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2019届河南省九师联盟高三押题信息卷（一）数学（文）试
题


一、单选题
1
．若集合
A

2,0,1,3,4
，
Bx1x32x
，则
AIB
（

）

A
．

0,4,3


C
．

1,0,4


【答案】
D 【解析】先根据集合
B
的限制条件求出集合
B
，然后求交集
.
【详解】

∵
Bx1x32xxx2
xx2或x 2
，
A

2,0,1,3,4

，
∴
AIB

3,4,2

,
故选
D.
【点睛】

本题主要考查集合的交集运算，侧重考查数学运算的核心素养
.
2
．若
i
为虚数单位，则
i

1
A．

B
．

2,1,3


D
．

3,4,2



< br>


1



（

）

1i

11
i

22
B
．

11
i

22
C
．
11
i

22
D
．
11
i

22
【答案】
C
【解析】先通分，再进行乘法和除法运算
.
【详解】

1

i
2
111

i

1i
,
故选
C.


1i

1i1i22
【点睛】

本题主要考查复数的四则运算，复数的除法通常是利用分母实数化进行，侧重考查数学
运算的核心素养
.

x2y30

3
．若实数
x
，
y
满足不等式组

2xy30
，则
2x3y的最小值为（

）


xy30

A
．
4
【答案】
B
第 1 页 共 17 页
B
．
5 C
．
6 D
．
7

【解析】作出可行域，平移目标函数，确定取到最小值的点，然后求出最小值
.
【详解】


x2y30

画出不等式组

2xy30
，表示的平面区域如图阴影区域所示，


xy30


令
z2x3y
，则y
21
xz
.
分析知，当
x1
，
y 1
时，
z
取得最小值，且
33
z
min
5
，故选
B.
【点睛】

本题主要考查线性规划求解最值，侧重考查直观想象和数学运算的核心素养
.
x2
y
2
4
．已知椭圆
C
：
2

，
F
1
，
F
2
分别为椭圆
C
的左、右焦 点，
P
为椭
1
（
a0
）
a4
FF< br>（

）

圆
C
上任一点，若
PF1
PF
2
42
，则
12
A
．
4
【答案】
A
2
【解析】由椭圆的定义可得
PF
1
PF
2
2a42
,
由椭圆的标准方程可得
b4
,< br>根
B
．
23
C
．
2 D
．
3

据
c
2
a
2
b2
,
进而求解
.
【详解】

由题
,
因为
PF
1
PF
2
2a42
,
所以
a22
,
又
b
2
4
,
所以
ca< br>2
42
,
所以
F
1
F
2
2c4
,
故选
:A
【点睛】

本题考查求椭圆的焦距
,
考 查椭圆的定义的应用
,
属于基础题
.
5
．已知四棱锥
P ABCD
的底面四边形
ABCD
是边长为
2
的正方形，若过点
P
作平
第 2 页 共 17 页

面
ABCD
的 垂线，垂足为四边形
ABCD
的中心，且四棱锥
PABCD
的侧棱与底面< br>所成的角为
60
，则四棱锥
PABCD
的高为（

）

A
．
22

【答案】
C
【解析】根据侧棱与底面所成角建立等量关系，可求四棱锥的高
.
【详解】

B
．
3
C
．
6
D
．
23


如图，设高为
PO
,
根据线 面角的定义可知
PCO
是侧棱
PC
与底面所成的角，据题设
22
2
2
分析知，所求四棱锥
PABCD
的高
ht an606
，故选
C.
2
【点睛】

