20172018学年湖南省长沙市长郡中学实验班高三(上)选拔考试数学试卷(文科)

2017-2018学年湖南省长沙市长郡中学实验班高三（上）选拔考

试数学试卷（文科）

一、选择题（本大题共12小题，毎小题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．（5分）已知集合A={0}，B={﹣1，0，1}，若A?C?B，则符合条件的集合C 的个数为（）

A．1 B．2 C．4 D．8

2．（5分）已知复数z在复平面内对应的点在第三象限，则z1=+|z|在复平面上对应的点在（）

A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限

3．（5分）长郡中学将参加摸底测试的1200名学生编号为1，2，3， (1200)

从中抽取一个容量为50的样本进行学习情况调查，按系统抽样的方法分为50组，如果第一组中抽出的学生编号为20，则第四组中抽取的学生编号为（）A．68 B．92 C．82 D．170

4．（5分）在菱形ABCD中，A（﹣1，2），C（2，1），则?=（）

A．5 B．﹣5 C．﹣D．﹣

5．（5分）已知椭圆C：+=1（a＞b＞0）与圆D：x2+y2﹣2ax+a2=0交于A，B两点，若四边形OADB（O为原点）是菱形，则椭圆C的离心率为（）A．B．C．D．

6．（5分）1927年德国汉堡大学的学生考拉兹提出一个猜想：对于每一个正整数，如果它是奇数，对它乘3再加1，如果它是偶数，对它除以2，这样循环，最终结果都能得到1．该猜想看上去很简单，但有的数学家认为“该猜想任何程度的解决都是现代数学的一大进步，将开辟全新的领域至于如此简单明了的一个命题为什么能够开辟一个全新的领域，这大概与它其中蕴含的奇偶归一思想有关．如图是根据考拉兹猜想设计的一个程序框图，则①处应填写的条件及输出的结果i 分别为（）

A．a是偶数？；6 B．a是偶数？；8 C．a是奇数？；5 D．a是奇数？；7

7．（5分）已知数列{a n}是等差数列，若T n=na1+（n﹣1）a2+…+2a n﹣1+a n（n≥2），且T2=7，T3=16，则a n=（）

A．n+1 B．2n﹣1 C．3n﹣1 D．4n﹣3

8．（5分）已知函数f（x）=cos（3x+φ）（0＜φ＜π），将f（x）的图象向右平移

个单位所得图象关于点（，0）对称，将f（x）的图象向左平移θ（θ＞0）个单位所得图象关于y轴对称，则θ的值不可能是（）

A．B． C． D．

9．（5分）若函数f（x）=的图象上存在关于直线y=x对称的点，则

实数a的取值范围是（）

A．（﹣∞，0）B．[0，+∞）C．（﹣∞，1]D．[1，+∞）

10．（5分）已知双曲线C1：﹣=1（a＞0，b＞0）与双曲线C2：﹣=1，若以C1，C2四个顶点为顶点的四边形的面积为S1，以C1，C2四个焦点为顶点的四边形的面积为S2，则取到最大值时，双曲线C1的一条渐近线方程为（）A．y=x B．y=x C．y=x D．y=2x

11．（5分）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，AB⊥AD，BC∥AD，PA=AD=4，AB=BC=2，PA⊥平面ABCD，点E是线段AB的中点，点F在线段PA上，且EF∥平面PCD，PD与平面CEF交于点H，则线段CH的长度为（）

A．B．2 C．2 D．2

12．（5分）已知函数f（x）=x2+πcosx+a在（0，π）上有两个不同的零点x1，x2（x1＜x2），给出下列结论：①f'（x1）＜0；②f'（x2）＞0；③x1+x2＜π．其中错误结论的个数是（）

A．0 B．1 C．2 D．3

二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．）

13．（5分）已知f（x）=ln（e2x+1）+kx是偶函数，则k=．

14．（5分）如图所示，网格纸表示边长为1的正方形，粗实线画出的是某几何

体的三视图，则该几何体的表面积为．

15．（5分）不等式组表示的平面区域为D，若（x，y）∈D，则（x﹣

1）2+y2的最小值为．

16．（5分）已知等差数列{a n}中公差d≠0，a1=1，若a1，a2，a5成等比数列，且a1，a2，a k1，a k2，…，a kn，…成等比数列，若对任意n∈N*，恒有≤

