王力宏图片-晨昏

新高考数学试卷(带答案)

一、选择题
1．某学校开展研究性学习活动，某同学获得一组实验数据如下表：

x

y

1.99

3

4

5.1

12

6.12

1.5

4.04

7.5

18.01


对于表中数据，现给出以下拟合曲线，其中拟合程度最好的是
(

)

A
．
y2x2

2．已知
A
．
-1

B
．
y()

1
2
x
C
．
ylog
2
x
D
．
y
1
2
x1

2

a2i
bi

，
a,bR
，其中
i

为虚数单位，则
a+b
=
（

）

i
B
．
1
C
．
2
D
．
3

3
．
4
张卡片上分别写有数字
1
，
2
，
3
，
4
，从这
4
张卡片中 随机抽取
2
张，则取出的
2
张
卡片上的数学之和为偶数的概率是（< br>
）

A
．
1

2
B
．
1

3
C
．
2

3
D
．
3

4
4
．若圆
A
．
21
5．给出下列说法：

22
与圆
C
2
:xy6 x8ym0
外切，则
m
（

）

B
．
19 C
．
9 D
．
-11

①在圆柱的上、下底面的圆周上各取一点，则这两点的连线是圆柱的母线；

②有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥；

③棱台的上、下底面可以不相似，但侧棱长一定相等.

其中正确说法的个数是（ ）

A
．0
B
．1
C
．2
D
．3

6．将编号为1,2,3,4,5,6的六个小球放入编号为1,2,3,4 ,5,6的六个盒子，每个盒子放一
个小球，若有且只有三个盒子的编号与放入的小球编号相同，则不同 的放法种数是( )

A
．40
B
．60

C
．80
D
．100

7．如图，
AB< br>是圆的直径，
PA
垂直于圆所在的平面，
C
是圆上一点(不同于
A
、
B
)且
PA
＝
AC
，则二面角
P< br>－
BC
－
A
的大小为( )


A
．
60
B
．
30
C
．
45
D
．
15

8．南北朝时代的伟大 数学家祖暅在数学上有突出贡献，他在实践的基础上提出祖暅原理：

“
幂势既同 ，则积不容异
”.
其含义是：夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两
个平 面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相
等，如图，夹在两个 平行平面之间的两个几何体的体积分别为
V
1
,V
2
，被平行于这两 个平
面的任意平面截得的两个截面的面积分别为
S
1
,S
2
，则
“
S
1
,S
2
总相等
”
是
“
V
1
,V
2
相等
”
的
（

）


A
．充分不必要条件

C
．充分必要条件

B
．必要不充分条件

D
．既不充分也不必要条件

9．下列函数中，最小正周期为
，且图象关于直线
x
A
．
y2sin

2xC
．
y2sin


3
对称的函数是（

）





3


B
．
y2sin

2x
D
．
y2sin
2x






6


x





23

5






3

2

10．

x
2


的展开式中
x
4
的系数为

x

A
．
10

11．若实数
A
．
C
．10

12．在
[ 0,2

]
内，不等式
sinx
A
．
(0，< br>
)
B
．


B
．
20

满足约束条件
C
．
40

，则
B
．1

D
．12

D
．
80

的最大值是（ ）

3
的解集是（

）

2
C
．



4

,

33




4

5


,



33

D
．


5


,2




3

二、填空题

13．曲线
yx
2
1
在点（1，2）处的切线方程为
_ _____________
．

x
14．某工厂生产甲、乙、丙、丁四种不 同型号的产品，产量分别为200,400,300,100件，
为检验产品的质量，现用分层抽样的方 法从以上所有的产品中抽取60件进行检验，则应从
丙种型号的产品中抽取
________< br> 件.

15
．函数
y=
32xx
2
的定义域是
.

