1、 理科数学答案第1页 共 11 页 巴中市普通高中巴中市普通高中 2020 级级“零诊零诊”考试考试 数学数学答案答案（理科）（理科）一、选择题：本大题共一、选择题：本大题共 12 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 60 分在每小题给出的四个选项中，只有分在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的一个是符合题目要求的 1【解析解析】B先写出集合M，然后逐项验证即可由1,2,3,4,5U=且1,2UM=得3,4,5M=，故选 B备注：2022 年全国乙卷理数第 1 题改编.2【解析解析】D利用复数四则运算，先求出z，再依照复数的概念求出复数z的虚部选 D 方法一方法一：由题意有
2、(34i)(i)34i43iii(i)z=，故复数z的虚部为3 方法二方法二：由i34ii(3i4)z=，得4 3iz=，故复数z的虚部为3 3【解析解析】A121llm=，故“1m=”是“12ll”的充分不必要条件选 A 4【解解析析】D不妨取双曲线的右焦点(,0)c，渐近线ybx=，由点到直线距离公式得24b=，然后利用离心率的变通公式215cb=+=，进而求得离心率e的值由题意得，不妨取双曲线的右焦点21 0)(,Fb+，双曲线的渐近线为ybx=，即0bxy=，则22|10|21b bbb+=+，即224ba=，所以离心率215eb=+=选 D 5【解析解析】C充分利用长方体中的棱、面之
3、间的关系直观感知，同时结合空间中线面间平行及垂直的判定与性质推理论证，需注意相应定理的条件的完备性对于 A 选项，n也可能；对于 B 选项，由条件得不到m，故不能推断出；对于 C 选项，则法线与法向量垂直则两个平面垂直知正确；对于 D 选项，条件中缺少m，故得不到m 6【解析解析】A由任意角的三角函数定义，得tan12ab=，故(2,2)Ba，2|2 1 tan2|OBOA=+=由3cos25=得：222222cossincos2cossincoss5in3=+，变形得：221tan51t3an=+，解得2tan4=，所以|2 5OB=或者，设|OAr=，则221ra=+，1sin,cos,|
4、2aOBrrr=；由3cos25=得222222113cos2cossin51aara=+，解得：24a=，故|22 5OBr=选 A 7【解析解析】D借助判断函数的奇偶性、对称性和有界性，正弦型函数的符号变化规律，均值不等式等知识进行推断由2sin()(),2,2xxxf xxee=+知()f x为奇函数，且在(0,1)内恒正，故 A、B 选项不正确；又2sin()2x，2xxee+且等号不同时成立，由不等式的性质知|()|1f x，排除 C 选项 选 D 8【解析解析】A设公差为d，则211(1)()22nn ndnadnad nS=+=+，故1()22nSddnan=+；又2023202
5、2120232022SS=，12022a=，故nSn是 以2022为 首 项，1 为 公 差 的 等 差 数 列，于 是 得20232022(2023 1)102023S=+=，所以20230S=选 A本题也可用基本量法求解，借助等差数列前n项和的性质运算更为简洁 9【解析解析】D本题考查平面向量的线性运算、数量积及其几何意义，数量积的坐标表示，数形结合思想、化归与转化思想、函数与方程思想，运算求解能力 方法一方法一：由点 D 在 BC 上，设BDxBC=,01x，则()ADABBDABxBCABx ACAB=+=+=+=(1)x ABxAC+，从而得：()(1()x ABxACAD BCAD
6、ACABACAB=+=22(1)134xACxABx+=，由01x得41349x，故 4,9AD BC 方法二方法二：以 A 为原点，AB，AC 所在直线分别为,x y轴建立直角坐标系（如图），则(2,0),(0,3),(2,3)ABACBC=，设(,)D x y，则(,)ADx y=，故23AD BCxy=+（*），由点 D 在 BC 上得：23260,0 xxy+=（可借助初中Axy32BCD 理科数学答案第2页 共 11 页 的一次函数知识或必修 2 第三章直线的方程获得,x y满足的方程），用x表示y代入（*）式得：1320239,2AD BCxxyx=+=，故 4,9AD BC 方法