（m∈N*），则m=．

三、解答题（本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．）

17．（8分）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且acosB+bcosA=2ccosA．（Ⅰ）若△ABC的面积S=，求证：a≥；

（Ⅱ）如图，在（Ⅰ）的条件下，若M，N分别为AC，AB的中点，且=，

求b，c．

18．（8分）据了解，大学英语四级改革的一项重要内容就是总分改为710分，每个考生会有﹣个成绩，不再颁发“合格证．这也意味着，不再有“及格”一说．大学英语四级考试425分及以上可以报考大学英语六级考试，英语四级成绩在550分及以上可以报考口语．如图是某大学数学专业的40人2017年7月英语四级成绩中随机抽取的8人成绩的样本茎叶图：（百位为茎，十、个位为叶）

（Ⅰ）通过这8人英语四级成绩估计某大学数学专业英语四级成绩的平均数和中位数；

（Ⅱ）在样本数据中，从可以报考大学六级考试的学生中任取两人，求这两人都可以报考口语的概率．

19．（8分）如图所示，△ABC所在的平面与菱形BCDE所在的平面垂直，且AB ⊥BC，AB=BC=2，∠BCD=60°，点M为BE的中点，点N在线段AC上．

（Ⅰ）若=λ，且DN⊥AC，求λ的值；

（Ⅱ）在（Ⅰ）的条件下，求三棱锥B﹣DMN的体积．

20．（12分）已知抛物线C：x2=2py（p＞0）及点D（0，﹣），动直线l：y=kx+1

与抛物线C交于A、B两点，若直线AD与BD的倾斜角分别为α，β，且α+β=π．（Ⅰ）求抛物线C的方程；

（Ⅱ）若H为抛物线C上不与原点O重合的一点，点N是线段OH上与点O，H 不重合的任意一点，过点N作x轴的垂线依次交抛物线C和x轴于点P，M，求证：|MN|?|ON|=|MP|?|OH|．

21．（12分）设函数f（x）=（1﹣a）lnx+x2﹣x．

（Ⅰ）若对任意的实数a，曲线f（x）在x=t处的切线斜率恒为零，求t的值；（Ⅱ）若0＜a＜2﹣，x≥1，求证：f（x）＞．

22．（14分）如图，PA、PBC分别是圆O的切线和割线，其中A为切点，M为切线PA的中点，弦AD、BC相交于点E，弦AB延长线上的点F，满足∠FBD=∠FED．求证：P、F、D三点共线的充分必要条件是M、B、D三点共线．

[选修4-4：坐标系与参数方程]

23．（8分）在平面直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为（t为参数）．在以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴的极坐标系中，曲线C的极坐标方程为ρ=2cosθ．

（Ⅰ）若曲线C关于直线l对称，求a的值；

（Ⅱ）若A，B为曲线C上两点，且∠AOB=，求|OA|+|OB|的最大值．2017-2018学年湖南省长沙市长郡中学实验班高三（上）

选拔考试数学试卷（文科）

参考答案与试题解析

一、选择题（本大题共12小题，毎小题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．（5分）已知集合A={0}，B={﹣1，0，1}，若A?C?B，则符合条件的集合C 的个数为（）

A．1 B．2 C．4 D．8

【解答】解：集合A={0}，B={﹣1，0，1}，

∵A?C，

∴C一定有元素：0．

又∵C?B，

∴C可能含有元素：﹣1，或者1，或者﹣1，1．

那么：符合条件的集合C的个数为{0}，{0，﹣1}，{0，1}，{0，﹣1，1}．共4个．

故选：C．

2．（5分）已知复数z在复平面内对应的点在第三象限，则z1=+|z|在复平面上对应的点在（）

A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限

【解答】解：设z=x+yi（x，y∈R，x，y＜0）．

z1=+|z|=x+﹣yi，∵x+＞0，﹣y＞0，

∴在复平面上对应的点（x+，﹣y）在第一象限．

故选：A．

3．（5分）长郡中学将参加摸底测试的1200名学生编号为1，2，3， (1200)

【解答】解：样本间隔为1200÷50=24，

第一组中抽出的学生编号为20，

则第四组中抽取的学生编号20+24×3=92，

故选：B．

4．（5分）在菱形ABCD中，A（﹣1，2），C（2，1），则?=（）

A．5 B．﹣5 C．﹣D．﹣

【解答】解：如图所示，

菱形ABCD中，A（﹣1，2），C（2，1），

则=（3，﹣1），

设AC的中点为O，则

=，⊥；

∴?=（+）?