本题主要考查利用线面角求解四棱锥的高，找到线面角所在直角三角形是求解关键
.
6
．已知在平面直角坐标系
xOy
中，圆
C
1
：

xm



ym6

2
与圆C
2
：
22

x1



y2

A
．
1
【答案】
D
22
1
交于
A
，
B
两点，若
OAOB
，则实数
m
的值为（

）

B
．
2 C
．
-1 D
．
-2

【解析】由
OAOB可得，
O
在
AB
的中垂线上，结合圆的性质可知
O
在两 个圆心
的连线上，从而可求
.
【详解】

因为
OAOB
，所以
O
在
AB
的中垂线上，即
O
在两个圆心的连 线上，
O

0,0

，
C
1

m ,m6

，
C
2

1,2

三点共线 ，所以
【点睛】

m6
2
，得
m2
，故选
D.
m
本题主要考查圆的性质应用，几何性质的转化是求解的捷径
.
7
．已知
f

x

为定义在
R
上的奇函数，若当x0
时，
f

x

2xm
（
m
为实数），
x
则关于
x
的不等式
2f
x1

2
的解集是（

）

第 3 页 共 17 页

A
．

0,2


【答案】
A
B
．

2,2

C
．

1,1

D
．

1,3


【解析】先根据奇函数求出
m
的值，然后结合单调性求解不等式
.
【详解】

据题意，得
f

0

1m 0
，得
m1
，所以当
x0
时，
f

x

2x1
.
分析知，
x
函数
f

x

在
R
上为增函数
.
又
f

1

2
，所以
f

1

 2
.
又
2f

x1

2
，所以
1x11
，所以
0x2
，故选
A.
【点睛】

本题主要考查函数的性质应用，侧重考查数学抽象和数学运算的核心素养
.
8
．如图，网格纸是由边长为
1
的小正方形构成，若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（

）


A
．
9

20

【答案】
C
B
．
9

26
C
．
5

20
D
．
5

26

【解析】根据三视图还原为几何体，结合组合体的结构特征求解表面积
.
【详解】

由三视图可知，该几何体可看作是半个圆柱和一个长方体的组合体，其中半 圆柱的底面
半圆半径为
1
，高为
4
，长方体的底面四边形相邻边长分 别为
1
，
2
，高为
4
，所以该几
何体的表面积S

1
【点睛】

本题主要考查三视图的识别，利用三视 图还原成几何体是求解关键，侧重考查直观想象
和数学运算的核心素养
.
9
．已知半径为
2
的球内有一个内接圆柱，若圆柱的高为
2
，则球的体积与圆柱 的体积
的比为（

）

A
．
2
1< br>2

14122
142245

 20
，故选
C.
2
4

3
B
．
9

16
C
．
3

4
D
．
16

9
第 4 页 共 17 页

【答案】
D
【解析】分别求出球和圆柱的体积，然后可得比值
.
【详解】

设 圆柱的底面圆半径为
r
，则
r2
2
1
2
3< br>，所以圆柱的体积
V
1


326
.< br>又球的体积
V
2

2
432
2
3

，所以球的体积与圆柱的体积
33
32

的比
V2

3

16
，故选
D.
V
1
6

9
【点睛】

本题主要考查几何体的体积求解，侧重考查数学运算的核心素养
.
10
．函 数
f

x

cos2xx


,2


的图象与函数
g

x

s inx
的图象的交点横坐
标的和为（

）

A
．
5π

3

B
．
2

C
．
7


6
D
．


【答案】
B
【解析】根据两个函数相等，求出所有交点的横坐标，然后求和即可
.
【详解】

令
sinxcos2x
，有
sinx12 sin
2
x
，所以
sinx1
或
sinx
所 以
x
1
.
又
x



,2


，
2
3

5

或
x
或
x
或
x
，所以函数
f

x< br>
cos2x

x



,2



的
2266

3

5

2

，故选图象与函数
g

x

 sinx
的图象交点的横坐标的和
s
2266
B.
【点睛】

本题主要考查三角函数的图象及给值求角，侧重考查数学建模和数学运算的核心素养
.
x
11
．已知函数
f

x

a
（a0
，且
a1
）在区间

m,2m

上的 值域为

m,2m

，则
a
（

）

A
．
2

【答案】
C
【解析】对
a
进行分类讨论，结合指数函数的单调性及值域求解
.
【详解】

B
．
1

4
C
．
1
或
2

16
D
．
1
或
4

4
第 5 页 共 17 页


a
m
m
分析知，
m0
.
讨论：当
a1
时，

2m
，所以
a< br>m
2
，
m2
，所以
a2
；

a2m

a
m
2m
11
1
1
m
.
综上，
a
当
0a1
时，

2m
，所以
a
，
m
，所以
a
或
4
216 16

am
a2
，故选
C.
【点睛】
本题主要考查指数函数的值域问题，指数函数的值域一般是利用单调性求解，侧重考查
数学运算和数 学抽象的核心素养
.
12
．已知在锐角
ABC
中，角
A
，
B
，若
2bcosCccosB
，
C
的对边分 别为
a
，
b
，
c
，
则
111