7、三方法三：设AD与与BC的夹角为，则由题意得13|cosAD BCAD=，故|cosAD取最大值时AD BC最大，|cosAD取最小值时AD BC最小，结合上图，用运动变化的观点分析易知：D 在斜边BC 上移动时，当 D 与 C 重合时AD的模最大且与BC的夹角最小（ACB），故此时AD BC取得最大值，且maxAD BCAC BC=()9ACACAB=；当 D 与 B 重合时AD的模最小且与BC的夹角最大（ABC），故此时AD BC取得最小值，且min=()4AD BCAB BCABACAB=选 D 应注意，由向量夹角的定义知ABC不是向量AB与BC的夹角！这是向量问题中的易错点！10【解析
8、解析】B 将函数cos()3yx=+的图象向左平移3个单位长度，得cos()33yx=+的图象 而5cos()cos()sin()sin()333323336yxxxx=+=+=+=+，故由题意知sin x=5sin()36x+，所以5236xkx+=+(kZ)，解得562k=(kZ)，由0知：当1k=时取最小值，故min72=选 B或者，由cos()3yx=+知23x+=时1y=，由sinyx=知当2x=时1y=，故由题意得5332=，解得72=11【解析】B由(1)2()f xf x+=得：()2(1)f xf x=又当(0,1x时，11()sin,044f xx=，故当(1,2x时，1(
9、),02f x ；类推得：当(2,3x时，()4(2)sin 1,0f xf xx=，且(2,3 x 如图 由3sin2x=得3sin2x=，解得123x=+或223x=+，解得73x=或83x=故若对任意(,xm，都有2(3)f x，则73m 选 B 12【解析】【解析】C 要比较,abc的大小，可先比较ln,ln,lnabc的大小 又ln22ln20a=，ln21ln21b=，ln20ln22c=方法方法一一：由222021 21202242+=+=+=，令函数()(42)ln,20f xxxx=，则42()ln1fxxx=+在20,)+上单调递减，所以11()(20)ln2010f xf
10、=+；因为223920e=，所以ln202，ln202，所 以11191()(20)ln2010201010f xf +=+，由 此 知()f x在20,)+上 单 调 递 减，故(20)(21)(22)fff，即lnlnlnabc，故cba故选 C 方法二方法二：先比较lna与lnc的大小，易证：函数ln()xg xx=在(,)e+上单调递减，故ln20ln222022，所以ln22ln2020ln22lnac=，从而ac；再比较比较lna与lnb的大小，令ln(),201xh xxx=+，则21ln()(1)xxxh xx+=+，记1lnxyxx+=，则2110yxx=，故1lnxyxx+
11、=在(0,)+上是减函数，所以当20 x时，21ln20020y，从而()0h x，由此知()h x在20,)+上单调递减，故(20)(21)hh，即ln20ln212122，变形得22ln2021ln21，所以lnlnab，由此得ab；同理可比较得到bc；故abc故选 C 二、填空题：本大题共二、填空题：本大题共 4 个小题，每小题个小题，每小题 5 分，共分，共 20 分分 13【解析解析】1利用二项展开式的通项公式及已知建立m的方程求得m的值因为展开式中含3x的项为353332C2()40mxmx=，所以334040am=，解得1m=注：本题原型为人教 A 版选修 2-3例 2（1）题，
12、主要考查二项式定理及其通项公式，及数学运算核心素养和运算求解能力 14【解析解析】57计算得1(2356)44x=+=，1(28314148)374y=+=，则样本中心点是(4,37)，代入回归方程得5375417ayx=，所以回归方程是517yx=+，将8x=代入得57y=15【解析解析】8 6 由题意有：BD平面ADC，,ADDC 平面ADC，故,BDADBDCD；由2BD=8373321Oyx 理科数学答案第3页 共 11 页 2 2AB=，2 5BC=及 勾 股 定 理 得：2,4ADCD=，又2 5AC=，故222ADCDAC+=，所以ADDC，即 BD，AD，CD 两两垂直，所以三
