养老金并轨是什么意思-节能减排工作总结

2020届三湘名校教育联盟高三第二次大联考数学（文）试题


一、单选题
1
．已知全集
UxN|x9x80
，集合< br>A

3,4,5,6

，
ð
U
A
（

）

2

A
．

2,7


【答案】
A
B
．

1,2,7

C
．

2,7,8

D
．

1,2,7,8


【解析】解一元二次不等式求得 全集
U
，由此求得
ð
U
A
.
【详解】

由
x9x8

x1

x8

0
，解得
1x8
，所以
U

2,3,4,5,6, 7

，所以
2
ð
U
A

2,7

.
故选：
A
【点睛】

本小题主要考查一元二次不等式的解法，考查集合补集的概念和运算，属于基础题
.
2
．已知复数
z
A
．第一象限

【答案】
B
【解析】利用复数除法运算化简
z
，由此求得
z
，进而求得
z
对应点所在象限
.
【详解】

12i
，则
z
在复平面内对应的点位于（

）

i
B
．第二象限
C
．第三象限
D
．第四象限

12i



i

2i
，所以
z2i
，对应点为

2,1
，在第二象限
.
依题意
z
i

i

故选：
B
【点睛】

本小题主要考查复数除法运算，考查共轭复数，考查复数对应点所在象限，属于基础题
. 
2
x
,x0
3
．已知函数
f

x



，则
logx,x0

3
A．


3


f

f
=





3


（
）



C
．
log
3
2
D
．
log
3
2

2

2
B
．
1

2
【答案】
A
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
3

f
【解析】根据分段 函数解析式，先求得


3


的值，再求得

【详解】

1

3


31
2< br>loglog3
依题意
f

，

33

3

32


f


< br>
3


f

.

3




的值



f



1

3



2

1

2
f

f2
.



3


22



故选：
A
【点睛】

本小题主要考查根据分段函数解析式求函数值，属于基础题
.
x
2
y
2
4
．若椭圆
C
：
1
的一个焦点坐标为
0,1

，则
C
的长轴长为（

）

mm
2
1
A
．
3

【答案】
D
【解析】利用交点坐标求得
m
的值，由此求得
C
的长轴长
.
【详解】

B
．
2 C
．
22
D
．
23


m0

m
2
1 0
22

xy
由于方程，解得

2
1
为椭圆，且焦点

0,1

在
y
轴上，所以
2
m1m
mm1

2


m1m 1
m2
，所以
a2
2
13
，长轴长为
2a 23
.
故选：
D
【点睛】

本小题主要考查根据椭圆焦点坐标求参数，考查椭圆长轴长的求法，属于基础题
.
5
．已知
α
，
β
表示两个不同的平面，
l
为
α
内的一条直线，则
“α∥β
是
“l∥β”
的（

）

A
．充分不必要条件

B
．必要不充分条件

C
．充要条件

D
．既不充分也不必要条件

【答案】
A
【解析】试题分 析：利用面面平行和线面平行的定义和性质，结合充分条件和必要条件
的定义进行判断．
解：根据题意，由于
α
，
β
表示两个不同的平面，
l
为
α
内的一条直线，由于
“α∥β
，

则根据面面平行的性质 定理可知，则必然
α
中任何一条直线平行于另一个平面，条件可
第 2 页 共 19 页

以推出结论，反之不成立，

∴“α∥β
是
“l∥β”
的充分不必要条件．

故选
A
．

【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；平面与平面平行的判定．

6
．我国古代数学著作《九章算术》中有如下问题：
“
今有器中米，不知其数，前人取半，中人三分取一，后人四分取一，余米一斗五升
(
注：一斗为十升
).
问， 米几何？
”
下图是
解决该问题的程序框图，执行该程序框图，若输出的
S=15(
单位：升
)
，则输入的
k
的值
为（

）

 


