重庆市2020届高考三诊（文科）数学试卷（含答案解析）

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1、2020 年重庆市三诊数学试卷（文科）年重庆市三诊数学试卷（文科） 一、选择题（共 12 小题）. 1已知集合 Ax|x2+x60，集合 BxZ|2x3，则集合 AB 为（ ） A2，1，0，1，2 B1，0，1 C1，0 D0，l，2 2“a1”是“直线 2x+（a+1）y30 和直线x+ay+20 垂直”的（ ） A充分不必要条件 B必要不充分条件 C充要条件 D既不充分也不必要条件 3已知双曲线 ， 的一条渐近线方程为 ，则双曲线的离心率 为（ ） A B C D 4等差数列an的前 n 项和为 Sn，已知 S312，S651，则 S9的值等于（ ） A66 B90 C117 D127

2、5已知向量 （3，1）， （1，2），则 在 上的投影为（ ） A B C D 6已知 m，n 是两条不同的直线， 是两不同的平面，Q 是一个点，给出下列四个命题： 若 Q，m，则 Qm； 若 mnQ，m，则 n； 若 mn，m，Qn，Q，则 n； 若 ，n，Q，Qm，m，则 m 其中真命题是（ ） A和 B和 C和 D和 7在平面直角坐标系 xOy 中，设 E（x，y）|2x2，2y2，F 表示正切函数 y tanx 与单位圆围成的一个封闭区域（如图中阴影部分），那么向 E 中随机投一点，则 所投点落在 F 中的概率为（ ） A B C D 8函数 f（x） 的图象可能为（ ） A B C

3、D 9定义：（xy）表示（x+1）（y1），例如（35）（3+1）（51）16，执 行如图所示程序框图，则输出的结果为（ ） A13 B11 C9 D7 10已知 f（x）是定义在 R 上的奇函数，且满足 f（1x）f（1+x），当 x（0，1时，f （x）log2（x+1），则 f（2019）（ ） A1 B1 C0 Dlog23 11在长方体 ABCDA1B1C1D1中，ADDD11， ，E，F，G 分别是棱 AB，BC， CC1的中点，P 是底面 ABCD 内一动点，若直线 D1P 与平面 EFG 没有公共点，则三角形 PBB1面积的最小值为（ ） A B1 C D 12已知抛物线 C：

4、y22x，过原点作两条互相垂直的直线分别交 C 于 A，B 两点（A，B 均不与坐标原点重合），则抛物线的焦点 F 到直线 AB 距离的最大值为（ ） A2 B3 C D4 二、填空题：本题共 4 个小题，每小题 5 分，共 20 分.把答案填写在答题卡相应位置上. 13已知 i 为虚数单位，复数 z 满足（1+i）z1i，则 z 的共轭复数 为 14若数列an满足其前 n 项的积为 ，则 a n 15已知实数 x，y 满足 ，则 2x与 4y之积的最大值为 16进位制是人们为了计数和运算方便而约定的计数系统，“满几进一”就是几进制，不同 进制之间可以相互转化，例如把十进制的 83 转化为二进

5、制，根据二进制数“满二进一” 的原则，可以用 2 连续去除 83 得商，然后取余数，具体计算方法如下：把以上各步所得 余数从下到上排列，得到结果记作：1010111（2）这种算法叫做“除二取余法”，上述方 法也可以推广为把十进制数化为 k 进制数的方法，称为“除 k 取余法”，那么用“除 k 取余法”把 83 化为八进制数记作： 三、解答题：共 70 分.解答时应写出必要的文字说明、演算步骤或推理过程.并答在答题卡相 应的位置上第 17 题第 21 题为必考题，每个试题考生都必须作答.第 22 题第 23 题为选 考题，考生根据要求作答（一）必考题：共 60 分 17已知函数 f（x）Asin

