2018年河南省郑州市高考数学二模试卷(理科)

2018年省市高考数学二模试卷（理科）一、选择题：本大题共12个小题，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．（5分）已知集合，则P∩Q=（）A．{0，1，2}B．{1，2}C．（0，2]D．（0，e）2．（5分）若复数，则复数z在复平面对应的点在（）A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限3．（5分）命题“∀x∈[1，2]，x2﹣3x+2≤0”的否定是（）A．∀x∈[1，2]，x2﹣3x+2＞0B．∀x∉[1，2]，x2﹣3x+2＞0C．D．4．（5分）已知双曲线的一条渐近线与直线3x﹣y+5=0垂直，则双曲线C的离心率等于（）A．B．C．D．5．（5分）运行如图所示的程序框图，输出的S=（）A．1009B．﹣1008C．1007D．﹣10096．（5分）已知的定义域为R，数列满足a n=f（n），且{a n}是递增数列，则a的取值围是（）A．（1，+∞）B．C．（1，3）D．（3，+∞）7．（5分）已知平面向量，，满足||=||=||=1，若•=，则（+）•（2﹣）的最小值为（）A．﹣2B．﹣C．﹣1D．08．（5分）《红海行动》是一部现代化海军题材影片，该片讲述了中国海军“蛟龙突击队”奉命执行撤侨任务的故事．撤侨过程中，海军舰长要求队员们依次完成六项任务，并对任务的顺序提出了如下要求：重点任务A必须排在前三位，且任务E、F必须排在一起，则这六项任务的不同安排方案共有（）A．240种B．188种C．156种D．120种9．（5分）已知函数，若要得到一个奇函数的图象，则可以将函数f（x）的图象（）A．向左平移个单位长度B．向右平移个单位长度C．向左平移个单位长度D．向右平移个单位长度10．（5分）函数y=sinx（1+cos2x）在区间[﹣π，π]上的大致图象为（）A．B．C．D．11．（5分）如图，已知抛物线C1的顶点在坐标原点，焦点在x轴上，且过点（2，4），圆，过圆心C2的直线l与抛物线和圆分别交于P，Q，M，N，则|PN|+4|QM|的最小值为（）A．23B．42C．12D．5212．（5分）已知M={α|f（α）=0}，N={β|g（β）=0}，若存在α∈M，β∈N，使得|α﹣β|＜n，则称函数f（x）与g（x）互为“n度零点函数“，若f（x）=32﹣x ﹣1与g（x）=x2﹣ae x互为“1度零点函数“，则实数a的取值围为（）A．（，]B．（，]C．[，）D．[，）二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13．（5分）已知二项式（2x﹣3）n的展开式中二项式系数之和为64，则展开式中x2的系数为．14．（5分）已知实数x，y满足条件，则的最大值为．15．（5分）我国古代数学名著《九章算术》对立体几何有深入的研究，从其中一些数学用语可见，譬如“鳖臑”意指四个面都是直角三角形的三棱锥．某“鳖臑”的三视图（图中网格纸上每个小正方形的边长为1）如图所示，已知几何体高为2，则该几何体外接球的表面积为．16．（5分）已知椭圆的右焦点为F（1，0），且离心率为，△ABC的三个顶点都在椭圆r上，设△ABC三条边AB、BC、AC的中点分别为D、E、M，且三条边所在直线的斜率分别为k1、k2、k3，且k1、k2、k3均不为0．O为坐标原点，若直线OD、OE、OM的斜率之和为1．则=．三、解答题（本大题共5小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）17．（12分）△ABC接于半径为R的圆，a，b，c分别是A，B，C的对边，且2R （sin2B﹣sin2A）=（b﹣c）sinC，c=3．（Ⅰ）求角A的大小；（Ⅱ）若AD是BC边上的中线，，求△ABC的面积．18．（12分）光伏发电是将光能直接转变为电能的一种技术，具有资源的充足性及潜在的经济性等优点，在长期的能源战略中具有重要地位，2015年起，国家能源局、国务院扶贫办联合在6省的30个县开展光伏扶贫试点，在某县居民中随机抽取50户，统计其年用量得到以下统计表．