绝密★启用前贵州省2019年高考理科数学试卷注意事项：1、答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2、回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3、考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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。21．（5分）已知集合A＝｛﹣1，0，1，2｝，B＝｛x|x≤1｝，则A∩B＝（）A．｛﹣1，0，1｝B．｛0，1｝C．｛﹣1，1｝D．｛0，1，2｝2．（5分）若z（1+i）＝2i，则z＝（）A．﹣1﹣iB．﹣1+iC．1﹣iD．1+i3．（5分）《西游记》《三国演义》《水浒传》和《红楼梦》是中国古典文学瑰宝，并称为中国古典小说四大名著．某中学为了解本校学生阅读四大名著的情况，随机调查了100位学生，其中阅读过《西游记》或《红楼梦》的学生共有90位，阅读过《红楼梦》的学生共有80位，阅读过《西游记》且阅读过《红楼梦》的学生共有60位，则该校阅读过《西游记》的学生人数与该学校学生总数比值的估计值为（）A．0.5B．0.6C．0.7D．0.84．（5分）（1+2x2）（1+x）4的展开式中x3的系数为（）A．12B．16C．20D．245．（5分）已知各项均为正数的等比数列｛an｝的前4项和为15，且a5＝3a3+4a1，则a3＝（）A．16B．8C．4D．2x6．（5分）已知曲线y＝aex+xlnx在点（1，ae）处的切线方程为y＝2x+b，则（）﹣1﹣1第11页（共21页）\nA．a＝e，b＝﹣1B．a＝e，b＝1C．a＝e，b＝1D．a＝e，b＝﹣17．（5分）函数y＝在［﹣6，6］的图象大致为（）第11页（共21页）\n8．（5分）如图，点N为正方形ABCD的中心，第11页（共21页）第11页（共21页）A．BM＝EN，且直线BM，EN是相交直线B．BM≠EN，且直线BM，EN是相交直线C．BM＝EN，且直线BM，EN是异面直线D．BM≠EN，且直线BM，EN是异面直线?为0.01，则输出s的值等于（）9．（5分）执行如图的程序框图，如果输入的第11页（共21页）\n第11页（共21页）A．2﹣B．2﹣C．2﹣D．2﹣10．（5分）双曲线C：﹣＝1的右焦点为F，点P在C的一条渐近线上，O为坐标原点．若|PO|＝|PF|，则△PFO的面积为（）A．B．C．2D．311．（5分）设f（x）是定义域为R的偶函数，且在（0，+∞）单调递减，则（）A．f(log＞f（2）第11页（共21页）第11页（共21页）B．f（log3）＞f（2）＞f（2）C．f（2）＞f（2）＞f（logD．f（2）＞f（2）>f(log第11页（共21页）第11页（共21页）12．（5分）设函数f（x）＝sin（ωx+）（ω＞0），已知f（x）在[0，2π]有且仅有5个零点．下述四个结论：①f（x）在（0，2π）有且仅有3个极大值点第11页（共21页）\n①f（x）在（0，2π）有且仅有2个极小值点②f（x）在（0，）单调递增③ω的取值范围是[，）其中所有正确结论的编号是（）A．①④B．②③C．①②③D．①③④二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．（5分）已知，为单位向量，且?＝0，若＝2﹣，则cos<，>＝．14．（5分）记Sn为等差数列{an}的前n项和．若a1≠0，a2＝3a1，则＝．15．（5分）设F1，F2为椭圆C：+＝1的两个焦点，M为C上一点且在第一象限．若12△MF1F2为等腰三角形，则M的坐标为．16．（5分）学生到工厂劳动实践，利用3D打印技术制作模型．如图，该模型为长方体ABCD﹣A1B1C1D1挖去四棱锥O﹣EFGH后所得的几何体，其中O为长方体的中心，E，F，G，3H分别为所在棱的中点，AB＝BC＝6cm，AA1＝4cm.3D打印所用原料密度为0.9g/cm3．不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为g．三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。