的最小值为（

）

tanAtanBtanC
A
．
27

3
B
．
5
C
．
7

3
D
．
25

【答案】
A
【解析】先根 据已知条件，把边化成角得到
B,C
关系式，结合均值定理可求
.
【详解】

∵
2bcosCccosB
，
∴
2s inBcosCsinCcosB
，

∴
tanC2tanB
.
又
ABC

，

∴
tanAtan





BC



 tan

BC


tanBtanC3tanB3tanB< br>
，

22
1tanBtanC12tanB2tanB1
27
1112tan
2
B111
tanB
∴. 
36tanB
tanAtanBtanC3tanBtanB2tanB
又
∵
在锐角
ABC
中
,
tanB0
,∴< br>272727
，
tanB2tanB
36tanB36tanB3当且仅当
tanB
7
时取等号，

2
∴
< br>11

27

1

，故选
A.

tanAtanBtanC3

min
【点睛】
本题主要考查正弦定理和均值定理，解三角形时边角互化是求解的主要策略，侧重考查
数学运算的核 心素养
.

第 6 页 共 17 页

二、填空题
v
vv
v
v
v
13
．已知平 面向量
a

x,1x

，
b

1, 2

，
c

3,4

，若
a
P

b2c

，则实数
x
______.
< br>【答案】
rr
【解析】先根据坐标运算求出
b2c
，结合向量平行可 得
x
的值
.
【详解】

1

3
rrr
r
∵
b

1,2

，
c
3,4

，
∴
b2c

1,2

2

3,4



5,10

.
rrr
r
1
又
∵
a

x, 1x

，
a
P
b2c
，
∴
x

10



5



1 x

0
，得
x
.
3

【点睛】

本题主要考查平面向量的坐标运算，熟记向量平行 的坐标公式是求解关键，侧重考查数
学运算的核心素养
.
14
．某高校组织 学生辩论赛，六位评委为选手
A
成绩打出分数的茎叶图如图所示，若
去掉一个最高分， 去掉一个最低分，则所剩数据的平均数与中位数的差为
______.


【答案】
3

2
【解析】先根据茎叶图求出平均数和中位数，然后可得结果
.
【详解】

85
，
87
，
95
，剩下的四 个数为
83
，且这四个数的平均数
x
这四个数的中位数为
1175

83858795


，
42
1

8587

=86
，则所剩数据的平均数与中位数的差为
21753
86
.
22
【点睛】

本题主要考查茎 叶图的识别和统计量的计算，侧重考查数据分析和数学运算的核心素
养
.
22
xy
15
．已知平行于
x
轴的直线
l
与双曲线
C
：
2

2
1

a0,b0

的两条渐近线分
ab
别交于
P
，
Q
两点，
O为坐标原点，若
OPQ
为等边三角形，则双曲线
C
的离心率为
______.

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【答案】
2
【解析】根据
OPQ
为等边三角形建立
a,b
的关系式，从而可求 离心率
.
【详解】

据题设分析知，
POQ60
， 所以
b
tan60
，得
b3a
，

a
ca
2
b
2
a
2
3a
2
所以双曲线
C
的离心率
e2
.
aaa
【点睛】
< br>本题主要考查双曲线的离心率的求解，根据条件建立
a,b,c
之间的关系式是求解的关
键，侧重考查数学运算的核心素养
.
16
．已知函数
f

x




2x2,x4

21 5,x4
x
，若存在
x
1
,x
2
,x
3
R
，且
x
1
x
2
x
3
，< br>f

x
1

f

x
2

f

x
3

，使得
x
1
x2
f

x
3

f

a
< br>恒成立，则实数
a
的取值范围是
____.

【答案】

log
2
23,


【解 析】作出图象，观察可知
x
1
,x
2
关于
x2
对 称，设
f

x
1

f

x
2< br>
f

x
3

t
，
构造关于< br>t
的函数，求解最值可得
.
【详解】


作出图象 ，如图所示，设
f

x
1

f

x2

f

x
3

t
，则
t

1,2

，
x
1
t
，
x
2
4t
.
令
g

t

x
1
x
2
f

x
3

，则
g

t

t
2

4t

 t
3
4t
2
，所以
g'

t

3t
2
8tt

83t

，

所以当
t

1,2

时，
g'

t
0
，所以
g

t

在

1,2

上单调递增，所以当
t

1,2

时，
3g

t

8
，

第 8 页 共 17 页

所以
f

a

8
，所 以由函数
f

x

图象可知
2
a
15 8
，所以
alog
2
23
.
【点睛】

本题主要考查分段函数的最值问题，数形结合是求解函数问题的常用法宝，侧重考查数
学抽象和数学运 算的核心素养
.