6、（x ），其中 A0，0，f（x）的最小值为2，且 f（x） 的图象的相邻两条对称轴之间的距离为 2 （）求函数 f（x）的解析式和单调递增区间； （）在ABC 中，角 A、B、C 所对的边分别为 a、b、c，且（4a22ac）cosBa2+b2 c2，求 f（B） 18如图所示，在矩形 ABCD 中，AB2BC2，E 为边 AB 的中点，将ADE 沿直线 DE 翻折为ADE，若 F 为线段 AC 的中点在ADE 翻折过程中， （）求证：BF面 ADE； （）求多面体 CDEF 体积的最大值 192019 年 4 月，习近平总书记到重庆市石柱县中益乡小学看望老师和同学们，总书记希 望看到更多的

7、青年志愿者扎根贫困地区，献身乡村教育各师范院校应届毕业生积极参 与，现有几所高等师范院校大量优秀毕业生有意前往某市贫困地区该市教育局组织了 一场资格考察，规定每位学生需缴纳考试费 200 元现从中抽查了 100 名学生成绩，制 作了测试成绩 X（满分 200 分）的频率分布直方图，规定 185 分为率取分数线被录取 的学生将会获得每人 600+300 （X185）的交通和伙食补贴 （）若该市某县需要 20 名老师，按比例分配老师，得分 195 以上的老师会有几名？ （）令 Y 表示每个学生的缴费支出和补助收入的代数和，用含 X 的函数来表示 Y 并根 据概率分布直方图估计 Y2800 的概率

8、20已知函数 f（x）（x2+ax） ex （）当 a2 时，求 f（x）在 x1 处的切线方程； （）令 g（x） ，若对任意的 a3，5，函数 g（x）在区间b+aea，+）上单 调递增恒成立，求证：be511 21 在椭圆 ： 上任取一点 P （P 不为长轴端点） ， 连结 PF1、 PF2， 并延长与椭圆 C 分别交于点 A、B 两点，已知APF2的周长为 8，F1PF2面积的最大值 为 （1）求椭圆 C 的方程； （2）设坐标原点为 O，当 P 不是椭圆的顶点时，直线 OP 和直线 AB 的斜率之积是否为 定值？若是定值，请求出这个定值；若不是定值，请说明理由 （二）选考题：共 10

9、 分.请考生在第 22、23 题中任选一题作答.如多做，则按所做的第一题 计分选修 4-4：坐标系与参数方程 22在直角坐标系 xOy 中，直线 l 的参数方程为 （t 为参数，a 为直线 l 的倾 斜角），以坐标原点 O 为极点，以 x 轴正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线 C 的极坐标 方程为 4sin （1）写出曲线 C 的直角坐标方程，并求 时直线 l 的普通方程； （2）直线 l 和曲线 C 交于两点 A、B，点 P 的直角坐标为（2，3），求|PA|+|PB|的最大 值 选修 45：不等式选讲 23已知函数 f（x）2|x1|，g（x）|x+1| （1）f（x）g（x）+t 恒成立的

10、实数 t 的最大值 t0； （2）设 m0，n0，且满足 m+2n+2mnt00，求证：f（m+2）+f（2n）4 参考答案 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已知集合 Ax|x2+x60，集合 BxZ|2x3，则集合 AB 为（ ） A2，1，0，1，2 B1，0，1 C1，0 D0，l，2 【分析】可以求出集合 A，B，然后进行交集的运算即可 解：Ax|3x2，B1，0，1，2， AB1，0，1 故选：B 2“a1”是“直线 2x+（a+1）y30 和直线x+ay+20 垂直”的（ ） A充分不必要条件

11、B必要不充分条件 C充要条件 D既不充分也不必要条件 【分析】直接利用两直线垂直的充要条件的应用，四个条件的应用求出结果 解：当 a1 时，直线 2x+（a+1）y30 转换为 2x+2y30，直线x+ay+20 转换 为x+y+20，所以两直线垂直 当“直线 2x+（a+1）y30 和直线x+ay+20 垂直”则：2+a（a+1）0，解得 a 2 或 1， 故“a1”是“直线 2x+（a+1）y30 和直线x+ay+20 垂直”的成分不必要条件 故选：A 3已知双曲线 ， 的一条渐近线方程为 ，则双曲线的离心率 为（ ） A B C D 【分析】 利用双曲线的渐近线方程， 推出 a， b 的