A
．
45
【答案】
B
B
．
60 C
．
75 D
．
100

【解析】根据程序框图中程序的功能，可以列方程计算．

【详解】

由题意
S
故选：
B.
【点睛】

本题考查程序框图，读懂程序的功能是解题关键．

7
．已知等差数列

a
n

满足
a
5
2a
1
 7
，
a
3
5
，则数列
{
（

）

A
．
123
15
，
S60
．

234
1
}
的前
10
项的和为
a
n
a< br>n1
22

23
B
．
11

23
C
．
20

21
D
．
10

21
【答案】
D
第 3 页 共 19 页

【解析】根据已知条件求得数列

a
n

的通项公式，利用裂项求和法求得数列
{
前
10< br>项的和
.
【详解】

1
}
的
a
n
a
n1

a
1
4d2a
1
7
a
1
1
a2a7
a5


a
依题意等差数列

n

满足
5
，
3，所以

，
1
a2d5
d2


1
所以
a
n
2n1
，所以
111

11





.
所以数列
a
n
a
n1

2n1

2n1

2

2n12n1

{
1
111111
1

1

10
}
的前
10
项的和为< br>
1
L
1
.

a
n
a
n1
2

3351921

2

21

21
故选：
D
【点睛】

本小题主要考查等差数列通项公式的求法，考查裂项求和法，属于基础题
.
8
．以下是人数相同的四个班级某次考试成绩的频率分布直方图，其中方差最小的是
（

）

A
．
B
．

C
．
D
．

【答案】
B
【解析】根据方差表示的意义选出正确选项
.
【详解】

方差表示 数据波动性的大小、稳定程度
.
由频率分布直方图可知：数据越靠近均值，方
差越小， 所以方差最小的是
B
选项
.
故选：
B
【点睛】

本小题主要考查根据频率分布直方图估计方差的大小，属于基础题
.
9
．设 函数
f

x

xeae
x

x
的导函数为
f

x

，若
f
x

是奇函数，则曲线
''
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yf

x

在点
(1,f(1))
处切线的斜率 为（

）

A
．
2e

【答案】
D
【解析】利用
f
【详解】

依题意
f
'
B
．

1

e
C
．
2 D
．
2e

'
x

为奇函数求得
a
的值，由此求得
f
'
< br>1

的值
.

x

e
x
ae
x
x

e
x
ae
x
< br>，由于
f
'

x

是奇函数，所以
f
'

0

1a0
，解得
a1
，所以< br>f
'

x

e
x
e
x
x

e
x
e
x

，所以
11f
'

