2019年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标ⅲ）（含解析版）.doc

绝密★启用前 2019年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标Ⅲ） 一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1．已知集合，则 A． B． C． D． 2．若，则z= A． B． C． D． 3．《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》的学生人数与该校学生总数比值的估计值为 A．0.5 B．0.6 C．0.7 D．0.8 4．（1+2x2 ）（1+x）4的展开式中x3的系数为 A．12 B．16 C．20 D．24 5．已知各项均为正数的等比数列{an}的前4项为和为15，且a5=3a3+4a1，则a3= A． 16 B． 8 C．4 D． 2 6．已知曲线在点（1，ae）处的切线方程为y=2x+b，则 A． B．a=e，b=1 C． D． ， 7．函数在的图象大致为 A． B． C． D． 8．如图，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，则 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 9．执行下边的程序框图，如果输入的为0.01，则输出的值等于 A. B. C. D. 10．双曲线C：=1的右焦点为F，点P在C的一条渐进线上，O为坐标原点，若，则△PFO的面积为 A． B． C． D． 11．设是定义域为R的偶函数，且在单调递减，则 A．（log3）＞（）＞（） B．（log3）＞（）＞（） C．（）＞（）＞（log3） D．（）＞（）＞（log3） 12．设函数=sin（）(＞0)，已知在有且仅有5个零点，下述四个结论： ①在（）有且仅有3个极大值点 ②在（）有且仅有2个极小值点 ③在（）单调递增 ④的取值范围是[) 其中所有正确结论的编号是 A． ①④ B． ②③ C． ①②③ D． ①③④ 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。 13．已知a，b为单位向量，且a·b=0，若，则___________. 14．记Sn为等差数列{an}的前n项和，，则___________. 15．设为椭圆C:的两个焦点，M为C上一点且在第一象限.若为等腰三角形，则M的坐标为___________. 16．学生到工厂劳动实践，利用3D打印技术制作模型.如图，该模型为长方体挖去四棱锥O—EFGH后所得几何体，其中O为长方体的中心，E，F，G，H分别为所在棱的中点，，3D打印所用原料密度为0.9 g/cm3，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为___________. 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．（12分） 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A、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，每组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下直方图： 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．（12分） △ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，已知． （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．（12分） 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，BE=BF=2，∠FBC=60°，将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连结DG，如图2. （1）证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE； （2）求图2中的二面角B-CG-A的大小. 20．（12分） 已知函数. （1）讨论的单调性； （2）是否存在 ，使得在区间的最小值为且最大值为1？若存在，求出的所有值；若不存在，说明理由. 21．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。 22．[选修4-4：坐标系与参数方程]（10分） 如图，在极坐标系Ox中，，，，，弧，，所在圆的圆心分别是，，，曲线是弧，曲线是弧，曲线是弧. （1）分别写出，，的极坐标方程； （2）曲线由，，构成，若点在M上，且，求P的极坐标. 