无锡城市职业技术学院-运动会通讯稿

绝密 ★ 启用前
又切线斜率
kf

(1)






2020年高三最新信息卷
1
，∴
f(1)f
(1)0
，故选
D
．

2
ππ
)
的图象如图所示，则
f()
的值为（

）

文 科 数 学（一）
4
．函数
f(x)Asin (

x

)
(A0,

0,|
< br>|







注意事项：


号
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

位
封
座
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。
密




4、考试结束，将本试卷和答题卡一并交回。




号
场
第Ⅰ卷

不
考

一、选择题：本大题共12小题，每小题5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．



订

1

．已知集合
U{1,2,3,4,5}
，
A{2,3,5}
，
B{2,5}
，则（

）






A
．
AB
B
．
ð
U
B{1,3,4}
C
．
AUB{2,5}
D
．
AIB{3}





【答案】
B
装

号
证< br>【解析】∵
U{1,2,3,4,5}
，
B{2,5}
，∴
ð
U
B{1,3,4}
，故选
B
．

考
准

2
．若
(xi)iy2i
，
x,yR
，则复数
xyi
的虚部为（

）


只




A
．
2
B
．
1
C
．
i
D
．
1




【答案】
B




卷

【解析】∵
(xi)i1xiy2i
，∴
x 2
，
y1
，所以
xyi
的虚部
y1
，




故选B．

名
姓
3< br>．已知函数
f(x)
在点
(1,f(1))
处的切线方程为
x 2y20
，则
f(1)f

(1)
（

）


此






A
．
3

2
B
．
1
C
．
1
2
D
．
0





【答案】
D

级
班
【解析】切点< br>(1,f(1))
在切线
x2y20
上，∴
12f(1)2 0
，得
f(1)
1
，

2


23
A
．
1
2
B
．
1
C
．
2
D
．
3


【答案】
B
【解析】根据图象可得
A2
，
T
2

2π
3

π
6

π
2
，即
Tπ
，

根据
T
2π
|

|
，
0
，得


2π
π
2
，

∴
y2sin(2x

)
，

又
f( x)
的图象过点
(
π
,2)
，∴
22sin(2
π
6
6


)
，

即
2π
6



π
2
2kπ
，
kZ
，∴

2kπ
π
6
，
kZ
，

又因
|

|
π
2
，∴

π
6
，

∴
f(x)2sin(2x
π
6
)
，
f(
π
3
)2sin(2
π< br>3

π
6
)2sin
5π
6
1
，故选
B
．

5
．下列命题错误的是（

）

A
．“
x2
”是“
x
2
 4x40
”的充要条件

B
．命题“若
m
1
4
，则方程
x
2
xm0
有实根”的逆命题为真命题

C
．在
△ABC
中，若“
AB
”，则“
sinA sinB
”

D
．若等比数列
{
a
n
}
公比为
q
，则“
q1
”是“
{a
n
}< br>为递增数列”的充要条件

1

【答案】
D
【解析】由
x
2
4x40(x2)
2
x20x 2
，∴
A
正确；

命题“若
m
1
4< br>，则方程
x
2
xm0
有实根”的逆命题为命题“若方程
x
2
xm0
有实根，
则
m
1
4
”，

∵方程
x
2
xm0
有实根
Δ1

4
m
0
m
1
4
，∴B
正确；

在
△ABC
中，若
ABabsin AsinB
(
根据正弦定理
)
，∴
C
正确，

故选
D
．

6
．《易·系辞上》有“河出图，洛出书”之说 ，河图、洛书是中国古代流传下来的两幅神秘图案，
蕴含了深奥的宇宙星象之理，被誉为“宇宙魔方”， 是中华文化阴阳术数之源．河图的排列结构如图
所示，一与六共宗居下，二与七为朋居上，三与八同道居 左，四与九为友居右，五与十相守居中，其
中白圈为阳数，黑点为阴数，若从阳数和阴数中各取一数，则 其差的绝对值为
5
的概率为（