1

ee2e
.
ee
故选：
D
【点睛】

本小题主要考查函数导数的计算，考查函数的奇偶性，属于基础题
.
10
． 已知函数
f

x

cosx|sinx|
，有下列四个 结论：

①
f

x

是偶函数
②
f

x

是周期函数

③
f

x

在



,0

上是增函数
④
f

x

在


< br>,


上恰有两个零点

其中所有正确结论的编号有（

）

A
．①③

【答案】
C
【解析】根据
f

x

的奇偶性、周期性、单调性和零点对四个结论逐一分析，由此确定
正确 选项
.
【详解】

由于
f

x
cos

x

sin

x

cosxsinxf

x

，所以
f

x< br>
为偶函数，故
①
正确
.
由于
f

x2


cos

x2


s in

x2


cosxsinxf

x

，所以
f

x

是
周期为
2< br>
的周期函数，故
②
正确
.
当
x


,0

时，
sinx0
，所以
f

x

cosxsinx
B
．②④
C
．①②④
D
．①③④



2sin

x

，且
4

x


3




,

，所以
f

x

在



,0

上先减后增 ，
③
错误
.
4

44

第 5 页 共 19 页




x
x

,

fx0
cosxsinx
当，所以
tanx1
，且

时，令

，得

,

，
22

所以
f

x

有两个零点< br>x
1


4
,x
2


4
，所以
④
正确
.
综上所述，正确结论的编号有
①②④.
故选：
C
【点睛】

本小题主要考查三角函数的奇偶性、周期性、单调性和零点，属于中档题
.
11．定义在
R
上的奇函数
f

x

满足
f

3x

f

x3

0，若
f

1

1
，
f

2

2
，则
f

1

f
< br>2

f

3

Lf

202 0


（

）

A
．
1

【答案】
C
【解析】首先判断出f

x

是周期为
6
的周期函数，由此求得所求表达式 的值
.
【详解】

由已知
f

x
为奇函数，得
f

x

f

x

，

而
f

3x

f

x3

0
，

所以
f

x 3

f

x3

，

所以
B
．
0 C
．
1 D
．
2

f

x

f

x6

，即< br>f

x

的周期为
6
.
由于
f< br>
1

1
，
f

2

 2
，
f

0

0
，

所以< br>f

3

f

3

f
3

f

3

0
，

f

4

f

2

f< br>
2

2
，

f

5

f

1

f

1

 1
，

f

6

f

0

0
.
所以
f

1

f

2

f

3

f

4
f

5

f

6

 0
，

又
202063364
，

所以f

1

f

2

f

3

Lf

2020

f

1

f

2

f

3
< br>f

4

1
.
故选：
C
【点睛】

第 6 页 共 19 页

本小题主要考查函数的奇偶性和周期性，属于基础题
.
12
．正三棱柱
ABCA
1
B
1
C
1
的所有定点均在 表面积为
8

的球
O
的球面上，
AB3
，
则
B
1
到平面
A
1
BC
的距离为（

）

A
．
1
【答案】
B
【解析】根据 球的表面积求得球的半径，由此求得侧棱
AA
1
的长，利用等体积法求得
B< br>1
到平面
A
1
BC
的距离
.
【详解】

设等边三角形
ABC
的外接圆半径为
R
，由正弦定理得
B
．
6

5
C
．
43

5
D
．
3

2R
a3
2R1
.
sinA
sin

3
由于球
O
的表面积为
8

，故半径
r 2
，所以侧棱长
AA
1
2rR2
22

2< br>
2
2
12
.
在三角形
A
1
B C
中，
A
1
BACAA
1
2
AC
2
7
，而
BC3
，所以三角形
A
1
BC
的面积为
1

3

11

BC

2
.
BCAC37

1


22

2


2

设
B
1到平面
A
1
BC
的距离为
h
，由
V
C A
1
B
1
B
V
B
1
A
1< br>BC
得
2

3

6
11311
.
h
，解得
2337

h


5
32232

2

故选：
B
2
第 7 页 共 19 页

【点睛】

本小题主要考查几何体外接球有关计算，考查等体积法求点面距离，属于基础题
.


二、填空题

x0

13
．已知
x
，
y
满足约束条件

xy1
，则
z3x2 y
的最小值为
______
．


2xy2

【答案】
2
【解析】作出可行域，平移 基准直线
3x2y0
到

0,1

处，求得
z
的最小值
.
【详解】

画出可行域如下图所示，由图可知平移基准 直线
3x2y0
到

0,1

处时，
z
取得最小
值为
2
.
故答案为：
2


【点睛】

第 8 页 共 19 页

本小题主要考查线性规划求最值，考查数形结合的数学思想方法，属于基础题
.
14
．已知向量
AB(3,2)
，
AC(5,1)
， 则向量
AB
与
BC
的夹角为
______
．