23．[选修4-5：不等式选讲]（10分） 设，且. （1）求的最小值； （2）若成立，证明：或. 2019年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标Ⅲ） 参考答案 一、选择题 1．A 2．D 3．C 4．A 5．C 6．D 7．B 8．B 9．C 10．A 11．C 12．D 二、填空题 13． 14．4 15． 16．118.8 三、解答题 17．解：（1）由已知得0.70=a+0.20+0.15，故a=0.35． b=1–0.05–0.15–0.70=0.10． （2）甲离子残留百分比的平均值的估计值为 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的估计值为 3×0.05+4×0.10+5×0.15+6×0.35+7×0.20+8×0.15=6.00． 18．解：（1）由题设及正弦定理得． 因为sinA0，所以． 由，可得，故． 因为，故，因此B=60°． （2）由题设及（1）知△ABC的面积． 由正弦定理得． 由于△ABC为锐角三角形，故0°<A<90°，0°<C<90°，由（1）知A+C=120°，所以30°<C<90°，故，从而． 因此，△ABC面积的取值范围是． 19．解：（1）由已知得ADBE，CGBE，所以ADCG，故AD，CG确定一个平面，从而A，C，G，D四点共面． 由已知得ABBE，ABBC，故AB平面BCGE． 又因为AB平面ABC，所以平面ABC平面BCGE． （2）作EHBC，垂足为H．因为EH平面BCGE，平面BCGE平面ABC，所以EH平面ABC． 由已知，菱形BCGE的边长为2，∠EBC=60°，可求得BH=1，EH=． 以H为坐标原点，的方向为x轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系H–xyz， 则A（–1，1，0），C（1，0，0），G（2，0，），=（1，0，），=（2，–1，0）． 设平面ACGD的法向量为n=（x，y，z），则 即 所以可取n=（3，6，–）． 又平面BCGE的法向量可取为m=（0，1，0），所以． 因此二面角B–CG–A的大小为30°． 20. 解：（1）． 令，得x=0或. 若a>0，则当时，；当时，．故在单调递增，在单调递减； 若a=0，在单调递增； 若a<0，则当时，；当时，．故在单调递增，在单调递减. （2）满足题设条件的a，b存在. （i）当a≤0时，由（1）知，在[0，1]单调递增，所以在区间[0，l]的最小值为，最大值为.此时a，b满足题设条件当且仅当，，即a=0，． （ii）当a≥3时，由（1）知，在[0，1]单调递减，所以在区间[0，1]的最大值为，最小值为．此时a，b满足题设条件当且仅当，b=1，即a=4，b=1． （iii）当0<a<3时，由（1）知，在[0，1]的最小值为，最大值为b或． 若，b=1，则，与0<a<3矛盾. 若，，则或或a=0，与0<a<3矛盾． 综上，当且仅当a=0，或a=4，b=1时，在[0，1]的最小值为–1，最大值为1． 21．解：（1）设，则. 由于，所以切线DA的斜率为，故 . 整理得 设，同理可得. 故直线AB的方程为. 所以直线AB过定点. （2）由（1）得直线AB的方程为. 由，可得. 于是， . 设分别为点D，E到直线AB的距离，则. 因此，四边形ADBE的面积. 设M为线段AB的中点，则. 由于，而，与向量平行，所以.解得t=0或. 当=0时，S=3；当时，. 因此，四边形ADBE的面积为3或. 22.解：（1）由题设可得，弧所在圆的极坐标方程分别为，，. 所以的极坐标方程为，的极坐标方程为，的极坐标方程为. （2）设，由题设及（1）知 若，则，解得； 若，则，解得或； 若，则，解得. 综上，P的极坐标为或或或. 23．解：（1）由于 ， 故由已知得， 当且仅当x=，y=–，时等号成立． 所以的最小值为. （2）由于 ， 故由已知， 当且仅当，，时等号成立． 因此的最小值为． 由题设知，解得或． 绝密★启用前 2019年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标Ⅲ） 答案解析版 一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1.已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 先求出集合B再求出交集. 【详解】由题意得，，则．故选A． 【点睛】本题考查了集合交集的求法，是基础题. 2.若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 根据复数运算法则求解即可. 【详解】．故选D． 【点睛】本题考查复数的商的运算，渗透了数学运算素养．采取运算法则法，利用方程思想解题． 3.