第17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答。第22、23题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共60分。17．为了解甲、乙两种离子在小鼠体内的残留程度，进行如下试验：将200只小鼠随机分成第11页（共21页）\nA、B两组，每组100只，其中A组小鼠给服甲离子溶液，B组小鼠给服乙离子溶液．每只小鼠给服的溶液体积相同、摩尔浓度相同．经过一段时间后用某种科学方法测算出残留在小鼠体内离子的百分比．根据试验数据分别得到如图直方图：第11页（共21页）\n记C为事件：“乙离子残留在体内的百分比不低于5.5”，根据直方图得到P（C）的估计值为0.70．（1）求乙离子残留百分比直方图中a，b的值；（2）分别估计甲、乙离子残留百分比的平均值（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）．18．△ABC的内角A、B、C的对边分别为a，b，c．已知asin＝bsinA．（1）求B；（2）若△ABC为锐角三角形，且c＝1，求△ABC面积的取值范围．19．图1是由矩形ADEB、Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB＝1，BEBC折起使得BE与BF重合，连结DG，如图2．＝BF＝2，∠FBC＝60°．将其沿AB，第11页（共21页）第11页（共21页）ABC⊥平面BCGE；（1）证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面（2）求图2中的二面角B﹣CG﹣A的大小．3220．已知函数f（x）＝2x﹣ax+b．（1）讨论f（x）的单调性；（2）是否存在a，b，使得f（x）在区间[0，1]的最小值为﹣1且最大值为第11页（共21页）\n1？若存在，求出a，b的所有值；若不存在，说明理由．第11页（共21页）\n21．已知曲线C：y＝，D为直线y＝﹣上的动点，过D作C的两条切线，切点分别为A，B．（1）证明：直线AB过定点；（2）若以E（0，）为圆心的圆与直线AB相切，且切点为线段AB的中点，求四边形ADBE的面积．（二）选考题：共10分。请考生在第22、23题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。［选修4-4：坐标系与参数方程］（10分）22．如图，在极坐标系Ox中，A（2，0），B（，，，所在圆的圆心分别是（1，0），（1，M2是弧，曲线M3是弧．（1）分别写出M1，M2，M3的极坐标方程；），C（，），D（2，π），弧），（1，π），曲线M1是弧，曲线2）曲线M由M1，M2，M3构成，若点P在M上，且|OP|＝，求P的极坐标．［选修4-5：不等式选讲］（10分）23．设x，y，z∈R，且x+y+z＝1．（1）求（x﹣1）2+（y+1）2+（z+1）2的最小值；（2）若（x﹣2）2+（y﹣1）2+（z﹣a）2≥成立，证明：a≤﹣3或a≥﹣1．贵州省2019年高考理科数学试卷答案解析、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．【分析】解求出B中的不等式，找出A与B的交集即可．2【解答】解：因为A＝｛﹣1，0，1，2｝，B＝｛x|x2≤1｝＝｛x|﹣1≤x≤1｝，所以A∩B＝｛﹣1，0，1｝，故选：A．第11页（共21页）\n【点评】本题考查了两个集合的交集和一元二次不等式的解法，属基础题．2．【分析】利用复数的运算法则求解即可．【解答】解：由z（1+i）＝2i，得z＝＝1+i．故选：D．【点评】本题主要考查两个复数代数形式的乘法和除法法则，虚数单位i的幂运算性质，属于基础题．3．【分析】作出维恩图，得到该学校阅读过《西游记》的学生人数为70人，由此能求出该学校阅读过《西游记》的学生人数与该学校学生总数比值的估计值．【解答】解：某中学为了了解本校学生阅读四大名著的情况，随机调查了100位学生，其中阅读过《西游记》或《红楼梦》的学生共有90位，阅读过《红楼梦》的学生共有80位，阅读过《西游记》且阅读过《红楼梦》的学生共有60位，作出维恩图，得：则该学校阅读过《西游记》的学生人数与该学校学生总数比值的估计值为：＝0.7．故选：C．