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2020年高考数学模拟试卷(文科20)

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2020年高考数学模拟试卷（文科20）
题号
一
二
三
总分
得分

一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）
1. 设集合M={1,3，5}，N={2,4，5}，则M∪N=(    )
A. {5} B. {3,5}
C. {2,4，5} D. {1,2，3，4，5}
【答案】D
【解析】解：集合M={1,3，5}，N={2,4，5}，
则M∪N={1,2，3，4，5}，
故选：D．
直接求出即可．
考查集合的并集运算，基础题．

2. 设z=i(1−i)，则z−=(    )
A. 1−i B. 1+i C. −1−i D. −1+i
【答案】A
【解析】解：∵z=i(1−i)=1+i，
∴z−=1−i．
故选：A．
直接利用复数代数形式的乘除运算化简得答案．
本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，是基础题．

3. 若双曲线x2a2−y2=1(a>0)的实轴长为4，则其渐近线方程为(    )
A. y=±x B. y=±2x C. y=±12x D. y=±2x
【答案】C
【解析】解：∵实轴长为4，∴2a=4，∴a=2，
∴其渐近线方程为：y=±12x，
故选：C．
先由实轴长为4，求出a=2，从而得到渐近线方程．
本题主要考查了双曲线的渐近线方程，是中档题．

4. 已知a=log0.22，b=20.2，c=0.20.3，则(    )
A. a<c<b B. a<b<c C. c<a<b D. b<c<a
【答案】A
【解析】解：∵a<0，b>1，c∈(0,1)，
∴a<c<b．
故选：A．
利用指数函数、对数函数的单调性即可得出．
本题考查了指数函数、对数函数的单调性，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．

5. 若变量x，y满足约束条件x−3y+4≥03x−y−4≤0x+y≥0，则z=4x−y的最小值是(    )
A. −6 B. −5 C. 5 D. 6
【答案】B
【解析】解：设变量x，y满足约束条件x−3y+4≥03x−y−4≤0x+y≥0在坐标系中画出可行域三角形，
平移直线4x−y=0经过点A(−1,1)时，4x−y最小，最小值为：−5，
则目标函数z=4x−y的最小值：−5．
故选：B．
先根据条件画出可行域，再利用z=4x−y，几何意义求最值，将最小值转化为y轴上的截距最大，只需求出直线z=4x−y，过可行域内的点A时的最小值，从而得到z最小值即可．
借助于平面区域特性，用几何方法处理代数问题，体现了数形结合思想、化归思想．线性规划中的最优解，通常是利用平移直线法确定．

6. 从2名女同学和3名男同学中任选2人参加演讲比赛，则选中的2人是1名男同学1名女同学的概率是(    )
A. 15 B. 25 C. 35 D. 45
【答案】C
【解析】解：从2名女同学和3名男同学中任选2人参加演讲比赛，
基本事件总数n=C52=10，
选中的2人是1名男同学1名女同学包含的基本事件个数m=C21C31=6，
则选中的2人是1名男同学1名女同学的概率是p=mn=610=35．
故选：C．
基本事件总数n=C52=10，选中的2人是1名男同学1名女同学包含的基本事件个数m=C21C31=6，由此能求出选中的2人是1名男同学1名女同学的概率．
本题考查概率的求法，考查古典概型等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．

7. 第24届国际数学家大会会标是以我国古代数学家赵爽的弦图为基础进行设计的．如图所示，赵爽弦图是由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的一个大正方形．如果小正方形的面积为1，大正方形的面积为25，直角三角形中较大的锐角为θ，那么cos2θ2=(    )
A. 310 B. 35 C. 710 D. 45
【答案】D
【解析】解：设大直角三角形的直角边长为a，a+1，
则a2+(a+1)2=25，a>0．
解得a=3．
∴cosθ=35，sinθ=45．
∴cos2θ2=1+cosθ2=45；
故选：D．
设大直角三角形的直角边长为a，a+1，a2+(a+1)2=25，a>0.解出利用倍角公式即可得出．
本题考查了勾股定理、倍角公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．