）

A
．
1

67
5
B
．
25
C
．
25
D
．
8
25


【答案】
A
【解析】∵ 阳数为
1,3,5,7,9
；阴数为
2,4,6,8,10
，

∴从阳数和阴数中各取一数的所有组合共有
5525
个，

满足 差的绝对值为
5
的有
(1,6)
，
(3,8)
，
( 5,10)
，
(7,2)
，
(9,4)
共
5
个，< br>
则
p
5
25

1
5
，故选A
．

7
．“辗转相除法”是欧几里得《原本》中记录的一个算法，是由 欧几里得在公元前
300
年左右首先
提出的，因而又叫欧几里得算法．如图所示是一个 当型循环结构的“辗转相除法”程序框图．当输
入
m2020
，
n303
时，则输出的
m
是（

）

A
．
2
B
．
6
C
．
101
D
．
202




【答案】
C
【解析】输入
m2020
，
n303，又
r1
．

①
r10
，
20203036LL202
，

r202
，
m303
，
n202
；

②
r2020
，
3032021LL101
，

r101
，
m202
，
n101
；

③
r1010
，
2021012LL0
，

r0
，
m101
，
n0
；

④r0
，则
r0
否，输出
m101
，故选
C
．

8
．已知双曲线
x
2
y
2
22a
2

b
2
1(a0,b0)
的离心率为
2
，其一条渐近线被圆
(xm)y4(m0)
截得的线段长为
2< br>，则实数
m
的值为（

）

A
．
3
B
．
2
C
．
2
D
．
1

【答案】
C
【解析】依题意
c
a

c
2
a
2
1< br>b
2
b
a
2
2
a
3
，∴双曲 线渐近线方程为
y3x
，

不妨取渐近线
l
1
:3xy0
，则圆心
(m,0)(m0)
到
l
1
的距 离
d
|3m|
2

3m
2
，

由勾股定理得
(
3m
2
)
2
(
2
22
)2
2
，解得
m2
，

∵
m0
，∴
m2
，故选
C
．

9
．已知函数
f(x)
是定义在
R
上的偶函数，当
x0
时，
f(x)(
1
)
x
2
．则使不等式
f(x1)
9
2

4
2

成立的
x
取值范围是（

）

A
．
(,1)U(3,)

C
．
(0,2)

B
．
(1,3)

D
．
(,0)U(2,)

2(e
x
co sxe
x
sinxsinx)2(e
x
sinxsinx)
f

(x)sinxsinx0
，排除
C)
(1ex
)
2
(1e
x
)
2
11
．已知三 棱锥
PABC
中，
APB
2π
，
PAPB3，
AC5
，
BC4
，且平面
PAB
【答案】A
【解析】∵
f(2)
9
4
，由
f(x1)< br>9
4
，得
f(x1)f(2)
，

又∵
f(x)
为偶函数，∴
f(|x1|)f(2)
，

易知
f(x)
在
(0,)
上为单调递减，∴
|x1| 2
，

∴
x12
或
x12
，即
x3
或
x1
，故选
A
．

10
． 函数
f(x)(
1e
x
1e
x
)cosx
在
[5,5]
的图形大致是（

）

A
．
B
．

C
．
D
．

【答案】
A
【解析】易知
f(x)f(x)
，即函数
f(x)
是奇函数，图象关于原点对称，排除
D
；
f(x)
在
y
轴右侧第一个零点为
x
π
2
，
当
0x
π
2
时，
1e
x
0
，
1e
x
0
，
cosx0
，∴
f( x)0
，排除
B
；

当
x0

时，< br>1e
x
2
，
1e
x
0
，
c osx1
，且
1e
x
0
，∴
y
．
故选
A
．

x
(
当
0x
π
2
时，
f(x)(
1e
1e
x
)co sx
2cosx
1e
x
cosx
．


3
平面
ABC
，则该三棱锥的外接球的表面积为（

）

A
．
16π
B
．
28π
C
．
24π
D
．
32π


【答案】
B
【解析】在
△PAB
中，由余弦定理得
AB3
，

又
AC
2
AB
2
BC
2
，∴
△AB C
为直角三角形，
CBAB
，

又平面
PAB
平面
ABC
且交于
AB
，

∴
CB
平面
PAB
，∴几何体的外接球的球心到平面
PA B
的距离为
1
2
BC2
，

设
△PAB
的外接圆半径为
r
，则
2r
3
sin
2π
23
，∴
r3
，
3
设几何体的外接球半径为
R，则
R
2
2
2
(3)
2
7
，< br>
所求外接球的表面积
S4πR
2
28π
，故选
B
．

