数学理（全国甲卷）2024年普通高等学校招生全国统一考试数学理试卷及答案

绝密★启用前2024年普通高等学校招生全国统一考试全国甲卷理科数学使用范围：陕西、宁夏、青海、内蒙古、四川注意事项：1．答题前，务必将自己的姓名、考籍号填写在答题卡规定的位置上．2．答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其它答案标号．3．答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上．4．所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效．5．考试结束后，只将答题卡交回．一、选择题：本题共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．izz1.设z5i，则（）A10iB.2iC.10D.2.2.集合A1,2,3,4,5,9,BxxA，则ðAAB（）A.1,4,9B.3,4,9C.1,2,3D.2,3,54x3y303.若实数x,y满足约束条件x2y20，则zx5y的最小值为（）2x6y9017A.5B.C.2D.224.等差数列an的前n项和为Sn，若S5S10，a51，则a1（）7A.2B.C.1D.235.已知双曲线的两个焦点分别为(0,4),(0,4)，点(6,4)在该双曲线上，则该双曲线的离心率为（）A.4B.3C.2D.2xe2sinx6.设函数fx，则曲线yfx在0,1处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积为（）21x第1页/共26页学科网（北京）股份有限公司 1112A.B.C.D.63232xx7.函数fxxeesinx在区间[2.8,2.8]的大致图像为（）A.B.C.D.cosπ8.已知3，则tan（）cossin43A.231B.231C.D.1329.已知向量ax1,x,bx,2，则（）A.“x3”是“ab”的必要条件B.“x3”是“a//b”的必要条件C.“x0”是“ab”的充分条件D.“x13”是“a//b”的充分条件10.设、是两个平面，m、n是两条直线，且m.下列四个命题：①若m//n，则n//或n//②若mn，则n,n③若n//，且n//，则m//n④若n与和所成的角相等，则mn其中所有真命题的编号是（）A.①③B.②④C.①②③D.①③④π2911.在ABC中内角A,B,C所对边分别为a,b,c，若B，bac，则sinAsinC（）34373A.B.2C.D.2222212.已知b是a,c的等差中项，直线ax+by+c=0与圆xy4y10交于A,B两点，则AB的最小值为（）第2页/共26页学科网（北京）股份有限公司 A.2B.3C.4D.25二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．10113.x的展开式中，各项系数的最大值是______．314.已知甲、乙两个圆台上、下底面的半径均为r1和r2，母线长分别为2r2r1和3r2r1，则两个圆台V甲的体积之比=______．V乙11515.已知a1，，则a______．logalog428a16.有6个相同的球，分别标有数字1、2、3、4、5、6，从中不放回地随机抽取3次，每次取1个球.记m1为前两次取出的球上数字的平均值，n为取出的三个球上数字的平均值，则m与n差的绝对值不超过的2概率是______．三、解答题：共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．第17题~第21题为必考题，每个考题考生必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题：共60分．17.某工厂进行生产线智能化升级改造，升级改造后，从该工厂甲、乙两个车间的产品中随机抽取150件进行检验，数据如下：优级品合格品不合格品总计甲车间2624050乙车间70282100总计96522150（1）填写如下列联表：优级品非优级品甲车间乙车间能否有95%的把握认为甲、乙两车间产品的优级品率存在差异？能否有99%的把握认为甲，乙两车间产品第3页/共26页学科网（北京）股份有限公司 的优级品率存在差异？（2）已知升级改造前该工厂产品的优级品率p0.5，设p为升级改造后抽取的n件产品的优级品率.如果p(1p)pp1.65，则认为该工厂产品的优级品率提高了，根据抽取的150件产品的数据，能否认为n生产线智能化升级改造后，该工厂产品的优级品率提高了？（15012.247）22n(adbc)附：K(ab)(cd)(ac)(bd)2PKk0.0500.0100.001k3.8416.63510.82818.记Sn为数列an的前n项和，且4Sn3an4．（1）求an的通项公式；n1（2）设bn(1)nan，求数列bn的前n项和为Tn．