12、关系式， 然后求解双曲线的离心率即可 解：双曲线 ， 的一条渐近线方程为 ， 可得： ，即： ，可得 e 则双曲线的离心率为： 故选：C 4等差数列an的前 n 项和为 Sn，已知 S312，S651，则 S9的值等于（ ） A66 B90 C117 D127 【分析】利用等差数列的通项公式与求和公式即可得出 解：设等差数列an的公差为 d，S312，S651， 3a1+3d12，6a1 d51， 联立解得 a11，d3， 则 S9 9 3117 故选：C 5已知向量 （3，1）， （1，2），则 在 上的投影为（ ） A B C D 【分析】由数量积的定义可知， 在 方向上的投影为| |co

13、s ， ，代入即可求解 解： 由数量积定义可知， 在 方向上的投影为| |cos ， 故选：A 6已知 m，n 是两条不同的直线， 是两不同的平面，Q 是一个点，给出下列四个命题： 若 Q，m，则 Qm； 若 mnQ，m，则 n； 若 mn，m，Qn，Q，则 n； 若 ，n，Q，Qm，m，则 m 其中真命题是（ ） A和 B和 C和 D和 【分析】画图说明错误；利用反证法说明正确；由面面垂直的性质定理可知正 确 解：若 Q，m，则 Qm，错误，如图， ； 若 mnQ，m，则 n，错误 ； 若 mn，m，Qn，Q，则 n，正确 假设 n，由 m，Q，且 Qm，在 过 Q 点必有一条直线 l 与

14、m 平行， 又 nm，则 ln 与 lnQ 矛盾，故假设错误，则 n； 若 ，n，Q，Qm，m，则 m，正确，由平面与平面垂直的性质定 理判定 其中真命题是 故选：C 7在平面直角坐标系 xOy 中，设 E（x，y）|2x2，2y2，F 表示正切函数 y tanx 与单位圆围成的一个封闭区域（如图中阴影部分），那么向 E 中随机投一点，则 所投点落在 F 中的概率为（ ） A B C D 【分析】求出对应区域的面积，利用几何概型的概率公式即可得到结论 解：由题可得：E 对应的区域为边长为 4 的正方形，其对应的面积为 4416； 因为圆和正切函数都关于原点对称； F 对应的区域为半径为 1 的

15、圆的一半，其面积为： 1 2 ； 故向 E 中随机投一点，则所投点落在 F 中的概率为 故选：C 8函数 f（x） 的图象可能为（ ） A B C D 【分析】先根据 xsinx0 可求出函数的定义域为x|x+k，kZ，令 f（x）0，则 x 1 或1， 即函数 f （x） 只有两个零点， 可排除选项 C， 然后对比剩下的选项， 代入 和 ，计算可得 ， ，可分别排除选项 B 和 D，故而得解 解：xsinx0，函数的定义域为x|x+k，kZ， 令 f（x）0，则 x1 或1，即函数 f（x）只有两个零点，可排除选项 C， 当 1 时， ，可排除选项 B， 当 时， ，可排除选项 D， 故选：

16、A 9定义：（xy）表示（x+1）（y1），例如（35）（3+1）（51）16，执 行如图所示程序框图，则输出的结果为（ ） A13 B11 C9 D7 【分析】由已知中的程序语句可知：该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量 n 的 值，模拟程序的运行过程，分析循环中各变量值的变化情况，可得答案 解：模拟程序的运行，可得 n1，i1， i3，n2，n6， 不满足条件 n2019，执行循环体，i5，n7，n32， 不满足条件 n2019，执行循环体，i7，n33，n204， 不满足条件 n2019，执行循环体，i9，n205，n1648， 不满足条件 n2019，执行循环体，i11，n1649