三、解答题
17
．已知数列

a
n

满足
a
1
1
，
a
n 1
4a
n
3n1
，
b
n
a
nn
.

（
1
）证明：数列
{b
n
}
为等比数列；

（
2
）求数列

a
n

的前
n< br>项和
.

【答案】（
1
）见证明；（
2
）< br>2
n
11
41

n
2
n


322
【解析】（
1
）利用等比数列的定义可以证明；

（
2
）由（
1
）可求
b
n
的通项公式，结 合
b
n
a
n
n
可得
a
n
，结 合通项公式公式特点选
择分组求和法进行求和
.
【详解】

证明： （
1
）
∵
b
n
a
n
n
，∴
b
n1
a
n1
n1
.
又
∵
a
n1
4a
n
3n1
，
∴
b
n1
a
n1
n1

4a
n
3n 1

n14

a
n
n

 4
.
b
n
a
n
na
n
na
n
n
又
∵
b
1
a
1
1112
，

∴
数列

b
n

是首项为< br>2
，公比为
4
的等比数列
.
n1
解：（
2
）由（
1
）求解知，
b
n
24
，

n1
∴
a
n
b
n
n24n
，

∴
S
n
a
1
a
2
a
n
2(144
L
4)(123
L
n) 

2
n
1
2
1
41nn
. 
322
2n1
2

14
n

14
n

n1


2
【点睛】

本题主要考查等比数列的证明和数列求和，一般地，数列求和时要根据数列通项公式的
第 9 页 共 17 页

特征来选择合适的方法，侧重考查数学运算的核心素养
.
18
．如图
1
，在边长为
4
的正方形
ABCD中，
E
是
AD
的中点，
F
是
CD
的中 点，现
将三角形
DEF
沿
EF
翻折成如图
2
所示的 五棱锥
PABCFE
.


（
1
）求证：
ACP
平面
PEF
；
（
2
）求五棱锥
PABCFE
的体积最大时
PAC
的面积
.

【答案】（
1
）见证明；（
2
）
42

【 解析】（
1
）只需证明
EFAC
即可，从而可证
AC
平面< br>PEF
；

（
2
）明确体积最大时几何体的特征，即平面PEF
平面
ABCFE
，求出
PAC
的面积

【详解】

证明：（
1
）在图
1
中，连接
AC
.
又
E
，
F
分别为
AD
，
CD
中点，

所以
EFAC
.
即图
2
中有
EFAC
.
又
EF
平面
PEF
，
AC
平面
PEF
，

所以
AC
平面
PEF
.
解：（2
）在翻折的过程中，当平面
PEF
平面
ABCFE
时，五棱 锥
PABCFE
的体
积最大
.
在图
1
中，取< br>EF
的中点
M
，
DE
的中点
N
.
由 正方形
ABCD
的性质知，
MNDF
，
MNAD
，
MNNE1
，
AEDF2
，
AMAN
2
MN
2
3
2
1
2
10
.

在 图
2
中，取
EF
的中点
H
，分别连接
PH
，
AH
，取
AC
中点
O
，连接
PO
.
由正方形
ABCD
的性质知，
PHEF
.
第 10 页 共 17 页

又平面
PEF
平面
ABCFE
，

所以
PH
平面
ABCFE
，则
PHAH
. < br>由
AB4
，有
PFAEPE2
，
EHPHHF 2
，
AC42
，

PAPH
2
AH
2

同理可知
PC23
.
又
O
为
AC
中点，

所以
OPAC
，

所以
OP
所以
S
PAC

【点睛】


2
2
10
2
23
.
AP< br>2
OA
2


2322

2

2
2
，

11
OPAC24242
.
22
本题主要考查空间平 行关系的证明和三角形面积的求解，侧重考查直观想象，逻辑推理
和数学运算的核心素养
. < br>19
．随着互联网金融的不断发展，很多互联网公司推出余额增值服务产品和活期资金管
理服务产品，如蚂蚁金服旗下的
“
余额宝
”
，腾讯旗下的
“
财富通
”
，京东旗下
“
京东小金
库
”.
为了调查广 大市民理财产品的选择情况，随机抽取
1100
名使用理财产品的市民，
按照使用理财 产品的情况统计得到如下频数分布表：

分组

使用
“
余额宝
”

使用
“
财富通
”

使用
“
京东小金库
”

使用其他理财产品

合计


已知这
1100
名市民中，使用
“
余额宝
”
的人比使用
“
财富通
”
的人多
200< br>名
.