13、棱ABCD的外接球与以 BD，AD，CD 分别为长、宽、高的长方体的外接相同（如右图，O 为球心），所以球半径22222462R+=，从而348 63VR=16【解析解析】3，2 3,3)3以三角形边角关系的射影定理为背景，综合考查正弦、余弦定理、三角变换的基本公式与方法，三角函数的图象与性质等知识，求角 A 时，既可用正弦定理边化角，也可用余弦定理角化边，还可直接用教材中习题的结论射影定理简化；对于11tantanBC+的范围问题，可切化弦后转化为求sinsinBC的范围，利用23BC+=且0,2BC转化只含一个角变量的函数的值域，此 时 可 直 接 代 入 消 元 化 简 也 可 用 对
14、称 设 元 简 化；也 可 用 三 角 形 中 三 内 角 的 正 切 关 系tantantantantantanABCABC=+转化；还可以构造几何图形作几何法或坐标法求解（1）求角 A 的过程与方法 由已知及正弦定理得：2sincossincossincossin()sinAACBBCBCA=+=+=，又02A，故1cos2A=，所以3A=由已知及射影定理得：2 coscoscosaAcBbCa=+=，故1cos2A=，又02A，所以3A=由已知及余弦定理得：2222222 cos22acbabcaAaa+=，化简得1cos2A=，又02A，所以3A=（2）求11tantanBC+范围的过
15、程与方法 策略一策略一：切化弦后转化借助正弦型函数的图象与性质 sin()311coscoscossincossinsintantansinsinsinsinsinsinsinsin2sinsinBCBCBCCBABCBCBCBCBCBC+=+=，由3A=得23BC+=，故23CB=，又 B 为锐角，所以62B 33211111sinsinsinsin()sin(cossin)sin2cos2sin(2)322444264BCBBBBBBBB=+=+=+因为52666B，故1sin(2)126B，当且仅当3B=取等号，所以13sinsin(,24BC，故11tantanBC+2 3,3)3 令
16、,33BxCx=+，由 B、C 均为锐角得66x，故sinsinsin()sin()33BCxx=+=2223311313(cossin)(cossin)cossinsin222244413(,24xxxxxxx+=，下同 由和、差角的余弦公式可得：12sinsincos()cos()cos()2BCBCBCBC=+=+，由已知得,62BC，故33BC，所以1cos()(,12BC，故32sinsin(1,2BC，下同 策略二策略二：用余弦定理转化 在ABC中，由正弦、余弦定理得：222sinsin2sin sincossinBCBCAA+=，代入3A=得：223sinsinsinsin4BC
17、BC=+，变形得23sinsin(sinsin)4BCBC=，由已知得10|sinsin|2BC，故341sinsin2BC，仅当sinsinBC=时取等号；下同 策略三策略三：用公式tantantantantantanABCABC=+转化 由3A=得：tantantan()tan31tantanBCBCABC+=，变形得：3(tantan1)tantanBCBC=+，故3tantan3311tantan3tantantantantantantantanBCBCBCBCBCBC+=；由,62BC知：3(tantan1)BC tantan2 tantanBCBC=+，仅当tantanBC=取等号
18、，解得tantan3BC，故tantan3BC，所以OBACD 理科数学答案第4页 共 11 页 3303tantanBC，从而2 311,3)tantan3BC+策略四策略四：几何法或坐标法 不妨设3a=，过点 A 作ADBC于 D，如右图设,03BDxx=，则3CDx=，tanADBx=tan3ADCx=，所以3311tantanxxBCADAD+=,62BC得321AD，故2 311,3)tantan3BC+不防设ABC的边3a=，则其外接圆半径为 1 如右图建立直角坐标系，则ABC的外接圆的方程为221()12xy+=，设(,)A x y，由已知得3322x，132y，331122ta