17、，n16500， 此时，满足条件 n2019，退出循环，输出 i 的值为 11 故选：B 10已知 f（x）是定义在 R 上的奇函数，且满足 f（1x）f（1+x），当 x（0，1时，f （x）log2（x+1），则 f（2019）（ ） A1 B1 C0 Dlog23 【分析】根据题意，由 f（1x）f（1+x）可得 f（x+2）f（x），结合函数的奇偶 性可得 f（x+2）f（x）f（x），进而可得 f（x+4）f（x+2）f（x），即函 数 f（x）是周期为 4 的周期函数，据此可得 f（2019）f（1+5504）f（1） f（1），结合函数的解析式分析可得答案 解：根据题意，f（x）

18、满足 f（1x）f（1+x），则有 f（x+2）f（x）， 又由 f（x）为奇函数，则 f（x+2）f（x）f（x）， 则有 f（x+4）f（x+2）f（x），即函数 f（x）是周期为 4 的周期函数， 则 f（2019）f（1+5505）f（1）f（1）， 又由当 x（0，1时，f（x）log2（x+1），则 f（1）log2（1+1）1， 则 f（2019）f（1）1； 故选：B 11在长方体 ABCDA1B1C1D1中，ADDD11， ，E，F，G 分别是棱 AB，BC， CC1的中点，P 是底面 ABCD 内一动点，若直线 D1P 与平面 EFG 没有公共点，则三角形 PBB1面积的最

19、小值为（ ） A B1 C D 【分析】 由直线与平面没有公共点可知线面平行， 补全所给截面后， 易得两个平行截面， 从而确定点 P 所在线段，得解 解：补全截面 EFG 为截面 EFGHQR 如图，设 BRAC， 直线 D1P 与平面 EFG 不存在公共点， D1P平面 EFGHQR， 易知平面 ACD1平面 EFGHQR， PAC， 且当 P 与 R 重合时，BPBR 最短，此时PBB1的面积最小， 由等积法： BRAC BEBF， ， BP ， 又 BB1平面 ABCD，BB1BP，PBB1为直角三角形， PBB1的面积为： ， 故选：C 12已知抛物线 C：y22x，过原点作两条互相垂

20、直的直线分别交 C 于 A，B 两点（A，B 均不与坐标原点重合），则抛物线的焦点 F 到直线 AB 距离的最大值为（ ） A2 B3 C D4 【分析】利用由 OAOBy1y24，即可得直线 AB 过定点（2，0）即可求抛物线的 焦点 F 到直线 AB 距离的最大值为 2 解：设直线 AB 的方程为：xmy+t，A（x1，y1），B（x2，y2） 由 y22my2t0y1y22t 由 OAOBx1x2+y1y2 y1y24， t2，即直线 AB 过定点（2，0） 抛物线的焦点 F 到直线 AB 距离的最大值为 2 故选：C 二、填空题：本题共 4 个小题，每小题 5 分，共 20 分.把答案

21、填写在答题卡相应位置上. 13已知 i 为虚数单位，复数 z 满足（1+i）z1i，则 z 的共轭复数 为 i 【分析】把已知等式变形，再由复数代数形式的乘除运算化简，利用共轭复数的概念得 答案 解：由（1+i）z1i，得 z ， 则 故答案为：i 14若数列an满足其前 n 项的积为 ，则 a n ，nN* 【分析】由题意求得 a1 ，当 n2 时，an ，显然，它对于第一项也是成立，从 而得出结论 解：数列an满足其前 n 项的积为 ，故前 n1 项的积为 ，（n2）， a1 ，当 n2 时，an ，显然，它对于第一项也是成立的， 故 an ，nN* 故答案为：an ，nN* 15已知实数