《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》的学生人数与该校学生总数比值的估计值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 根据题先求出阅读过西游记的人数，进而得解. 【详解】由题意得，阅读过《西游记》的学生人数为90-80+60=70，则其与该校学生人数之比为70÷100=0．7．故选C． 【点睛】本题考查抽样数据的统计，渗透了数据处理和数学运算素养．采取去重法，利用转化与化归思想解题． 4.（1+2x2 ）（1+x）4的展开式中x3的系数为 A. 12 B. 16 C. 20 D. 24 【答案】A 【解析】 【分析】 本题利用二项展开式通项公式求展开式指定项的系数． 【详解】由题意得x3的系数为，故选A． 【点睛】本题主要考查二项式定理，利用展开式通项公式求展开式指定项的系数． 5.已知各项均为正数的等比数列的前4项和为15，且，则（ ） A. 16 B. 8 C. 4 D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】 利用方程思想列出关于的方程组，求出，再利用通项公式即可求得的值． 【详解】设正数的等比数列{an}的公比为，则， 解得，，故选C． 【点睛】应用等比数列前项和公式解题时，要注意公比是否等于1，防止出错． 6.已知曲线在点处的切线方程为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 通过求导数，确定得到切线斜率的表达式，求得，将点的坐标代入直线方程，求得． 【详解】详解： 将代入得，故选D． 【点睛】准确求导数是进一步计算的基础，本题易因为导数的运算法则掌握不熟，二导致计算错误．求导要“慢”，计算要准，是解答此类问题的基本要求． 7.函数在的图像大致为 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 由分子、分母的奇偶性，易于确定函数为奇函数，由的近似值即可得出结果． 【详解】设，则，所以是奇函数，图象关于原点成中心对称，排除选项C．又排除选项D；，排除选项A，故选B． 【点睛】本题通过判断函数的奇偶性，缩小考察范围，通过计算特殊函数值，最后做出选择．本题较易，注重了基础知识、基本计算能力的考查． 8.如图，点为正方形的中心，为正三角形，平面平面是线段的中点，则（ ） A. ，且直线是相交直线 B. ，且直线是相交直线 C. ，且直线是异面直线 D. ，且直线是异面直线 【答案】B 【解析】 【分析】 利用垂直关系，再结合勾股定理进而解决问题． 【详解】，为中点为中点，，共面相交，选项C，D为错．作于，连接，过作于． 连，平面平面． 平面，平面，平面， 与均为直角三角形． 设正方形边长2，易知， ． ，故选B． 【点睛】本题为立体几何中等问题，考查垂直关系，线面、线线位置关系. 9.执行如图所示的程序框图，如果输入的为，则输出的值等于（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 分析】 根据程序框图，结合循环关系进行运算，可得结果. 【详解】不成立 不成立 成立 输出，故选D． 【点睛】循环运算，何时满足精确度成为关键，加大了运算量，输出前项数需准确，此为易错点． 10.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，则△PFO的面积为 A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 本题考查以双曲线为载体的三角形面积的求法，渗透了直观想象、逻辑推理和数学运算素养．采取公式法，利用数形结合、转化与化归和方程思想解题． 【详解】由． ， 又P在C的一条渐近线上，不妨设为在上， ，故选A． 【点睛】忽视圆锥曲线方程和两点间的距离公式的联系导致求解不畅，采取列方程组的方式解出三角形的高，便可求三角形面积． 11.设是定义域为的偶函数，且在单调递减，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 由已知函数为偶函数，把，转化为同一个单调区间上，再比较大小． 【详解】是R的偶函数，． ，又在(0，+∞)单调递减，， ，故选C． 【点睛】本题主要考查函数的奇偶性、单调性，考查学生转化与化归及分析问题解决问题的能力． 12.设函数=sin（）(＞0)，已知在有且仅有5个零点，下述四个结论： ①在（）有且仅有3个极大值点 ②在（）有且仅有2个极小值点 ③在（）单调递增 ④的取值范围是[) 其中所有正确结论的编号是 A. ①④ B. ②③ C. ①②③ D. ①③④ 【答案】D 【解析】 【分析】 本题为三角函数与零点结合问题，难度大，可数形结合，分析得出答案，要求大，理解深度高，考查数形结合思想． 【详解】，在有且仅有5个零点．，，，④正确．如图为极大值点为3个，①正确；极小值点为2个或3个．②不正确． 当时，，当时，． ③正确，故选D． 【点睛】极小值点个数动态的，易错，③正确性考查需认真计算，易出错． 