析；（2）见解析。‎ ‎【解析】试题分析：（1）函数的定义域为，且，又，整理得. .‎ 然后根据a的不同取值情况逐一讨论分析（2）假设满足条件的存在，不妨设且，则，又由题有：，整理可得：，令，构造函数，则，则时，恒成立，故在上单调递增从而得出不存在 试题解析：‎ 函数的定义域为，且，又，整理得. ‎ ‎（1）.‎ ‎1）当时，易知，时，‎ 故在上单调递增，在上单调递减.‎ ‎2）当地，令，解得或，则 ‎①当，即时，在上恒成立，则在上递增.‎ ‎②当，即时，当时，；‎ 当时，.‎ 所以：在及上单调递增：在上递减.‎ ‎③当，即时，当时，；‎ 当时，.‎ 所以：在及上单调递增：在上递减.‎ 综上：当时，在上单调递增，在上单调递减.‎ 当时，在及上单调递增：在上单调递减.‎ 当时，在上递增.‎ 当时，在及上单调递增；在上递减.‎ ‎（2）满足条件的不存在，理由如下:‎ 假设满足条件的存在，不妨设且，则 ‎，又 ‎，又由题有：，整理可得：‎ ‎，令，‎ 构造函数，则，则时，‎ 恒成立，故在上单调递增；所以时，，所 以不可能成立，综上满足条件的不存在.‎ 点睛：对于导数问题，做题要特别注意在讨论时单调性受参数的影响，可以通过分析导数零点的大小来逐一分析，对于此题第二问的类型，要注意函数的构造和假设，分析函数单调性求最值从而得出结论.‎ ‎22．选修4-4：坐标系与参数方程 在平面直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），直线与曲线：交于，两点.‎ ‎（Ⅰ）求的长；‎ ‎（Ⅱ）在以为极点，轴的正半轴为极轴建立的极坐标系中，设点的极坐标为，求点到线段中点的距离.‎ ‎【答案】（1）；（2）1。‎ ‎【解析】分析：‎ ‎（Ⅰ）化直线的参数方程为普通方程，和曲线方程联立后利用根与系数的关系写出两个交点的横坐标的和与积，利用弦长公式求的长；（Ⅱ）由极坐标与直角坐标互化公式得点P的直角坐标为，所以点在直线上，中点对应参数为，由参数的几何意义可得结果.‎ 详解：（Ⅰ）直线的参数方程的标准形式为（为参数），代入曲线C的方程得.‎ 设点A，B对应的参数分别为，则，所以.‎ ‎（Ⅱ）由极坐标与直角坐标互化公式得点P的直角坐标为，所以点在直线上，中点对应参数为，由参数的几何意义，所以点到线段中点的距离. ‎ 点睛：本题主要考查直线参数方程中参数的几何意义及其应用，属于中档题. 直线参数方程中参数的几何意义在求弦长以及两线段之积时，往往能起到事半功倍的效果.‎ ‎23．选修4-5：不等式选讲 设函数，.‎ ‎（1）若不等式的解集为，求的值；‎ ‎（2）若存在，使，求的取值范围.‎ ‎【答案】（1）1；（2）的取值范围为.‎ ‎【解析】分析：（1）由不等式，求得，再根据不等式的解集为，可得，且，求得的值；（2）令，所以函数最小值为，根据题意可得，由此求得的范围.‎ 详解：（1）由题意可得可化为，，解得.‎ ‎（2）令，所以函数最小值为，‎ 根据题意可得，所以的取值范围为. ‎ 点睛：绝对值不等式的常见解法：‎ ‎①利用绝对值不等式的几何意义求解，体现了数形结合的思想；‎ ‎②利用“零点分段法”求解，体现了分类讨论的思想；‎ ‎③通过构造函数，利用函数的图象求解，体现了函数与方程的思想．‎