东北电力大学就业网-运动会加油稿

绝密 ★ 启用前
班
级













姓
名



















准
考
证
号




















考
场
号

















座
位
号















2020年普通高等学校招生全国统一考试
理 科 数 学（一）
注意事项：
1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答题前 ，考生务
必将自己的姓名、考生号填写在答题卡上。
2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题的答案后 ，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标
号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在 试卷上无效。
3．回答第Ⅱ卷时，将答案填写在答题卡上，写在试卷上无效。
4．考试结束，将本试卷和答题卡一并交回。
密
封

不
第Ⅰ卷（选择题）
一、选择题：本大题共12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．已知全集
U

xZ|1x5

，
A

1,2,3
，
ð1,2

，则
AIB
（ ）
U
B

A
．

1,2


【答案】
C
【解析】全集
U

xZ|1x5


1,2,3,4,5

，
A

1,2,3

，
B
．

1,3

C
．

3

D
．

1,2,3


装
订
只
1 ,2

，可得
B

3,4,5

，所以
AIB

3

，故选
C
．

由
ð
U
B

2
．如果复数
A
．

卷
2

3
2bi
(
其中
i
为虚数单位，

那么
b
等于（

）
bR
)
的实部 和虚部互为相反数，
12i
2
B
．
C
．
2
D
．
2

3
【答案】
A
此
2bi

2bi

12i

2 2b

4b

i
22b

4b

i

【解析】，

12i

12i< br>
12i

555
因为该复数的实部和虚部互为相反数，因此22b4b
，因此
b
2
，故选
A
．

3
3
．如图，正方形
ABCD
内得图形来自宝马汽车车标的里面部分 ，正方形内切圆中黑色部分

和白色部分关于正方形对边 中点连线成轴对称，在正方形内随机一点，则此点取自黑色部分
的概率是（

）


A
．
1

4
B
．


4
C
．
π

8
D
．
1

2
【答案】
C
【解 析】设正方形
ABCD
的边长为
2
，则正方形的面积
S
1< br>4
，

则圆的半径为
r1
，阴影部分的面积为
S
2

1
2
1
π
r
π
，

22
1
π
S
2
2
π

，故选C ． 根据几何概型及其概率的计算公式可得
P
S
1
48
4
．已知

(,
π3π
)
，且
tan

 2
，那么
sin


（

）

22
B
．

A
．

3

3
6

3
C
．
6

3
D
．
3

3
【答案】
B
【解 析】因为

(,
故

(π,
π3π
sin
20
，
)
，
tan


co s

22
3π
)
，即
sin

2cos

，
2
6
，故选
B
．

3又
sin
2

cos
2

1
，解 得
sin



5
．在数列

a
n

中，若
a
1
1
，
a
n1
2a
n
3nN
，则
a
101

（

）


A
．
2
100
3

【答案】
D
B
．
2
101
3
C
．
2
102
1
D
．
2
102
3

【解析】
Qa
n1
2a
n
3
，
a
n1
32
< br>a
n
3

，

a
n1
32
，且
a
1
34
，

a
n
3

所以，数列

a
n
3

是以
4
为首项，以
2
为公比 的等比数列，

a
n
342
n1
2
n 1
，
a
n
2
n1
3
，

102
因此，
a
101
23
，故选
D
．
6
．在
△ABC
中，
“
cosAcosB
”
是
“
sinAsinB
”
的（

）

A
．充分而不必要条件

C
．充分必要条件

【答案】
C
【解析】
Q余弦函数
ycosx
在区间

0,π

上单调递减， 且
0Aπ
，
0Bπ
，

由
cosAco sB
，可得
AB
，
ab
，由正弦定理可得
sinA sinB
，

因此，
“
cosAcosB
”
是< br>“
sinAsinB
”
的充分必要条件，

故选
C
．

7
．历史上有不少数学家都对圆周率作过研究， 第一个用科学方法寻求圆周率数值的人是阿
基米德，他用圆内接和外切正多边形的周长确定圆周长的上下 界，开创了圆周率计算的几何
方法，而中国数学家刘徽只用圆内接正多边形就求得