12
．已知函数
f(x)e
x

x1
x1
，对于函数
f(x)
有下述四个结论：

①函数
f(x)
在其定义域上为增函数；

②对于任意的
a0
，都有
f(a)1
成立；

③
f(x)
有且仅有两个零点；

④若
ye
x< br>在点
(x,e
x
0
0
)(x
0
1)
处的切线也是
ylnx
的切线，则
x
0
0
必是
f(x)
零点．

其中所有正确的结论序号是（

）

A
．①②③
B
．①②
C
．②③④
D
．②③

【答案】
C
3

【 解析】依题意
f(x)
定义域为
(,1)U(1,)
，且
f

(x)e
x

2
(x1)
2
，
∴
f(x)
在区间
(,1)
和
(1,)上是增函数，①错；

∵当
a0
时，则
e
a

2
a1
0
，因此
f(a)e
a

a1
a1
1e
a

2
a1
1成立，②对；

∵
f(x)
在区间
(,1)
上单调 递增，且
f(2)e
2

11
3

1
e
2

3
0
，
f(0)20
，

∴
f(2)f(0)0
，即
f(x)
在区间
(, 1)
上有且仅有
1
个零点．

∵
f(x)
在区间< br>(1,)
上单调递增，且
f(
5
55
2
4
)e
4
93
4
3
2
0
，
f( 2)e30
，

∴
f(
5
4
)f(2) 0
，
(
也可以利用当
x1

时，
f(x)
，
f(2)e
2
30
)
得
f(x)
在区间
(1,)
上有且仅有
1
个零点．因此，
f(x)
有且仅有两个零点，③对；

∵
ye
x
在点
(x
x
0
,e
0
)(x
x
0
0
1)
处的切线方程
l
为
ye
x
0
e(xx
0< br>)
．

又
l
也是
ylnx
的切线，设其切 点为
A(x
1
,lnx
1
)
，则
l
的斜率
k
1
x
，

1
从而直线
l
的斜 率
k
1
e
x
0
，∴
x
0
x< br>1
e
x
，即切点为
A(e
x
0
,x
0
)
，

1
又点
A
在
l
上，∴
x
0
e
x
0
e
x
0
(e
x
0
x
0
)e
x
0

x
0
1
x
0(x
0
1)
，

0
1
即
x
0
必是
f(x)
零点，④对．

第Ⅱ卷
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分．
13
．已知向量
a(4,2)
，
b(1,1)
，若
b(akb)
，则
k

．

【答案】
3
【解析】∵
b(akb)
，∴
b(akb)0
，即
b ak|b|
2
0
，

由已知得
ba42 6
，
|b|2
，∴
62k0k3
．

14
．为了贯彻落实十九大提出的“精准扶贫”政策，某地政府投入
16
万元帮助当地 贫困户通过购买


机器办厂的形式脱贫，假设该厂第一年需投入运营成本
3
万元，从第二年起每年投入运营成本比上
一年增加
2
万元，该厂每年可以收入
20
万元，若该厂
n(nN
*
)
年后，年平均盈利额达到 最大值，
则
n
等于

