广东省佛山市南海区2020年3月高考数学模拟试卷（理科）含答案解析

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1、2020 年广东省佛山市南海区高考数学模拟试卷（理科） （年广东省佛山市南海区高考数学模拟试卷（理科） （3 月份）月份） 一、选择题：本题共一、选择题：本题共 12 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 60 分在每小题给出的四个选项中，只有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一项是符合题目要求的 1 已知全集为 R， 集合， 则 （RA） B （ ） A （0，2） B （1，2 C0，1 D （0，1 2复数满足 z+|z|4+8i，则复数 z 在复平面内所对应的点在（ ） A第一象限 B第二象限 C第三象限 D第四象限 3已知等差数列an的前 n 项和为 Sn，

2、且 a22，a810，则 S9（ ） A45 B42 C25 D36 4函数的图象大致为（ ） A B C D 5音乐，是用声音来展现美，给人以听觉上的享受，熔铸人们的美学趣味著名数学家傅 立叶研究了乐声的本质，他证明了所有的乐声都能用数学表达式来描述，它们是一些形 如 asinbx 的简单正弦函数的和，其中频率最低的一项是基本音，其余的为泛音由乐声 的数学表达式可知，所有泛音的频率都是基本音频率的整数倍，称为基本音的谐波下 列函数中不能与函数 y0.06sin180000t 构成乐音的是（ ） Ay0.02sin360000t By0.03sin180000t Cy0.02sin181800

3、t Dy0.05sin540000t 6已知为非零向量， “”为“”的（ ） A充分不必要条件 B充分必要条件 C必要不充分条件 D既不充分也不必要条件 7把函数 f（x）sin2x 的图象向右平移个单位，得到函数 g（x）的图象给出下列四 个命题 g（x）的值域为（0，1；g（x）的一个对称轴是 x； g（x）的一个对称中心是（，） ；g（x）存在两条互相垂直的切线 其中正确的命题个数是（ ） A1 B2 C3 D4 8窗花是贴在窗纸或窗户玻璃上的剪纸，是中国古老的传统民间艺术之一，它历史悠久， 风格独特，神兽人们喜爱右图即是一副窗花，是把一个边长为 12 的大正方形在四个角 处都剪去边长为

4、 1 的小正方形后剩余的部分，然后在剩余部分中的四个角处再剪出边长 全为 1 的一些小正方形若在这个窗花内部随机取一个点，则该点不落在任何一个小正 方形内的概率是（ ） A B C D 9已知三棱锥且 PA2PB，PB平面 ABC，其 外接球体积为（ ） A B4 C D 10一个盒子里有 4 个分别标有号码为 1，2，3，4 的小球，每次取出一个，记下它的标号 后再放回盒子中，共取 3 次，则取得小球标号最大值是 4 的取法有（ ） A17 种 B27 种 C37 种 D47 种 11已知双曲线的焦距为 2c，若 M 的渐近线上存在点 T，使得 经过点 T 所作的圆（xc）2+y2a2的两条

5、切线互相垂直，则双曲线 M 的离心率的取值 范围是（ ） A B C D 12 点M在曲线G： y3lnx上， 过M作x轴垂线l， 设l与曲线y交于点N， 若， 且 P 点的纵坐标始终为 0，则称 M 点为曲线 G 上的“水平黄金点”则曲线 G 上的“水平 黄金点”的个数为 A0 B1 C2 D3 二、填空题：本题共二、填空题：本题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分把答案填在题中的横线上分把答案填在题中的横线上 13抛物线 y24x 上到其焦点 F 距离为 5 的点有 个 14已知数列an的前 n 项和为 Sn且满足 Sn+an2，则数列an的通项 an 15对任意正

6、整数 n，函数 f（n）2n37n2cosnn1，若 f（2）0，则 的取值范围 是 ；若不等式 f（n）0 恒成立，则 的最大值为 16正方体 ABCDA1B1C1D1中，E 是棱 DD1的中点，F 是侧面 CDD1C1上的动点，且 B1F 平面 A1BE，记 B1与 F 的轨迹构成的平面为 F，使得 B1FCD1 直线 B1F 与直线 BC 所成角的正切值的取值范围是， 与平面 CDD1C1所成锐二面角的正切值为 2 正方体 ABCDA1B1C1D1的各个侧面中，与 所成的锐二面角相等的侧面共四个 其中正确命题的序号是 （写出所有正确的命题序号） 三、解答题：共三、解答题：共 70 分解答