的 近似值，他的方法被后人称为割圆
术．近代无穷乘积式、无穷连分数、无穷级数等各种

值的表达式纷纷出现，使得

值的计
算精度也迅速增加．华理斯在
1655
年求出一个公式：

B
．必要而不充分条件

D
．既不充分也不必要条件

π2

2

4

4

6

6

L

，根据该
2133557
L
公式绘制出了估计圆周率

的近似值的程序框图，如下图所示，执行该程序框图，已知输出
的
T2.8
，若判断 框内填入的条件为
km?
，则正整数
m
的最小值是（

）


A
．
2


B
．
3
C
．
4
D
．
5

【答案】
B
【解析】 初始：
k1
，
T2
，第一次循环：
T2
第二次循 环：
T
228

2.8
，
k2
，继续循环 ；
133
844128
2.8
，
k3
，此时T2.8
，满足条件，结束循环，

33545
所以判断框内填入的条 件可以是
k3?
，所以正整数
m
的最小值是
3
，故选B
．

8
．设
m,n
是不同的直线，

,

是不同的平面，则（

）

A
．若
m∥

，
n
，则
mn

C
．若
m∥

，
n∥

，
mn< br>，则

∥


【答案】
D
【解析】对于< br>A
，若
m∥

，
n
，则直线
m,n可以平行，也可以异面，所以
A
错误；

对于
B
，因为



不一定能成立，所以当

I

m
，
n

，
nm
时，
n

不 一
定成立，所以
B
错误；

对于
C
，若
m ∥

，
n∥

，
m∥n
，则

∥

，或平面

与平面

相交，所以
C
错误 ；

选项
D
：若
m

，
n

，
nm
，则



成立，所以
D
正确．故选
D
．

9
．已知
F
为抛物线
C:y
2
4x
的焦点，过
F
的直线
l
与
C
相交于
A
、
B
两点，线段
AB
的
垂直平 分线交
x
轴于点
M
，垂足为
E
，若
AB6
，则
EM
的长为（

）

A
．
22

【答案】
B
2
【解析】由已 知得
F

1,0

，设直线
l
的方程为
x my1
，并与
y4x
联立，得
B
．若

I< br>
m
，
n

，
nm
，则
n


D
．若
m

，
n
，
nm
，则




B
．
6
C
．
2
D
．
3

y
2
4my40
，
设
A

x
1
,y
1

，
B< br>
x
2
,y
2

，
E

x
0
,y
0

，
y
1
y
2
4m
，
则
y
0

y
1
y
2
2m
，
x
0
2m
2
1
，
E2m
2
1,2m
，

2

2
又< br>ABx
1
x
2
2m

y
1
y
2

44m46
，解得
m
2
1，

2
线段
AB
的垂直平分线为
y2mmx2 m1
，


2


令
y0
，得
M2m3,0
，从而
ME

2
44m
2
6
，故选
B
．

10
．函数
f

x



kx4

lnxx
（
x1
），若
f

x
0
的解集为

s,t

，且

s,t

中只有一
个整数，则实数
k
的取值范围为（

）

A
．

14

1
2,


ln33

ln2
B
．

14
1
2,


ln33

ln2

141

,1



ln332ln2
< br>C
．


141

,1



ln332ln2

D
．

【答案】
A
【解析】令
f

x

0
，得到
kx4 
令
g

x


x
，

lnx
x
lnx1
，则
g


x

，
2
lnx

lnx

令
g

x

0
，解得
xe
；令
g< br>

x

0
，解得
1xe
，

故
g

x

在

1,e

递增，在

e,

递减，

画出函数草图，如图所示：


2

2k4


114
ln2

，故选
A
．

结合图象

，解得
2k
3
ln2ln33

3k4

ln3

11
．点
P
为棱 长是
2
的正方体
ABCDA
1
B
1
C
1
D
1
的内切球
O
球面上的动点，点
M
为
B
1
C
1
的
中点，若满足
DPBM
，则动点
P
的轨迹的长度为（

）

A
．
5π

5
B
．
25π

5
C
．
45π

5
D
．
85π

5
【答案】
C

【解析】根据题意，点
P
为棱长是
2< br>的正方体
ABCDA
1
B
1
C
1
D
1
的内切球
O
球面上的动点，
点
M
为
B
1
C
1
的中点，