【点评】第11页（共21页）\n本题考查该学校阅读过《西游记》的学生人数与该学校学生总数比值的估计值的求法，考查维恩图的性质等基础知识，考查推理能力与计算能力，属于基础题．4．【分析】利用二项式定理、排列组合的性质直接求解．【解答】解：（1+2x2）（1+x）4的展开式中x3的系数为：1×+2×＝12．故选：A．【点评】本题考查展开式中x3的系数的求法，考查二项式定理、排列组合的性质等基础知识，考查推理能力与计算能力，属于基础题．5．【分析】设等比数列{an}的公比为q（q>0），根据条件可得，解方程即可．【解答】解：设等比数列{an}的公比为q（q>0），则由前4项和为15，且a5＝3a3+4a1，有，∴，∴，故选：C．【点评】本题考查了等差数列的性质和前n项和公式，考查了方程思想，属基础题．第11页（共21页）\n6．【分析】求得函数y的导数，可得切线的斜率，由切线方程，可得ae+1+0＝2，可得a，进而得到切点，代入切线方程可得b的值．【解答】解：y＝aex+xlnx的导数为y′＝aex+lnx+1，由在点（1，ae）处的切线方程为y＝2x+b，﹣1可得ae+1+0＝2，解得a＝e1，又切点为（1，1），可得1＝2+b，即b＝﹣1，故选：D．【点评】本题考查导数的运用：求切线的斜率，考查直线方程的运用，考查方程思想和运算能力，属于基础题．7．【分析】由y＝的解析式知该函数为奇函数可排除C，然后计算x＝4时的函数值，根据其值即可排除A，D．解答】解：由y＝fx）＝在[﹣6，6]，知第27页（共21页）第27页（共21页）f（﹣x）∴f（x）是[﹣6，6]上的奇函数，因此排除C第27页（共21页）第27页（共21页）又f（4）＝，因此排除A，D．故选：B．【点评】本题考查了函数的图象与性质，解题关键是奇偶性和特殊值，属基础题．8．【分析】推导出BM是△BDE中DE边上的中线，EN是△BDE中BD边上的中线，从而直线BM，EN是相交直线，设DE＝a，则BD＝，BM≠EN．解答】解：∵点N为正方形ABCD的中心，△ECD为正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，M是线段ED的中点，∴BM?平面BDE，EN?平面BDE，∵BM是△BDE中DE边上的中线，EN是△BDE中BD边上的中线，第27页（共21页）\n∴直线BM，EN是相交直线，设DE＝a，则BD＝，∴BM≠EN，故选：B．【点评】本题考查两直线的位置关系的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理能力与计算能力，是中档题．9．【分析】由已知中的程序框图可知：该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量s的值，模拟程序的运行过程，分析循环中各变量值的变化情况，可得答案．【解答】解：第一次执行循环体后，s＝1，x＝，不满足退出循环的条件x<0.01；再次执行循环体后，s＝1+，x＝，不满足退出循环的条件x<0.01；再次执行循环体后，s＝1++，x＝，不满足退出循环的条件x<0.01；由于>0.01，而<0.01，可得：当s＝1++++⋯，x＝，此时，满足退出循环的条件x<0.01，输出s＝1+++⋯＝2﹣．故选：C．点评】本题考查的知识点是程序框图，当循环的次数不多，或有规律时，常采用模拟循环的方法解答，属于基础题．10．【分析】求出双曲线的渐近线方程，求出三角形POF的顶点P的坐标，然后求解面积即可．第27页（共21页）\n解答】解：双曲线C：﹣＝1的右焦点为F（，0），渐近线方程为：y＝x，不妨P在第一象限，第27页（共21页）\nP（，），＝＝可得tan∠POF＝，所以△PFO的面积为：故选：A．点评】本题考查双曲线的简单性质的应用，是基本知识的考查．11．【分析】根据log34>log33＝1，，结合f（x）的奇偶和单调性即可判断．【解答】解：∵f（x）是定义域为R的偶函数∴，∵log34>log33＝1，，∴0f（x）在（0，+∞）上单调递减，∴>>，故选：C．【点评】本题考查了函数的奇偶性和单调性，关键是指对数函数单调性的灵活应用，属基础题．12．【分析】根据f（x）在［0，2π］有且仅有5个零点，可得5π≤2πω+，解出ω，然后判断③是否正确即可得到答案．