8. 已知f(x)是奇函数，当x≥0时，f(x)=ex−1(其中e为自然对数的底数)，则f(ln12)=(    )
A. −1 B. 1 C. 3 D. −3
【答案】A
【解析】解：∵f(ln12)=f(−ln2)
∵f(x)是奇函数，∴f(−x)=−f(x)
∵当x≥0时，f(x)=ex−1，
则f(ln12)=f(−ln2)=−f(ln2)=−(eln2−1)=−1
故选：A．
由f(x)是奇函数可得f(−x)=−f(x)，则f(ln12)=f(−ln2)=−f(ln2)，代入已知可求
本题主要考查了利用奇函数的性质求解函数的函数值，属于基础试题

9. 已知四棱锥S−ABCD的所有顶点都在球O的球面上，SA=SB，SA⊥SB，底面ABCD是等腰梯形，AB//CD，且满足AB=2AD=2DC=2，则球O的表面积是(    )
A. 43π B. 823π C. 4π D. 8π
【答案】C
【解析】解：底面ABCD是等腰梯形，AB//CD，且满足AB=2AD=2DC=2，
可知底面ABCD的外心为AB的中点O，到顶点的距离为1，
因为SA=SB，SA⊥SB，AB=2，
所以SA=SB=2，AB的中点O到S的距离为1，
所以O是四棱锥的外接球的球心，外接球的半径为1，
所以球O的表面积是：4π×12=4π．
故选：C．
利用已知条件求出四棱锥的外接球的半径，然后求解球O的表面积．
本题考查几何体的外接球的表面积的求法，考查空间想象能力以及计算能力，是中档题．

10. 已知点F为椭圆x2a2+y2=1(a>1)的一个焦点，过点F作圆x2+y2=1的两条切线，若这两条切线互相垂直，则a=(    )
A. 2 B. 2 C. 3
【答案】C
【解析】解：如图，
由题意椭圆x2a2+y2=1(a>1)的右焦点为F，
过点F作圆x2+y2=1的切线，若两条切线互相垂直，可得2=c，则2=c2，a2=b2+c2=3，
则a=3．
故选：C．
由题意画出图形，可得 c=2，利用椭圆的性质求解a即可．
本题考查椭圆的简单性质，考查数形结合的解题思想方法，是中档题．

11. 函数f(x)=cosωx(ω>0)在区间[0,π2]上是单调函数，且f(x)的图象关于点M(34π,0)对称，则ω=(    )
A. 23或103 B. 23或2 C. 143或2 D. 103或143
【答案】B
【解析】解：f(x)的图象关于点M(34π,0)对称，
则3π4ω=kπ+π2，
整理得：ω=4k3+23(k∈Z)，
当k=0时，ω=23，所以函数f(x)=cos23x，函数的最小正周期为3π，所以函数f(x)在区间[0,π2]上是单调递减函数．
当k=1时，ω=2，所以函数f(x)=cos2x，函数的最小正周期为π，所以函数f(x)在区间[0,π2]上是单调递减函数．
当k=2时，ω=103，所以函数f(x)=cos103x，函数的最小正周期为3π5，所以函数f(x)在区间[0,π2]上是不是单调递减函数，函数的单调性先减后增，故错误．
故选：B．
首先求出函数的关系式中的ω和k的关系，进一步对k的取值进行验证，最后求出结果．
本题考查的知识要点：三角函数关系式的恒等变换，余弦型函数性质的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型．