7、应写出文字说明、证明过程或演算步骤第分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤第 1721 题为必考题为必考 题，每个试题考生都必须作答第题，每个试题考生都必须作答第 22、23 题为选考题，考生根据要求作答 （一）必考题：题为选考题，考生根据要求作答 （一）必考题： 共共 60 分分 17 （12 分）在ABC 中， （1）求 cosA 的值； （2）点 D 为边 BC 上的动点（不与 C 点重合） ，设 ADDC，求 的取值范围 18 （12 分）在四棱锥 PABCD 中，ABPA，CD，PAD 是等边三角 形，点 M 在棱 PC 上，平面 PAD平面 ABCD （1）求证：平面 PCD平面

8、 PAD； （2）若 ABAD，求直线 AM 与平面 PBC 所成角的正弦值的最大值； （3）设直线 AM 与平面 PBD 相交于点 N，若，求的值 19 （12 分）某精密仪器生产车间每天生产 n 个零件，质检员小张每天都会随机地从中抽取 50 个零件进行检查是否合格，若较多零件不合格，则需对其余所有零件进行检查根据 多年的生产数据和经验，这些零件的长度服从正态分布 N（10，0.12） （单位：微米 m） ， 且相互独立若零件的长度 d 满足 9.7md10.3m，则认为该零件是合格的，否则该 零件不合格 （1）假设某一天小张抽查出不合格的零件数为 X，求 P（X2）及 X 的数学期望 E

9、X； （2）小张某天恰好从 50 个零件中检查出 2 个不合格的零件，若以此频率作为当天生产 零件的不合格率已知检查一个零件的成本为 10 元，而每个不合格零件流入市场带来的 损失为 260 元假设 n 充分大，为了使损失尽量小，小张是否需要检查其余所有零件， 试说明理由 附： 若随机变量 服从正态分布 N （， 2） ， 则 P （3+3） 0.9987， 0.998750 0.9370，0.9987490.00130.0012 20 （12 分）已知椭圆经过点 A（0，2） ，离心率为 （1）求椭圆 M 的方程； （2）经过点 E（0，1）且斜率存在的直线 l 交椭圆于 Q，N 两点，点

10、B 与点 Q 关于坐标 原点对称连接 AB，AN求证：存在实数 ，使得 kANkAB成立 21 （12 分）已知 f（x）kx2+e kx（k0） （1）当时，判断函数 f（x）的极值点的个数； （2）记，若存在实数 t，使直线 yt 与函数 g（x）的 图象交于不同的两点 A（x1，t） ，B（x2，t） ，求证：m2x1x2 （二）选考题：共（二）选考题：共 10 分请考生在第分请考生在第 22、23 题中任选一题作答如果多做，则按所作的题中任选一题作答如果多做，则按所作的 第一题计分第一题计分选修选修 4-4：坐标系与参数方程：坐标系与参数方程 22 （10 分）已知曲线 M 的参数方程

11、为（ 为参数） ，以坐标原点为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线 N 的极坐标方程为 （1）写出曲线 M 的极坐标方程； （2）点 A 是曲线 N 上的一点，试判断点 A 与曲线 M 的位置关系 选修选修 4-5：不等式选讲：不等式选讲 23已知 ab0，acd，且 abcd （1）请给出 a，b，c，d 的一组值，使得 a+b2（c+d）成立； （2）证明不等式 a+bc+d 恒成立 2020 年广东省佛山市南海区高考数学模拟试卷 （理科）（年广东省佛山市南海区高考数学模拟试卷 （理科）（3 月份）月份） 参考答案与试题解析参考答案与试题解析 一、选择题：本题共一、选择题：本题共

12、12 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 60 分在每小题给出的四个选项中，只有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一项是符合题目要求的 1 【分析】根据题意，求出集合 A，进而可得（RA） ，由交集的定义分析可得答案 【解答】 解： 根据题意， 集合 Ax|yx|yx|x1， 则 （RA） x|x1， 又由 Bx|x22x0x|x（x2）0x|0x2， 则（RA）B（0，1； 故选：D 【点评】本题考查集合的运算，注意集合交并补的定义，属于基础题 2 【分析】利用复数运算法则、复数相等、几何意义即可得出 【解答】解：设 za+bi（a，bR） ，则， ， 所以复数