16
．
(x)
的展开式中
x
5
的系数是
.
（用数字填写答案）

17．已知圆C
经过
A(5,1),B(1,3)
两点，圆心在
x
轴上，则< br>C
的方程为
__________
．

18．在
A BC
中，若
AB13
，
BC3
，
C120
，则
AC
_____
．

19．抛物线有如下光学性质：由其焦 点射出的光线经抛物线反射后，沿平行于抛物线对称
轴的方向射出.现有抛物线
y
2< br>2px(p0)
，如图一平行于
x
轴的光线射向抛物线，经两
次反 射后沿平行
x
轴方向射出，若两平行光线间的最小距离为4，则该抛物线的方程为
__ ________
．

3
1
x
7

20． 已知集合
P
中含有0,2,5三个元素,集合
Q
中含有1,2,6三个元素, 定义集合
P+Q
中的
元素为
a+b
,其中
a
∈P
,
b
∈
Q
,则集合
P+Q
中元素的个数是< br>_____
.

三、解答题
21．如图，四面体ABCD中，O、E 分别是BD、BC的中点，
ABAD2
，
CACBCDBD2
.

（1）求证：
AO
平面BCD；

（2）求异面直线AB与CD所成角的余弦值；

（3）求点E到平面ACD的距离．


22．定义在
R
的 函数
f(x)
满足对任意
x、y
0
.

R
恒有
f(xy)f(x)f(y)
且
f(x)
不恒为
（
1
）求
f(1)、f(1)
的值；

（
2
）判断
f(x)
的奇偶性并加以证明；

（< br>3
）若
x0
时，
f(x)
是增函数，求满足不等式
f(x1)f(2x)0
的
x
的集合
.

23．在
△ABC
中，
BCa
，
ACb
，已知
a
，
b
是方程
x
2
23x20
的两个根，
且
2cos(AB)1
．

（
1
）求角
C
的大小；

（2）求
AB
的长．

24．在平面直角坐标系xOy
中，直线
l
的参数方程为


x2t
（
t
为参数，
aR
），以

y1at
坐标 原点
O
为极点，
x
轴正半轴为极轴建立极坐标系，线
C
的极 坐标方程是

22sin








.

4

（1）求直线
l
的 普通方程和曲线
C
的直角坐标方程；

（2）己知直线
l
与 曲线
C
交于
A
、
B
两点，且
AB7
，求 实数
a
的值.

25．在直角坐标系
xoy
中以
O
为极点，
x
轴正半轴为极轴建立坐标系
.
圆
C
1< br>，直线
C
2
的极
坐标方程分别为

4sin

,

cos



（
I
）< br>求C
1
与C
2
交点的极坐标；

（
II）





22.
.

4

设P为C
1
的圆心，Q为C
1
与C
2
交点连线的中点已知直线.PQ的参数方程为
xt
3
a
{
b3

tR为参数

,求a,b的值.

yt1
2

【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除



一、选择题

1．D
解析：
D

【解析】

【分析】

根据
x,y
的数值变化规律 推测二者之间的关系，最贴切的是二次关系
.

【详解】

根据实验 数据可以得出，
x
近似增加一个单位时，
y
的增量近似为
2.5，
3.5
，
4.5
，
6
，比较
1
2< br>x1
，故选
D.

2
【点睛】

接近y

本题主要考查利用实验数据确定拟合曲线，求解关键是观察变化规律，侧重考查数 据分析
的核心素养
.

2
．
B
解析：
B

【解析】

【分析】

利用复数除法运算法则化简原式可得
2aibi
，再利用复数相等列方程求出< br>a,b
的
值，从而可得结果
.

【详解】

a2iai2i
2
因为
2aibi

，
a,bR
，

2
ii

2b
b2

所以

，则
a+b1
，故选B.


a1a1

【点睛】

复 数是高考中的必考知识，主要考查复数的概念及复数的运算．要注意对实部、虚部的理
解，掌握纯虚数、 共轭复数、复数的模这些重要概念，复数的运算主要考查除法运算，通
过分母实数化转化为复数的乘法， 运算时特别要注意多项式相乘后的化简，防止简单问题
出错，造成不必要的失分
.