【答案】
90

【解析】利用向量夹角公式，计算出向量
ABB C0
，由此判断出向量
AB
与
BC
的
夹角为
90 
.
【详解】

uuur
uuur
uuur
uu ur
uuuruuur
uuur
uuur
uuuruuuruuuruuur uuur
uuur
由于
BCACAB

2,3
< br>，所以
ABBC

3,2



2, 3

0
，所以向量
AB
与
uuur
BC
的夹角为
90
.
故答案为：
90
o

【点睛】

本小题主要考查向量坐标的线性运算，考查向量数量积的运算，属于基础题
.
15< br>．已知
S
n
为数列

a
n

的前< br>n
项和，
a
n
S
n
32
，则
S
7

______
．

【答案】
127

4

S
1
,n1
【解析】利用
a
n

证得数列

a
n

是等比数列，由此求得
S
7
的值
.
SS,n2
n1

n
【详解】

由于
a
n
S
n
32
，当
n1
时
2a< br>1
32,a
1
16
.
当
n2
时

得
2a
n
a
n1
0,a
n
< br>
a
n
S
n
32
，两式相减

a
n1
S
n1
32
11
a
n1

n2

.
所以数列

a
n

是首项为
16
，公比为的等比数
22
1

16

1
7

2

127
.
列，所以
S
7



1
4
1
2
故答案 为：
【点睛】

本小题主要考查已知
S
n
求
an
，考查等比数列的前
n
项和公式，属于基础题
.
127

4
x
2
y
2
16
．已知
F
1
、
F
2
分别为双曲线
C
：
2

2
1
（
a0
，
b0
）的左、右焦 点，过
F
1
ab
的直线
l
交
C
于
A
、
B
两点，
O
为坐标原点，若
OABF
1，
|AF
2
||BF
2
|
，则
C
的
第 9 页 共 19 页

离心率为
_____
．

【答案】
7

【解析】根据勾股定理求得
a,c
的关系式，化简后求得双曲线离心率
.
【详解】

取
AB
的中点
E
，连接
EF< br>2
，由于
|AF
2
||BF
2
|
，所以< br>BF
1
EF
2
，而
OABF
1
，所以
OAEF
2
，
OA
是三角形
F
1
F
2
E
的中位线
.
F
1
AAEEB
，设
F
1
Ax
，则由双曲
线的定义可得
AF
2
2ax,BF
1
BF
2
3x2ax2a
，所以x2a
，
AF
2
4a
，
所以
EF
2

2
AF
2
2
AE
2
16a
2
4a
2
23a
，在三角形
F
1
F
2
E
中，由勾股定理可
得

4a

23a
故答案为：
7


2


2c
，化简得
c
2
7a
2
，所以
e
2
c
7
.
a

【点睛】

本小题主要考查双曲线离心率的求法，考查数形结合的数学思想方法，属于中档题
.

三、解答题
17
．如图，长方体
ABCDA
1
B
1
C
1
D
1
中，
O
1
是
A1
C
1
的中点，
E
是
BC
的中点
.< br>
第 10 页 共 19 页

（
1
）证 明：平面
O
1
AB
平面
B
1
EC
1；

（
2
）证明：
C
1
E
平面
O
1
AB
.

【答案】（
1
）见解析（
2
）见解析

【解析】（
1
）由
BB
1
AB
，
ABBC
证得< br>AB
平面
BCC
1
B
1
，由此证得平面
O
1
AB
平面
B
1
EC
1
.
（
2
）取
AB
中点
F
，连接
O
1
F
，
AC
，
EF
，通过证明四边形
EFO
1
C
1
是平行四边形，
证得
O
1
FC
1
E< br>，由此证得：
C
1
E
平面
O
1
AB
.
【详解】

（
1
）
∵
ABCDA
1
B
1
C
1
D
1
是长方体，
∴
BB
1
AB
，
ABBC
，

又
BB
1
IBCB
，且
BB
1

平面
BCC
1
B
1
，
BC
平面
BCC
1
B
1

∴
AB
平面
BCC
1
B
1
，即
AB
平面
B
1
EC
1
.
因为
ABÌ
平面
O
1
AB
，所以平面
O
1
A B
平面
B
1
EC
1
.
（
2
） 取
AB
中点
F
，连接
O
1
F
，
A C
，
EF
，

则
EFAC
，
EF
11
1
AC
，
O
1
C
1
AC
，
O
1
C
1
AC
，

2
22所以
EFO
1
C
1
，且
EFO
1
C
1

∴
EFO
1
C
1
是平行四边形，∴
O
1
FC
1
E
，

∵
O< br>1
F
平面
O
1
AB
，且
C
1FË
平面
O
1
AB
，

∴
C
1
F
平面
O
1
AB
.
第 11 页 共 19 页

【点睛】

本小题主要考查面 面垂直的证明，考查线面平行的证明，考查空间想象能力和逻辑推理
能力，属于基础题
. 18
．疫情爆发以来，相关疫苗企业发挥专业优势与技术优势争分夺秒开展疫苗研发
.为
测试疫苗的有效性
(
若疫苗有效的概率小于
90%
，则认为测 试没有通过
)
，选定
2000
个
样本分成三组，测试结果如
“
下表
:


疫苗有效

疫苗无效


已知在全体样本中随机抽取
1
个，抽到
B
组疫苗有效的概 率是
0.33.