以样本的频率作为概率．用电量（单（0，200]（200，400]（400，600]（600，800]（800，1000]位：度）户数7815137（Ⅰ）在该县居民中随机抽取10户，记其中年用电量不超过600度的户数为X，求X的数学期望；（Ⅱ）在总结试点经验的基础上，将村级光伏电站稳定为光伏扶贫的主推方式．已知该县某自然村有居民300户．若计划在该村安装总装机容量为300千瓦的光伏发电机组，该机组所发电量除保证该村正常用电外，剩余电量国家电网以0.8元/度的价格进行收购．经测算每千瓦装机容量的发电机组年平均发电1000度，试估计该机组每年所发电量除保证正常用电外还能为该村创造直接受益多少元？19．（12分）如图所示四棱锥P﹣ABCD，PA⊥平面ABCD，△DAB≌△DCB，E为线段BD上的一点，且EB=ED=EC=BC，连接CE并延长交AD于F．（Ⅰ）若G为PD的中点，求证：平面PAD⊥平面CGF；（Ⅱ）若BC=2，PA=3，求平面BCP与平面DCP所成锐二面角的余弦值．20．（12分）已知圆O：x2+y2=4，点F（1，0），P为平面一动点，以线段FP为直径的圆切于圆O，设动点P的轨迹为曲线C．（Ⅰ）求曲线C的方程；（Ⅱ）M，N是曲线C上的动点，且直线MN经过定点，问在y轴上是否存在定点Q，使得∠MQO=∠NQO，若存在，请求出定点Q，若不存在，请说明理由．21．（12分）已知函数f（x）=e x﹣x2．（Ⅰ）求曲线f（x）在x=1处的切线方程；（Ⅱ）求证：当x＞0时，．请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.[选修4-4：坐标系与参数方程]22．（10分）在平面直角坐标系中，以坐标原点为极点，以x轴正半轴为极轴，建立极坐标系，点A的极坐标为，直线l的极坐标方程为，且l过点A，曲线C1的参数方程为（θ为参数）．（Ⅰ）求曲线C1上的点到直线l的距离的最大值；（Ⅱ）过点B（﹣1，1）与直线l平行的直线l1与曲线C1交于M，N两点，求|BM|•|BN|的值．[选修4-5：不等式选讲]23．已知函数f（x）=|2x﹣a|+|x﹣1|，a∈R．（Ⅰ）若不等式f（x）+|x﹣1|≥2对∀x∈R恒成立，数a的取值围；（Ⅱ）当a＜2时，函数f（x）的最小值为a﹣1，数a的值．2018年省市高考数学二模试卷（理科）参考答案与试题解析一、选择题：本大题共12个小题，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】分别求出集合P，Q，由此能求出P∩Q．【解答】解：集合P={x|y=}={x|﹣x2+x+2≥0，x∈N}={0，1，2}，Q={x|0＜x＜e}，∴P∩Q={1，2}．故选：B．【点评】本题考查交集的求法，考查交集定义等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是基础题．2．【分析】根据复数的基本运算进行化简，集合复数的几何意义进行判断即可．【解答】解：====﹣﹣i，对应点的坐标为（﹣，﹣）位于第三象限角，故选：C．【点评】本题主要考查复数的几何意义的应用，根据复数的运算法则进行化简是解决本题的关键．3．【分析】根据已知中的原命题，结合全称命题否定的方法，可得答案．【解答】解：命题：“∀x∈[1，2]，x2﹣3x+2≤0的否定是，故选：C．【点评】本题考查的知识点是全称命题，命题的否定，难度不大，属于基础题．4．【分析】由题意可判断出直线3x﹣y+5=0与渐近线y=﹣x垂直，利用相互垂直的直线的斜率之间的关系和离心率的计算公式即可得出．【解答】解：∵双曲线的渐近线方程为y=±x．又直线3x﹣y+5=0可化为y=3x+5，可得斜率为3．∵双曲线的一条渐近线与直线3x﹣y+5=0垂直，∴=，=∴双曲的离心率e==．故选：B．【点评】熟练掌握双曲线的渐近线、相互垂直的直线的斜率之间的关系和离心率的计算公式是解题的关键．5．