22、 x，y 满足 ，则 2x与 4y之积的最大值为 64 【分析】画出约束条件的可行域，化简目标函数，利用目标函数的几何意义，转化求解 即可 解：实数 x，y 满足 的可行域如图： 2x 4y2x+2y，令 ux+2y，则 2x与 4y之积的最大值，需要求解 u 的最大值，由可行域可 知，直线 ux+2y，平移到 A 时，截距取得最大值，u 取得最大值，此时 z 取得最大值 由 ，解得 A（3，3）， 所以 u 的最大值为：6 2x与 4y之积的最大值：2664 故答案为：64 16进位制是人们为了计数和运算方便而约定的计数系统，“满几进一”就是几进制，不同 进制之间可以相互转化，例如把十进制的

23、 83 转化为二进制，根据二进制数“满二进一” 的原则，可以用 2 连续去除 83 得商，然后取余数，具体计算方法如下：把以上各步所得 余数从下到上排列，得到结果记作：1010111（2）这种算法叫做“除二取余法”，上述方 法也可以推广为把十进制数化为 k 进制数的方法，称为“除 k 取余法”，那么用“除 k 取余法”把 83 化为八进制数记作： 123（8） 【分析】根据题意，依据题意中“除 k 取余法”的算法，即可得答案 解：根据题意，83108+3， 1018+2， 108+1， 则 83123（8），即 83 化为八进制数为 123（8）， 故答案为：123（8） 三、解答题：共 70

24、 分.解答时应写出必要的文字说明、演算步骤或推理过程.并答在答题卡相 应的位置上第 17 题第 21 题为必考题，每个试题考生都必须作答.第 22 题第 23 题为选 考题，考生根据要求作答（一）必考题：共 60 分 17已知函数 f（x）Asin（x ），其中 A0，0，f（x）的最小值为2，且 f（x） 的图象的相邻两条对称轴之间的距离为 2 （）求函数 f（x）的解析式和单调递增区间； （）在ABC 中，角 A、B、C 所对的边分别为 a、b、c，且（4a22ac）cosBa2+b2 c2，求 f（B） 【分析】 （） 根据 f （x） 的最小值为2， 可得 A2， 相邻两条对称轴之间的

25、距离为 2， 可知周期 T2，可得 1，即可求解函数 f（x）的解析式和单调递增区间； （）由（4a22ac）cosBa2+b2c2，利用余弦定理，正弦定理，两角和的正弦函数公 式可求 cosB 的值，进而可求 B，可求 f（B）的值 解：（）函数 f（x）Asin（x+），其中 A0，0，（0，），xR，且 f （x）的最小值为2， 可知 A2，相邻两条对称轴之间的距离为 2，可知周期 T4，可得 ， f（x）2sin（ x ）， 令 2k x 2k，kZ，得 4k x 4k， 单调递增区间：4k ， 4k，kZ； （）由 4（a22ac）cosBa2+b2c2， 余弦定理：4（a22ac）

26、cosB2abcosC， 即（2ac）cosBbcosC， 由正弦定理：可得 2sinAcosBsinCcosBsinBcosC， 2sinAcosBsinCcosB+sinBcosC， 即 2cosB1， 那么 cosB ，又 B 为三角形内角， 则 B ， 故得 f（B）2sin（ ） 18如图所示，在矩形 ABCD 中，AB2BC2，E 为边 AB 的中点，将ADE 沿直线 DE 翻折为ADE，若 F 为线段 AC 的中点在ADE 翻折过程中， （）求证：BF面 ADE； （）求多面体 CDEF 体积的最大值 【分析】（）取 CD 的中点 G，连接 FG，BG，证明 GF平面 ADE，B

27、G平面 A DE，得到平面 ADE平面 BFG，则 BF面 ADE； （） 多面体 CDEF 体积等于三棱锥 FCDE 的体积， 要使三棱锥 FCDE 的体积最大， 则需 F 到底面距离最大， 即平面 BGF底面 BCD 此时平面 ADE底面 BCD， 求出 A 到底面 BCD 的距离，可得 F 到底面的距离，再由棱锥体积公式求解 【解答】（）证明：取 CD 的中点 G，连接 FG，BG， F 为线段 AC 的中点，GFAD， FG平面 ADE，AD平面 ADE，GF平面 ADE， 又 DGBE，DGBE，四边形 BEDG 为平行四边形，则 BGDE 可得 BG平面 ADE， 又 BGGFG，