设
BB
1
中点为
N
，
AB
1
中点为
K
，如下图所示：


在平面
BB
1
C
1
C
中，
CNBM，由题意可知
DPBM
，

CN
为
DP
在平 面
BB
1
C
1
C
内的射影，所以直线
DP
在过点
D
且与
BM
垂直的平面内，

又因为
P
在正方体内切球的球面上，

所以点
P
的 轨迹为正方体的内切球与过
D
且与
BM
垂直的平面相交得到的小圆，

即
P
的轨迹为过
D,C,N
的平面即为平面
CDKN
与内切球的交线，

因为
D,O,N
位于平面
DD
1B
1
B
内，

设
O
到平面
CDKN
的距离为
h
，
所以由
V
CDON
V
ODCN
，可得
11

1

1

11
ON

DD< br>1



AC

CDCNh
，< br>
32

2

2

32
代入可得
212
11
32
11
5
25h
，解得
h
，

32
5
正方体的内切球半径为
R1
，


5

25
，

由圆的几何性质可得所截小圆的半 径为
r1



5


5
 
所以小圆的周长为
C2πr
2
45π45π
，即动点
P
的轨迹的长度为，故选
C
．

55
12
．已知定 义在
R
上的函数
f(x)
满足
f(xy)f(x)f(y) 2
x
2
y
2
，且
f(1)1
，

则下列说法正确的有（

）

（< br>1
）若函数
g(x)f(x)f(x)
，则函数
g(x)
是奇函数；

（
2
）
f(0)f(2)4
；

（
3
）设函数
h(x)f(x)2
，则函数
h(x)< br>的图象经过点
(3,9)
；

n
（
4
）设< br>nN
*
，若数列

f(n)1

是等比数列，则
f(n)21
．

A
．（
2
）（
3
）（
4
）

【答案】
B
B
．（
1
）（
3
）（
4
）
C
．（
1
）（
3
）
D
．（
1
） （
2
）（
3
）（
4
）

【解析】对于（< br>1
），
g(x)f(x)f(x)[f(x)f(x)]g(x)
，

所以函数
g(x)
是奇函数，故（
1
）正确；

1 0
对于（
2
），令
x1
，
y0
，代入可得f(1)f(1)f(0)222
，

因为
f(1)1
，
f(0)0
；

令
x1
，
y1
，则
f(2)[f(1)]2223
，

211
f(0)f(2)3
，故（
2
）错误；
12
对于（
3
），令
x1
，
y2
，则f(3)f(1)f(2)2227
，

h(3)729< br>，即函数
h(x)
的图象经过点
(3,9)
，故（
3
）正确；

11

对于（
4
），令
x1
，
y1
，则
f(0)f(1)f(1)222
，
f(1)1
，
f(0)0
，
1
f(1)
；
2
当
n2
，由
f(xy)f(x)f(y)22 2
，

可知
f(x)f(y)f(xy)222
，

所以[f(n1)1][f(n1)1]f(n1)f(n1)f(n1)f(n1 )1

xy
xy
f(2n)2
n1
2
n 1
2f(n)f(1)2
n
2
1
2f(n) f(1)2
n
2
1
21
f(2n)

13
f(n)2
n1

，

22

[f(n)1]
2
[f(n)]
2
2f(n)1f(2n)2
n
2
n
22f(n) 1

f(2n)2f(n)2
n1
3
，

2
∵数列
{f(n)1}
是等比数列，
[f(n1)1][f( n1)1][f(n)1]
，

即
13
f(n)2
n1
2f(n)2
n1
3
，
f(n)2
n
1
，故（
4
）正确，

22
故选B．

第Ⅱ卷（非选择题）
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分． < br>13
．某班有男生
30
人，女生
20
人，现采用分层抽样的方 法在班上抽取
15
人参加座谈会，
则抽到的女生人数为
_______
．

【答案】
6
【解析】因为男女生的比例为
30:203:2
，

由分层抽样的 概念可知在抽取的容量为
15
的样本中男女生的比例也应为
3:2
，

则抽取的女生人数为
15
故答案为
6
．

t
2
6
，

32
14
．若
( 2x1)dx2(t0)
，则
t
_______
．

0

【答案】
1

【解析】由


2x1

dx

x
0
t
2
x
|
t
0
t
2
t2
，解得
t 1
或
2
（舍），
故答案为
1
．

< br>x3y30

15．若实数
x
，
y
满足不等式 组

2xy30
，则
xy
的最大值为__________ ．

xy10

【答案】
9


x3y30

【解析】画出不等式组
2xy30
所表示的可行域，如图，


xy10


由图知平移直线
xyz
，当直线经过点
A

4,5

时，直线在
y
轴上的 截距
z
最大，

即
xy
在点
A

4,5

处取得最大值
459
，故答案为
9
．

x
2
y
2
16．已知双曲线
C:
2

2
1(a0,b0)
的左、右焦点分别为
F
1
、F
2
，过
F
2
的直线
l
与
ab
uuuuruuuur
3
C
交于
A,B
（其中点
A
在
x
轴上方）两点，且满足
AF
2