19.如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，四边形ABCD与四边形ADEF均为等腰梯形，BC//AD,EF//AD，AD4,ABBCEF2，ED10,FB23，M为AD的中点．（1）证明：BM//平面CDE；（2）求二面角FBME的正弦值．22xy320.设椭圆C:1(ab0)的右焦点为F，点M1,在C上，且MFx轴．a2b22（1）求C的方程；（2）过点P4,0的直线与C交于A,B两点，N为线段FP的中点，直线NB交直线MF于点Q，证明：AQy轴．第4页/共26页学科网（北京）股份有限公司 21已知函数fx1axln1xx．.（1）当a2时，求fx的极值；（2）当x0时，fx0恒成立，求a的取值范围．（二）选考题：共10分，请考生在第22、23题中任选一题作答，并用2B铅笔将所选题号涂黑，多涂、错涂、漏涂均不给分，如果多做，则按所做的第一题计分．[选修4-4：坐标系与参数方程]22.在平面直角坐标系xOy中，以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为cos1.（1）写出C的直角坐标方程；xt（2）设直线l：（t为参数），若C与l相交于A、B两点，若AB2，求a的值.yta[选修4-5：不等式选讲]23.实数a,b满足ab3．（1）证明：222a2bab；22（2）证明：a2bb2a6．第5页/共26页学科网（北京）股份有限公司 第6页/共26页学科网（北京）股份有限公司 绝密★启用前2024年普通高等学校招生全国统一考试全国甲卷理科数学使用范围：陕西、宁夏、青海、内蒙古、四川注意事项：1．答题前，务必将自己的姓名、考籍号填写在答题卡规定的位置上．2．答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其它答案标号．3．答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上．4．所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效．5．考试结束后，只将答题卡交回．一、选择题：本题共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．izz1.设z5i，则（）A.10iB.2iC.10D.2【答案】A【解析】【分析】结合共轭复数与复数的基本运算直接求解.【详解】由z5iz5i,zz10，则izz10i.故选：A2.集合A1,2,3,4,5,9,BxxA，则ðAAB（）A.1,4,9B.3,4,9C.1,2,3D.2,3,5【答案】D【解析】【分析】由集合B的定义求出B，结合交集与补集运算即可求解.【详解】因为A1,2,3,4,5,9,BxxA，所以B1,4,9,16,25,81，则AB1,4,9，ðAAB2,3,5故选：D第7页/共26页学科网（北京）股份有限公司 4x3y303.若实数x,y满足约束条件x2y20，则zx5y的最小值为（）2x6y9017A.5B.C.2D.22【答案】D【解析】【分析】画出可行域后，利用z的几何意义计算即可得.4x3y30【详解】实数x,y满足x2y20，作出可行域如图：2x6y9011由zx5y可得yxz，55111即z的几何意义为yxz的截距的，555则该直线截距取最大值时，z有最小值，11此时直线yxz过点A，5534x3y30x3联立，解得2，即A,1，2x6y90y1237则z51.min22故选：D.4.等差数列an的前n项和为Sn，若S5S10，a51，则a1（）7A.2B.C.1D.23【答案】B【解析】【分析】由S5S10结合等差中项的性质可得a80，即可计算出公差，即可得a1的值.【详解】由S10S5a6a7a8a9a105a80，则a80，第8页/共26页学科网（北京）股份有限公司 a8a5117则等差数列an的公差d，故a1a54d14.3333故选：B.5.已知双曲线的两个焦点分别为(0,4),(0,4)，点(6,4)在该双曲线上，则该双曲线的离心率为（）A.4B.3C.2D.2【答案】C【解析】【分析】由焦点坐标可得焦距2c，结合双曲线定义计算可得2a，即可得离心率.【详解】设F10,4、F20,4、P6,4，2222则F1F22c8，PF164410，PF26446，2c8则2aPF1PF21064，则e2.2a4故选：C.xe2sinx6.设函数fx，则曲线yfx在0,1处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积为（）21x1112A.B.C.D.6323【答案】A【解析】【分析】借助导数的几何意义计算可得其在点0,1处的切线方程，即可得其与坐标轴交点坐标，即可得其面积.x2xe2cosx1xe2sinx2x【详解】fx2，21x00e2cos010e2sin00则f03，210即该切线方程为y13x，即y=3x+1，1令x0，则y1，令y0，则x=-，3111故该切线与两坐标轴所围成的三角形面积S1.236故选：A.