12. 已知数列{an}满足an+1=2+4an−an2，则a1+a2020的最大值是(    )
A. 4−22 B. 8−2 C. 4+22 D. 8+2
【答案】C
【解析】解：依题意an+1=2+4an−an2，可化为：(an+1−2)2+(an−2)2=4，
令bn=(an−2)2，则bn+1+bn=4，∴bn+2+bn+1=4，于是bn+2=bn，
∴b1=(a1−2)2，b2020=b2=(a2−2)2，
∴b1+b2020=b1+b2=4，即(a1−2)2+(a2020−2)2=4，
法一：a1=2+2cosθa2020=2+2sinθ⇒a1+a2020=4+22sin(θ+π4)≤4+22(当且仅当θ=π4时等号成立)；
法二：∵x+y2≤x2+y22，
∴a1+a2020=(a1−2)(a2020−2)+4≤2×(a1−2)2+(a2020−2)22+4=4+22(当且仅当a1=a2020=2+2时等号成立)
法三：(a1−2)2+(a2020−2)2=4，即(a1,a2020)在(x−2)2+(y−2)2=4上，
令z=x+y，即x+y−z=0，∴d=|z−4|2≤2，
∴|z−4|≤22，
∴4−22≤z≤4+22，
∴zmax=4+22．
故选：C．
依题意an+1=2+4an−an2，可化为：(an+1−2)2+(an−2)2=4，
法一：利用圆的参数方程，结合辅助角公式可求得a1+a2020的最大值；
法二：由x+y2≤x2+y22，利用基本不等式可求得a1+a2020的最大值；
法三：依题意，(a1,a2020)在(x−2)2+(y−2)2=4上，令z=x+y，利用点到直线间的距离公式可求得答案．
本题考查数列递推式的应用，考一题多解的运用，其中涉及圆的参数方程法、基本不等式法及点到直线间的距离公式的应用，考查思维与运算能力，属于中档题．

二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 曲线y=(x−1)ex在点(1,0)处的切线方程为______．
【答案】ex−y−e=0
【解析】解：由y=(x−1)ex，得y′=xex，
则曲线y=(x−1)ex在点(1,0)处的切线斜率k=y′|x=1=e，
∴曲线y=(x−1)ex在点(1,0)处的切线方程为ex−y−e=0，
故答案为：ex−y−e=0．
先对曲线y=(x−1)ex求导，然后求出切线斜率k=y′|x=1，再求出切线方程．
本题考查了利用导数研究曲线上某点切线方程，属基础题．

14. 已知向量a=(1,1)，b=(−3,m)，若向量2a−b与向量b共线，则实数m=______．
【答案】−3
【解析】解：因为向量a=(1,1)，b=(−3,m)，
所以向量2a−b=(5,2−m)；
∵2a−b与向量b共线；
∴5m−(2−m)×(−3)=0⇒m=−3；
故答案为：−3．
先求出向量2a−b的坐标(5,2−m)，这样根据向量平行时的坐标关系即可建立关于m的方程，解出m．
本题主要考查向量坐标的数乘和减法运算，以及共线向量的概念，共线向量的坐标关系．

15. 已知圆锥的顶点为S，点A，B，C在底面圆周上，且AB为底面直径，若SA=AC=BC，则直线SA与BC的夹角为______．
【答案】π3
【解析】解：取AB中点O，连结SO，CO，
∵圆锥的顶点为S，点A，B，C在底面圆周上，且AB为底面直径，SA=AC=BC，
∴OS⊥平面ABC，OC⊥AB，
以O为原点，OC为x轴，OB为y轴，OS为z轴，建立空间直角坐标系，
设OC=1，则S(0,0，1)，A(0,−1,0)，B(0,1，0)，C(1,0，0)，
SA=(0,−1,−1)，BC=(1,−1,0)，
设直线SA与BC的夹角为θ，
则cosθ=|SA⋅BC||SA|⋅|BC|=12⋅2=12，
∴θ=π3．
∴直线SA与BC的夹角为π3．
故答案为：π3．
取AB中点O，连结SO，CO，推导出OS⊥平面ABC，OC⊥AB，以O为原点，OC为x轴，OB为y轴，OS为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线SA与BC的夹角．
本题考查异面直线所成角的求法，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．