【分析】由已知中的程序语句可知：该程序的功能是利用循环结构计算并输出S=1﹣2+3﹣4+…+2017﹣2018的值，利用等差数列的求和公式即可计算得解．【解答】解：模拟程序的运行，可得程序框图的功能是计算并输出S=1﹣2+3﹣4+…+2017﹣2018的值，由于S=1﹣2+3﹣4+…+2017﹣2018=（1+3+...+2017）﹣（2+4+ (2018)=﹣=﹣1009．故选：D．【点评】本题考查了程序框图的应用问题，解题时应模拟程序框图的运行过程，以便得出正确的结论，是基础题．6．【分析】由题意可得2a﹣1＞0，a＞1，且2a﹣1+4＜a2，解不等式组，即可得到所求围．【解答】解：的定义域为R，数列满足a n=f（n），且{a n}是递增数列，可得2a﹣1＞0，即a＞；又a＞1；且2a﹣1+4＜a2，即a＞3或a＜﹣1，综上可得，a＞3，故选：D．【点评】本题考查数列与函数的综合，考查数列的单调性的判断和应用，注意数列与函数的区别，以及分界点的函数值，考查运算能力，属于中档题和易错题．7．【分析】利用已知条件，设出向量的夹角，利用数量积化简转化求解即可．【解答】解：设平面向量，的夹角为：α，，的夹角为：β，平面向量，，满足||=||=||=1，若•=，可得平面向量，的夹角为：60°，则（+）•（2﹣）=2﹣﹣+2=﹣cosα+2cosβ，由表达式可知当0°≤α≤90°，β＞90°时，表达式取得最小值，如图：﹣cosα+2cosβ=﹣cosα+2cos60°cosα﹣2sin60°sinα=sinα≥﹣．故选：B．【点评】本题考查向量的数量积的应用，最值的求法，考查数形结合以及计算能力．8．【分析】根据题意，由于任务A必须排在前三位，按A的位置分3种情况讨论，依次分析任务E、F以及其他三个任务的安排方法，由分步计数原理可得每种情况的安排方案数目，由加法原理计算可得答案．【解答】解：根据题意，由于任务A必须排在前三位，分3种情况讨论：①、A排在第一位，任务E、F必须排在一起，则任务E、F相邻的位置有4个，考虑两者的顺序，有2种情况，将剩下的3个任务全排列，安排在其他三个位置，有A33=6种安排方法，则此时有4×2×6=48种安排方案；②、A排在第二位，任务E、F必须排在一起，则任务E、F相邻的位置有3个，考虑两者的顺序，有2种情况，将剩下的3个任务全排列，安排在其他三个位置，有A33=6种安排方法，则此时有3×2×6=36种安排方案；③、A排在第三位，任务E、F必须排在一起，则任务E、F相邻的位置有3个，考虑两者的顺序，有2种情况，将剩下的3个任务全排列，安排在其他三个位置，有A33=6种安排方法，则此时有3×2×6=36种安排方案；则符合题意要求的安排方案有36+36+48=120种；故选：D．【点评】本题考查排列、组合的实际应用，注意优先分析受到限制的元素或位置．9．【分析】利用辅助角公式化积，结合y=Asin（ωx+φ）的图象变换规律及正弦函数、余弦函数的奇偶性得出结论．【解答】解：=，将函数f（x）2=sin（2x﹣）的图象向左平移个单位，可得y=2sin[2（x+）﹣]=2sin2x的图象，显然，y=sin2x为奇函数，故选：C．【点评】本题主要考查y=Asin（ωx+φ）的图象变换规律，正弦函数、余弦函数的奇偶性，是中档题．10．【分析】利用三角函数的特殊角的函数值，判断选项即可．【解答】解：当x=时，y=（1+0）=，对应点在第一象限，排除C，D选项；当x=时，y=1+cosπ=0，对应点在x轴上，排除选项B，故选：A．【点评】本题考查函数的图象的判断，利用特殊点判断选项是常用方法，也可以化简函数的解析式，判断函数的图象．11．【分析】设抛物线的标准方程，将点代入抛物线方程，求得抛物线方程，由抛物线的焦点弦性质，求得+=，根据抛物线的性质及基本不等式，即可求得答案．【解答】解：设抛物线的方程：y2=2px（p＞0），则16=2p×2，则2p=8，∴抛物线的标准方程：y2=8x，焦点坐标F（2，0），由直线PQ过抛物线的焦点，则+==，圆C2：（x﹣2）2+y2=1圆心为（2，0），半径1，|PN|+4|QM|=|PF|+1+4（|QF|+1）=|PF|+4|QF|+5=2（|PF|+4|QF|）×（+）+5=2（5++）+5≥2（5+2）+5=23，∴|PN|+4|QM|的最小值为23，故选：A．