．（盈利额
=
总收入−总成本）

【答案】
4
< br>【解析】设每年的营运成本为数列
{a
n
}
，依题意该数列为等差数列 ，且
a
1
3
，
d2
，

所以
n
年后总营运成本
S
2
n
n2n
，

因此，年平均盈利额为
20n(n
2
2n)16
n
n< br>16
n
182n
16
n
1810
，
当且仅当
n4
时等号成立．

15
．在棱长为2
的正方体
ABCDA
1
B
1
C
1
D
1
中，
E
是棱
DD
1
的中点，则平面
A
1
EC
截该正方体所得
截面面积为

．


【答案】
26

【解析】如图，在正方体< br>ABCDA
1
B
1
C
1
D
1
中，

∵平面
A
1
D
1
DA∥
平面
B
1
C
1
CB
，

∴平面
A
1EC
与平面
B
1
C
1
CB
的交线必过
C
且平行于
A
1
E
，

故平面
A
1
EC
经过
B
1
B
的中点
F
，连接
A
1
F
，得截面
A
1
ECF
，

易知截面
A
1
ECF
是边长为
5
的菱形，

其对角线
EFBD22
，
AC
1
23
，
截面面积
S
1
2
AC
1
EF
1
2
222326
．

4

16
．过点
P(1,
1
2
)
作圆
x
2
y
2
1
的切线
l
，已知
A
，
B
分别为切点，直线
AB
恰好经过椭圆的右
焦点和下顶点，则直线
A B
方程为

；椭圆的标准方程是

．

答案】
2xy20
，
x
2
y< br>2
【
5

4
1

【解析】①当过点
(1,
1
2
)
的直线
l
斜率不存在时，直线方程为x1
，切点的坐标
A(1,0)
；

②当直线
l斜率存在时，设
l
方程为
yk(x1)
1
2
，< br>
根据直线与圆相切，圆心
(0,0)
到切线的距离等于半径
1
，

可以得到切线斜率
k
3
4
，即
l:y< br>3
4
x
5
4
，

直线
l
方程与圆方程的联立可以得切点的坐标
B(
3
,
4
55
)
，

根据
A
、
B
两点坐标可以得到直线
A B
方程为
2xy20
，（或利用过圆
x
2
y
2
r
2
外一点
(x
0
,y
0
)
作圆的两条切线，则过两切点的直线方程为
x
0
xy
0
yr< br>2
）

依题意，
AB
与
x
轴的交点
(1,0)
即为椭圆右焦点，得
c1
，

与
y
轴 的交点
(0,2)
即为椭圆下顶点坐标，所以
b2
，

根据公式得
a
2
b
2
c
2
5
，
因此，椭圆方程为
x
2
y
2
5

4
1
．


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．
1 7
．（
12
分）在
△ABC
中，角
A,B,C
的对 边分别为
a,b,c
，已知
B2C
，
3b4c
．

（
1
）求
cosC
；



（
2
）若
c3
，求
△ABC
的面积．

【答案】（
1
）
cosC
2
145
3
； （
2
）
9
．

【解析】（
1
）依题意，由 正弦定理得
3sinA4sinC
，

∵
B2C
，∴< br>3sin2C4sinC
，∴
3sinCcosC2sinC
，

∴
C(0,π)
，
sinC0
，∴
cosC
2
3
．

（
2
）解法一：由题意得
c3
，
b4
，

∵
C(0,π)
，∴
sinC1 cos
2
C
5
3
，

∴
sinBs in2C2sinCcosC
45
9
，
cosBcos2Ccos< br>2
Csin
2
C
1
9
，

∴
sinAsin(πBC)sin(BC)sinBcosCcosBsinC
45215
9

3

75
9

3

27
，

∴
S
2
bcsinA
1< br>2
43
75145
△ABC

1
27

9
．

解法二：由题意及（
1
）得
c3
，
b4
，
cosC
2
3
，

∵C(0,π)
，∴
sinC1cos
2
C
5
3
，

由余弦定理
c
2
a
2
b
2
2bccosC
，得
9a
2
168a
2
3
，

即
3a
2
16a210
，解得a3
或
a
7
3
，

若
a3
，又
c3
，则
AC
，

又
B2C
，得
△ABC
为直角三角形，

而三边 为
a3
，
b4
，
c3
的三角形不构成直角三角形，矛 盾，∴
a
7
3
，
∴
S
1175145
△ABC

2
absinC
2

3
4
3

9
．

18
．（
12
分）某种治疗 新型冠状病毒感染肺炎的复方中药产品的质量以其质量指标值衡量，质量指
标越大表明质量越好，为了提 高产品质量，我国医疗科研专家攻坚克难，新研发出
A
、
B
两种新配
5