【解答】解：当x∈［0，2π］时，ωx+∈［，2πω+］，∵f（x）在［0，2π］有且仅有5个零点，∴5π≤2πω+，∴，故④正确，因此由选项可知只需判断③是否正确即可得到答案，下面判断③是否正确，第27页（共21页）\n当x∈（0，）时，ωx+∈[，]，若f（x）在（0，）单调递增，则，即ω<3，∵，故③正确．故选：D．【点评】本题考查了三角函数的图象与性质，关键是数形结合的应用，属中档题．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．【分析】根据向量数量积的应用，求出相应的长度和数量积即可得到结论．【解答】解：＝＝2﹣＝2，∵＝（2﹣）2＝4﹣4+5＝9，∴||＝3，∴cos<，>＝＝．故答案为：【点评】本题主要考查向量夹角的求解，根据向量数量积的应用分别求出数量积及向量长度是解决本题的关键．14．【分析】根据a2＝3a1，可得公差d＝a1，然后利用等差数列的前n项和公式将用a12111表示，化简即可．【解答】解：设等差数列{an}的公差为d，则由a1≠0，a2＝3a1可得，d＝2a1，∴第27页（共21页）\n＝故答案为：4．【点评】本题考查等差数列前n项和性质以及等差数列性质，考查了转化思想，属基础题．15．【分析】设M（m，n），m，n>0，求得椭圆的a，b，c，e，由于M为C上一点且在第一象限，可得|MF1|>|MF2|，△MF1F2为等腰三角形，可能|MF1|＝2c或|MF2|＝2c，运用椭圆的焦半径公式，可得所求点的坐标．【解答】解：设M（m，n），m，n>0，椭圆C：+＝1的a＝6，b＝2，c＝4，由于M为C上一点且在第一象限，可得|MF1|>|MF2|，△MF1F2为等腰三角形，可能|MF1|＝2c或|MF2|＝2c，即有6+m＝8，即m＝3，n＝；6﹣m＝8，即m＝﹣3<0，舍去．可得M（3，）．故答案为：（3，）．点评】本题考查椭圆的方程和性质，考查分类讨论思想方法，以及椭圆焦半径公式的运用，考查方程思想和运算能力，属于中档题．分析】该模型体积为16．VO﹣EFGH＝6×6×4﹣第27页（共21页）\n不考虑打印损耗，能求出制作该模型所需原料的质量．【解答】解：该模型为长方体ABCD﹣A1B1C1D1，挖去四棱锥O﹣EFGH后所得的几何体，其中O为长方体的中心，E，F，G，H，分别为所在棱的中点，AB＝BC＝6cm，AA1＝4cm，∴该模型体积为：﹣VO﹣EFGH＝6×6×4﹣3＝144﹣12＝132（cm3），3∵3D打印所用原料密度为0.9g/cm3，不考虑打印损耗，∴制作该模型所需原料的质量为：132×0.9＝118.8（g）．故答案为：118.8．【点评】本题考查制作该模型所需原料的质量的求法，考查长方体、四棱锥的体积等基础知识，考查推理能力与计算能力，考查数形结合思想，属于中档题．三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。第17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答。第22、23题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共60分。17．【分析】（1）由频率分布直方图的性质列出方程组，能求出乙离子残留百分比直方图中a，b．（2）利用频率分布直方图能估计甲离子残留百分比的平均值和乙离子残留百分比的平均值．【解答】解：（1）C为事件：“乙离子残留在体内的百分比不低于5.5”，第27页（共21页）\n根据直方图得到P（C）的估计值为0.70．则由频率分布直方图得：，解得乙离子残留百分比直方图中a＝0.35，b＝0.10．（2）估计甲离子残留百分比的平均值为：＝2×0.15+3×0.20+4×0.30+5×0.20+6×0.10+7×0.05＝4.05．乙离子残留百分比的平均值为：＝3×0.05+4×0.1+5×0.15+6×0.35+7×0.2+8×0.15＝6.00．【点评】本题考查频率、平均值的求法，考查频率分布直方图的性质等基础知识，考查推理能力与计算能力，属于基础题．18．【分析】（1）运用三角函数的诱导公式和二倍角公式，以及正弦定理，计算可得所求角；（2）运用余弦定理可得b，由三角形ABC为锐角三角形，可得a2+a2﹣a+1>1且1+a22﹣a+1>a2，求得a的范围，由三角形的面积公式，可得所求范围．