【点评】本题考查抛物线的标准方程，直线与抛物线的位置关系，抛物线的焦点弦的性质及基本不等式的应用，考查转化思想，属于中档题．12．【分析】由f（x）=32﹣x﹣1=0，解得x=2，由g（x）=x2﹣ae x=0，解得x2=ae x，设其解为x0，由f（x）=32﹣x﹣1与g（x）=x2﹣ae x互为“1度零点函数“，得1＜x0＜3，设h（x）=，则，x∈（1，3），当1＜x＜2时，h′（x）＞0，h（x）是增函数，当2＜x＜3时，h′（x）＜0，h（x）是减函数，由此能求出实数a的取值围．【解答】解：由f（x）=32﹣x﹣1=0，解得x=2，由g（x）=x2﹣ae x=0，解得x2=ae x，设其解为x0，∵f（x）=32﹣x﹣1与g（x）=x2﹣ae x互为“1度零点函数“，∴|x0﹣2|＜1，解得1＜x0＜3，∵，∴a=，设h（x）=，则，x∈（1，3），当1＜x＜2时，h′（x）＞0，h（x）是增函数，当2＜x＜3时，h′（x）＜0，h（x）是减函数，∴h（x）max=h（2）=，h（1）=，h（3）=，∴实数a的取值围为（，]．故选：B．【点评】本题考查实数取值围的求法，考查函数性质、构造法、导数性质等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题．二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13．【分析】根据二项式展开式的二项式系数和求得n的值，再根据展开式的通项公式求出x2的系数．【解答】解：二项式（2x﹣3）n的展开式中二项式系数之和为2n=64，解得n=6；∴（2x﹣3）6的展开式项公式为T r+1=•（2x）6﹣r•（﹣3）r，令6﹣r=2，解得r=4，∴展开式中x2的系数为•22•（﹣3）4=4860．故答案为：4860．【点评】本题考查了二项式展开式通项公式与二项式系数和的应用问题，是基础题．14．【分析】先根据约束条件画出可行域，设z=，再利用z的几何意义求最值，只需求出区域的点Q与点P（﹣3，0）连线的斜率的取值围即可．【解答】解：先根据约束条件画出可行域，设z=，将z转化区域的点Q与点P（﹣3，0）连线的斜率，当动点Q在点A（1，2）时，z的值为：=，最大，∴z=最大值：．故答案为：．【点评】本题主要考查了用平面区域二元一次不等式组，以及简单的转化思想和数形结合的思想，属中档题．目标函数有唯一最优解是我们最常见的问题，这类问题一般要分三步：画出可行域、求出关键点、定出最优解．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．15．【分析】由三视图还原原几何体，可知原几何体为三棱锥，结合图形求出外接球的半径，代入球的表面积公式求解．【解答】解：由三视图还原原几何体如图，∵△ABD与△ACD均为直角三角形，∴AD为该多面体外接球的直径，AD=，∴该多面体外接球的半径R=．∴该几何体外接球的表面积为．故答案为：12π．【点评】本题考查由三视图求面积、体积，关键是由三视图还原原几何体，是中档题．16．【分析】求得椭圆的方程，利用“点差法”求得直线直线AB的斜率，同理即可求得．【解答】解：由c=1，e==，则a=2，b2=a2﹣c2=3，∴椭圆的标准方程：，设A（x1，y1），B（x2，y2），C（x3，y3），D（s1，t1），E（s2，t2），M（s3，t3），由A，B在椭圆上，则3x12+4y12=12，3x22+4y22=12，两式相减得到：=﹣•，所以k1==﹣•=﹣•，即=﹣，同理=﹣，=﹣，所以=﹣（++），直线OD、OE、OM的斜率之和为1，则=﹣，故答案为：．【点评】本题考查椭圆的方程，直线的斜率公式，考查点差法的运用，考查学生的计算能力，属于中档题．三、解答题（本大题共5小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）17．