第9页/共26页学科网（北京）股份有限公司 2xx7.函数fxxeesinx在区间[2.8,2.8]的大致图像为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】利用函数的奇偶性可排除A、C，代入x1可得f10，可排除D.2xx2xx【详解】fxxeesinxxeesinxfx，又函数定义域为2.8,2.8，故该函数为偶函数，可排除A、C，11πe111又f11esin11esin10，ee622e42e故可排除D.故选：B.cosπ8.已知3，则tan（）cossin43A.231B.231C.D.132【答案】B【解析】cos【分析】先将弦化切求得tan，再根据两角和的正切公式即可求解.cossincos【详解】因为3，cossin13所以3，tan1，1tan3第10页/共26页学科网（北京）股份有限公司 tan1所以tan231，41tan故选：B.9.已知向量ax1,x,bx,2，则（）A.“x3”是“ab”的必要条件B.“x3”是“a//b”的必要条件C.“x0”是“ab”的充分条件D.“x13”是“a//b”的充分条件【答案】C【解析】【分析】根据向量垂直和平行的坐标表示即可得到方程，解出即可.【详解】对A，当ab时，则ab0，所以x(x1)2x0，解得x0或3，即必要性不成立，故A错误；对C，当x0时，a1,0,b0,2，故ab0，所以ab，即充分性成立，故C正确；2对B，当a//b时，则2(x1)x，解得x13，即必要性不成立，故B错误；2对D，当x13时，不满足2(x1)x，所以a//b不成立，即充分性不立，故D错误.故选：C.10.设、是两个平面，m、n是两条直线，且m.下列四个命题：①若m//n，则n//或n//②若mn，则n,n③若n//，且n//，则m//n④若n与和所成的角相等，则mn其中所有真命题的编号是（）A.①③B.②④C.①②③D.①③④【答案】A【解析】【分析】根据线面平行的判定定理即可判断①；举反例即可判断②④；根据线面平行的性质即可判断③.【详解】对①，当n，因为m//n，m，则n//，当n，因为m//n，m，则n//，第11页/共26页学科网（北京）股份有限公司 当n既不在也不在内，因为m//n，m,m，则n//且n//，故①正确；对②，若mn，则n与,不一定垂直，故②错误；对③，过直线n分别作两平面与,分别相交于直线s和直线t，因为n//，过直线n的平面与平面的交线为直线s，则根据线面平行的性质定理知n//s，同理可得n//t，则s//t，因为s平面，t平面，则s//平面，因为s平面，m，则s//m，又因为n//s，则m//n，故③正确；对④，若m,n与和所成的角相等，如果n//,n//，则m//n，故④错误；综上只有①③正确，故选：A.π2911.在ABC中内角A,B,C所对边分别为a,b,c，若B，bac，则sinAsinC（）34373A.B.2C.D.222【答案】C【解析】12213【分析】利用正弦定理得sinAsinC，再利用余弦定理有acac，再利用正弦定理得到3422sinAsinC的值，最后代入计算即可.29421【详解】因为B,bac，则由正弦定理得sinAsinCsinB.34932229由余弦定理可得:bacacac，42213221313即:acac，根据正弦定理得sinAsinCsinAsinC，4412第12页/共26页学科网（北京）股份有限公司 2227所以(sinAsinC)sinAsinC2sinAsinC，47因为A,C为三角形内角，则sinAsinC0，则sinAsinC.2故选：C.2212.已知b是a,c的等差中项，直线ax+by+c=0与圆xy4y10交于A,B两点，则AB的最小值为（）A.2B.3C.4D.25【答案】C【解析】【分析】结合等差数列性质将c代换，求出直线恒过的定点，采用数形结合法即可求解.【详解】因为a,b,c成等差数列，所以2bac，c2ba，代入直线方程ax+by+c=0得x10x1axby2ba0，即ax1by20，令得，y20y222故直线恒过1,2，设P1,2，圆化为标准方程得：C:xy25，设圆心为C，画出直线与圆的图形，由图可知，当PCAB时，AB最小，22PC1,ACr5，此时AB2AP2ACPC2514.故选：C二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．10113.x的展开式中，各项系数的最大值是______．