=﹣?﹣?

=0﹣

=﹣5．

故选：B．

5．（5分）已知椭圆C：+=1（a＞b＞0）与圆D：x2+y2﹣2ax+a2=0交于A，B两点，若四边形OADB（O为原点）是菱形，则椭圆C的离心率为（）A．B．C．D．

【解答】解：由x2+y2﹣2ax+a2=0，得，

如图，

∵四边形OADB（O为原点）是菱形，

∴，代入，得，

∴B（），把B的坐标代入椭圆+=1，

得，得3a2=4b2=4（a2﹣c2），

∴a2=4c2，得，

∴e=．

故选：B．

图是根据考拉兹猜想设计的一个程序框图，则①处应填写的条件及输出的结果i 分别为（）

A．a是偶数？；6 B．a是偶数？；8 C．a是奇数？；5 D．a是奇数？；7【解答】解：由题意，判断框①处应填写的条件为判断a是否为奇数．

模拟程序的运行，可得：

当a=10时，不满足退出循环的条件，进入循环后，由于a值不满足“a是奇数”，故a=5，i=2；

当a=5时，不满足退出循环的条件，进入循环后，由于a值满足“a是奇数”，故a=16，i=3；

当a=16时，不满足退出循环的条件，进入循环后，由于a值不满足“a是奇数”，故a=8，i=4；

当a=8时，不满足退出循环的条件，进入循环后，由于a值不满足“a是奇数”，故a=4，i=5；

当a=4时，不满足退出循环的条件，进入循环后，由于a值不满足“a是奇数”，故a=2，i=6；

当a=2时，不满足退出循环的条件，进入循环后，由于a值不满足“a是奇数”，故a=1，i=7；

满足退出循环的条件，故输出结果为：7，

故选：D．

7．（5分）已知数列{a n}是等差数列，若T n=na1+（n﹣1）a2+…+2a n﹣1+a n（n≥2），且T2=7，T3=16，则a n=（）

A．n+1 B．2n﹣1 C．3n﹣1 D．4n﹣3

【解答】解：设等差数列{a n}的公差为d，由T n=na1+（n﹣1）a2+…+2a n﹣1+a n（n ≥2），且T2=7，T3=16，

得，即，解得．

∴a n=2+（n﹣1）×1=n+1．

故选：A．

8．（5分）已知函数f（x）=cos（3x+φ）（0＜φ＜π），将f（x）的图象向右平移

个单位所得图象关于点（，0）对称，将f（x）的图象向左平移θ（θ＞0）个单位所得图象关于y轴对称，则θ的值不可能是（）

A．B． C． D．

【解答】解：函数f（x）=cos（3x+φ）（0＜φ＜π），

将y=f（x）的图象向右平移个单位长度，得函数y=f（x﹣）=cos（3x+φ﹣）=sin（3x+φ），

由函数y=g（x）的图象点（，0）对称，所以+φ=kπ，k∈Z，可得：φ=kπ﹣，k∈Z，

k=1时，φ=，可得：f（x）=cos（3x+），

将f（x）的图象向左平移θ（θ＞0）个单位所得图象解析式为：y=f（x+θ）=cos （3x+3θ+），

由其关于y轴对称，可得：3θ+=kπ，k∈Z，解得：θ=﹣，k∈Z，

解得：当k=1时，θ=，当k=2时，θ=，当k=3时，θ=，

故选：B．

9．（5分）若函数f（x）=的图象上存在关于直线y=x对称的点，则

实数a的取值范围是（）

A．（﹣∞，0）B．[0，+∞）C．（﹣∞，1]D．[1，+∞）

【解答】解：由y=lnx的反函数为y=e x，

函数y=x+a与y=lnx的图象上存在关于直线y=x对称的点，

则函数y=x+a与函数y=e x的图象有交点，

即x+a=e x有解，

即a=e x﹣x，

令h（x）=e x﹣x，x≤0．

则h′（x）=e x﹣1

当x≥0时，h′（x）＞0，∴h（x）是递增函数，

当x=0时，可得h（x）求得的最小值为1．

∴实数a取值范围是[1，+∞）．

故选：D．

10．（5分）已知双曲线C1：﹣=1（a＞0，b＞0）与双曲线C2：﹣=1，

若以C1，C2四个顶点为顶点的四边形的面积为S1，以C1，C2四个焦点为顶点的四边形的面积为S2，则取到最大值时，双曲线C1的一条渐近线方程为（）A．y=x B．y=x C．y=x D．y=2x