28、可得平面 ADE平面 BFG， 则 BF面 ADE； （）解：多面体 CDEF 体积等于三棱锥 FCDE 的体积， 而底面三角形 CDE 的面积为定值 ， 要使三棱锥 FCDE 的体积最大，则需 F 到底面距离最大，即平面 BGF底面 BCD 此时平面 ADE底面 BCD， 由 ADAE1，可得 A到底面 BCD 的距离为 ， 则 F 到底面 BCD 的距离为 多面体 CDEF 体积的最大值为 192019 年 4 月，习近平总书记到重庆市石柱县中益乡小学看望老师和同学们，总书记希 望看到更多的青年志愿者扎根贫困地区，献身乡村教育各师范院校应届毕业生积极参 与，现有几所高等师范院校大量优秀毕业

29、生有意前往某市贫困地区该市教育局组织了 一场资格考察，规定每位学生需缴纳考试费 200 元现从中抽查了 100 名学生成绩，制 作了测试成绩 X（满分 200 分）的频率分布直方图，规定 185 分为率取分数线被录取 的学生将会获得每人 600+300 （X185）的交通和伙食补贴 （）若该市某县需要 20 名老师，按比例分配老师，得分 195 以上的老师会有几名？ （）令 Y 表示每个学生的缴费支出和补助收入的代数和，用含 X 的函数来表示 Y 并根 据概率分布直方图估计 Y2800 的概率 【分析】（）利用分层抽样的性质能求出得分 195 以上的老师的人数 （） 由 Y600+300（X1

30、85） 2002800， 解得 X193，从而 Y2800 的概率为： P（Y2800）P（X193），由此能估计 Y2800 的概率 解：（）若该市某县需要 20 名老师，按比例分配老师， 得分 195 以上的老师会有： 20 5（名） （）Y600+300 （X185）2002800， 解得 X193， Y2800 的概率为： P（Y2800）P（X193）（0.02+0.03+0.07+0.03）5+0.03 50.84 20已知函数 f（x）（x2+ax） ex （）当 a2 时，求 f（x）在 x1 处的切线方程； （）令 g（x） ，若对任意的 a3，5，函数 g（x）在区间b+a

31、ea，+）上单 调递增恒成立，求证：be511 【分析】（）代入 a 的值，计算 f（1），f（1），求出切线方程即可； （）求出函数 g（x）的单调区间，问题转化为 b（ea2a1）max，a3，5，令 h （x）ex2x1，x3，5，根据函数的单调性证明即可 解：（）a2 时，f（x）（x22x）ex， f（x）（x22）ex，故 f（1）f（1）e， 故切线方程是：y+ee（x1），即 ex+y0； （）证明：g（x） （x+a）ex， g（x）（x+a+1）ex， 令 g（x）0，解得：xa1， 令 g（x）0，解得：xa1， 故 g（x）在（，a1）递减，在（a1，+）递增， 若对任

32、意的 a3，5，函数 g（x）在区间b+aea，+）上单调递增恒成立， 则只需 b+aeaa1 恒成立，a3，5， 即只需 b（ea2a1）max，a3，5， 令 h（x）ex2x1，x3，5， 则 h（x）ex20， 则 h（x）在3，5递增，h（x）maxh（5）e511， 故 be511 21 在椭圆 ： 上任取一点 P （P 不为长轴端点） ， 连结 PF1、 PF2， 并延长与椭圆 C 分别交于点 A、B 两点，已知APF2的周长为 8，F1PF2面积的最大值 为 （1）求椭圆 C 的方程； （2）设坐标原点为 O，当 P 不是椭圆的顶点时，直线 OP 和直线 AB 的斜率之积是否为