19、ntanxxBCyy+=+32 3,3)3y=三、解答题：共三、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分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤第 1721 题为必考题，题为必考题，每个试题考生都必须作答第每个试题考生都必须作答第 22、23 题为选考题，考生根据要求作答题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题：（一）必考题：60 分分 17（12 分）解解：（1）方法一方法一：由122nnSS+=得：2122nnSS+=1 分 12122nnnnSSSS+=，变形得2112()nnnnSSSS+=2 分 212nnaa+=3 分 又 12a=且2112SSS=+212aa
20、=4 分 由知：对任意*nN，恒有12nnaa+=，且12a=数列na是首项与公比均为 2 的等比数列 5 分 2nna=6 分 方法二方法二：由122nnSS+=变形得：122(2)nnSS+=+2 分 又 12a=，故11224Sa+=+=3 分 数列2nS+是以 4 首项，2 为公比的等比数列 112422nnnS+=，故122nnS+=4 分 当2n时，1122(22)2nnnnnnaSS+=5 分 又 12a=也适合上式 2nna=6 分 方法三方法三：（归纳猜想，然后用数学归纳法证明）由112aS=且2122SS=得：32622S=由3222SS=得：431422S=同理可得：54
21、3022S=1 分 猜想：122nnS+=2 分 证明：当1n=时，211222Sa=，结论正确 假设当nk=时，有122kkS+=成立 那么，当1nk=+时，1(1)11222(22)222kkkkSS+=+=+=3 分 故当1nk=+时，结论正确 综上可知，122nnS+=4 分 下同方法二（2）方法一方法一：由（1）知，2nnnbnan=7 分 ODCBxA1A2Ay 理科数学答案第5页 共 11 页 231 2223 22nnTn=+2312 1 222(1)22nnnTnn+=+8 分 两式相减得：23122222nnnTn+=+9 分 112(1 2)2(1)221 2nnnnn+
22、=11 分 1(1)22nnTn+=+12 分 方法二方法二：由（1）知，2nnnbnan=7 分 裂项变形得：12(1)2(2)2nnnnbnnn+=9 分 231 2223 22nnTn=+34354122(222)(3 222)(1)2(2)2 nnnn+=+10 分 12(2)2nn+=+即 1(1)22nnTn+=+12 分 18（12 分）解解：（1）由题意得，总人数为 200 45 岁以上（含 45 岁）的人数为32001205=，45 岁以下的人数为 80 1 分 一周内健步走少于 5 万步的人数为20060310=人 2 分 由此得如下列联表：3 分 一周内健步走5 万步 一
23、周内健步走5 万步 总计 45 岁以上(含 45 岁)90 30 120 45 岁以下 50 30 80 总计 140 60 200 故 22200(90 3050 30)2532.706140 60 80 1207K=5 分 有 90%的把握认为该市市民一周内健步走的步数与年龄有关 6 分 （2）由题意，抽取的 8 人中一周内健步走5 万步有 6 人，少于 5 万步的有 2 人 X 的所有可能取值为 0，1，2，且 X 服从超几何分布 7 分 由组合数公式及等可能事件的概率公式得：026228C C1(0)28CP X=8 分 116228C C12(1)28CP X=9 分 206228C
24、 C15(2)28CP X=10 分 X 的分布列为 11 分 X 0 1 2 P 128 1228 1528 1121530122828282EX=+=12 分 19（12 分）解解：（1）证明 方法一方法一：由正方形ABCD的性质得：ABCD 1 分 又 AB平面 DCF，CD平面 DCF AB平面 DCF 2 分 BECF，BE 平面 DCF，CF 平面 DCF ABCDEF 理科数学答案第6页 共 11 页 BE平面 DCF 3 分 ,ABBEBAB BE=平面 ABE 平面ABE平面 DCF 4 分 AE平面 ABE AE平面 DCF 6 分 方法二方法二：在 CF 取点 G 使得2