3．B
解析：
B

【解析】

试题分析：由题意知本题是一个古典概型概率的计算问题．

从这
4
张卡片中随机抽取
2
张，总的方法数是
C
4
两种，所以所求概率为< br>考点：古典概型．

2
6
种，数学之和为偶数的有
13,2 4
1
，选
B
．

3
4
．
C
解析：
C

【解析】

试题分析：因为
x
2
y
2
6x8ym0

x3

< br>
y4

25m
,
所以
22
25m 0m25
且圆
C
2
的圆心为

3,4
,
半径为
25m
,
根据圆与圆外切的判定
(
圆
心距离等于半径和
)
可得


30



40

5
．
A
解析：
A

【解析】

【分析】

22
125m
m9
,
故选
C.

考点：圆与圆之间的外切关系与判断

①②③根据定义得结论不一定正确
.< br>④画图举出反例说明题目是错误的
.

【详解】

解：①不一定，只有这两点的连线平行于轴时才是母线
;

② 不一定
,
因为
“
其余各面都是三角形
”
并不等价于
“
其余各面都是有一个公共顶点的三角形
”,
如图（
1
）所示
;

③不一定．当以斜边所在直线为旋转轴时，其余两边旋转形成的面所围成的几何体不是圆
锥，如图（
2
）所示
,
它是由两个同底圆锥组成的几何体
;

④错误
,
棱台的上、下底面是相似且对应边平行的多边形
,
各侧棱延长线交于一点
,
但是侧棱
长不一定相等．

故答案为
:A


【点睛】

(1)
要想 真正把握几何体的结构特征
,
必须多角度、全面地去分析
,
多观察实物
,
提高空间想象
能力
;

(2)
紧扣结构特征是判断的关 键
,
熟悉空间几何体的结构特征
,
依据条件构建几何模型
,
在条件
不变的情况下
,
变换模型中的线面关系或增加线、面等基本元素
,然后再依据题意判定
;

(3)
通过反例对结构特征进行辨析，即要说明 一个命题是错误的
,
只要举出一个反例即可．

6．A
解析：
A

【解析】解：三个小球放入盒子是不对号入座的方法有
2
种，由排列组合的知识可得，不
3
同的放法总数是：
2C
6
40
种.

本题选择A选项.

7．C
解析：
C

【解析】

由条件得：
PA
⊥
BC
，
AC
⊥
BC
又
PA
∩
AC
＝
C
，

∴
BC
⊥平面
PAC
，∴∠
PCA
为二面角
P
－
BC
－
A
的平面角．在Rt△
PAC
中，由
PA
＝
AC
得
∠
PCA
＝45°，故选C．

点睛：二面角的寻找主要利用线面垂 直，根据二面角定义得二面角的棱垂直于二面角的平
面角所在平面
.

8．A
解析：
A

【解析】

【分析】

根据充分条件和必要条件的定义，结合祖暅原理进行判断即可.

【详解】

根据祖暅原理，当
S
1
,S
2
总相等时，
V
1
,V
2
相等，所以充分性成立；

当两个完全相同的四棱台，一正一反的放在两个平面之间时，此时体积固然相等但截得的
面积未必相等， 所以必要性不成立.

所以
“
S
1
,S
2
总相等
”
是
“
V
1
,V
2
相等
”
的充分不必要条件.

故选：
A

【点睛】

本题考查充分条件与必要条件的判断，属于基础题
.

9
．
B
解析：
B

【解析】

【分析】

2


T4


x


,
故排除
C,
将
x
,
代 入
1
首先选项
C
中函数
y2sin



的周期为
3

23

2
A,B,D
求得 函数值
,
而函数
yAsin(

x

)B< br>在对称轴处取最值
,
即可求出结果
.