（
1
）求
x
，
yz
的值；

（
2
）现用分层抽样的方法在全体样本中抽取
360
个测试结果，求
C
组应抽取多少个
?

（
3
）已知
y465
，
z30
，求疫苗能通过测试的概率
.

【答案】（
1
）
x660
，
yz
=500
（
2
）< br>90
（
3
）
A
组

673

77

B
组

C
组

x

90

y

z

2

3
【解析】（
1
）根据
“
在全体样本中随机抽取
1
个，抽到< br>B
组疫苗有效的概率
”
列方程，解
方程求得
x
的值， 进而求得
yz
的值
.
（
2
）根据
C
组 占总数的比例，求得
C
组抽取的个数
.
（
3
）利用列举法，结合古典概型概率计算公式，计算出所求概率
.
【详解】

（
1
）
∵
在全体样本中随机抽取
1
个，抽到
B
组疫苗有效的概率是
0.33.
∴
x
0.33
，
∴
x660
，
2000
yz2000

6737766090

500
.
第 12 页 共 19 页

（
2
） 应在
C
组抽取的个数为
360
500
90
.
2000
（
3
）由题意疫苗有效需满足
7790z200010%< br>，即
z33
，

C
组疫苗有效与无效的可能情况有
(465,35)

(466,34)(467,33)

(468,32)

469,31

470, 30

，

共
6
种结果，有效的可能情况有
(467,33)

(468,32)

469,31

470, 30

，

共
4
种结
果，

∴
疫苗能通过测试的概率
P
【点睛】

本小题主要考查分层抽样，考查古典概型概率计算，考查数据处理能力，属于基础题
.
19
．
ABC
内角
A
，
B
，
C
的对边分别是
a
，
b
，
c
，其外接圆半径为
R< br>，面积
42

.
63
S
1
2
2
RsinB
，
cos

AC


.
63
（
1
）求
B
；

（
2
）若
b3
，求
ac
的值
.

【答案】 （
1
）
B
2

（
2
）
ac 10

3
【解析】（
1
）利用正弦定理化简已知条件，结合两角和与 差的余弦公式，求得
cos

AC

的值，由此求得
A C
的大小，进而求得
B
的大小
.
（
2
）根据正弦 定理求得
R
，由此求得
ac
，结合余弦定理列方程，求得
a
2
c
2
8
，化
简后求得
ac
的值
.
【详解】

（
1
）由已知及正弦定理可得
11
ac sinBR
2
sinB
，即
26
11
2RsinA2 RsinCR
2
，

26
∴
sinAsinC
1
，

12
2
，

3
∵
cos

AC

cosAcosCsinAsinC
第 13 页 共 19 页

∴
cosAcosC
7
，

12
1
，

2
∴
cos

AC

cosAcosCsinAsinC
QAC

0,


∴
AC
（
2
）
2R
3
，
B
2

.
3
1
b
23
，
R3
，
∴
acR
2
1，

3sinB
由已知及余弦定理得
b
2
9a2
c
2
2accosBa
2
c
2
1
，
a
2
c
2
8
，

∴

ac

a
2
c
2
2ac10
，
ac10
.
【点睛】

本小题主要考查正弦定理、余弦定 理解三角形，考查两角和与差的余弦公式，属于基础
题
.
20
．在平面直角 坐标系
xOy
中，
M
为直线
yx2
上动点，过点作M
抛物线
2
C
:
x
2
y
的两条切线
MA
，
MB
，切点分别为
A
，
B
，
N
为
AB
的中点
.

（
1
）证明
:
MNx
轴；

（
2
）直线
AB
是否恒过定点
?
若是，求出这个定点的坐标；若不是， 请说明理由
.