13、z 在复平面内所对应的点在第二象限 故选：B 【点评】本题考查了复数运算法则、复数相等、几何意义，考查了推理能力与计算能力， 属于基础题 3 【分析】由已知结合等差数列的求和公式及性质即可求解 【解答】解：因为 故选：D 【点评】本题主要考查了等差数列的求和公式及性质的简单应用，属于基础试题 4 【分析】根据题意，分析函数的奇偶性以及当 x+时，函数值的趋势，由排除法分析 可得答案 【解答】解：根据题意，设，则，所以函数 f （x）是奇函数，其图象关于原点对称，排除 B，C， 且当 x+时，排除 D， 故选：A 【点评】本题考查函数图象的变换，涉及函数的奇偶性与函数值的分析，属于基础题 5 【

14、分析】直接利用函数的频率的关系的应用求出结果 【解答】解：由， 可知若， 则必有， 故选：C 【点评】本题考查的知识要点：三角函数的性质的应用，主要考查学生的运算能力和转 换能力及思维能力，属于基础题型 6 【分析】根据向量的数量积的性质| |2及数乘向量的运算的意义，结合充分必要条件 的定义即可判断 【解答】解析：若成立，则，则向量 与 的方向相同，且 ，从而， 所以； 若， 则向量 与 的方向相同， 且， 从而， 所以 所以“”为“”的充分必要条件 故选：B 【点评】本题考查了平面向量的数乘向量，数量积的性质，充分必要条件的定义，属于 基础题 7【分析】 先利用余弦的二倍角公式和平移变换法

15、则， 得到函数， 再根据余弦函数的值域、轴对称和中心对称，来判断的正误，然后结合导数的几 何意义来判断的正误 【解答】解：f（x）sin2x，向右平移个单位得到 ， 对于，因为，所以函数 g（x）的值域为（0，1，即正确； 对于， 因为， 所以 g （x） 的一个对称轴是 x， 即正确； 对于， 令， 则， 当 k0 时， 即正确； 对于， 若g （ x ） 存 在 两 条 互 相 垂 直 的 切 线 ， 则 存 在x1， x2， 使 得 ， 显然当，时，上式成立，即正确 所以都是正确的， 故选：D 【点评】本题考查三角恒等变换与三角函数图象与性质的综合，还涉及利用导数处理曲 线的切线方程问题

16、，考查学生综合运用知识的能力和运算能力，属于中档题 8【分析】 结合图形， 分别求出窗户的面积及正方形的面积， 根据几何概率的求解公式可求 【解答】解：由题意可得，窗花的面积为 12241140，其中小正方形的面积为 54 20， 所以所求概率， 故选：D 【点评】本题考查概率的计算，考查定积分知识的运用，属于基础题 9 【分析】可将三棱锥 PABC 还原成如图所示的长方体，可得三棱锥 PABC 的外接球即 为长方体的外接球，利用勾股定理即可得出 【解答】解：，设 PBh，则由 PA2PB，可得，解得 h1， 可将三棱锥 PABC 还原成如图所示的长方体，则三棱锥 PABC 的外接球即为长方体

17、 的外接球， 设外接球的半径为 R，则， 所以外接球的体积 故选：A 【点评】本题考查了三棱锥与球及其长方体的性质、勾股定理、补形方法，考查了推理 能力与计算能力，属于基础题 10 【分析】由题意可得：所有可能的情况有 4364 种，其中最大值不是 4 的情况有 3327 种，即可得出 【解答】解：所有可能的情况有 4364 种，其中最大值不是 4 的情况有 3327 种， 所以取得小球标号最大值是 4 的取法有 642737 种 故选：C 【点评】本题考查了排列组合应用、分类讨论方法，考查了推理能力与计算能力，属于 基础题 11 【分析】要使得经过点 T 所作的圆的两条切线互相垂直，必有|a

18、，而焦点 F（c， 0）到双曲线渐近线的距离为 b，故|ab，即，利用双曲线的离心率的 计算公式解答 【解答】解：ba，所以离心率， 圆（xc）2+y2a2是以 F（c，0）为圆心，半径 ra 的圆， 要使得经过点 T 所作的圆的两条切线互相垂直， 必有|a，而焦点 F（c，0）到双曲线渐近线的距离为 b， 所以|ab， 即，所以，所以双曲线 M 的离心率的取值范围是 故选：B 【点评】本题考查双曲线的离心率的取值范围的求法，是中档题，解题时要认真审题， 注意双曲线性质的灵活运用 12 【分析】设 M（x1，3lnx1） ，可得直线 l 的方程，联立曲线 y，可得 N 的坐标，再由 向量的加法