【分析】（Ⅰ）利用已知条件通过正弦定理以及余弦定理转化求解即可得到A；（Ⅱ）以AB，AC为邻边作平行四边形ABEC，在△ABE中，．在△ABE中，由余弦定理得AE2=AB2+BE2﹣2AB•BEcos120°．求出AC，然后求解三角形的面积．【解答】解：（Ⅰ）由正弦定理得，2R（sin2B﹣sin2A）=（b﹣c）sinC可化为bsinB ﹣asinA=bsinC﹣csinC 即b2﹣a2=bc﹣c2．（Ⅱ）以AB，AC为邻边作平行四边形ABEC，在△ABE中，．在△ABE中，由余弦定理得AE2=AB2+BE2﹣2AB•BEcos120°．即：，解得，AC=2．故．【点评】本题考查正弦定理以及余弦定理的应用，考查转化思想以及计算能力．18．【分析】（Ⅰ）记在抽取的50户居民中随机抽取1户，其年用电量不超过600度为事件A，求出概率，由年用电量不超过600度的户数为X，X服从二项分布，求解期望即可．（Ⅱ）设该县山区居民户年均用电量为E（Y），利用线性关系求解期望，然后推出结果．【解答】解：（Ⅰ）记在抽取的50户居民中随机抽取1户，其年用电量不超过600度为事件A，则．由已知可得从该县山区居民中随机抽取10户，记其中年用电量不超过600度的户数为X，X服从二项分布，即，故．（Ⅱ）设该县山区居民户年均用电量为E（Y），由抽样可得，则该自然村年均用电量约156 000度．又该村所装发电机组年预计发电量为300000度，故该机组每年所发电量除保证正常用电外还能剩余电量约144 000度，能为该村创造直接收益144000×0.8=115200元．【点评】本题考查随机变量的期望的求法，二项分布的期望的求法，考查转化思想以及计算能力．19．【分析】（Ⅰ）通过三角形全等证明∠FED=∠FEA，推出EF⊥AD，证明FG∥PA．可得GF⊥AD，即可证明AD⊥平面CFG．然后证明平面PAD⊥平面CGF．（Ⅱ）以点A为坐标原点建立如图所示的坐标系，求出平面BCP的法向量，平面DCP的法向量利用向量的数量积求解平面BCP与平面DCP的夹角的余弦值．【解答】（Ⅰ）证明：在△BCD中，EB=ED=EC，故，因为△DAB≌△DCB，∴△EAB≌△ECB，从而有．∴∠FED=∠FEA，故EF⊥AD，AF=FD．又PG=GD，∴FG∥PA．又PA⊥平面ABCD，故GF⊥平面ABCD，∴GF⊥AD，CF∩EF=F故AD⊥平面CFG．又AD⊂平面CFG，∴平面PAD⊥平面CGF．（Ⅱ）解：以点A为坐标原点建立如图所示的坐标系，则．故，，．设平面BCP的法向量=（1，y1，z1），则解得即．设平面DCP的法向量=（1，y2，z2），则解得即=（1，）．从而平面BCP与平面DCP的夹角的余弦值为．【点评】本题考查平面与平面所成角的求法，平面与平面垂直的判定定理的应用，考查空间想象能力以及计算能力．20．【分析】（Ⅰ）设PF的中点为S，切点为T，连OS，ST，则|OS|+|SF|=|OT|=2，推出点B的轨迹是以F'，F为焦点，长轴长为4的椭圆．然后求解曲线C方程．（Ⅱ）假设存在满足题意的定点Q，设Q（0，m），设直线l的方程为，M（x1，y1），N（x2，y2）．由消去x，得（3+4k2）x2+4kx﹣11=0．利用韦达定理以及∠MQO=∠NQO，得直线得MQ与NQ斜率和为零．求解m即可．【解答】解：（Ⅰ）设PF的中点为S，切点为T，连OS，ST，则|OS|+|SF|=|OT|=2，取F关于y轴的对称点F'，连F'P，故|F'P|+|FP|=2（|OS|+|SF|）=4．所以点B的轨迹是以F'，F为焦点，长轴长为4的椭圆．其中，a=2，c=1，曲线C方程为．（Ⅱ）假设存在满足题意的定点Q，设Q（0，m），设直线l的方程为，M（x1，y1），N（x2，y2）．由消去y，得（3+4k2）x2+4kx﹣11=0．由直线l过椭圆一点作直线故△＞0，由求根公式得：，由得∠MQO=∠NQO，得直线得MQ与NQ斜率和为零．故，．所以m=6，存在定点（0，6），当斜率不存在时定点（0，6）也符合题意．