16. 有一道题目由于纸张破损，有一条件看不清楚，具体如下：“在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a=3，_________，c2−b2−3c+3=0，求角A.”经推断，破损处的条件为三角形一边的长度，且该题的答案A=45°是唯一确定的，则破损处应是______．
【答案】c=3+32
【解析】解：因为c2−b2−3c+3=0，a=3．
所以c2−b2−3ac+a2=0，
即a2+c2−b22ac=32，
所以cosB=32，又B∈(0,π)，所以B=π6．
(1)由正弦定理可知，bsin30∘=3sin45°可得b=62．
检验：bsinB=asinA⇒62sin30°=3sinA⇒sinA=22，
又因为A∈(0,π)且a>b，
所以A=π4或者A=3π4，这与已知角A的解为唯一解矛盾．
(2)B=π6，A=π4，所以C=7π12，
由正弦定理可知，csin105∘=3sin45°⇒c=3+32，
检验：csinC=asinA⇒3+32sin75°=3sinA⇒sinA=22，
又A∈(0,π)，且c>a，
∴A=π4.故应填的条件是：c=3+32
故答案为：c=3+32
由c2−b2−3c+3=0，a=3.结合余弦定理可求cosB，进而可求B，然后结合正弦定理及大边对大角即可进行求解．
本题主要考查了利用正弦定理及余弦定理及三角形的大边对大角定理在求解三角形中的应用，属于中档试题．

三、解答题（本大题共7小题，共80.0分）
17. 已知{an}是公差为1的等差数列，数列{bn}满足b1=1，b2=12，anbn+1+bn+1=nbn．
(1)求数列{bn}的通项公式；
(2)设cn=bnbn+1，求数列{cn}的前n项和Sn．
【答案】解：(1)由题意，可知a1b2+b2=b1，
即12a1+12=1，解得a1=1．
又∵数列{an}是公差为1的等差数列，
∴an=1+n−1=n．
∴anbn+1+bn+1=(n+1)bn+1=nbn，
∴数列{nbn}是常数数列，即nbn=1⋅b1=1，
∴bn=1n，n∈N*．
(2)由(1)知，cn=bnbn+1=1n(n+1)=1n−1n+1，
故Sn=c1+c2+…+cn
=1−12+12−13+…+1n−1n+1
=1−1n+1
=nn+1．
【解析】本题第(1)题将n=1代入anbn+1+bn+1=nbn.可解出a1的值，从而可得数列{an}的通项公式，然后将数列{an}的通项公式代入anbn+1+bn+1=nbn.可发现数列{nbn}是常数数列，从而可得数列{bn}的通项公式；第(2)题先根据第(1)题的结果计算出数列{cn}的通项公式，然后运用裂项相消法求出前n项和Sn．
本题主要考查数列求通项公式，以及运用裂项相消法求前n项和．考查了转化思想，、方程思想、逻辑思维能力和数学运算能力，本题属中档题．

18. 如图，在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E，F，M分别是棱AB，BC，AD的中点．
(1)证明：D1M//平面A1EF；
(2)求点D1到平面A1EF的距离．