（
1
）求频数分布表中
x
，
y
的值；
< br>（
2
）已知
2018
年
“
余额宝
”
的平均年化收益率为
2.8%
，
“
财富通
”
的平均年化收益 率为
频数（单位：名）

x

y

40

60

1100

4.2%
，
“
京东小金 库
”
的平均年化收益率为
4.82%
，有
3
名市民，每个人 理财的资金
有
10000
元，且分别存入
“
余额宝
”“财富通
”“
京东小金库
”
，求这
3
名市民
20 18
年理财
第 11 页 共 17 页

的平均年化收益率；

（
3
）若在
1100
名使用理财产品的市民中，从使用
“
余额宝
”
和使用
“财富通
”
的市民中按
分组用分层抽样方法共抽取
5
人，然后从这
5
人中随机选取
2
人，求
“
这
2
人都使用
‘
财
富通
’”
的概率
.

注：平均年化收 益率，也就是我们所熟知的利率，理财产品
“
平均年化收益率为
3%
”
即将
100
元钱存入某理财产品，一年可以获得
3
元利息
.

【答案】（
1
）
x600,y400

（
2
）
3.94%
（
3
）
p
1

10
【解析】（
1
）结合使用
“
余额宝
”
的人比使 用
“
财富通
”
的人多
200
名及总人数可得
x,y
的
值；

（
2
）根据利率求出每个人的收益，然后再求平均数；

（
3
）求出所有的基本事件空间，结合古典概型可得概率
.
【详解】


xy200
解：（
1
）据题意， 得

，

xy1100100

所以

x600
.

y400
（
2
）因为< br>10000
元使用
“
余额宝
”
的利息为
10000 2.8%280
（元）；

10000
元使用
“
财富通< br>”
的利息为
100004.2%420
（元）；

100 00
元使用
“
京东小金库
”
的利息为
100004.82 %482
（元），

所以这
3
名市民
2018
年 理财的平均年化收益率

280420482
100%3.94%
.
30000
（
3
）据
6004003:2
，得共抽取这
5
人中使用
“
余额宝
”
的有
3
人，使用< br>“
财富通
”
的有
2
人
.
设这
5< br>人中，使用
“
余额宝
”
分别为
A
1
，
A
2
，
A
3
，使用
“
财富通
”
分别为
B
1
，
B
2
，则从
5
人中随机选取
2
人的所有基本事件为

A

A
1
,A< br>3

，

B
1
,B
2

，

A
2
,A
3

，

A
1
,B
1

，
1
,A
2

，
A
1
,B
2

，

A
2< br>,B
1

，

A
2
,B
2

，

A
3
,B
1

，

A
3
,B
2

，共
10
种，

其中
2
人都使用
“
财富通
”
的基本事件

B
1
,B
2

，

所以
“
这2
人都使用
‘
财富通
’”
的概率
p
【点睛】

本题主要考查统计量计算和古典概率的求解，侧重考查数学建模和数据分析的核心素
养
.
第 12 页 共 17 页
1
.
10

< br>20
．已知抛物线
C
：
y
2
2px(p0)的焦点为
F
，点
Q

t,2t

t0< br>
在抛物线
C
上，
QF2
.


（
1
）求抛物线
C
的标准方程；

（
2< br>）如图，
P
为抛物线
C
的准线上任一点，过点
P
作抛 物线
C
在其上点处的切线
PA
，
PB
，切点分别为
A
，
B
，直线
x0
与直线
PA
，
PB< br>分别交于
M
，
N
两点，点
M
，
N
的 纵坐标分别为
m
，
n
，求
mn
的值
.