【答案】（
1
）见解析（
2
）直线
AB
过定点
(,2)
.
【解析】（
1
）设出A,B
两点的坐标，利用导数求得切线
MA
的方程，设出
M
点坐 标并
代入切线
MA
的方程，同理将
M
点坐标代入切线
MB< br>的方程，利用韦达定理求得线段
1
2
AB
中点
N
的横 坐标，由此判断出
MNx
轴
.
（
2
）求得
N< br>点的纵坐标
y
N
，由此求得
N
点坐标，求得直线
AB
的斜率，由此求得直
线
AB
的方程，化简后可得直线
AB
过 定点
(,2)
.
【详解】

'
（
1
）设 切点
Ax
1
,x
1
，
Bx
2
,x
2
，
y2x
，

1
2

2
< br>
2

∴
切线
MA
的斜率为
2x
1
，切线
MA
：
yx
1
2x
1

xx
1

，

2
2
设
M
< br>t,t2

，则有
t2x
1
2x
1

tx
1

，化简得
x
1
2tx
1< br>t20
，

2
第 14 页 共 19 页

< br>2
同理可的
x
2
2tx
2
t20
.
∴
x
1
，
x
2
是方程
x
2
2txt20
的两根，
∴
x
1
x
2
 2t
，
x
1
x
2
t2
，

x
N

x
1
x
2
tx
M
，< br>∴
MNx
轴
.
2
（
2
）
∵y
N

1
2
1
2
2
x
1x
2


x
1
x
2

 x
1
x
2
2t
2
t2
，
∴
N

t,2t
2
t2

.

22
∵
k
AB
2
x
1
2
x
2
x
1
x
2
2t
，
∴
直线
AB< br>：
y

2t
2
t2

2t

xt

，即
x
1
x
2
1
y 22t(x)
，

2
∴
直线
AB
过定点
(,2)
.
【点睛】

本小题主要考查直线和抛物线的位置关系，考查直线过定点问题，考查化归 与转化的数
学思想方法，属于中档题
.
1
2
ae
x
21
．设函数
f

x


，
a0.

x
（
1
）讨论
f

x

的单调性；

（
2
）若
a
2
，证明：< br>lnxf

x

0
.

2
e
【答案】（
1
）见解析（
2
）见解析

【解析】（
1
）求得导函数
f
'

x
< br>，对
a
分成
a0,a0
两种情况进行分类讨论，求得
f< br>
x

的单调区间
.
ae
x
（
2
）构造函数
F

x

lnx
，利用导数证得< br>F

x

的最大值小于零，由此证得不
x
等式成立< br>.
【详解】

ae
x
(x1)
（
1）
f

x


，
x0
，

2
x
'
若
a0
，则当
x1
且
x0
时，
f
'

x

0
，当
x1
时，
f
'

x

0
，

∴
f(x)
在

,0

，

0,1

上单调递减，在

1,

上单调递增；

第 15 页 共 19 页

若
a0
，则
f

x

在

,0

，
0,1

上单调递增，在

1,

上单调递减.
x
xx
xax1e
ae
x

1ax eae
（
2
）令
F

x

lnx< br>（
x0
），则
F
'

x

< br>，


22
x
xxx
当
0x1
时，
F

x

0
，
F

x
单调递增，
∴
F

x

F
1

ae0
，

'
'
当
x1
时，
F

x


a

x1< br>
x
x
[e]
，

2
xa
< br>x1

x
令
g

x

e1
x
'x
2ae
2
2
2
gxe0
，则，
g

2

e0
2
a

x1

a

x1

aa
2
），

e
2
2
22
由于
a
2
，所以
ae2,ae11
，所以，存在
m
使得
e（
a
ae
2
ae
2
111
1m2
12
.
22
ae1ae1ae1
m
ae
2
e
2
.
由
1m
2
得
ae1
a

m1

mm
2
ee2
，而
e
m
e
2
，所以有故取
m

1,2

，且使，即
a

m1

a< br>
m1

g

m

e
m

m
e
2
e
2
0
.
a

m1

∵
g

m

g
< br>2

0
，
∴
g

x

存 在唯一零点
x
0


1,2

，

∴
F

x

有唯一的极值点且为极大值点、最大值点
x< br>0


1,2

，

x
由
g

x
0

0
可得
e
0
x< br>0
1
Fxlnx

，
∴
，

00
a

x
0
1

x
0
1< br>'
∵
F

x
0


11
 0
，
∴
F

x
0

为

1,2

上的增函数，

2
x
0

x< br>0
1

2
ae
2
∴
F

x
0

F

2

ln2
，
∴
F

x

0
.
ln210
（
a
2
）
e
2
综上可知，当

a
【点睛】

本小题主要考查利用导数研究函数的单调性，考查利用导数证 明不等式，考查分类讨论
的数学思想方法，考查化归与转化的数学思想方法，属于难题
.
第 16 页 共 19 页
2
时，
lnxf