19、运算可得 P 的坐标，再由 P 的纵坐标始终为 0，考虑方程的解的个数，设出 函数，求得导数和单调性、极值和最值，判断最值的符号，即可得到所求个数 【解答】 解： 设 M （x1， 3lnx1） ， 则直线 l： xx1， 由可得 y， 即 N （x1，） ， （2x1，3lnx1+）（，lnx1+） ， 又 P 的纵坐标始终为 0，即 lnx1+0， 可令 f（x）lnx+（x0） ，导数为 f（x），由 f（x）0， 可得 x， 则当 0x时，f（x）0，f（x）递减；x时，f（x）0，f（x）递增 可得 f（x）在 x处取得极小值，且为最小值 f（）ln+11ln3， 由 1ln30，则

20、 f（x）在（0，+）有两个零点，即方程 lnx1+0 有两个不等实 根， 所以曲线 G 上的“水平黄金点”的个数为 2， 故选：C 【点评】本题考查导数的运用：求单调性和极值、最值，考查新定义“水平黄金点”的 理解和应用，考查函数方程的转化思想，以及化简运算能力和推理能力，属于中档题 二、填空题：本题共二、填空题：本题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分把答案填在题中的横线上分把答案填在题中的横线上 13 【分析】设符合条件的点 P（x0，y0） ，则|PF|x0+15 即可求解 【解答】解：设符合条件的点 P（x0，y0） ， 则|PF|x0+15，x04，y04，

21、所以符合条件的点有 2 个 故答案为：2 【点评】本题考查了抛物线的性质，属于基础题 14 【分析】利用递推关系可得即，可判断数列an是首项为1，公 比为的等比数列，从而可求得答案 【解答】解：当 n1 时，S1+a12a12a11， 由 Sn+an2，可知当 n2 时，Sn1+an12， 两式相减，得 2anan10， 即， 所以数列an是首项为1，公比为的等比数列， 所以 故答案： 【点评】本题考查数列递推式，求得 2anan10 是关键，考查推理与运算能力，属于 中档题 15 【分析】求得 f（2） ，化简计算可得 的取值范围；不等式 f（n）0 恒成立，即 2n3 7n2cosnn10

22、 恒成立， 讨论 n 为奇数和偶数， 由参数分离和构造数列， 求得导数， 判断单调性可得最值，进而得到所求最大值 【解答】解：由函数 f（n）2n37n2cosnn1，若 f（2）0， 则 1628cos2210，即 152820，解得 ； 不等式 f（n）0 恒成立，即 2n37n2cosnn10 恒成立， 当 n 为奇数时，2n3+7n2n10 即 2n2+7n恒成立，等价为 （2n2+7n） min， 设 g（n）2n2+7n，g（n）4n+7+0，可得 g（n）在正奇数集上递增，可 得 g（n）的最小值为 g（1）8， 可得 8； 当n为偶数时， 2n37n2n10即2n27n恒成立，

23、 等价为 （2n27n） min， 设 h（n）2n27n，g（n）4n7+0，可得 g（n）在正偶数集上递增， 可得 g（n）的最小值为 g（2） 可得 由可得不等式 f（n）0 恒成立，可得 即 的最大值为 故答案为：， 【点评】本题主要考查不等式恒成立问题解法，注意运用分类讨论思想和分离参数，以 及构造数列法，结合导数判断单调性是解题的关键，属于中档题 16 【分析】分别取 CC1和 C1D1的中点为 M，N，连接 MN、MB1、NB1，然后利用面面平 行的判定定理证明平面 MNB1平面 A1BE，从而确定平面 MNB1就是平面 当 F 为线段 MN 的中点时，可证明； 利用平移的思想，

24、将直线 B1F 与直线 BC 所成角转化为 B1F 与 B1C1所成的角，由于 B1C1平面 MNC1，所以 tanFB1C1即为所求，进而求解即可； 平面 MNB1与平面 CDD1C1所成的锐二面角即为所求，也就是求出 tanB1QC1即可； 由正方体的对称性和二面角的含义即可判断 【解答】解：如图所示， 设正方体的棱长为 2，分别取 CC1和 C1D1的中点为 M，N，连接 MN、MB1、NB1，则 MNA1B，MB1EA1， MN、MB1平面 MNB1，A1B、EA1平面 A1BE，且 MNMB1M，A1BEA1A1， 平面 MNB1平面 A1BE， 当 F 在 MN 上运动时，始终有