方，在两种新配方生产的产品中随机抽取数量相同的样本，测量这些产品的质量指标 值，规定指标
值小于
85
时为废品，指标值在
[85,115)
为一 等品，大于
115
为特等品．现把测量数据整理如下，其
中
B
配方废 品有
6
件．

A
配方的频数分布表

质量指标值分组

[75,85)

[85,95)

[95,105)

[105,115)

[115,125)

频数

8

a

36

24

8


（1）求
a
，
b
的值；
（
2
）试确定< br>A
配方和
B
配方哪一种好？
(
说明：在统计方法中，同一组数 据常用该组区间的中点值
作为代表
)
【答案】（
1
）
24
，
0.026
；（
2
）
B
配方好些，详见解析．< br>
【解析】（
1
）依题意，
A,B
配方样本容量相同，设为< br>n
，

又
B
配方废品有
6
件，由
B
配方的频频率分布直方图，

得废品的频率为
6
n
0.0 0610
，解得
n100
，

∴
a100(836248)24
．

由
(0 .006b0.0380.0220.008)101
，解得
b0.026，

因此
a
，
b
的值分别为
24
，< br>0.026
．
（
2
）由（
1
）及
A
配方的频数分布表得，

A
配方质量指标值的样本平均数为
x
80 8902410036110241208
A

100


20082002410036
100
100
，
质量指标值的样本方差为：



s
2
1< br>A

100
[(20)
2
8(10)
22403610
2
2420
2
8]112
；< br>
由
B
配方的频频率分布直方图得，

B
配方质量指标值的样本平均数为：

x
B
800.0 6900.261000.381100.221200.08100
，

质量指标值的样本方差为：

s
2
5
2
B


(x
i
x)p
i
(20)
2
 0.06(10)
2
0.2600.3810
2
0.222 0
2
0.08104
，

i1
综上
xx2
s
2
A

B
，
s
A
B
，

即两种配方质量指标值的样本平均数相等，但
A
配方质量指标值不够稳定，

所以选择
B
配方比较好．

19
．（
12
分）如图
1
，在平行四边形
ABCD
中，
AD4
，
AB22
，
DAB45
，
E
为边
AD
的 中点，以
BE
为折痕将
△ABE
折起，使点
A
到达
P
的位置，得到图
2
几何体
PEBCD
．

（
1
）证明：
PDBE
；

（
2
）当
BC
平面
PEB
时，求三棱锥
CPBD
的体积．


【答案】（
1
）证明见解析；（
2
）
8
3
．

【解析】（
1
）依题意，在
△ABE中（图
1
），
AE2
，
AB22
，
EA B45
，

由余弦定理得
EB
2
AB
2AE
2
2ABAEcos45
842222
2< br>2
4
，

∴
AB
2
AE
2
EB
2
，

即在平行四边形
ABCD
中，
EBAD
．

以
BE
为折痕将
△ABE
折起，由翻折不变性得，

在几何体
PEBCD
中，
EBPE
，
EBED
．< br>
又
EDIPEE
，∴
BE
平面
PED
，

又
BE
平面
PEB
，∴
PDBE
．

6

（
2
）∵
BC
平面
PEB< br>，
PE
平面
PEB
，∴
BCPE
．
< br>由（
1
）得
EBPE
，同理可得
PE
平面
BCE
，

即
PE
平面
BCD
，
PE
就是三棱锥
PCBD
的高．

又
DCBDAB4 5
，
BCAD4
，
CDAB22
，
PEAE 2
，

∴
S
11
△CBD

2
 BCCDsin45
2
422
2
2
4
，< br>
V
118
CPBD
V
PCBD

3
S
△BCD
PE
3
42
3
，

因此，三棱锥
CPBD
的体积为
8
3
．

20
．（
12
分）已知抛物线
C:y
2
2px(p0 )
与直线
l:xy10
相切于点
A
，点
B
与
A
关于
x
轴对称．

（
1
）求抛物线
C
的方程及点
B
的坐标；

（
2
）设
M,N
是
x
轴上两个不同的动点，且满足
BMNBNM
，直线
BM
、
BN
与抛物线
C
的另一个交点分别为
P,Q
，
试判断直线
PQ
与直线
l
的位置关系，并说明理由．如果相交，求出的
交点的坐标．