【答案】（
1
）
y4x
（
2
）
−1 < br>【解析】（
1
）根据点在抛物线上和
QF2
可求抛物线的方程；
（
2
）设出直线方程，根据直线和抛物线相切可得两个斜率之间的关系，求出目 标式
mn
即可的结果
.
【详解】

2

4t
2
2pt


p
解：（
1
）据题意 ，得

t2
，


2


t0
所以
p2
.
故抛物线
C
的标准方程为
y4x
.
（
2
）设点
P
的坐标为

1,y
0

，直线
AP
的方程为
yk
1

x1

y
0
，直线
BP
的方程
为
yk
2

x1

y
0
.
2

y
2
4x< br>2
据

，得
k
1
y4y4k
1
4y
0
0
.

yk
1
(x1)y0
2
所以
164k
1

4k
1
4y
0

0
，得
k
1
y
0
k
1
10
.
2
同理，得
k
2
y< br>0
k
2
10
，

第 13 页 共 17 页


k
1
k
2
y
0
所 以

，


k
1
k
2
1分别令
x0
，得
mk
1
y
0
，
nk
2
y
0
，

所以
mn

k
1
y
0

k
2
y
0


2
y
0


k
1
k
2

y
0
k
1
k
2

22
y
0
y
0
1

1
.
【点睛】

本题主要考查抛物线方程的求解和抛物线中的 定值问题，注意切线的使用方法，侧重考
查数学运算的核心素养
.
21
．已 知函数
f

x

x2x2e
2x
1
2
ax(aR)
.

2
（
1
）当
ae
时，求函数
f

x

的单调区间；

（
2
）证明：当
a2
时，
f

x
2
.

【答案】（
1
）增区间为

,0

，

1,

，减区间为

0,1

.
（
2
）见证明

【解析】（
1
）先求导数，
f'

x

0
可得减区间，f'

x

0
可得增区间；

（
2
）不等式的证明转化为最值的求解即可
.
【详解】

解：（
1
）当
ae
时，
f

x

x2x2e
2x

1
2
ex
，

2
所以
f'

x

xeexxxee
，

2xx

讨论：
①
当
x0
时，
xe
x
e0
，有
f'

x
< br>0
；

②
当
0x1
时，由函数
yx e
x
为增函数，有
xe
x
e0
，有
f'

x

0
；

③
当
x1
时 ，由函数
yxe
x
为增函数，有
xe
x
e0
，有
f'

x

0
.
综上，函数
f< br>
x

的增区间为

,0

，

1,

，减区间为

0,1

.
证明：（
2
）当
a2
时，有

11
a1，所以
ax
2
x
2
，

22
2< br>所以
f

x

x2x2ex
.
2 x

2

令
g

x

x2x 2ex
，则
g'

x

xe2xxxe2.
x22xx

第 14 页 共 17 页

令
h

x

xe2
，有
h'

x



x1

e
.
xx
令
h'

x

0
，得
x1
. 分析知，函数
h

x

的增区间为

1, 

，减区间为

,1

.
所以
h

x

min
h

1

 2
1
0
.
e
所以分析知，函数
g

x

的增区间为

0,


，减区间为

,0

,
所以
g

x

min
g

0

0202e02
, 202

故当
a2
时，
f

x

2
.
【点睛】

本题主要考查利用导数求解函数的单调区间和 利用导数证明不等式，侧重考查逻辑推理
和数学运算的核心素养
.

xc os

xOy
22
．已知在平面直角坐标系中，曲线
C
的参 数方程为

（

为参数），
y2sin

以坐标原点
O
为极点，
x
轴的非负半轴为极轴且取相同的单位长度建立极 坐标系，直
线
l
的极坐标方程为

cos


sin

30
.

（
1
）求直线
l
的直角坐标方程；

（
2
）求曲线
C
上的点到直线
l
距离的最小值和最大值
.

【答案】（
1
）
xy30
（
2
）最大值
3210
3210
.
；最小值
2
2
【解析】 （
1
）结合极坐标和直角坐标的互化公式可得；

（
2
）利 用参数方程，求解点到直线的距离公式，结合三角函数知识求解最值
.
【详解】
< br>解：（
1
）因为
x

cos

,y
sin

，代入

cos


< br>sin

30
，可得直线
l
的直
角坐标方程为< br>xy30
.
（
2
）曲线
C
上的点

cos

,2sin


到直线
l
的距离
d
cos

2sin

3
2

5sin





3
2
，其中
cos


21
.
，
sin


55
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