【答案】(1)证明：：取CD的中点N，连结MN，D1N，EN．
因为E，F，M，N分别是棱AB，BC，AD，CD的中点，
所以MN//EF，又因为MN⊄平面A1EF，
EF⊂平面A1EF，所以MN//平面A1EF．
又因为A1D1//EN，A1D1=EN，所以四边形A1D1NE是平行四边形，
所以D1N//A1E，所以D1N//平面A1EF．
又D1N∩MN=N，所以平面D1MN//平面A1EF，
又D1M⊂平面D1MN，所以D1M//平面A1EF；
(2)解：因为D1M平面A1EF，所以点D1到平面A1EF的距离可以转化为点M到平面A1EF的距离．
由已知可得SMEF=12×2×1=1，所以VA1−MEF=13S△MEF⋅AA1=13×1×2=23，
又A1E=5,EF=2,A1F=AA12+AF2=4+5=3，
所以cos∠A1EF=5+2−92×5×2=−1010，可知sin∠A1EF=31010，
所以S△A1EF=12A1E⋅EFsin∠A1EF=12×5×2×31010=32．
又因为VA1−MEF=VM−A1EF，所以点M到平面A1EF的距离为43．
所以点D1到平面A1EF的距离为43．
【解析】(1)取CD的中点N，连结MN，D1N，EN，只需证明A1D1//EN，A1D1=EN，四边形A1D1NE是平行四边形，即可证明D1M//平面A1EF；
(2)可得D1M平面A1EF，所以点D1到平面A1EF的距离可以转化为点M到平面A1EF的距离．由VA1−MEF=VM−A1EF，即可得点D1到平面A1EF的距离．
本题考查了空间面面平行、点面距离，属于中档题．

19. 某共享单车运营公司的市场研究人员为了了解公司的经营状况，对公司最近6个月的市场占有率y%进行了统计，结果如表：
月份
2019.7
2019.8
2019.9
2019.10
2019.11
2019.12
月份代码x
1
2
3
4
5
6
y
10
14
15
16
20
21
(1)请用相关系数说明能否用线性回归模型拟合y与月份代码x之间的关系．如果能，请计算出y关于x的线性回归方程；如果不能，请说明理由；(结果精确到0.01)
(2)根据调研数据，公司决定再采购一批单车扩大市场，从成本1000元/辆的A型车和800元/辆的B型车中选购一种，两款单车使用寿命频数如表：
报废年限
车型
1年
2年
3年
4年
总计
A
8
32
40
20
100
B
12
43
35
10
100
经测算，平均每辆单车每年能为公司带来500元的收入，不考虑除采购成本以外的其它成本，假设每辆单车的使用寿命都是整数年，用频率估计每辆单车使用寿命的概率，以平均每辆单车所产生的利润的估计值为决策依据，如果你是公司负责人，会选择哪款车型？
参考数据：i=16(xi−x−)(yi−y−)=37，i=16(xi−x−)2=17.5，i=16(yi−y−)2=82，1435≈37.88，3737.88≈0.98．
参考公式：相关系数r=i=1n(xi−x−)(yi−y−)i=1n(xi−x−)2i=1n(yi−y−)2，b=i=1n(xi−x−)(yi−y−)i=1n(xi−x−)2，a=y−−bx−．
【答案】解：(1)由表格中数据可得，x−=3.5，y−=16．
∵r=i=1n(xi−x−)(yi−y−)i=1n(xi−x−)2i=1n(yi−y−)2=3717.5×82=371435≈0.98，
∴y与月份代码x之间高度正相关，故可用线性回归模型拟合两变量之间的关系．
b=i=1n(xi−x−)(yi−y−)i=1n(xi−x−)2=3717.5=7435≈2.114，
a=y−−bx−=16−2.114×3.5≈8.601．
∴y关于x的线性回归方程为y=2.114x+8.601；
(2)这100辆A款单车平均每辆的利润为：
1100×(−500×8+0×32+500×40+1000×20)=360(元)，
这100辆B款单车平均每辆的利润为：
1100×(−300×12+200×43+700×35+1200×10)=415(元)．
∴用频率估计概率，A款单车与B款单车平均每辆的利润估计值分别为360元、415元，应采购B款车型．
【解析】(1)由表格中的数据求得相关系数r值，可知y与月份代码x之间高度正相关，故可用线性回归模型拟合两变量之间的关系．再求出b与a的值，得到线性回归方程；
(2)分别求出这100辆A款单车平均每辆的利润与这100辆B款单车平均每辆的利润，比较大小得结论．
本题考查相关系数与线性回归方程的求法，考查计算能力，是中档题．