【详解】
< br>2


T4


x


,
故排除
C,
将
x
,
代入
A,B,D
1
先选项
C
中函数
y2sin



的 周期为
3

23

2
求得函数值为
0,2,3,
而函数
yAsin(

x

)B
在对 称轴处取最值
.

故选
:
B
.

【点睛】

本题考查三角函数的周期性、对称性
,
难度较易
.

10．C
解析：
C

【解析】

r
分析 ：写出
T
r1
C
5
2
r
x
103r
，然后可得结果

r
详解：由题可得
T
r1
C
5
x
2

5r

2

rr1 03r


C
5
2x

x

r
令
103r4
,
则
r2

所以
C
5
r
2
r
C
5
2
2
240

故选
C.

点睛：本题主要考查二项式定理，属于基础题。

11．C
解析：
C

【解析】

【分析】

本题是简单线性规划问题的基本题型，根据“画、移、解”等步骤可得解
.
题目难度不 大
题，注重了基础知识、基本技能的考查
.

【详解】

在 平面直角坐标系内画出题中的不等式组表示的平面区域为以
三角形区域（包含边界），由图易得当目标函 数
取最大值
.

经过平面区域的点
为顶点的
时，

【点睛】

解答此类问题，要求作图要准确，观察要仔细
.
往往由于 由于作图欠准确而影响答案的准确
程度，也有可能在解方程组的过程中出错
.

12．C
解析：
C

【解析】

【分析】

根据正弦函数的图象和性质，即可得到结论．

【详解】

解：在
[0
，
2
π
]
内，

< br>若
sinx
＜
4

5

3
＜x
＜
，

，则
33
2

即不等式 的解集为（
故选：
C
．

【点睛】

4

5

，），

33
本题主要考查利用 三角函数的图象与性质解不等式，考查数形结合的思想，属于基础题．

二、填空题

13．【解析】设则所以所以曲线在点处的切线方程为即点睛:求曲线的切线方程
是导数的重要 应用之一用导数求切线方程的关键在于求出斜率其求法为：设是
曲线上的一点则以为切点的切线方程是若 曲线在点处的切线平行于轴（即
解析：
yx1

【解析】
< br>设
yf(x)
，则
f

(x)2x
所以曲线< br>yx
2
1
，所以
f

(1)211
，

2
x
1
在点
(1,2)
处的切线方程为y21(x1)
，即
yx1
．

x
点睛: 求曲线的切线方程是导数的重要应用之一，用导数求切线方程的关键在于求出斜率，
其求法为：设
P(x
0
,y
0
)
是曲线
yf(x)
上的一点 ，则以
P
为切点的切线方程是
yy
0
f

(x
0
)(xx
0
)
．若曲线
yf(x)
在点P(x
0
,f(x
0
))
处的切线平行于
y
轴 （即导数不
存在）时，由切线定义知，切线方程为
xx
0
．
14．18【解析】应从丙种型号的产品中抽取件故答案为18点睛:在分层抽样的
过程中为了保证 每个个体被抽到的可能性是相同的这就要求各层所抽取的个体
数与该层所包含的个体数之比等于样本容量 与总体的个体数之比即ni
解析：18

【解析】

应从丙种型号 的产品中抽取
60
300
18
件，故答案为
18
．
1000
点睛
:
在分层抽样的过程中，为了保证每个个体被抽到的可能 性是相同的，这就要求各层所
抽取的个体数与该层所包含的个体数之比等于样本容量与总体的个体数之比 ，即
n
i
∶
N
i
＝
n
∶
N
．

15．【解析】试题分析：要使函数有意义需满足函数定义域为考点：函数定义
域
解析：

3,1


【解析】

试题分 析：要使函数有意义，需满足
32xx
2
0x
2
2x3 03x1
，函数
定义域为
3,1



考点：函数定义域

16
．【解析】由题意二项 式展开的通项令得则的系数是考点：
1
二项式定理的
展开式应用

解析：
35

【解析】

由题意，二项式
(x)
展开的通项
T
r1
C
7
(x)
4
得< br>r4
，则
x
5
的系数是
C
7
35
.