x

0
.
2
e


x4cos

xOy
22
．在直角坐标系中，曲线
C
的参数方程为

（

为参数） ，将曲线
C
y2sin


上各点纵坐标伸长到原来的
2
倍（横坐标不变）得到曲线
C
1
，以坐标原点
O
为极点，< br>x
轴正半轴为极轴，建立极坐标系，直线
l
的极坐标方程为
4

cos

3

sin

250
.

（
1
）写出
C
1
的极坐标方程与直线
l
的直角坐标方程；

（
2
）曲线
C
1
上是 否存在不同的两点
M

4,

1

，
N< br>
4,

2

（以上两点坐标均为极坐标，
0
1
2

，
0

2
2

），使点
M
、
N
到
l
的距离都为
3？若存在，求
|

1


2
|
的值；若不存在，请说明理由
.

【答案】（
1
）
4
，
4x3y250
（
2
）存在，
|

1


2
|
4


3
【解析】（
1
）先求得曲线
C
的普通方程，利用伸缩变换的知识求得曲线< br>C
1
的直角坐标
方程，再转化为极坐标方程
.
根据极坐标和直 角坐标转化公式，求得直线
l
的直角坐标方
程
.
（
2）求得曲线
C
1
的圆心和半径，计算出圆心
O
到直线
l
的距离，结合图像判断出存在
M,N
符合题意，并求得
|

1


2
|
的值
.
【详解】


1

xy
y

（
1
）曲线
C< br>的普通方程为，
1
，纵坐标伸长到原来的
2
倍
x
2

2

1
164
164
22
22
得到曲线
C
1
的直角坐标方程为
xy16
，其极坐标方 程为

4
，

2
直线
l
的直角坐标方程为
4x3y250
. （
2
）曲线
C
1
是以
O
为圆心，
4< br>为半径的圆，

圆心
O
到直线
l
的距离
d
|403025|
43
32
5
.
∴
由图像可知，存在这样的点
M
，
N
，则
MNl
，且点
O
到直线
MN
的距离
OD532
，

∴
MON
2

4

.
，
∴
|

1


2
|
33
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【点睛】

本小题主要考查坐标变换， 考查直线和圆的位置关系，考查极坐标方程和直角坐标方程
相互转化，考查参数方程化为普通方程，考查 数形结合的数学思想方法，属于中档题
.
23
．已知
a
，
b
均为正数，且
ab1
.
证明：

（
1
）
a
2
b
2

211
()
；

2ab
(b1)
2
(a1)
2
（
2
）
8
.

ab
【答案】（
1
）见解析（
2
）见解析


11

【解析】（
1
）由
a
2
b< br>2
2ab
进行变换，得到
2(a
2
b
2
)



，两边开方并化

ba

简， 证得不等式成立
.
2
(b1)
2
(a1)
2
3322
（
2
）将化为

ab

2

ab



ab

，然后利用基本不等式，< br>
ab
证得不等式成立
.
【详解】

（
1
）
a
2
b
2
2ab
，两边加上
a2
b
2
得
2(a
2
b
2
)
ab

2

ab

，即


ab

2

11

2(ab )



，当且仅当
ab1
时取等号，
< br>
ba

22
2
∴
a
2
b
2

（
2
）
211
()
.
2ab< br>(b1)
2
(a1)
2
b
2
2b1a
2
2a1a
3
b
3
ba11
2() ()

a
3
b
3


abaaab bbababab
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2

a2
b
2



ab

2a3
b
3
4ab2ab8
.
当且仅当
ab1
时取等号
.
【点睛】

本小 题主要考查利用基本不等式证明不等式成立，考查化归与转化的数学思想方法，属
于中档题
.

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