33、 定值？若是定值，请求出这个定值；若不是定值，请说明理由 【分析】（1）由APF2的周长为 8，F1PF2面积的最大值为 ，得 4a8，bc ， 解得 a，b 即可； （2）当 P 不是椭圆的顶点时，设 P（x0，y0），（x00，y00），直线 PF1的方程为： y ， 直线 PF2的方程为： y 联立椭圆方程可得 ， yA ， ， y B ， 即可得 kAB k OP （定 值） 解：（1）APF2的周长为 8，F1PF2面积的最大值为 4a8，bc ，结合 a2b2+c2，（2ba） 解得 ， 椭圆 C 的方程为 ； （2）当 P 不是椭圆的顶点时，设 P（x0，y0），（x00，y00

34、），又 F1（1，0）， F2（1，0） 直线 PF1的方程为：y ，直线 PF2的方程为：y 由 （3 ）x 2 x 0 x0 xA ，yA ， 由 （3 ）x 2 0 x0 xB ，yB kAB kOP （定值） 一、选择题 22在直角坐标系 xOy 中，直线 l 的参数方程为 （t 为参数，a 为直线 l 的倾 斜角），以坐标原点 O 为极点，以 x 轴正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线 C 的极坐标 方程为 4sin （1）写出曲线 C 的直角坐标方程，并求 时直线 l 的普通方程； （2）直线 l 和曲线 C 交于两点 A、B，点 P 的直角坐标为（2，3），求|PA|+|PB|的最大

35、 值 【分析】（1）把 4sin 两边同时乘以 ，然后结合极坐标与直角坐标的互化公式可得 曲线 C 的直角坐标方程，由直线 l 的参数方程可知直线过定点，并求得直线的斜率，即 可写出直线的普通方程； （2）把直线的参数方程代入曲线 C 的普通方程，化为关于 t 的一元二次方程，利用判别 式、根与系数的关系及此时 t 的几何意义求解 解：（1）由 4sin，得 24sin， 曲线 C 的直角坐标方程为 x2+y24y0 当 a 时，直线 l 过定点（2，3），斜率 k 直线 l 的普通方程为 y3 ， 即 ； （2）把直线 l 的参数方程为 代入 x 2+y24y0， 得 t2+（2sina+4

36、cosa）t+10 t1+t2（2sina+4cosa），t1t21，则 t1与 t2同号且小于 0， 由（2sina+4cosa）240，得 2sina+4cosa2 或 2sina+4cosa2 |PA|+|PB|（t1+t2）2sina+4cosa （tan2） |PA|+|PB|的最大值为 选修 45：不等式选讲 23已知函数 f（x）2|x1|，g（x）|x+1| （1）f（x）g（x）+t 恒成立的实数 t 的最大值 t0； （2）设 m0，n0，且满足 m+2n+2mnt00，求证：f（m+2）+f（2n）4 【分析】（1）由 yf（x）g（x）在（，1上单调递减，在（1，+）上

37、单调递 增，可得 ymin2，然后根据 f（x）g（x）+t 恒成立等价于 tf（x）g（x）min， 可得 t0； （2） f （m+2） +f （2n） 2 （|m+1|+|2n1|） 2|m+2n|2 （m+2n） （m+2n） ， 利用基本 不等式即可求出 解：（1）f（x）g（x）2|x1|x+1| ， ， ， ， 显然，yf（x）g（x）在（，1上单调递减，在（1，+）上单调递增， 当 x1 时，ymin2， f（x）g（x）+t 恒成立等价于 tf（x）g（x）min， t2，f（x）g（x）+t 恒成立的实数 t 的最大值 t2； （2）m0，n0 时 m+2n+2mnt00，即 f（m+2）+f（2n）2（|m+1|+|2n1|） 2|m+2n|2（m+2n）（m+2n）（ ） 2 2+2 4， 当且仅当 ，即 ， 时取等号， f（m+2）+f（2n）4