【解答】解：双曲线C1：﹣=1（a＞0，b＞0）的两个顶点为A1（a，0），

A2（﹣a，0），

焦点坐标为F1（c，0），F2（﹣c，0），

双曲线C2：﹣=1的两个顶点为B1（0，2b），B2（0，﹣2b），

焦点坐标为F3（，0），F4（﹣，0），

则以C1，C2四个顶点为顶点的四边形的面积为S1=2×=4ab，

以C1，C2四个焦点为顶点的四边形的面积为S2=2××2c=2c，则==，

平方得（）2=（）2===，

令t=，则（）2===≤=，

当且仅当t2=，即t2=2，t=即=时，取等号，

此时=，a=，

则双曲线C1的渐近线方程为y=±=x，

故双曲线C1的一条渐近线方程为y=x，

故选：B

A．B．2 C．2 D．2

【解答】解：取PA的中点M，PD的中点N，

由中位线定理可得MN AD BC，

∴四边形BCNM是平行四边形，

∴BM∥CN，

∴BM∥平面PCD，

又EF∥平面PCD，

∴BM∥EF，即F为AM的中点，

∵PD与平面CEF交于点H，

∴H与N重合，即H为PD的中点，

∵PA=AD=4，AB=BC=2，

∴PD=4，AC=2，PC=2，

由直角梯形知识可知CD=2，

∴PC2+CD2=PD2，即PC⊥CD，

∴CH=PD=2．

故选C．

A．0 B．1 C．2 D．3

【解答】解：f′（x）=2x﹣πsinx，令f′′（x）=0，即，

画出函数y=sinx，y=的图象如下：

可得x∈（0，）时，f′（x）＜0，x时，f′（x）＞0

∴f（x）在（0，）递减，在（，π）递增

∵函数f（x）=x2+πcosx+a在（0，π）上有两个不同的零点x1，x2（x1＜x2），∴

∴f'（x1）＜0，f'（x2）＞0；故①②正确．

对于③，构造函数h（x）=f（x）﹣f（π﹣x），x

h（x）=2πx+2πcosx﹣π2，

h′（x）=2π（1﹣sinx）≥0

∴h（x）在（0，）上递增，h（x）

即x时，f（x）＜f（π﹣x），∴f（x1）＜f（π﹣x1），

又∵f（x）在（）递增，

∴f（x1）=f（x2）＜f（π﹣x1）

又x2，π﹣x1，∴x2＜π﹣x1

∴x1+x2＜π，故③正确

故选：A

二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．）

13．（5分）已知f（x）=ln（e2x+1）+kx是偶函数，则k=﹣1．

【解答】解：f（﹣x）=ln（e﹣2x+1）﹣kx=ln﹣kx

=ln（e2x+1）﹣lne2x﹣kx=ln（e2x+1）﹣2x﹣kx

=ln（e2x+1）+（﹣k﹣2）x

=ln（e2x+1）+kx，

故﹣k﹣2=k，解得：k=﹣1，

故答案为：﹣1．

14．（5分）如图所示，网格纸表示边长为1的正方形，粗实线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的表面积为13+5+．

【解答】解：该几何体是一个以矩形为底面的四棱锥，还原图：

可知：ADP是等要直角三角形，面积为：=3；

ABP和PDC是两个一样直角三角形，

面积为：AP?AB=×2

=5．

底面是矩形：面积为：5×2=10．

PCB是等腰三角形：面积为：

∴该几何体的表面积

13+5+．

故答案为：13+5+．

15．（5分）不等式组表示的平面区域为D，若（x，y）∈D，则（x﹣1）2+y2的最小值为．

【解答】解：由不等式组作出可行域如图，

由图可知，则（x﹣1）2+y2的最小值就是可行域内的点到Q（1，0）的距离的最小值为=，

∴（（x﹣1）2+y2）min==，

故答案为：．

16．（5分）已知等差数列{a n}中公差d≠0，a1=1，若a1，a2，a5成等比数列，且a1，a2，a k1，a k2，…，a kn，…成等比数列，若对任意n∈N*，恒有≤