3【答案】5【解析】第13页/共26页学科网（北京）股份有限公司 10r9r11rr1CC101033【分析】先设展开式中第r1项系数最大，则根据通项公式有，进而求出r即10r11rr1r11CC101033可求解.10rr1r【详解】由题展开式通项公式为TCx，0r10且rZ，r110310r9r11rr1CC101033设展开式中第r1项系数最大，则，10r11rr1r11CC10103329r42933，即r，又rZ，故r8，r33444281所以展开式中系数最大的项是第9项，且该项系数为C5.103故答案为：5.14.已知甲、乙两个圆台上、下底面的半径均为r1和r2，母线长分别为2r2r1和3r2r1，则两个圆台V甲的体积之比=______．V乙6【答案】4【解析】【分析】先根据已知条件和圆台结构特征分别求出两圆台的高，再根据圆台的体积公式直接代入计算即可得解.22【详解】由题可得两个圆台的高分别为h2rrrr3rr，甲12121222h乙3r1r2r1r222r1r2，1VS2S1S2S1h甲h3rr6甲3甲12所以.V乙1SSSShh乙22r1r242121乙3第14页/共26页学科网（北京）股份有限公司 6故答案为：.411515.已知a1，，则a______．logalog428a【答案】64【解析】【分析】将log8a,loga4利用换底公式转化成log2a来表示即可求解.113152【详解】由题log2a，整理得log2a5log2a60，logalog4loga228a2loga1或loga6，又a1，22loga6log26，故6所以22a264故答案为：64.16.有6个相同的球，分别标有数字1、2、3、4、5、6，从中不放回地随机抽取3次，每次取1个球.记m1为前两次取出的球上数字的平均值，n为取出的三个球上数字的平均值，则m与n差的绝对值不超过的2概率是______．7【答案】15【解析】【分析】根据排列可求基本事件的总数，设前两个球的号码为a,b，第三个球的号码为c，则ab32cab3，就c的不同取值分类讨论后可求随机事件的概率.3【详解】从6个不同的球中不放回地抽取3次，共有A120种，6abcab1设前两个球的号码为a,b，第三个球的号码为c，则，322故2c(ab)3，故32c(ab)3，故ab32cab3，若c1，则ab5，则a,b为：2,3,3,2，故有2种，若c2，则1ab7，则a,b为：1,3,1,4,1,5,1,6,3,4，3,1,4,1,5,1,6,1,4,3，故有10种，第15页/共26页学科网（北京）股份有限公司 当c3，则3ab9，则a,b为：1,2,1,4,1,5,1,6,2,4,2,5,2,6,4,5，2,1,4,1,5,1,6,1,4,2,5,2,6,2,5,4，故有16种，当c4，则5ab11，同理有16种，当c5，则7ab13，同理有10种，当c6，则9ab15，同理有2种，1共m与n的差的绝对值不超过时不同的抽取方法总数为22101656，2567故所求概率为.120157故答案为：15三、解答题：共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．第17题~第21题为必考题，每个考题考生必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题：共60分．17.某工厂进行生产线智能化升级改造，升级改造后，从该工厂甲、乙两个车间的产品中随机抽取150件进行检验，数据如下：优级品合格品不合格品总计甲车间2624050乙车间70282100总计96522150（1）填写如下列联表：优级品非优级品甲车间乙车间能否有95%的把握认为甲、乙两车间产品的优级品率存在差异？能否有99%的把握认为甲，乙两车间产品的优级品率存在差异？第16页/共26页学科网（北京）股份有限公司 （2）已知升级改造前该工厂产品的优级品率p0.5，设p为升级改造后抽取的n件产品的优级品率.如果p(1p)pp1.65，则认为该工厂产品的优级品率提高了，根据抽取的150件产品的数据，能否认为n生产线智能化升级改造后，该工厂产品的优级品率提高了？（15012.247）22n(adbc)附：K(ab)(cd)(ac)(bd)2PKk0.0500.0100.00110828k3.8416.635.【答案】（1）答案见详解（2）答案见详解【解析】【分析】（1）根据题中数据完善列联表，计算K2，并与临界值对比分析；p(1p)（2）用频率估计概率可得p0.64，根据题意计算p1.65，结合题意分析判断.n【小问1详解】根据题意可得列联表：优级品非优级品甲车间2624乙车间7030221502630247075可得K4.6875，50100965416因为3.8414.68756.635，所以有95%的把握认为甲、乙两车间产品的优级品率存在差异，没有99%的把握认为甲，乙两车间产品的优级品率存在差异.