3
1
x
7
r37r
1
r214 r
()
r
C
7
x
，令
214r5
，
x
考点：
1.
二项式定理的展开式应用
.

17< br>．【解析】【分析】由圆的几何性质得圆心在的垂直平分线上结合题意知求
出的垂直平分线方程令 可得圆心坐标从而可得圆的半径进而可得圆的方程【详
解】由圆的几何性质得圆心在的垂直平分线上结合 题意知的垂直平分线为令

解析：
(x2)
2
y
2
10
.

【解析】

【分析】

由圆的几何性质得，圆心在
AB的垂直平分线上
,
结合题意知，求出
AB
的垂直平分线方
程，令
y0
，可得圆心坐标，从而可得圆的半径，进而可得圆的方程
.

【详解】

由圆的几何性质得，圆心在
AB
的垂直平分线上
,
结合题意知，
AB
的垂直平分线为
y2x4
，令
y 0
，得
x2
，故圆心坐标为
(2,0)
，所以圆的半径
2 2
(52)
2
(10)
2
10
，故圆的方程为(x2)y10
.

【点睛】

本题主要考查圆的性质和 圆的方程的求解
,
意在考查对基础知识的掌握与应用，属于基础题
.

18．1【解析】【分析】由题意利用余弦定理得到关于AC的方程解方程即可确
定AC的值【详解】 由余弦定理得解得或（舍去）【点睛】本题主要考查余弦定
理解三角形的方法方程的数学思想等知识意在 考查学生的转化能力和计
解析：1

【解析】

【分析】

由题意利用余弦定理得到关于
AC
的方程，解方程即可确定
AC
的值
.

【详解】

由余弦定理得
139AC
2< br>3AC
，解得
AC1
或
AC4
（舍去）
.< br>
【点睛】

本题主要考查余弦定理解三角形的方法，方程的数学思想等知识， 意在考查学生的转化能
力和计算求解能力
.

19．【解析】【分析】先由题 意得到必过抛物线的焦点设出直线的方程联立直
线与抛物线方程表示出弦长再根据两平行线间的最小距离 时最短进而可得出结

果【详解】由抛物线的光学性质可得：必过抛物线的焦点当直线斜率 存在时
解析：
y
2
4x

【解析】

【分析】

先由题意得到
PQ
必过抛物线的焦点，设出直线
PQ
的方程，联立直线
PQ
与抛物线方
程，表示出弦长，再根据两平行线间的 最小距离时，
PQ
最短，进而可得出结果
.

【详解】
< br>由抛物线的光学性质可得：
PQ
必过抛物线的焦点
F(
当直线
PQ
斜率存在时，设
PQ
的方程为
yk(x
p
,0)< br>，

2
p
)
，
P(x
1
,y
1
),Q(x
2
,y
2
)
，

2
p


yk(x)
p
2
22
由
< br>2
得：
k(xpx)2px
，整理得
4
2
< br>
y2px
4k
2
x
2
(4k
2
p8p)xk
2
p
2
0
，

k
2
p2p
p
2
所以
x
1
x
2

，
x
1
x
2

，

2
4
k
2k
2
2
所以
PQx
1
x
2
pp2p
；

2
k
当直线
PQ
斜率不存在时，易得
PQ2p
；

综上，当直线
PQ
与
x
轴垂直时，弦长最短，

又因为两平行光线间的最小距离为4，
PQ
最小时，两平行线间的距离最小；

2
因此
PQ
min
2p4
，所求方程为
y4 x
.

故答案为
y4x

【点睛】

本 题主要考查直线与抛物线位置关系，通常需要联立直线与抛物线方程，结合韦达定理、
弦长公式等求解， 属于常考题型
.