25、CGBE=，连结 EG、DG BECF 四边形 BEGC 是平行四边形 1 分 故 EGBC，且EGBC=2 分 又 ,ADBCADBC=,ADEGADEG=3 分 四边形 ADGE 是平行四边形 4 分 AEDG 5 分 又 AE 平面 DCF，DG平面 DCF AE平面 DCF 6 分 方法三方法三：平面BCFE 平面 ABCD，平面BCFE平面 ABCD=BC BEBC，BF 平面 BCFE BE 平面 ABCD 1 分 又 BECF CF 平面 ABCD 2 分 又 CDBC，故CBCFCD，两两垂直 以 C 为原点，,CDCBCF的方向分别为,x yz轴的正方向建立空间直角坐标系Cx
26、yz 由2ABBCCDDABE=，3CF=得：(0,0,0),(2,0,0),(0,2,0),(2,2,0),(0,2,2),(0,0,3)CDBAEF 3 分 (2,0,2)AE=4 分 (0,2,0)(2,0,2)0CB AE=CBAE 5 分 又 (0,2,0)CB=是平面 CDF 的一个法向量，且AE 平面 CDF AE平面 DCF 6 分 或者，由2(2,0,2)3AEDCCF=+知：向量,AEDCCF共面 又 AE 平面 CDF，,DCCF 平面 CDF AE平面 DCF （2）在（1）中方法三的坐标系下，有：(2,0,2),(0,2,1)AEEF=，平面 CEF 的一个法向量为(
27、2,0,0)CD=8 分 设平面 AEF 的一个法向量为(,)mx y z=，则由 0,0.m AEm EF=得：220,20.xzyz+=+=取1y=得：(2,1,2)m=10 分 2222 2 1 02 02cos,3|2 212m CDm CDm CD+=+11 分 故由几何体的空间结构知：二面角AEFC的余弦值为23 12 分 20（12 分）解解：（1）由点(1,)32P在 C 上得：221314ab+=1 分 由椭圆的标准方程得(,0)(,0)AaB a、，故321APka=+，2321A Eka=2 分 ABCDEFG 理科数学答案第7页 共 11 页 由14AP BPkk=得：
28、12211334aa=+，解得：24a=3 分 将24a=代入得：21b=4 分 椭圆 C 的方程为2214xy+=5 分（2）由题意知直线l不能平行于x轴 设直线l的方程为xtym=+，1122(,),(,)M xyN xy 由直线l与圆221xy+=相切得：2|11mt=+，化简得221mt=+6 分 由22,1.4xtymxy=+=消去x整理得：222(4)240tytmym+=于是，22222(2)4(4)(4)16(4)16 348tmtmtm=+=+=由求根公式得：21224 344yytt=+7 分 222124 3114tMNtyyt+=+=+8 分 令21tn+=，则1n且2
29、4 34 34 3232 33nMNnnn=+9 分 当且仅当3nn=，即3n=时取等号 10 分 max|2MN=，此时由213t+=解得：2t=11 分 直线l的斜率为22 12 分 21（12 分）解解：（1）证明 方法一方法一:由题意得：21,)(0 xg xfaxxxx=+=+1 分 由()0g x=得210 xax+=，其判别式240a=+由一元二次方程根与系数的关系知，关于 x 的方程210 xax+=有唯一正根 设210 xax+=的唯一正根为m，则有21amm=2 分 当0 xm时，()0g x，故()g x单调递增；当xm时，()0g x，故()g x单调递减 22max1
30、111()()lnln2222g xg mmmammm=+=+3 分 设211()ln,022h xxxx=+，则1()0h xxx=+()h x在(0,)+上是增函数且(1)0h=4 分 由21amm=及21amm=得：10amm=，解得1m ()(1)0h mh=，故2max11()ln022g xmm=+5 分 又 232222211()1()10222aag exaxxa=+=且232201ae ()g x在(0,m内有零点，即()g x有零点 6 分 方法二方法二：由题意得：21,)(0 xg xfaxxxx=+=+1 分 由()0g x=得210 xax+=，其判别式240a=+由