（m∈N*），则m=1或2．

【解答】解：根据题意，等差数列{a n}中a1=1，a1，a2，a5成等比数列，

∴（1+d）2=1×（1+4d），d≠0，解得d=2．

∴a n=1+2（n﹣1）=2n﹣1．

∵a1，a2，a k1，a k2，…，a kn，…成等比数列，

首项为1，公比为3．

∴=3n+1．

由a n=2n﹣1，得，

∴2k n﹣1=3n+1．

∴k n=（3n+1+1）

∵对任意n∈N*，恒有≤（m∈N*），

即≤恒成立，

令f（n）=＞0，则≤1．

∴当n=1或n=2时，f（n）最大，当n≥2时，f（n）为减函数，

则要使对任意n∈N*，恒有≤（m∈N*），则m=1或2．

故答案为：1或2．

三、解答题（本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．）

17．（8分）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且acosB+bcosA=2ccosA．（Ⅰ）若△ABC的面积S=，求证：a≥；

（Ⅱ）如图，在（Ⅰ）的条件下，若M，N分别为AC，AB的中点，且=，求b，c．

【解答】解：（Ⅰ）∵acosB+bcosA=2ccosA．

由正弦定理：可得sinAcosB+sinBcosA=2sinCcosA，

即sin（A+B）=2sinCcosA，

∵A+B+C=π，

∴sin（A+B）=sinC≠0，

∴，

又A∈（0，π），

∴，

由

可得bc=2．

在△ABC中，由余弦定理，可得a2=b2+c2﹣2bccosA=b2+c2﹣bc≥2bc﹣bc=2，（当且仅当b=c时取等号）

∴．

（Ⅱ）（Ⅰ）的条件下，可得bc=2．

∵M，N分别为AC，AB的中点，

在△ABM中，由余弦定理可得，

在△ACN中，由余弦定理可得，

由，

可得：，

整理得（c+8b）（c﹣2b）=0，

∴c=2b，

由bc=2

解得：b=1，c=2．

（Ⅰ）通过这8人英语四级成绩估计某大学数学专业英语四级成绩的平均数和中

位数；

（Ⅱ）在样本数据中，从可以报考大学六级考试的学生中任取两人，求这两人都可以报考口语的概率．

【解答】解：（Ⅰ）这8人英语四级成绩的平均数为：

（386+410+450+485+520+564+575+610）÷8=500，

这8人英语四级成绩的中位数为（485+520）÷2=502.5，

则某大学数学专业英语四级考试成绩的平均数为500，中位数为502.5…（4分）（Ⅱ）设可以报考大学六级考试但不能报考口语的3人成绩为A1，A2，A3，

可以报考口语的三人成绩为B1，B2，B3，全部情况列举出来为：

（A1，A2），（A1，A3），（A1，B1），（A1，B2），（A1，B3），

（A2，A3），（A2，B1），（A2，B2），（A2，B3），（A3，B1），

（A3，B2），（A3，B3），（B1，B2），（B1，B3），（B2，B3）共计15种…（6分）

这两人都可以报考口语的情况为：

（B1，B2），（B1，B3），（B2，B3）共计3种，

则这两人都可以报考口语的概率为．…（8分）

19．（8分）如图所示，△ABC所在的平面与菱形BCDE所在的平面垂直，且AB ⊥BC，AB=BC=2，∠BCD=60°，点M为BE的中点，点N在线段AC上．

（Ⅰ）若=λ，且DN⊥AC，求λ的值；

（Ⅱ）在（Ⅰ）的条件下，求三棱锥B﹣DMN的体积．

【解答】解：（Ⅰ）取BC的中点O，连接ON，OD，

∵四边形BCDE为菱形，∠BCD=60°，

∴DO⊥BC，

∵△ABC所在的平面与菱形BCDE所在平面垂直，∴DO⊥平面ABC，

∵AC?平面ABC，∴DO⊥AC，