【解答】解：（1）asin＝bsinA，即为asin＝acos＝bsinA，可得sinAcos＝sinBsinA＝2sincossinA，∵sinA>0，∴cos＝2sincos，若cos＝0，可得B＝（2k+1）π，k∈Z不成立，∴sin＝，由0<B<π，可得B＝；2）若△ABC为锐角三角形，且c＝1，由余弦定理可得b＝由三角形ABC为锐角三角形，可得a2+a2﹣a+1>1且1+a2﹣a+1>a2，解得<a<2，第27页（共21页）\n可得△ABC面积S＝a?sin＝a∈（，）．【点评】本题考查三角形的正弦定理和余弦定理、面积公式的运用，考查三角函数的恒等变换，以及化简运算能力，属于中档题．19．【分析】（1）推导出AD∥BE，CG∥BE，从而AD∥CG，由此能证明A，C，G，D四点共面，推导出AB⊥BE，AB⊥BC，从而AB⊥面BCGE，由此能证明平面ABC⊥平面BCGE．（2）取CG的中点M，连结EM，DM，推导出DE⊥平面BCGE，DE⊥CG，由四边形BCGE是菱形，且∠EBC＝60°，得EM⊥CG，从而CG⊥平面DEM，DM⊥CG，由此能求出四边形ACGD的面积．【解答】证明：（1）由已知得AD∥BE，CG∥BE，∴AD∥CG，∴AD，CG确定一个平面，∴A，C，G，D四点共面，由已知得AB⊥BE，AB⊥BC，∴AB⊥面BCGE，∵AB?平面ABC，∴平面ABC⊥平面BCGE．解：（2）作EH⊥BC，垂足为H，∵EH?平面BCGE，平面BCGE⊥平面ABC，∴EH⊥平面ABC，由已知，菱形BCGE的边长为2，∠EBC＝60°，∴BH＝1，EH＝，以H为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所求的空间直角坐标系H﹣xyz，则A（﹣1，1，0），C（1，0，0），G（2，0，），＝（1，0，），＝（2，﹣1，0），设平面ACGD的法向量＝（x，y，z），则，取x＝3，得＝（3，6，﹣），又平面BCGE的法向量为＝（0，1，0），第27页（共21页）\n面角B﹣CG﹣A的大小为30°【点评】本题考查线面垂直的证明，考查二面角的正弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理能力与计算能力，是中档题．20．【分析】（1）f′（x）＝6x2﹣2ax＝6x（x﹣）．令f′（x）＝6x（x﹣）＝0，解得x＝0，或．对a分类讨论，即可得出单调性．（2）对a分类讨论，利用（1）的结论即可得出．【解答】解：（1）f′（x）＝6x2﹣2ax＝6x（x﹣）．令f′（x）＝6x（x﹣）＝0，解得x＝0，或．①a＝0时，f′（x）＝6x2≥0，函数f（x）在R上单调递增．②a>0时，函数f（x）在（﹣∞，0），（，+∞）上单调递增，在（0，）上单调递减．③a<0时，函数f（x）在（﹣∞，），（0，+∞）上单调递增，在（，0）上单调递减．（2）由（1）可得：①a≤0时，函数f（x）在［0，1］上单调递增．则f（0）＝b＝﹣1，f（1）＝2﹣a+b＝1，解得b＝﹣1，a＝0，满足条件．第27页（共21页）\n①a>0时，函数f（x）在［0，］上单调递减．≥1，即a≥3时，函数f（x）在［0，1］上单调递减．则f（0）＝b＝1，f（1）＝2﹣a+b＝﹣1，解得b＝1，a＝4，满足条件．②0<<1，即0<a<3时，函数f（x）在［0，）上单调递减，在（，1］上单调递增．则第27页（共21页）\n化为：﹣+b＝﹣1．而f（0）＝b，f（1）＝2﹣a+b，∴最大值为b或2﹣a+b．若：﹣+b＝﹣1，b＝1，解得a＝3>3，矛盾，舍去．若：﹣+b＝﹣1，2﹣a+b＝1，解得a＝±3，或0，矛盾，舍去．最小值f（）a，b的所有值为：，或综上可得：存在a，b，使得f（x）在区间[0，1]的最小值为﹣1且最大值为1．第27页（共21页）第27页（共21页）点评】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、分类讨论方法、等价转化方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．21．