31、一元二次方程的根与系数的关系知，方程210 xax+=有唯一正根 设210 xax+=的正根为m，则有21amm=2 分 理科数学答案第8页 共 11 页 当0 xm时，()0g x，故()g x单调递增；当xm时，()0g x，故()g x单调递减 22max1111()()lnln2222g xg mmmammm=+=+3 分 232222211()1()10222aag exaxxa=+=且232201ae ()g x有零点等价于max()0g x，即211ln022mm+由211()ln,022h xxxx=+在(0,)+上是增函数且(1)0h=知：当且仅当1m时，211ln022mm
32、+4 分 由21amm=及0a得：10mm，解得1m 5 分 ()(1)0h mh=，即当0a时，max()0g x成立 ()g x有零点 6 分 方法三方法三：()g x有零点等价于关于x的方程21l0221nxxax+=有正根 亦等价于关于 x 的方程11ln(),(0)2xaxxxx=有解 1 分 设11ln()(),(0)2xxxxxx=，则2222111 ln1 2ln()(1)22xxxxxxx+=+=2 分 记2()12ln,0H xxxx=+，则2()20H xxx=+，故()H x是增函数 3 分 又 (1)0H=，故()0 x=有唯一零点1x=4 分 当01x时，()0H
33、x，故()0 x，()x是单调递减；当1x时，()0H x，故()0 x，()x是单调递增 min11ln1()(1)(1)0211x=，即()0 x 5 分 当0a时，函数1()()2g xf x=+有零点 6 分 方法四：方法四：要证：当0a时，函数1()()2g xf x=+有零点 只需证：当0a时，直线yax=与函数21ln1()(0)22xxh xx=的图象有公共点 7 分 由21(1)xxxh xx=知：当01x时，()0h x，故()h x单调递减；当1x时，()0h x，故()h x单调递，2min11()(1)1ln1022h xh=9 分 0y=是曲线()yh x=在点(1
34、,0)处的切线 10 分 即 当0a=时，直线yax=与函数()h x的图象有唯一公共点 当0a 时，直线yax=与函数()h x的图象在第一象限相交，有两个公共点 11 分 综上，当0a时，直线yax=与函数()h x的图象有公共点 当0a时，函数1()()2g xf x=+有零点 12 分 （2）方法一方法一：由已知得1()f xxax=+，故0001()f xxax=+又 21021)()f xf xf xxx=，且 2222211112112212112211(ln)(ln)(lnln22)2xxaxxxaxf xf xxxxxaxxxxxx+=+21120021lnln12xxxxx
35、xxx+=7 分 理科数学答案第9页 共 11 页 令()(1)ln2(1),(1)F xxxxx=+，则1()ln1,(1)F xxxx=+设1()ln1,1yF xxxx=+，则1x时，210 xyx=，故()F x是增函数 ()(1)0F xF=，故()F x在(1,)+上是增函数 ()(1)0F xF=8 分 由210 xx得：22111,0 xxxx 9 分 取21xxx=得：222111(1)ln2(1)0 xxxxxx+，变形得：212121()(lnln)2()xxxxxx+212121lnln2xxxxxx+10 分 由得：120021122xxxxxx+11 分 设1()(
36、0)k xxxx=，则上式即为120()()2xxk xk+函数1()k xxx=在(0,)+上是减函数 1202xxx+12 分 方法二方法二：1()f xxax=+，故0001()f xxax=+由21021)()f xf xf xxx=得：2112021lnln()2xxxxf xaxx+=+21120021lnln12xxxxxxxx+=7 分 下面先证明：当120 xx时，211221lnln2xxxxxx+由210 xx得：21lnlnxx，故21lnln0 xx 要证成立，需证：2121122lnlnxxxxxx+，即证：2212112(1)ln1xxxxxx+8 分 令21xt