又DN⊥AC，且DN∩DO=D，

∴AC⊥平面DON，

∵ON?平面DON，∴ON⊥AC，

由O为BC的中点，AB=BC，可得，

∴，即λ=3；

（Ⅱ）由平面ABC⊥平面BCDE，AB⊥BC，可得AB⊥平面BCDE，

由，可得点N到平面BCDE的距离为，

由菱形BCDE中，∠BCD=60°，点M为BE的中点，可得DM⊥BE，

且，

∴△BDM的面积，

∴三棱锥N﹣BDM的体积．

=V B﹣DMN，

又V N

﹣BDM

∴三棱锥B﹣DMN的体积为．

20．（12分）已知抛物线C：x2=2py（p＞0）及点D（0，﹣），动直线l：y=kx+1与抛物线C交于A、B两点，若直线AD与BD的倾斜角分别为α，β，且α+β=π．（Ⅰ）求抛物线C的方程；

【解答】解：（Ⅰ）把直线y=kx+1，代入x2=2py得x2﹣2pkx﹣2p=0，

设，则x1+x2=2pk，x1x2=﹣2p，…（2分）

由α+β=π可知，直线AD的斜率与BD的斜率之和为零，

所以，去分母整理得，

即2pk（p2﹣2p）=0，由该式对任意实数k恒成立，可得p=2，

抛物线C的方程为x2=4y…（6分）

（Ⅱ）证明：设过点N的垂线为x=t（t≠0），联立，得，即点

．…（8分）

令，则，所以直线ON方程为，

联立，得，即点，…（10分）

所以，所以，即|MN|?|ON|=|MP|?|OH|．…（12分）21．（12分）设函数f（x）=（1﹣a）lnx+x2﹣x．

（Ⅰ）若对任意的实数a，曲线f（x）在x=t处的切线斜率恒为零，求t的值；（Ⅱ）若0＜a＜2﹣，x≥1，求证：f（x）＞．

【解答】解：（Ⅰ），

由题设知f′（t）=0，即1﹣a+at2﹣t=0，

即a（t2﹣1）+1﹣t=0，因为该等式对任意的实数a恒成立．

所以，所以t=1；

（Ⅱ）证明：，

因为，

①若，则，当时，f′（x）＜0；

当时，f′（x）＞0，f（x）在上单调递减，

在上单调递增．

所以；

由，可得，

所以；

②若，则，故当x∈[1，+∞）时，f′（x）≥0，

f（x）在[1，+∞）上单调递增，

所以，此时，所以；

③若，则，

所以当x∈[1，+∞）时，f'（x）≥0，f（x）在[1，+∞）上单调递增．

所以；，

因为，所以（a﹣2）2﹣2＞0，故，

综上可得．

【解答】证明：由PA为圆O的切线知，∠PAD+∠ABD=180°．

又∠FBD+∠ABD=180°，

∴∠PAD=∠FBD=∠FED．

∴EF∥AP．

（1）若M、B、D三点共线．

设直线AB，DP交于点F1．则由塞瓦定理知．

∵AM=MP，∴，EF1∥AP．

又点F、F1均在直线AB上，因此F、F1重合．

∴P、F、D三点共线．

（2）若P、F、D三点共线．

设直线DB、AP相交于点M1．

则由塞瓦定理知，．

∵EF∥AP，，

∴，AM1=M1P，M1为PA的中点M、M1重合．

∴M、B、D三点共线．

由（1）、（2）可得，P、F、D三点共线的充分必要条件是M、B、D三点共线．[选修4-4：坐标系与参数方程]

（Ⅰ）若曲线C关于直线l对称，求a的值；

（Ⅱ）若A，B为曲线C上两点，且∠AOB=，求|OA|+|OB|的最大值．

【解答】解：（Ⅰ）直线l的参数方程为（t为参数），

消去参数t得直线l普通方程为x+2y﹣2a﹣1=0．

曲线C的极坐标方程为ρ=2cosθ，

由ρ2=x2+y2，ρcosθ=x，

得曲线C的直角坐标方程为x2+y2﹣2x=0，

即（x﹣1）2+y2=1，

因为圆C关于直线l对称，

所以圆心（1，0）在直线x+2y﹣2a﹣1=0上，

所以a=0．

（Ⅱ）由点A，B在圆ρ=2cosθ上，且，

不妨设，?

则，当，即时取等号，

所以OA+OB的最大值为．