F
2
B
．若
C
的离心率为，直
2
线
l
的倾 斜角为
120
，则实数

的值是_________．
【答案】
1

7
2
c
2
a
2b
2
9b
2
5

2

【解析】 由
e
2

aa
2
4a4
得直线
l
与双曲线
C
的右支交于
A,B
两点，

3

2
，
设
|F
2
B|k
，则
|AF
2
|

k
．根据双曲线定义，
|F
1
B|2ak
，
|AF
1
|2a

k
．
在
△AF
1
F
2
中，由余弦定理， 得
(2a

k)(2c)(

k)22c
kcos60
①；
在
△BF
1
F
2
中，由 余弦定理，得

2ak



2c

 k
2
22ckcos120
②，
22
222
c3
2
2ac
a

2

1
． ①< br>
②并整理，得


2ac
2
c
2
3
7
a2
2

三、 解答题：本大题共6个大题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演
算步骤．

17
．（
12
分）在
△ABC
中，角
A,B,C
所对的边分别为
a,b,c
．向量
m

2a,b

，
n

1,cosC

，且
m∥n
．

（
1
）若
A30
，求角
C
的值；

（
2
）求角
B
的最大值．

【答案】（
1
）
120
；（
2
）
30
．

【解析】（
1
）因为
m

2a,b

，
n

1,cosC

，且
m∥n
，

所以
2a

cosC

b
，即
2acosC b0
，

由正弦定理
ab

，得
2sinAc osCsinB0
……
①

sinAsinB
所以
2s inAcosCsin

AC

0
，

整理，得
3sinAcosCcosAsinC0
……
②

将
A30
代入上式，得
tanC3
，

又
C

0,π

，所以
C120
．

（
2
）方法一：由①式，因为
sinA0
，
sinB0
，所以
cosC0C90
，

cosA0
，

②式两边同时除以
cosAcosC
， 得
3tanAtanC0
，

tanBtan

AC


tanAtanCtanA3tanA2tanA
< br>，

22
1tanAtanC13tanA13tanA
又13tan
2
A23tanA
，
tanB
2tanA3
，


23tanA
3
当且仅当
3tanA1< br>，即
A30
时取等号，

又
B

0, π

，所以
B
的最大值为
30
．

a< br>2
b
2
c
2
方法二：由（
1
）知，2acosCb0
，由余弦定理
cosC
，

2ab代入上式并化简得
a
2
2b
2
c
2
0< br>，

acb
所以
cosB 
2ac
又
222
a
2
c
2

1
2
3
2
1
2
ca
2
ac
2 2
，

2
2ac2ac

3
2
12
31
3ac3
，

ac2a
2
c2
3ac
，
cosB
2222
2ac2
32
1
2
ac
，即
c3a
时取等号，
22
当且仅当
又
B

0,π

，所以
B
的最大值为
30
．

18
．（
12
分）如图，在矩形
ABCD
中，
CD2
，
BC1
，E,F
是平面
ABCD
同一侧面点，
EA∥FC
，
AE AB
，
EA2
，
DE5
，
FC1
．