37、x=，则式即为2(1)ln (1)1tttt+设2(1)()ln,11tG tttt=+，则222211()0(1)(1)tG tttt t+=+()G t在(1,)+上是减函数 9 分 ()(1)0G tG=，即：2(1)ln (1)1tttt+成立 211221lnln2xxxxxx+成立 10 分 当120 xx时，212112lnln2xxxxxx+成立 结合得：120012122xxxxxx+11 分 设1()(0)k xxxx=，则上式即为120()()2xxk xk+函数1()k xxx=在(0,)+上是减函数 1202xxx+12 分 方法方法三：三：理科数学答案第10页 共
38、11 页 1()f xxax=+，故0001()f xxax=+由21021)()f xf xf xxx=得：2112021lnln()2xxxxf xaxx+=+21120021lnln12xxxxxxxx+=7 分 由1()f xxax=+在(0,)+上是减函数知：当210 xx时，122xx+与0 x的大小关系同12()2xxf+与0()fx的大小关系一致 8 分 故只需比较122xx+与2121lnlnxxxx的大小 作差变形得：221122122121112(1)lnln21ln1xxxxxxxxxxxxxx=+9 分 由210 xx知：22111,0 xtxxx=设2(1)()ln
39、,11tG tttt=+，则222211()0(1)(1)tG tttt t+=+()G t在(1,)+上是减函数 10 分 故()(1)0G tG=，即：2122112(1)ln01xxxxxx+221122122121112(1)lnln21ln01xxxxxxxxxxxxxx=+，即211221lnln2xxxxxx+11 分 120()()2xxff x+，故1202xxx+12 分（二）选考题：共（二）选考题：共 10 分请考生在第分请考生在第 22、23 题中任选一题作答如果多做，则按所做的第题中任选一题作答如果多做，则按所做的第一题记分一题记分 22【选修 44：坐标系与参数方程
40、】（10 分）解解：（1）直线l过点)(1,0P，且倾斜角为6 l的参数方程为1cos,6sin.6xtyt=+=(t为参数)，即31,21.2xtyt=+=(t 为参数)2 分 由2 2cos()4=，得2cos2sin=+3 分 22 cos2 sin=+将cos,sinxy=代入上式得：22220 xyxy+=C 的直角坐标方程为22220 xyxy+=5 分（2）设 A，B 两点对应的参数分别为12,tt 将 l 的参数方程代入 C 的直角坐标方程，得2231()(1)222tt+=整理，得210tt =6 分 此时2(1)4 1(1)50=，121 21,10ttt t+=7 分 1
41、212|PAPBtttt+=+8 分 22121 2()4(1)4 1(1)5ttt t=+=9 分 即|5PAPB+=10 分 理科数学答案第11页 共 11 页 23【选修 45 不等式选讲】（10 分）解解：（1）34,233()6,2234,.2xxf xxxx=2 分 ()8f x的解集为322.xx，与33,2268.x 与3,22.xx的解集的并集 4 分 不等式的解集为|22xx 5 分（2）()|23|23|(23)(23)|6f xxxxx=+=当且仅当(23)(23)0 xx+即3322x时，取等号 6 分 6M=从而111123abc+=7 分 方法一方法一：a，b，c 均为正数 111232323(23)()3()()()232332abacbcabcabcabcbacacb+=+=+8 分 2323322292332abacbcbacacb+=9 分 当且仅当3312abc=，时等号成立 239abc+10 分 方法二方法二：a，b，c 均为正数 211111123(23)()(23)92323abcabcabcabcabc+=+=9 分 当且仅当23abc=，即3312abc=，时等号成立 239abc+10 分