【点评】本题考查轨迹方程的求法，直线与椭圆的位置关系的综合应用，存在性问题的解决方法，考查计算能力．21．【分析】（Ⅰ）求出导数，可得可得切点坐标及切线的斜率，代入点斜式，可得曲线f（x）在x=1处的切线方程；（Ⅱ）猜测：当x＞0，x≠1时，f（x）的图象恒在切线y=（e﹣2）x+1的上方，只证：当x＞0时，f（x）≥（e﹣2）x+1，又x≥lnx+1，即，即可．【解答】解：（Ⅰ）f'（x）=e x﹣2x，由题设得f'（1）=e﹣2，f（1）=e﹣1，∴f（x）在x=1处的切线方程为y=（e﹣2）x+1．（Ⅱ）f'（x）=e x﹣2x，f''（x）=e x﹣2，∴f'（x）在（0，ln2）上单调递减，在（ln2，+∞）上单调递增，所以f'（x）≥f'（ln2）=2﹣2ln2＞0，所以f（x）在[0，1]上单调递增，所以f（x）max=f（1）=e﹣1，x∈[0，1]．f（x）过点（1，e﹣1），且y=f（x）在x=1处的切线方程为y=（e﹣2）x+1，故可猜测：当x＞0，x≠1时，f（x）的图象恒在切线y=（e﹣2）x+1的上方．下证：当x＞0时，f（x）≥（e﹣2）x+1，设g（x）=f（x）﹣（e﹣2）x﹣1，x＞0，则g'（x）=e x﹣2x﹣（e﹣2），g''（x）=e x﹣2，g'（x）在（0，ln2）上单调递减，在（ln2，+∞）上单调递增，又g'（0）=3﹣e＞0，g'（1）=0，0＜ln2＜1，∴g'（ln2）＜0，所以，存在x0∈（0，1n2），使得g'（x0）=0，所以，当x∈（0，x0）∪（1，+∞）时，g'（x）＞0；当x∈（x0，1）时，g'（x）＜0，故g（x）在（0，x0）上单调递增，在（x0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增，又g（0）=g（1）=0，∴g（x）=e x﹣x2﹣（e﹣2）x﹣1≥0，当且仅当x=1时取等号，故．又x≥lnx+1，即，当x=1时，等号成立．【点评】本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、切线方程、等价转化方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.[选修4-4：坐标系与参数方程]22．【分析】（Ⅰ）由直线l过点A可得，从而，进而得到直线l的直角坐标方程为x+y﹣2=0根据点到直线的距离方程可得曲线C1上的点到直线l的距离，由此能求出曲线C1上的点到直线l的距离的最大值．（Ⅱ）直线l的倾斜角为，求出直线l1的参数方程和曲线C1的普通方程，把直线l1的参数方程代入曲线C1的普通方程，依据参数t的几何意义可求出|BM|•|BN|的值．【解答】解：（Ⅰ）∵点A的极坐标为，直线l的极坐标方程为，且l过点A，由直线l过点A可得，解得，∴直线l的直角坐标方程为x+y﹣2=0，根据点到直线的距离方程可得曲线C1上的点到直线l的距离：，∴．（Ⅱ）由（Ⅰ）知直线l的倾斜角为，则直线l1的参数方程为（t为参数）．曲线C1的普通方程为．把直线l1的参数方程代入曲线C1的普通方程可得，∴，依据参数t的几何意义可知．【点评】本题考查曲线上的点到直线的距离的最大值的求法，考查两线段的乘积的求法，考查直角坐标方程、参数方程、极坐标方程的互化等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题．[选修4-5：不等式选讲]23．【分析】（Ⅰ）f（x）+|x﹣1|≥2可化为利用绝对值的几何意义，转化求解即可．（Ⅱ）函数f（x）=|2x﹣a|+|x﹣1|的零点为和1，当a＜2时知．化简函数为分段函数，利用函数的单调性求解函数的最小值推出结果即可．【解答】解：（Ⅰ）f（x）+|x﹣1|≥2可化为．∵∴，解得：a≤0或a≥4．∴实数a的取值围为（﹣∞，0]∪[4，+∞）．（Ⅱ）函数f（x）=|2x﹣a|+|x﹣1|的零点为和1，当a＜2时知．∴如图可知f（x）在单调递减，在单调递增，∴，解得：．∴．【点评】本题考查函数的最值的求法，绝对值的几何意义，分段函数的应用，考查计算能力．。