2
20．8【解析】【详解】由题意知a∈Pb∈Q则a+ b的取值分别为123467811故集
合P+Q中的元素有8个点睛：求元素(个数)的方法根据题目 一一列举可能取值(应
用列举法和分类讨论思想)然后根据集合元素的
解析：8

【解析】

【详解】

由题意知
a
∈
P< br>,
b
∈
Q
,则
a+b
的取值分别为1,2,3,4, 6,7,8,11
.
故集合
P+Q
中的元素有8个
.
点睛：求元素(个数)的方法，根据题目一一列举可能取值(应用列举法和分类讨论思想)，
然后根 据集合元素的互异性进行检验，相同元素重复出现只算作一个元素，判断出该集合
的所有元素，即得该集 合元素的个数．

三、解答题

21．（
1
）见解析（
2
）
【解析】

【分析】

（
1
）连接
OC
，由
BO＝
DO
，
AB
＝
AD
，知
AO
⊥BD
，由
BO
＝
DO
，
BC
＝
CD< br>，知
CO
⊥
BD
．在△
AOC
中，由题设知
AO1，CO3
，
AC
＝
2
，故
AO
2
+CO
2
＝
AC
2
，由
此能够证明
AO
⊥平面
BCD
；

（
2
）取
AC
的中点< br>M
，连接
OM
、
ME
、
OE
，由
E
为
BC
的中点，知
ME
∥
AB
，
OE∥
DC
，故直线
OE
与
EM
所成的锐角就是异面直线< br>AB
与
CD
所成的角．在△
OME
中，
EM
余弦；

（
3
）设点
E
到平面
ACD
的 距离为
h
．在△
ACD
中，
CACD2，AD
21< br>2
（
3
）

7
4
121
AB，O EDC1
，由此能求出异面直线
AB
与
CD
所成角大小的
222
2
，故
S
ACD

2

17，由
AO
＝
1
，知
S
24




22

2

2
CDE

13
2
3
，由此能
2
242
求出点
E
到平面
ACD
的距离．

【详解】

（
1
）证明：连接
OC
，∵
BO
＝
DO
，
A B
＝
AD
，∴
AO
⊥
BD
，

∵
BO
＝
DO
，
BC
＝
CD
，∴
C O
⊥
BD
．

在△
AOC
中，由题设知
A O1，CO3
，
AC
＝
2
，

∴
AO
2
+CO
2
＝
AC
2
，

∴∠< br>AOC
＝
90
°，即
AO
⊥
OC
．

∵
AO
⊥
BD
，
BD
∩
OC
＝< br>O
，

∴
AO
⊥平面
BCD
．
< br>（
2
）解：取
AC
的中点
M
，连接
OM、
ME
、
OE
，由
E
为
BC
的中点，

知
ME
∥
AB
，
OE
∥
DC< br>，

∴直线
OE
与
EM
所成的锐角就是异面直线AB
与
CD
所成的角．

在△
OME
中，EM
121
AB，OEDC1
，


222< br>∵
OM
是直角△
AOC
斜边
AC
上的中线，∴
OM
1
AC1
，


2
1
1
2
2
cosOEM
∴，

4
2
21
2
1

∴异面直线
A B
与
CD
所成角大小的余弦为
2

4
（
3
）解：设点
E
到平面
ACD
的距离为
h
．

V
EACD
V
ACDE
，

1
h ．S
3
ACD
1
．AO．S
3
CDE
，

在△
ACD
中，
CACD2，AD
2
2
，< br>
∴
S
ACD

2

17
，
24




22

2

CDE
∵
AO
＝
1
，
S
13
2
3
，

2
242
∴
h
AOS< br>CDE

S
ACD
1
3
2

21
，

7
7
2
21
．

7
∴点
E
到平面
ACD
的距离为

【点睛】

本题考查点、线、面间的距离的计算，考查空间想象力和等价转化能力，解 题时要认真审
题，仔细解答，注意化立体几何问题为平面几何问题．

22．(1)< br>f(1)0
，
f(1)0
；(2)偶函数，证明见解析；(3)
{x|x}

【解析】

试题分析：

(1)
利 用赋值法：令
xy1
得
f

1

0
，令
xy1
，得
f

1

0
；

(2)
令
y1
，结合
(1)
的结论可得函数
f

x

是偶函数；

(3)
结合函数的 奇偶性和函数的单调性脱去
f
符号，求解绝对值不等式
x12x
可得< br>x
的取值范围是
{x|x}
.