（
1
）证明：平面
CDF
平面
ADE
；

（
2
）求二面角
EBDF
的正弦值．

【答案 】（
1
）证明见解析；（
2
）
30
．

6
【解析】（
1
）∵四边形
ABCD
是矩形，∴
CDAD< br>，

∵
AEAB
，
CD∥AB
，故
CD AE
，

又
ADIAEA
，∴
CD
平面
ADE
，

∵
CD
平面
CDF
，∴平面
CDF
平面
ADE
．

（
2
）∵
BC 1
，
EA2
，
DE5
，

∴
DE< br>2
AD
2
AE
2
，∴
AEAD
，
又
AEAB
，
ABIADA
，∴
AE
平面
ABCD
．

以
D
为坐标原点，建立如图所示的空间直 角坐标系
Dxyz
，

则
D

0,0,0

，
B

1,2,0
，
F

0,2,1

，
E

1,0,2

，

uuuruuur
∴
DB

1,2,0

，
DF

0,2,1

，

设平面
BDF
的一个法向量
m

x,y,z< br>
，

uuur


x2y0

mDB0
uuur
由

，得

，令
x2< br>，得
m

2,1,2

．

2yz 0



mDF0
同理可求得平面
BDE
的一 个法向量
n

2,1,1

，

∴
cosm,n
mn36
30

，∴
sinm,n< br>，

mn
36
6
6
30
．
6
故二面角
EBDF
的正弦值为
x
2
y
2
19
．（
12
分）如图，在平面直角坐标系
xOy
中，已知 椭圆
C:
2

2
1(ab0)
的离心
ab< br>率为
5
，且左焦点
F
1
到左准线的距离为
4
．

5

（
1
）求椭圆
C
的方程；

B
两点，（< br>2
）若与原点距离为
1
的直线
l
1
:ykxm< br>与椭圆
C
相交于
A
，直线
l
2
与
l
1
平行，
且与椭圆
C
相切于点
M
（
O，
M
位于直线
l
1
的两侧）．记△
MAB
，△
OAB
的面积分别为
S
1
，
S
2
，若S
1


S
2
，求实数

的取值范围 ．

x
2
y
2
1,51
．

【答案】（1
）（
2
）

1
；

54

【解析】（
1
）因为椭圆
C
的离心率为
c5
5
，所以

，

5
a5

a
2
又椭圆
C
的左焦点
F
1
到左准线的距离为
4
，所以
c



4
，

c

所以
a
2
5
，
c
2
1< br>，
b
2
a
2
c
2
4
，

x
2
y
2
所以椭圆
C
的方程为
1
．

54
（
2
）因为原点与直线
l
1:ykxm
的距离为
1
，

所以
m
k1
2
1
，即
mk
2
1
，


ykxn

222
设直线
l
2
:ykxn
，由

x
2
y
2
，得

45k

x10knx5n200
，

1


4

5
因为直线
l
2
与椭圆
C
相 切，

所以
Δ

10kn

445k2

2

5n
2
200
，整理得
n
2
5k
2
4
，

mn
k1< br>2

因为直线
l
1
与直线
l
2
之间 的距离
d
所以
S
1

所以


2
，

11
ABd
，
S
2
AB1
，

22
mnmn
S
1
n
1
，

S
2
mm
k
2
1
n

5k2
41

又


2
，

5
2
k1k1

m


n
因为
k0
，所以



4,5

，


m

2
2
又
O,M
位于直 线
l
1
的两侧，所以
m,n
同号，

所以
n
n

1,51
，



2,5
，所以
1


m
m


故实数

的取值范围为


1,51
．

20
．（
12
分）某位学生为了分析自己每天早上从家出发到教室所花的 时间，随机选取了
10
天的数据，统计如下（单位：分钟）：
23
，
21
，
22
，
19
，
22
，
19
，
17
，
19
，
21
，
17
．

（1）若每天上学所花的时间
X
服从正态分布
N(

,
)
，用样本的平均数和标准差分别作
为

和

的估计值．
①求

和

的值；
②若学校7点30分上 课，该学生在7点04分到7点06分之间任意时刻从家出发，求该学
生上学不迟到的概率的范围； < br>（2）在这10天中任取2天，记该学生早上从家出发到教室所花时间的差的绝对值为
Y
，求
2

Y
的分布列和数学期望．
附：若随机变量
X服从正态分布
N(

,

)
，则
P(



X



)0.6826
，
2
P(

2

X

2

)0.9544
，
P(

3

X

3

)0.9974
．
【答案】（1）①

20
，

2
；②
(0.9772,0.9987)
； （2）分布列见解析，
E(Y)
【解析】（1）①样本的平均数为
样本的标准差为
112
．
45
1

(2321221922 1917192117)20
，
10
1
[(2320)
2
2(2120)
2
2(2220)
2
3(19 20)
2
2(1720)
2
]2
，
10
因此

20
，

2
．
②学校7点30分上课，若该学生7点04分准时从家出发，则该学生到达教室所花时间最多
为26分钟 ，若该学生7点06分准时从家出发，则该学生到达教室所花时间最多为24分钟，
由于
P( X26)P(X

3

)1
1
[(1P(

3

X

3

)]
2

1
1(10.9974)0.9987
，
2
1
P(X24)P(X

2

)1[(1P(
2

X

2

)]
2
1
1(10.9544)0.9772
．
2

所以该学生上学不迟到的概率的范围是
(0.9772,0.9987)
．
（2）把该学生这10天早上从家出发到教室所花的时间从小到大排列为17，17，19，19，
19 ，21，21，22，22，23．
在这10天中任取2天，所花时间的差的绝对值为
Y，则
Y
的可能值为0，1，2，3，4，5，
6，
222
11 11
C
2
CCC
CCC
6262
322
2 22
C
1
且
P(Y0)
2
，，
P(Y 1)
22
C
10
4515C
10
4515
1 11111
C
1
C
1
1462
2
C
3C
2
C
3
C
2
C
13
C
2
，，
P(Y2)P(Y3)
22
C
10
45C
10
4515
111
1111
C
1
CCC
CCCC
742
，
P(Y5)
2
2
2