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。 13.已知a，b为单位向量，且a·b=0，若，则___________. 【答案】. 【解析】 【分析】 根据结合向量夹角公式求出，进一步求出结果. 【详解】因为，， 所以， ，所以， 所以 ． 【点睛】本题主要考查平面向量的数量积、向量的夹角．渗透了数学运算、直观想象素养．使用转化思想得出答案． 14.记Sn为等差数列{an}的前n项和，，则___________. 【答案】4. 【解析】 【分析】 根据已知求出和的关系，再结合等差数列前n项和公式求得结果. 【详解】因，所以，即， 所以． 【点睛】本题主要考查等差数列的性质、基本量的计算．渗透了数学运算素养．使用转化思想得出答案． 15.设为椭圆的两个焦点，为上一点且在第一象限.若为等腰三角形，则的坐标为___________. 【答案】 【解析】 【分析】 根据椭圆定义分别求出，设出的坐标，结合三角形面积可求出的坐标. 【详解】由已知可得，． ． 设点的坐标为，则， 又，解得， ，解得（舍去）， 的坐标为． 【点睛】本题考查椭圆标准方程及其简单性质，考查数形结合思想、转化与化归的能力，很好的落实了直观想象、逻辑推理等数学素养． 16.学生到工厂劳动实践，利用打印技术制作模型.如图，该模型为长方体挖去四棱锥后所得的几何体，其中为长方体的中心，分别为所在棱的中点，，打印所用原料密度为，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为___________. 【答案】118．8 【解析】 【分析】 根据题意可知模型的体积为四棱锥体积与四棱锥体积之差进而求得模型的体积，再求出模型的质量. 【详解】由题意得，四棱锥O-EFGH的底面积为，其高为点O到底面的距离为3cm，则此四棱锥的体积为．又长方体的体积为，所以该模型体积为，其质量为． 【点睛】此题牵涉到的是3D打印新时代背景下的几何体质量，忽略问题易致误，理解题中信息联系几何体的体积和质量关系，从而利用公式求解． 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只小鼠随机分成两组，每组100只，其中组小鼠给服甲离子溶液，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下直方图： 记为事件：“乙离子残留在体内的百分比不低于”，根据直方图得到的估计值为. （1）求乙离子残留百分比直方图中的值； （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）. 【答案】(1) ，；(2) ，. 【解析】 【分析】 (1)由可解得和的值；(2)根据公式求平均数. 【详解】(1)由题得，解得，由，解得. (2)由甲离子的直方图可得，甲离子残留百分比的平均值为， 乙离子残留百分比的平均值为 【点睛】本题考查频率分布直方图和平均数，属于基础题. 18.的内角的对边分别为，已知． （1）求； （2）若为锐角三角形，且，求面积的取值范围． 【答案】(1) ;(2). 【解析】 分析】 (1)利用正弦定理化简题中等式，得到关于B的三角方程，最后根据A,B,C均为三角形内角解得.(2)根据三角形面积公式，又根据正弦定理和得到关于的函数，由于是锐角三角形，所以利用三个内角都小于来计算的定义域，最后求解的值域. 【详解】(1)根据题意由正弦定理得，因为，故，消去得。 ，因为故或者，而根据题意，故不成立，所以，又因为，代入得，所以. (2)因为是锐角三角形，又由前问，，得到，故又应用正弦定理，，由三角形面积公式有.又因,故，故. 故的取值范围是 【点睛】这道题考查了三角函数的基础知识，和正弦定理或者余弦定理的使用（此题也可以用余弦定理求解），最后考查是锐角三角形这个条件的利用。考查的很全面，是一道很好的考题. 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，BE=BF=2，∠FBC=60°，将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连结DG，如图2. （1）证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE； （2）求图2中的二面角B−CG−A的大小. 【答案】(1)见详解；(2) . 【解析】 【分析】 (1)因为折纸和粘合不改变矩形，和菱形内部的夹角，所以，依然成立，又因和粘在一起，所以得证.因为是平面垂线，所以易证.(2)在图中找到对应的平面角，再求此平面角即可.于是考虑关于的垂线，发现此垂足与的连线也垂直于.按照此思路即证. 【详解】(1)证：，，又因为和粘在一起. ，A，C，G，D四点共面. 又. 平面BCGE，平面ABC，平面ABC平面BCGE，得证. (2)过B作延长线于H，连结AH，因为AB平面BCGE，所以 而又，故平面，所以.