【小问2详解】第17页/共26页学科网（北京）股份有限公司 96由题意可知：生产线智能化升级改造后，该工厂产品的优级品的频率为0.64，150用频率估计概率可得p0.64，又因为升级改造前该工厂产品的优级品率p0.5，p1p0.510.50.5则p1.650.51.650.51.650.568，n15012.247p(1p)可知pp1.65，n所以可以认为生产线智能化升级改造后，该工厂产品的优级品率提高了.18.记Sn为数列an的前n项和，且4Sn3an4．（1）求an的通项公式；n1（2）设bn(1)nan，求数列bn的前n项和为Tn．n1【答案】（1）an4(3)n（2）T(2n1)31n【解析】【分析】（1）利用退位法可求an的通项公式．（2）利用错位相减法可求Tn.【小问1详解】当n1时，4S14a13a14，解得a14．当n2时，4Sn13an14，所以4Sn4Sn14an3an3an1即an3an1，an而a140，故an0，故3，an1∴数列an是以4为首项，3为公比的等比数列，n1所以a43.n【小问2详解】n1n1n1b(1)n4(3)4n3,n第18页/共26页学科网（北京）股份有限公司 所以Tbbbb43083112324n3n1n123n123n故3T43831234n3n12n1n所以2T44343434n3nn1313n1n444n3n423314n313n(24n)32，nT(2n1)31.n19.如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，四边形ABCD与四边形ADEF均为等腰梯形，BC//AD,EF//AD，AD4,ABBCEF2，ED10,FB23，M为AD的中点．（1）证明：BM//平面CDE；（2）求二面角FBME的正弦值．【答案】（1）证明见详解；43（2）13【解析】【分析】（1）结合已知易证四边形BCDM为平行四边形，可证BM//CD，进而得证；（2）作BOAD交AD于O，连接OF，易证OB,OD,OF三垂直，采用建系法结合二面角夹角余弦公式即可求解.【小问1详解】因为BC//AD,EF2,AD4,M为AD的中点，所以BC//MD,BCMD，四边形BCDM为平行四边形，所以BM//CD，又因为BM平面CDE，CD平面CDE，所以BM//平面CDE；【小问2详解】第19页/共26页学科网（北京）股份有限公司 如图所示，作BOAD交AD于O，连接OF，因为四边形ABCD为等腰梯形，BC//AD,AD4,ABBC2，所以CD2，结合（1）BCDM为平行四边形，可得BMCD2，又AM2，所以ABM为等边三角形，O为AM中点，所以OB3，又因为四边形ADEF为等腰梯形，M为AD中点，所以EFMD,EF//MD，四边形EFMD为平行四边形，FMEDAF，所以△AFM为等腰三角形，ABM与△AFM底边上中点O重合，OFAM，OFAF2AO23，222因为OBOFBF，所以OBOF，所以OB,OD,OF互相垂直，以OB方向为x轴，OD方向为y轴，OF方向为z轴，建立Oxyz空间直角坐标系，F0,0,3，B3,0,0,M0,1,0,E0,2,3，BM3,1,0,BF3,0,3，BE3,2,3，设平面BFM的法向量为mx1,y1,z1，平面EMB的法向量为nx2,y2,z2，mBM03x1y10则，即，令x13，得y13,z11，即m3,3,1，mBF03x3z011nBM03xy022则，即，令x23，得y23,z21，nBE03x2y3z0222cosm,nmn111143即n3,3,1，，则sinm,n，mn1313131343故二面角FBME的正弦值为.1322xy320.设椭圆C:1(ab0)的右焦点为F，点M1,在C上，且MFx轴．a2b22第20页/共26页学科网（北京）股份有限公司 （1）求C的方程；（2）过点P4,0的直线与C交于A,B两点，N为线段FP的中点，直线NB交直线MF于点Q，证明：AQy轴．22xy【答案】（1）143（2）证明见解析【解析】【分析】（1）设Fc,0，根据M的坐标及MFx轴可求基本量，故可求椭圆方程.（2）设AB:yk(x4)，Ax1,y1，Bx2,y2，联立直线方程和椭圆方程，用A,B的坐标表示y1yQ，结合韦达定理化简前者可得y1yQ0，故可证AQy轴.【小问1详解】22b3a13设Fc,0，由题设有c1且，故，故a2，故b3，a2a222xy故椭圆方程为1.43【小问2详解】直线AB的斜率必定存在，设AB:yk(x4)，Ax1,y1，Bx2,y2，223x4y122222由可得34kx32kx64k120，yk(x4)42211故Δ1024k434k64k120，故k，222232k64k12又xx,xx，12212234k34k35y252y23yBN:yx2而N,0，故直线52，故yQ525，2x2xx2222第21页/共26页学科网（北京）股份有限公司 3y2y12x253y2所以y1yQy12x52x522kx142x253kx242x522264k1232k2582x1x25x1x2834k234k2kk2x52x522222128k24160k2432k234k，k02x52故y1yQ，即AQy轴.