【答案】（
1
）
y
2
4x
，
B(1,2)
；（2
）
PQ∥l
，详见解析．

【解析】（
1
） 联立


y
2
2px
，消去
x
，得
xy10
y
2
2py2p0
，

∵直线与抛物线相切，∴
Δ4p
2
8p0
，

又
p0
，解得
p2
，∴抛物线
C
的方程为
y
2
4x
，

由
y
2
4y40，得
y2
，∴切点为
A(1,2)
，

∵点B
与
A
关于
x
轴对称，点
B
的坐标
B (1,2)
．

（
2
）直线
PQ∥l
，理由如下：

依题意直线< br>BM
的斜率不为
0
，设
M(t,0)(t1)
，直线
BM
的方程为
xmyt
，

由（
1
）
B(1,2)
，
12mt
，∴直线
BM
的方程为
x
1t
2
yt
，

代入
y
2
 4x
，解得
y2
(
舍
)
或
y2t
， ∴
P(t
2
,2t)
，


∵
BMN BNM
，∴
M,N
关于
AB
对称，得
N(2t,0)
，

同理得
BN
的方程为
x
t1
2< br>y2t
，代入
y
2
4x
，

得
Q((t2)
2
,2t4)
，
k
4t4
PQ

(t2)
2
t
2

4t4
44t1
，

直线
l
的斜率为
1
，因此
PQ∥l
．

21
．（
12
分）设函数
f(x)(x
2
m) e
x
．

（
1
）讨论
f(x)
的单调性；

（
2< br>）若
g(x)2e
x
nx1f(x)
，当
m1，且
x0
时，
g(x)0
，求
n
的取值范围．【答案】（
1
）见解析；（
2
）
[1,)
．

【解析】（
1
）依题得，
f(x)
定义域为
R
，
f

(x)(x
2
2xm)e
x
，
e
x
0
，

令
h(x)x
2
2x m
，
Δ44m
，

①若
Δ0
，即
m1
，则
h(x)0
恒成立，

从而
f
(x)0
恒成立，当且仅当
m1
，
x1
时，
f

(x)0
，

所以
f(x)
在
R
上单调递增；

②若
Δ 0
，即
m1
，令
h(x)0
，得
x11m< br>或
x11m
．

当
x(11m,11 m)
时，
f

(x)0
；

当
x( ,11m)U(11m,)
时，
f

(x)0
，

综合上述：当
m1
时，
f(x)
在
R
上单调递增；

当
m1
时，
f(x)
在区间
( 11m,11m)
上单调递减，

f(x)
在区间
( ,11m),(11m,)
上单调递增．

（
2
）依题意可知：
g(x)2e
x
nx1f(x)e
x
x
2
e
x
nx1
，

令
x0
，可得
g(0)0
，

g
< br>(x)(1x
2
2x)e
x
n(xR)
，

设
h(x)(1x
2
2x)e
x
n
，则< br>h

(x)(x
2
4x1)e
x
，


7

当
x0
时，
h

(x)0
，
g

(x)
单调递减，

故
g

(x)g

(0)1n
，

要使
g(x)0
在
x0
时恒成立，需要
g(x)
在
[0,)
上单调递减，

所以需要
g

(x)1n0
，

即
n1
，此时
g(x)g(0)0
，故
n1
，

综上所述，
n
的取值范围是
[1,)
．

< br>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】

在平面直角坐标系
xOy
中，已知曲线< br>C:



x2cos


(

y3sin


为参数
)
，以原点
O
为 极点，
x
轴正半轴
为极轴建立极坐标系，直线
l
的极坐标方程

cos(


π
4
)

，点
M(2,
π
4
)
在直线
l
上，直线
l
与
曲线
C
交于
A,B
两点．

（
1
）求曲线
C
的普通方程及直线
l
的参数方程；

（
2
）求
△OAB
的面积．



x
2
【答案】（
1
）
C:
x
2
y2

1
2
t
12
4

3
 1
，
l:


2
(
t
为参数
)< br>；（
2
）
7
．



y12
t
【解析】（
1
）将曲线
C:



x2cos



y3sin

，消去参数

得，

的普通方程为
x
2
y
2
曲线
C
4

3
1
，

∵点
M( 2,
π
4
)
在直线

cos(


π
4
)

上，∴

2cos(
ππ
4

4
)2
，

∴

cos(


π
2
4
)2
，展开得
2
(

cos



sin

)2
，

又
x

cos

，
y

sin

，

∴直线
l
的直角坐标方程为
xy20
，


显然
l
过点
(1,1)
，倾斜角为
3π
4
．



x
2
∴直线
l
的参数方程为< br>
1

2
t

2
(
t
为 参数
)
．



y1
2
t
（
2
）解法一：由（
1
），将直线
l
的参数方程代入曲线C
的普通方程得：

12
2
4
(1
2
t)
1
3
(1
2
2
t)
2
1，

整理得
7t
2
22t100
，显然
Δ0
，

设
A,B
对应的参数为
t
1
，
t
2
，则由韦达定理得
t
1
t
2
< br>22
7
，
t
10
1
t
2

7
，

由参数
t
的几何意义得

|AB||t
22
1
t
2
|(t
1
t
2
)
2
4t
1
t
2
(
7
)
2
4
10122
7

7
，

又原点O(0,0)
到直线
l
的距离为
d
|002|
2
2
，

因此，
△OAB
的面积为
S
1 112
2
|AB|d
2

2
7
2
1 2
7
．


x
2
y
2
（
2
）解法二：由（
1
），联立


4
1
，消去
y
得
7x
2
16x40
，显然
Δ 0

3
．

xy20
设
A(x
16
1
,y
1
)
，
B(x
2
,y
2< br>)
，则由韦达定理得
x
7
，
x
4
1
x
2

1
x
2

7
，

由弦长公式得
|AB|1k
2
(x
1
x
2
2
)4x
1
x
2
2(
16
7
)
2
4
4122
7

7
，

又原点< br>O(0,0)
到直线
l
的距离为
d
|002|
2
2
，

因此，
△OAB
的面积为
S
1
2
|AB|d
1
2

12212
7
 2
7
．


x
2
y
2
（
2
）解法三：由（
1
），联立


4
1消去
y
得
7x
2
16x40
，显然
Δ 0
，

3


xy20

8

设
A(x
1
,y
1
)
，
B(x
2
,y
2
)
，则由韦达定理得
x
1
x
2

16
7
，
x
4
1
x
2

7
，

∵直线
l
过椭圆右顶点< br>(2,0)
，∴
2x
162
2

7
，∴< br>x
2

7
，

把
x
2
< br>2
7
代入直线
l
的方程得，
y
12
2

7
，

因此，
△OAB
的面积为
S
1
2
|OA|y
11212
2

2
2
7

7
．

23
．（
10
分）【选修
4-5
：不等式选讲】

已知函数
f(x)|x1||x2|
．

（
1）若
f(x)1
，求
x
的取值范围；

（
2
）若
f(x)
最大值为
M
，且
abcM
，求 证：
a
2
b
2
c
2
3
．

【答案】（
1
）
x1
；（
2
）证明见解析．

3,x2
【解析】（
1
）由已知
f(x)

2x1,1x2
，



3, x1
当
x2
时，
f(x)3
，不符合；

当
1x2
时，
f(x)2x1
，由
f(x)1
，即
2x11
，解得
x1
，∴
1x1
．
当
x1
时，
f(x)3
，
f(x)1
恒成立，

综上，
x
的取值范围是
x1
．

（< br>2
）由（
1
）知
f(x)3
，当且仅当
x2时，
f(x)3
，

∴
Mf(x)
max
3
．即
abc3
，

∵
a
2
b
2
2ab
，
a
2
c
2
2ac
，
c
2
b
2
2bc
，

∴
2(a
2
b
2
c
2
)2(abacbc)
，

∴
3(a
2
b
2
c
2
)a
2
b
2
c
2
2ab2ac2bc(a bc)
2
9
，

因此
a
2
b
2
c
2
3
．



9