试题解析：
1
2
1
2

（
1
）令
xy1
得
f

1

0
，令
xy1
，得
f

1

0
；

（
2
）令
y1
，对
xR
得
f

x
f

1

f

x

即
f

x

f

x

，而< br>f

x

不恒为
0
，

f

x

是偶函数；

（
3
） 又
f

x

是偶函数，
f

x

f

x

，当
x0
时，
f

x

递增，由
f

x1

f

2x

，得
f

x1

f
2x

,x12x,x
的取值范围是
1
{x|x}
.

2
23
．
C120
o
,
c10

【解析】

试题分析：解：（
1
）
cosCcos





AB



 cos

AB


（
2
）由题意得
{
1
，所以
C120

2
ab23
ab2

∴
AB
2
A C
2
BC
2
2ACBCcosCa
2
b
2
2abcos120

=
abab

ab< br>
ab23
22
2

2
210

∴
AB10

考点：本题考查余弦定理，三角函数的诱导公式的应用

点评：解决本题的关键是用一元二次方程根与系数之间关系结合余弦定理来解决问题

24．（
1
）
l
的普通方程
axy2a10
；C
的直角坐标方程是
x
2
y
2
2x2y0；
（
2
）

3

3
【解析】

【分析】

（1）把直线
l
的标准参数方程中的t消掉即可得到直线
l
的普通方程，由曲线
C
的极坐标
方程为ρ＝2
2
sin（θ


2
），展开得

2
22
（ρsinθ+ρcosθ），利用
4
2

x

cos

即可得出曲线
C
的直角坐标方程；


y
sin


（2）先求得圆心
C
到直线
AB
的距离为
d
，再用垂径定理即可求解．

【详解】


x2t
（1）由直线
l
的参数方程为

，所以普通 方程为
axy2a10


y1at

由 曲线
C
的极坐标方程是

22sin


所以

22sin



2

< br>


，

4



< br>

2

sin

2

cos

，

4

22
所以曲线
C
的直 角坐标方程是
xy2x2y0

（2）设
AB
的中点为M
，圆心
C
到直线
AB
的距离为
d
，则
MA
圆
C:

x1



y1< br>
2
，则
r
22
7
，

2
2
，
C

1,1

，

dMCr
2
|MA|
2
2
由点到直线距离公式，
d
71

,

42
a12a1
a
2
1

a
a
2
1

1

2
解得
a
【点睛】

3
3
.

，所以实数
a
的值为

3
3
本题考查了极坐标方程 化为直角坐标方程、直线参数方程化为普通方程，考查了点到直线
的距离公式，圆中垂径定理，考查了推 理能力与计算能力，属于中档题．

25．（
I
）
(4,
【解析】

【分析】

【详解】

22
（
I
）圆
C
1
的 直角坐标方程为
x(y2)4
，直线
C
2
的直角坐标方程为< br>xy40


),(22,)
（
II
）
a1,b2
< br>24

x
1
0x
2
2
x
2(y2)
2
4
{
联立得
{
得
{
所以
C
1
与
C
2
交点的极坐标为
y
14y
2
2
xy40
(4,),(22,)

24
（
II
）由（
I
）可得，
P
，
Q的直角坐标为（
0,2
），（
1,3
），故，
PQ
的直 角坐标方程为

xy20

由参数方程可得
y
b ab
bab
x1
，所以
1,12,解得a1,b2

22
22