20. 设抛物线C：y2=2px(p>0)的焦点为F，C的准线与x轴的交点为E，点A是C上的动点．当△AEF是等腰直角三角形时，其面积为2．
(1)求C的方程；
(2)延长AF交C于点B，点M是C的准线上的一点，设直线MF，MA，MB的斜率分别是k0，k1，k2，证明：k1+k2=2k0．
【答案】解：(1)当△AEF是等腰直角三角形时，EF⊥AF，∴点A(p2,p)，
∴12×p×p=2，∴p=2，
∴抛物线方程为：y2=4x；
(2)∵抛物线方程为：y2=4x，∴准线方程为：x=−1，焦点F(1,0)，
设M(−1,y0)，A(x1,y1)，B(x2,y2)，
①当直线AB的斜率不存在时，A(1,2)，B(1,−2)，
∴k0=y0−2，k1=y0−2−2，k2=y0+2−2，
∴k1+k2=2y0−2=2k0，
即k1+k2=2k0，
②当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为：y=k(x−1)，
联立方程y=k(x−1)y2=4x，消去y得：k2x2−(2k2+4)x+k2=0，
∴x1+x2=2k2+4k2，x1x2=1，y1+y2=k(x1+x2)−2k=4k，
∴k0=y0−2，k1=y0−y1−1−x1，k2=y0−y2−1−x2，
∴k1+k2=y0−y1−1−x1+y0−y2−1−x2
=−(y0−y11+x1+y0−y21+x2)
=−(y0−y1)(1+x2)+(y0−y2)(1+x1)(1+x1)(1+x2)
=−2y0+y0(x1+x2)−(y1+y2)−2kx1x2+k(x1+x2)1+(x1+x2)+x1x2
=−2y0+y0(2+4k2)−4k−2k+k(2+4k2)4+4k2
=−y0(4+4k2)4+4k2
=−y0，
∴k1+k2=2k0，
故k1+k2=2k0得证．
【解析】(1)由题意可得：12×p×p=2，所以p=2，从而得到抛物线方程；
(2)设M(−1,y0)，A(x1,y1)，B(x2,y2)，对直线AB的斜率分情况讨论，当直线AB的斜率不存在时，A(1,2)，B(1,−2)，易得k1+k2=2k0，当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为：y=k(x−1)，与抛物线方程联立，利用韦达定理化简k1+k2=y0−y1−1−x1+y0−y2−1−x2得：k1+k2=−y0，即k1+k2=2k0．
本题主要考查了抛物线方程，以及直线与抛物线的位置关系，是中档题．

21. 已知函数f(x)=x+12ln2x−lnx+1．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若m>0，方程mf′(x)−x+mx=0有两个不同的实数解，求实数m的取值范围．
【答案】解：(1)依题意函数f(x)的定义域为(0,+∞)，f′(x)=1+lnxx−1x=x+lnx−1x，
令g(x)=x+lnx−1，则g′(x)=1+1x>0，故g(x)在(0,+∞)单调递增，
又 g(1)=0，所以当x∈(0,1)时，g(x)<0，即f′(x)<0，
当x∈(1,+∞)时，g(x)>0，即f′(x)>0；
故f(x)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增；
(2)方程mf′(x)−x+mx=0化简可得m(x+lnx)=x2，
所以方程mf′(x)−x+mx=0有两解等价于方程x+lnxx2=1m有两解，
设F(x)=x+lnxx2，则F′(x)=x2+x−2x2−2xlnxx4=1−x−2lnxx3，
令h(x)=1−x−2lnx，由于h′(x)=−1−2x<0，所以h(x)在(0,+∞)单调递减，
又h(1)=0，所以当x∈(0,1)时，h(x)>0，即F′(x)>0，
当x∈(1,+∞)时，h(x)<0，即F′(x)<0；
故F(x)在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减．
所以F(x)在x=1时取得最大值F(1)=1，
又F(1e)=e−e2<0，F(1)=1>0，所以存在x1∈(1e,1)，使得F(x1)=0，
又F(x)在(0,1)上单调递增，所以当x∈(0,1e)时，F(x)<0；
当x∈(1e,1)时，F(x)>0，即F(x)∈(0,1)．
因为F(x)在(1,+∞)上单调递减，且当x∈(1,+∞)时，F(x)=x+lnxx2>0，即F(x)∈(0,1)．
所以方程x+lnxx2=1m有两解只须满足0<1m<1，
解得：m>1，
所以方程mf′(x)−x+mx=0有两个不同的实数解时，实数m的取值范围是(1,+∞)．
【解析】(1)求导可得f′(x)=x+lnx−1x，令g(x)=x+lnx−1，再利用导数可知g(x)在(0,+∞)单调递增，进而可得当x∈(0,1)时，f′(x)<0，当x∈(1,+∞)时，f′(x)>0，由此求得函数f(x)的单调性；
(2)问题等价于方程x+lnxx2=1m有两解，设F(x)=x+lnxx2，利用导数研究函数F(x)的性质，可得0<1m<1，由此求得实数m的取值范围．
本题考查利用导数研究函数的单调性以及函数零点与方程的关系，考查转化思想及运算求解能力，属于中档题．