又因为所以是二面角的平面角，而在中，又因为故，所以. 而在中,，即二面角的度数为. 【点睛】很新颖的立体几何考题。首先是多面体粘合问题，考查考生在粘合过程中哪些量是不变的。再者粘合后的多面体不是直棱柱，建系的向量解法在本题中略显麻烦，突出考查几何方法。最后将求二面角转化为求二面角的平面角问题考查考生的空间想象能力。 20.已知函数. （1）讨论的单调性； （2）是否存在，使得在区间最小值为且最大值为1？若存在，求出的所有值；若不存在，说明理由. 【答案】(1)见详解；(2) 或. 【解析】 【分析】 (1)先求的导数，再根据的范围分情况讨论函数单调性；(2) 根据的各种范围，利用函数单调性进行最大值和最小值的判断，最终得出,的值. 【详解】(1)对求导得.所以有 当时，区间上单调递增，区间上单调递减，区间上单调递增； 当时，区间上单调递增； 当时，区间上单调递增，区间上单调递减，区间上单调递增. (2)若在区间有最大值1和最小值-1，所以 若，区间上单调递增，区间上单调递减，区间上单调递增； 此时在区间上单调递增，所以，代入解得，，与矛盾，所以不成立. 若，区间上单调递增；在区间.所以，代入解得 . 若，区间上单调递增，区间上单调递减，区间上单调递增. 即在区间单调递减，在区间单调递增，所以区间上最小值为 而，故所以区间上最大值为. 即相减得，即，又因为，所以无解. 若，区间上单调递增，区间上单调递减，区间上单调递增. 即在区间单调递减，在区间单调递增，所以区间上最小值为 而，故所以区间上最大值为. 即相减得，解得，又因为，所以无解. 若，区间上单调递增，区间上单调递减，区间上单调递增. 所以有区间上单调递减，所以区间上最大值为，最小值为 即解得. 综上得或. 【点睛】1)这是一道常规的函数导数不等式和综合题，题目难度比往年降低了不少。考查的函数单调性，最大值最小值这种基本概念的计算。思考量不大，由计算量补充。 21.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. 【答案】(1)见详解；(2) 3或. 【解析】 【分析】 可用解析法和几何法证明。解析法可设A，B两点的坐标分别为，，然后求出A，B两点处的切线，两条切线交于直线之上，所以交点的纵坐标为 联立方程可解和的关系。之后用两点式求出直线方程，最后根据直线方程求出它所过的定点.(2)应用四边形面积公式，代入化简出关于和的对称式。然后分情况讨论求解。如果不知道四面下面积公式则可以将四边形分成两个三角形求面积之后做和，但会稍微麻烦一些。（此题若用向量积的概念则更为容易） 【详解】(1)证明：设A，B两点的坐标分别为，，因为，所以， 则切线DA为：---------①，切线DB为：--------②， 代入得，得，因为故消去得交点的纵坐标， 因为DA和DB的交点D为直线上的动点，所以有，， 直线AB为，点A，B在曲线上，则有，整理得，即.当，时无论,取何值时，此等式均成立。因此直线AB过定点，得证。 (2)设AB的中点为G，由题得G点坐标为，则，又.由题意知，即即.代入得整理得. 因，故.所以或. 由第一问中，为这里的为D点坐标,然而,故 ，所以，又因为.所以。即D坐标为. 那么,. 设为与的夹角，那么有 代入进行化简有 若，则. 若，则, 代入有. 所以四边形ADBE的面积为3或. 【点睛】此题第一问是圆锥曲线中的定点问题和第二问是求面积类型，属于常规题型，按部就班的求解就可以。思路较为清晰，但计算量不小。 （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。 22.如图，在极坐标系中，，，，，弧，，所在圆的圆心分别是，，，曲线是弧，曲线是弧，曲线是弧. （1）分别写出，，的极坐标方程； （2）曲线由，，构成，若点在上，且，求的极坐标. 【答案】(1) ,,, (2) ,,,. 【解析】 【分析】 (1)将三个过原点的圆方程列出，注意题中要求的是弧，所以要注意的方程中的取值范围. (2)根据条件逐个方程代入求解，最后解出点的极坐标. 【详解】(1)由题意得，这三个圆的直径都是2，并且都过原点. ， ,. (2)解方程得，此时P的极坐标为 解方程得或，此时P的极坐标为或 解方程得，此时P的极坐标为 故P的极坐标为,,,. 【点睛】此题考查了极坐标中过极点的圆的方程，思考量不高，运算量不大，属于中档题. 23.设，且. （1）求的最小值； （2）若成立，证明：或. 【答案】(1) ；(2)见详解. 【解析】 【分析】 (1)根据条件，和柯西不等式得到，再讨论是否可以达到等号成立的条件.(2)恒成立问题，柯西不等式等号成立时构造的代入原不等式，便可得到参数的取值范围. 【详解】(1) 故等号成立当且仅当而又因，解得时等号成立 所以的最小值为. (2) 因为，所以. 根据柯西不等式等号成立条件，当，即时有成立. 所以成立，所以有或. 另解：用反证法. 若或不成立，那么成立，则而左面等号成立当且仅当，又因为所以.故此时,即，与原命题矛盾放 【点睛】两个问都是考查柯西不等式，属于柯西不等式的常见题型.