25、B1F平面 A1BE，即平面 MNB1就是平面 对于，当 F 为线段 MN 的中点时，MB1NB1，B1FMN，MNCD1，B1F CD1，即正确； 对于，BCB1C1，直线 B1F 与直线 B1C1所成的角即为所求， B1C1平面 MNC1，C1F平面 MNC1，B1C1C1F， 直线 B1F 与直线 B1C1所成的角为FB1C1，且 tanFB1C1， 而 FC1的取值范围为，B1C12，所以 tanFB1C1，即正确； 对于，平面 MNB1与平面 CDD1C1所成的锐二面角即为所求， 取 MN 的中点 Q，因为 B1C1平面 MNC1，所以B1QC1就是所求角， 而 tanB1QC1，即

26、正确； 对于，由对称性可知，与 所成的锐二面角相等的面有平面 BCC1B1，平面 ADD1A1， 平面 A1B1C1D1，平面 ABCD，即正确 故答案为： 【点评】本题考查空间立体几何的综合，涉及空间线面的位置关系、异面直线的夹角和 面面角等问题，考查学生的空间立体感和逻辑推理能力，属于难题 三、解答题：共三、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分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤第 1721 题为必考题为必考 题，每个试题考生都必须作答第题，每个试题考生都必须作答第 22、23 题为选考题，考生根据要求作答 （一）必考题：题为选考题，考生根据要求作答 （一）必考

27、题： 共共 60 分分 17 【分析】 （1）先求出 sinC，再利用两角和的余弦公式即可求出 cosA； （2）在ADC 中利用正弦定理得到，又 sinDAC（0，1，从而求出 的取值范围 【解答】解： （1）在ABC， 所以， 所以 ； （2）如图所示：， 由（1）可知，所以， 因为，所以， 因为 0DACBAC，所以 sinDAC（0，1， 所以 【点评】本题主要考查了正弦定理，是中档题 18 【分析】 （1）取 AD 中点为 O，连接 PO，推导出 POAD，PO平面 ABCD，PODC， CDPA进而 CD平面 PAD由此能证明平面 PCD平面 PAD （2）以 O 为原点，过 O

28、作 AB 的平行线 OF，分别以 OA，OF，OP 分别为 x 轴，y 轴， z 轴建立空间直角坐标系利用向量法能求出当时，sin 取最大值 （3）设 AD2，DCm，则有，得 设，则， 推导出 利用向量法能求出结果 【解答】解： （1）证明：取 AD 中点为 O，连接 POPAD 是等边三角形，所以 PO AD 因为平面 PAD平面 ABCD 且相交于 AD，所以 PO平面 ABCD，所以 PODC 因为 ABCD，ABPA，所以 CDPA 因为 POPAP 在平面 PAD 内，所以 CD平面 PAD 所以平面 PCD平面 PAD （2）以 O 为原点，过 O 作 AB 的平行线 OF，分别

29、以 OA，OF，OP 分别为 x 轴，y 轴， z 轴建立空间直角坐标系 设 ABAD2，则 A（1，0，0） ，B（1，2，0） ，C（1，4，0） ， 因为 M 在棱 PC 上，可设， 所以 设平面 PBC 的法向量为， 因为， 所以令 x1，可得，即 设直线AM与平面PBC所成角为，所以 可知当时，sin 取最大值 （3） 设 AD2， DCm， 则有， 得 设，那么， 所以所以 因为 所以 又因为， 所以， 设平面 PDB 的法向量为， 有，可得，即， 因为 N 在平面 PDB 内，所以所以 所以即 2k2+k10， 所以或者 k1（舍） ，即 【点评】本题考查面面垂直的证明，考查角的

30、正弦值的最大值、两线段比值的求法，考 查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理能力与计算能力，属于 中档题 19 【分析】 （1）利用互斥事件的概率转化求解 P（X2） ，利用二项分布求解期望即可 （2）求出不合格的概率，然后求解期望推出结果即可 【解答】解： （1） ， 由于 X 满足二项分布，故 EX0.0013500.065 （2）由题意可知不合格率为， 若不检查，损失的期望为， 若检查，成本为 10n，由于， 当 n 充分大时， 所以为了使损失尽量小，小张需要检查其余所有零件 【点评】本题考查二项分布的期望以及概率的求法，考查转化思想以及计算能力是中档 题 20 【分析