，
P(Y6)
2
2
1

，
P(Y 4)
22
2
31

C
10
45C
10
45C
10
45
所以
Y
的分布列是
Y

0
2

15
1
2

15
2
14

45
3
2

15
4
7

45
5
4

45
6
2

45
P

Y
的数学期望是
E(Y)0
22142742112
．
123456
54545
21
．（
12
分）已知函数
f(x)e
x
(alnx)
，其中
aR．

（
1
）若曲线
yf(x)
在
x1处的切线与直线
y
x
垂直，求
a
的值；

e
（
2
）记
f(x)
的导函数为
g(x)
，当a(0,ln2)
时，证明：
g(x)
存在极小值点
x
0，且
f(x
0
)0
．

【答案】（
1
）
0
；（
2
）证明见解析．

【解析】（
1
）
f


x

e 

alnx

e
xx
11

 e
x


alnx

，

xx

依题意，有
f


1

e
< br>a1

e
，解得
a0
．

（
2
）令
g

x

e

a
x


1

lnx

，

x
所以
g


x

e

a
x


121

11

ln x

e
x



2

ex


a
2
lnx

．

xxx

xx


因为< br>e
x
0
，所以
g


x

与
a
21
lnx
同号，

xx
2
2
2
21
x2x2

x1

1
，

设
h

x

a
2
ln x
，则
h


x


3
xx< br>xx
3
所以对任意
x

0,

，有< br>h


x

0
，故
h

x

在

0,

单调递增．

因为< br>a

0,ln2

，所以
h

1

a10
，
h

aln0
，
22
故存在
x
0



1


1

1

,1

，使得
h

x
0

0
．

2


1


2

g

x

与
g


x

在区间

,1

上 的情况如下：


1

,x
0



2

-

x

x
0


x
0
,1


+

↗

g


x


g

x


所以
g

x

在区间

0

↘

极小值


1

,x
0
上单调递减，在区间

x
0
,1

上单调递 增．


2


1

x
a0 ,ln2
所以若

，存在
0

2
,1

，使得
x
0
是
g

x

的极小值 点．


令
h

x
0

0< br>，得到
alnx
0


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．
22
．（
10
分）【选修
4-4
：坐标系与参数方程】

12 x
0
x
0
x
0
12x
0
fxea lnxe0
．


，所以
00
22
x
0
x
0


x

已知直线
l< br>的参数方程是


y


2
t
2
（
t
是参数），圆
C
的极坐标方程为
2
t42< br>2


2cos




．
4

（
1
）求圆心
C
的直角坐标；
（
2
）由直线
l
上的点向圆
C
引切线，求切线长的最小 值．



π


22

,< br>【答案】（
1
）

（
2
）
26
．< br>


2

；
2

【解析】（1 ）
Q

2cos

2sin

，
< br>
2
2cos

2sin

，
22< br>
2

2


圆
C
的直角坐标方 程为
x
2
y
2
2x2y0
，即

xy1
，



2

2

22

,
∴圆心直角坐标为

．


2

2

（
2
）直 线
l
上的点向圆
C
引切线长是

2

2< br>
22
2
tt421t8t40


2

2

22


直线l
上的点向圆
C
引的切线长的最小值是
26
．

23
．（
10
分）【选修
4-5
：不等式选讲】

22

t4

2
2426
，
已知函数
f(x)mx2
，
mR
，且
f(x2)0
的解集为
[1,1]
．

（
1
）求
m
的值；


（
2）若
a,b,cR
，且
111
m
，求证：
a 2b3c9
．

a2b3c
【答案】（
1
）
m 1
；（
2
）证明见解析．

【解析】（
1
）f

x

0mx101mx1m
，

由
f

x1

0
的解集为
0,2
，可知
m1
．

（
2
）

111
1
，

a2b3c
1

2b3ca3ca2b

11


111

a2b3caa2b2b3c3c

则
a2b3c

a2b2c


3
2ba3ca3c2b
369
．

a2ba3c2b3c

当且仅当
a2b3c
时等号成立，即
a3
，
b
3
，
c1
时等号成立．

2