【分析】（1）求得y＝的导数，可得切线的斜率，可得切线DA，DB的方程，求得交点D的坐标，可得AB的方程，化简可得AB恒过定点；（2）设直线AB的方程为y＝kx+，由（1）可得x1+x2＝2k，x1x2＝﹣1，求得AB中点2H（k，k2+），由H为切点可得E到直线AB的距离即为|EH|，求得k，再由四边形ADBE的面积为S△ABE+S△ABD，运用点到直线的距离公式和弦长公式，计算可得所求值．【解答】解：（1）证明：y＝的导数为y′＝x，设切点A（x1，y1），B（x2，y2），即有y1＝切线DA的方程为y﹣y1＝x1（x﹣x1），即为y＝x1x﹣切线DB的方程为y＝x2x﹣联立两切线方程可得x1+x2），可得y＝x1x2＝﹣，即x1x2＝﹣1，第27页（共21页）第27页（共21页）直线AB的方程为y﹣＝（x﹣x1），第27页（共21页）\n此时D（±1，﹣）到直线ABE（0，）到直线AB即为y﹣＝（x1+x2）（x﹣x1），可化为y＝（x1+x2）x+，可得AB恒过定点（0，）；（2）法一：设直线AB的方程为y＝kx+，由（1）可得x1+x2＝2k，x1x2＝﹣1，2AB中点H（k，k+），由H为切点可得E到直线AB的距离即为|EH|，解得k＝0或k＝±1，即有直线AB的方程为y＝或y＝±x+，由y＝可得|AB|＝2，四边形ADBE的面积为S△ABE+S△ABD＝×2×（1+2）＝3；则四边形ADBE的面积为S△ABE+S△ABD＝×4×（+）＝4；法二：（2）由（1）得直线AB的方程为y＝tx+．2由，可得x2﹣2tx﹣1＝0．2于是x1+x2＝2t，x1x2＝﹣1，y1+y2＝t（x1+x2）+1＝2t+1，|AB|＝＝×＝2（t+1）．第27页（共21页）\n设d1，d2分别为点D，E到直线AB的距离，则d1＝因此，四边形ADBE的面积S＝|AB|（d1+d2）＝（t2+3）设M为线段AB的中点，则M（t，t2+）．由于，而2，与向量（1，t）平行，所以t+（t2﹣2）t＝0．解得t＝0或t＝±1．当t＝0时，S＝3；当t＝±1时，S＝4．综上，四边形ADBE的面积为3或4．【点评】本题考查抛物线的方程和性质，直线和抛物线的位置关系，以及直线和圆相切的条件，考查方程思想和运算能力，属于难题．（二）选考题：共10分。请考生在第22、23题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。［选修4-4：坐标系与参数方程］（10分）22．【分析】（1）根据弧，，所在圆的圆心分别是（1，0），（1，），（1，π），结合极坐标方程进行求解即可；（2）讨论角的范围，由极坐标过程|OP|＝，进行求解即可得P的极坐标；【解答】解：（1）由题设得，弧，，所在圆的极坐标方程分别为ρ＝2cosθ，ρ则M1的极坐标方程为ρ＝2cosθ，（0≤θ≤），M2的极坐标方程为ρ＝2sinθ，（≤θ＝2sinθ，ρ＝﹣2cosθ，M3的极坐标方程为ρ＝﹣2cosθ，（≤θ≤π），（2）设P（ρ，θ），由题设及（1）值，若0≤θ≤，由2cosθ＝得cosθ＝，得θ＝，若≤θ≤，由2sinθ＝得sinθ＝，得θ＝或，第27页（共21页）\n若≤θ≤π，由﹣2cosθ＝得cosθ＝﹣，得θ＝，第27页（共21页）\n综上P的极坐标为（，）或（，）或（，）或（，）．【点评】本题主要考查极坐标方程的应用，结合极坐标过程公式求出对应点的极坐标方程是解决本题的关键．［选修4-5：不等式选讲］（10分）23．分析】（1）运用柯西不等式可得（12+12+12）[（x﹣1）2+（y+1）2+（z+1）2]≥（x﹣1+y+1+z+1）2＝4，可得所求最小值；2）运用柯西不等式求得（222x﹣2）2+（y﹣1）2+（z﹣a）2的最小值，由题意可得不大于最小值，解不等式可得所求范围．解答】解：（1）x，y，z∈R，且x+y+z＝1，由柯西不等式可得22222221+1+1）[（x﹣1）+（y+1）+（z+1）]≥（x﹣1+y+1+z+1）＝4，222可得（x﹣1）+（y+1）+（z+1）≥，即有（x﹣1）22+（y+1）+（z+1）2的最小值为；2）证明：由x+y+z＝1，柯西不等式可得22222222（1+1+1）［（x﹣2）+（y﹣1）+（z﹣a）］≥（x﹣2+y﹣1+z﹣a）＝（a+2），可得（x﹣2）2+（y﹣1）2+（z﹣a）2≥，即有（x﹣2）2+（y﹣1）2+（z﹣a）2的最小值为，由题意可得≥，解得a≥﹣1或a≤﹣3．点评】本题考查柯西不等式的运用：求最值，考查化简运算能力和推理能力，属于基础题．第27页（共21页）