【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：（1）设直线方程，设交点坐标为x1,y1,x2,y2；（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于x（或y）的一元二次方程，注意的判断；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为x1x2、x1x2（或y1y2、y1y2）的形式；（5）代入韦达定理求解.21.已知函数fx1axln1xx．（1）当a2时，求fx的极值；（2）当x0时，fx0恒成立，求a的取值范围．【答案】（1）极小值为0，无极大值.1（2）a2【解析】【分析】（1）求出函数的导数，根据导数的单调性和零点可求函数的极值.11（2）求出函数的二阶导数，就a、a0、a0分类讨论后可得参数的取值范围.22【小问1详解】当a2时，f(x)(12x)ln(1x)x，12x1故f(x)2ln(1x)12ln(1x)1，1x1x第22页/共26页学科网（北京）股份有限公司 1因为y2ln(1x),y1在1,上为增函数，1x故f(x)在1,上为增函数，而f(0)0，故当1x0时，f(x)0，当x0时，f(x)0，故fx在x0处取极小值且极小值为f00，无极大值.【小问2详解】1axa1xfxaln1x1aln1x,x0，1x1xa1x设sxaln1x,x0，1xaa1ax1a1ax2a1则sx222，x11x1x1x1当a时，sx0，故sx在0,上为增函数，2故sxs00，即fx0，所以fx在0,上为增函数，故fxf00.12a1当a0时，当0x时，sx0，2a2a12a1故sx在0,上为减函数，故在0,上sxs0，aa2a1即在0,上fx0即fx为减函数，a2a1故在0,上fxf00，不合题意，舍.a当a0，此时sx0在0,上恒成立，同理可得在0,上fxf00恒成立，不合题意，舍；1综上，a.2【点睛】思路点睛：导数背景下不等式恒成立问题，往往需要利用导数判断函数单调性，有时还需要对导数进一步利用导数研究其符号特征，处理此类问题时注意利用范围端点的性质来确定如何分类.第23页/共26页学科网（北京）股份有限公司 （二）选考题：共10分，请考生在第22、23题中任选一题作答，并用2B铅笔将所选题号涂黑，多涂、错涂、漏涂均不给分，如果多做，则按所做的第一题计分．[选修4-4：坐标系与参数方程]22.在平面直角坐标系xOy中，以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为cos1.（1）写出C的直角坐标方程；xt（2）设直线l：（t为参数），若C与l相交于A、B两点，若AB2，求a的值.yta2【答案】（1）y2x13（2）a4【解析】x2y2【分析】（1）根据可得C的直角方程.cosx（2）将直线的新的参数方程代入C的直角方程，法1：结合参数s的几何意义可得关于a的方程，从而可求参数a的值；法2：将直线的直角方程与曲线的直角方程联立，结合弦长公式可求a的值.【小问1详解】x2y2由cos1，将代入cos1，cosx故可得222xyx1，两边平方后可得曲线的直角坐标方程为y2x1.【小问2详解】对于直线l的参数方程消去参数t，得直线的普通方程为yxa.π法1：直线l的斜率为1，故倾斜角为，42xs2故直线的参数方程可设为，sR.2yas2222将其代入y2x1中得s22(a1)s2a102设A,B两点对应的参数分别为s1,s2，则s1s222a1,s1s22a1，第24页/共26页学科网（北京）股份有限公司 22且Δ8a18a11616a0，故a1，2223ABs1s2s1s24s1s28a18(a1)2，解得a.4yxa22法2：联立2，得x(2a2)xa10，y2x122Δ(2a2)4a18a80，解得a1，2设Ax1,y1,Bx2,y2,x1x222a,x1x2a1，2222则AB11x1x24x1x22(22a)4a12，3解得a4[选修4-5：不等式选讲]23.实数a,b满足ab3．（1）证明：222a2bab；22（2）证明：a2bb2a6．【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析【解析】222【分析】（1）直接利用2a2b(ab)即可证明.（2）根据绝对值不等式并结合（1）中结论即可证明.【小问1详解】222222因为2a2baba2abbab0，222当ab时等号成立，则2a2b(ab)，222因为ab3，所以2a2b(ab)ab;【小问2详解】222222a2bb2aa2bb2a2a2b(ab)2222a2b(ab)(ab)(ab)(ab)(ab1)326第25页/共26页学科网（北京）股份有限公司 第26页/共26页学科网（北京）股份有限公司