22. 已知曲线C的极坐标方程是ρ−6cosθ=0，以极点为原点，极轴为x轴的正半轴，建立平面直角坐标系，直线l过点M(0,2)，倾斜角为34π．
(1)求曲线C的直角坐标方程与直线l的参数方程；
(2)设直线l与曲线C交于A，B两点，求1|MA|+1|MB|的值．
【答案】解：(1)曲线C的极坐标方程是ρ−6cosθ=0，转换为直角坐标方程为(x−3)2+y2=9．
直线l过点M(0,2)，倾斜角为34π.整理得参数方程为x=−22ty=2+22t(t为参数)．
(2)将直线l的参数方程代入曲线C的直角坐标方程得(−22t−3)2+(2+22t)2=9，
整理得t2+52t+4=0，
所以：t1+t2=−52，t1t2=4，
所以求1|MA|+1|MB|=|t1+t2||t1t2|=524．
【解析】(1)直接利用转换关系，把参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换．
(2)利用一元二次方程根和系数关系式的应用求出结果．
本题考查的知识要点：参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间的转换，一元二次方程根和系数关系式的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型．

23. 已知函数f(x)=|x+1|+|x−2a|．
(1)若a=1，解不等式f(x)<4；
(2)对任意的实数m，若总存在实数x，使得m2−2m+4=f(x)，求实数a的取值范围．
【答案】解：(1)当a=1时，f(x)=|x+1|+|x−2|=2x−1,x>23,−1≤x≤2−2x+1,x<−1．
∵f(x)<4，∴x>22x−1<4或−1≤x≤23<4或x<−1−2x+1<4，
∴2<x<52或−1≤x≤2或−32<x<−1，∴−32<x<52，
∴不等式的解集为{x|−32<x<52}.
(2)∵对任意的实数m，若总存在实数x，使得m2−2m+4=f(x)，
∴m2−2m+4的取值范围是f(x)值域的子集．
∵f(x)=|x+1|+|x−2a|≥|2a+1|，∴f(x)的值域为[|2a+1|,+∞)，
又m2−2m+4=(m−1)2+3≥3，∴|2a+1|≤3，
∴−2≤a≤1，
∴实数a的取值范围为[−2,1]．
【解析】(1)将a=1代入f(x)中，再利用零点分段法解不等式f(x)<4即可；
(2)根据条件可知，m2−2m+4的取值范围是f(x)值域的子集，然后求出f(x)的值域和m2−2m+4的取值范围，再求出a的范围．
本题考查了绝对值不等式的解法和函数恒成立问题，考查了分类讨论思想和转化思想，属中档题．

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