31、】 （1）根据题意的离心率公式及 b2，即可求得 a 的值，即可求得椭圆方程； （2）解法一：设直线 l 的方程，代入椭圆方程，根据韦达定理及直线的斜率公式，结合 Q 在椭圆上，求得 kAQkAN和 kAQkAB，即可求得； 解法二：设直线 l 的方程，代入椭圆方程，根据韦达定理及直线的斜率，即可表示出 【解答】解： （1）由题意可知 b2，又由 a2c2b2，得， 所以椭圆 M 的方程为； （2）证明：设直线 l 的方程为为：ykx+1， 联立，消元可得： （2+3k2）x2+6kx90，设 Q（x1，y1） ，N（x2，y2） ， 则有， 因为， 所以， 又因为点 B 与点 Q 关于原点对

32、称，所以 B（x1，y1） ，即， 则 有， 由 点 Q 在 椭 圆上 ， 得 ， 所以，所以，即 kAN3kAB， 所以存在实数，使 kANkAB成立 解法二：证明：设直线 l 的方程为为：ykx+1， 联立，消元可得： （2+3k2）x2+6kx90，设 Q（x1，y1） ，N（x2，y2） ，则 B（x1，y1） ， 则有， 所以， 所以 ， 所以存在实数，使 kANkAB成立 【点评】本题考查椭圆的标准方程及简单几何性质，直线与椭圆的位置关系，考查韦达 定理，直线的斜率公式的应用，考查转化思想，计算能力，属于中档题 21 【分析】 （1）对函数求导，然后结合导数与单调性的关系可判断函数

33、的单调性，进而可 确定极值的个数； （2）结合零点存在的条件，对已知等式进行合理的变形，结合所得式子特点，进行构造 函数，结合导数即可证明 【解答】解： （1）当时，f（x）k（2xe kx） ， （f（x） ）k（2+kekx）0，所 以 f（x）在递增 所以所以 f（x）在递增，所以函数 f （x）没有极值点； （2）因为 g（x）f（x）+x2mlnx（k+1）x2mlnx+e kx， 存在实数 t，使直线 yt 与函数 g（x）的图象交于不同的两点 A（x1，t） ，B（x2，t） ， 即存在且 x1x2，使 g（x1）g（x2） 由 g（x1）g（x2）可得：，x1 x2， 由（1）

34、可知 f（x2）f（x1） ，可得： 所以，即 下面证明，只需证明： 令，则证：，即 设 h（s）s，那么 所以 h（s）h（1）0所以，即 m2x1x2 【点评】本题主要考查了导数与函数性质的综合应用，体现了转化思想及构造思想的应 用 （二）选考题：共（二）选考题：共 10 分请考生在第分请考生在第 22、23 题中任选一题作答如果多做，则按所作的题中任选一题作答如果多做，则按所作的 第一题计分第一题计分选修选修 4-4：坐标系与参数方程：坐标系与参数方程 22 【分析】 （1）直接利用转换关系的应用，把参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间进 行转换 （2）利用电荷曲线的位置关系的应用求出结

35、果 【解答】解析： （1）曲线 M 的参数方程为（ 为参数） ，转换为直角坐标方 程为，转换为极坐标方程是 （2）当时，线段 OA 取得最小长度为 因为曲线 M 是以原点为圆心，半径为的圆，所以 所以点 A 与曲线 M 的位置关系是点 A 在曲线 M 外 【点评】本题考查的知识要点：参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间的转换，点和 线的位置关系的应用， 主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力， 属于基础题型 选修选修 4-5：不等式选讲：不等式选讲 23 【分析】 （1）根据 ab0，acd，且 abcd，取 a2，b1，c1，d1，符 合 a+b2（c+d） ； （2）由题意可知，a0，然后通过证明，成立，即可证明 a+bc+d 成立 【解答】解： （1）根据 ab0，acd，且 abcd 取 a2，b1，c1，d1，则 a+b2（c+d）成立， 故可取 a2，b1，c1，d1（答案不唯一） （2）证明：由题意可知，a0 acd，（ac） （ad）0 a2（c+d）a+cd0，即 a2+cd（c+d）a ab0， abcd， 【点评】本题考查了不等式的基本性质和利用综合法证明不等式，考查了转化思想，属 中档题