【文档说明】广东省肇庆市2020届高三下学期高考质量监测数学（理）试题 【精准解析】.doc，共(26)页，2.489 MB，由小赞的店铺上传

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2019-2020学年高考质量监测考试高三数学（理）试题（考试时间：120分钟试卷满分：150分）注意事项：1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号填写在答题卡上.2.回答选择题时，选出每小题答案后，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

，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效3.考试结束后，将答题卡交回.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{|ln(1)}Mxyx.|xNyye，则MN

（）A.(1,0)B.(1,)C.(0,)D.R【答案】C【解析】【分析】根据函数ln(1)yx的定义域和函数xye的值域，化简集合,MN，按照交集定义，即可求解.【详解】{|ln(1)}(1,)Mxyx

，|(0,)xNyye，(0,)MN.故选：C.【点睛】本题考查集合的运算，涉及到函数的定义域与值域，属于基础题.2.已知复数552izii，则||z（）A.5B.52C.32D.25【答案】B【解析

】【分析】利用复数除法、加法运算，化简求得z，再求得z【详解】55(2)551725iiiziiii，故22||(1)752z.故选：B【点睛】本小题主要考查复数的除法运算、加法运算，考查复数的

模，属于基础题.3.已知3log2a，0.2log0.3b，11tan3c，则a，b，c的大小关系是（）A.cbaB.bacC.cabD.bca【答案】A【解析】【分析】由对数函数的单调性和正切函数

的性质可得01cba，即可得解.【详解】由对数函数的单调性可知33log2log31a，0.20.20log0.3log0.21b，由正切函数的性质得112tantan3033c，故01cba.故选：A.【点睛】本题考查了利用对数函数单调性比

较大小，考查了正切函数的性质，属于基础题.4.已知ABC，则“sincosAB”是“ABC是直角三角形”的（）A.充分而不必要条件B.必要而不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件【答案】D【

解析】【分析】若sincosAB，则2AB或2AB；若2A，则sincosAB；由充分条件和必要条件的概念即可得解.【详解】若sincosAB，则2AB或2AB，不能推出ABC是直角三角形；若2A，则sincosAB，所以ABC是直角三角形不能

推出sincosAB;所以“sincosAB”是“ABC是直角三角形”的既不充分也不必要条件.故选：D.【点睛】本题考查了三角函数的性质和充分条件、必要条件的概念，属于基础题.5.若过抛物线214yx焦点的直线与抛物线交于AB、两点（不重合），则OAOB(O

为坐标原点）的值是（）A.34B.34C.3D.3【答案】D【解析】抛物线为24xy，焦点为0,1F，设:1ABykx，11,Axy，22,Bxy，由214ykxxy有2440xkx，所以124xx，21212111

6yyxx，故1212·3OAOBxxyy，选D.6.《聊斋志异》中有：“挑水砍柴不堪苦，请归但求穿墙术”.在数学中，我们称形如以下形式的等式具有“穿墙术”：22334422,33,44,33881515则按照以上规律，若mmmmn

n具有“穿墙术”，则m，n满足的关系式为（）A.n=2m-1B.n=2(m-1)C.n=(m-1)2D.n=m2-1【答案】D【解析】【分析】根据不完全归纳法，以及根式中的分子和分母的关系，可得结果.【详解】由题可知：22222223321，233333388312444444

151541，则可归纳：21mmmmmmnnm，所以21nm故选：D【点睛】本题考查不完全归纳法的应用，仔细观察，发现特点，对选择题以及填空题，常可采用特殊值以及不完全归纳法解决问题，化繁为简，属基础题.7.已知函数22cosfxxx，若

fx是fx的导函数，则函数fx的图象大致是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】先求导数，再利用二次求导研究导函数零点以及对应区间导函数符号，即可判断选择.【详解】22cos22sin22cos0fxxxfxxxfxx

Q因此当0x时，0fx；当0x时，00fxf；当0x时，00fxf；故选：A【点睛】本题考查利用导数研究函数单调性以及零点，考查基本分析判断能力，属中档题.8.执行下面的程

序框图，若输出的结果是16，则空白框中应填（）A.1nn，SSnB.2nn，SSnC.SSn，1nnD.SSn，2nn【答案】D【解析】【分析】根据四个选项依次代入检验进行求解判断即可.【详解】A：若

空白处是1nn，SSn时，14i成立，2,022,24nSi成立，所以3,235,34nSi成立，所以4,459,44nSi成立，所以5,5914,54nSi不成立，故14S，不符合题意；

B：若空白处是2nn，SSn时，14i成立，3,033,24nSi成立，所以5,538,34nSi成立，所以7,8715,44nSi成立，所以9,15924,54nSi不成立，故24S，不符合题

意；C：若空白处是SSn，1nn时，14i成立，1,2,24Sni成立，所以3,3,34Sni成立，所以6,4,44Sni成立，所以10,5,54Sni不成立，故10S，不符合题意；D：若空白处是SSn，2nn时，14i成立，1,3,24

Sni成立，所以4,5,34Sni成立，所以9,7,44Sni成立，所以16,9,54Sni不成立，故16S，符合题意.故选：D【点睛】根据程序框图的输出结果补全程序框图，考查了数学运算能力.9.已知函数sincosfxxx（0

，2）的图象向右平移3个单位长度得到函数gx的图象，若函数gx的最小正周期为，3x为函数gx的一条对称轴，则函数gx的一个单调递增区间为（）A.06,B.,2C.5,36

D.,63【答案】C【解析】【分析】先利用辅助角公式化简函数为2sin4fxx，再由平移变换得到2sin34gxx，然后根据gx的最小正周期为，3x为gx的一条对称轴，求得

72sin26gxx，再利用正弦函数的性质求解.【详解】由题意知，2sin4fxx，所以2sin334gxfxx，因

为gx的最小正周期为，所以2，解得2，所以22sin234gxx，因为3x为gx的一条对称轴，则42k（kZ），即34k（kZ），因为2，可得4，所以函数72sin

26gxx，令7222262kxk（kZ），解得536kxk，（kZ），当0k时，536x.故选：C【点睛】本题主要考查辅助角公式，三角函数图象变换，三角函数的性质

的应用，还考查了运算求解的能力，属于中档题.10.分子间作用力只存在于分子与分子之间或惰性气体原子间的作用力，在一定条件下两个原子接近，则彼此因静电作用产生极化，从而导致有相互作用力，称范德瓦尔斯相互作用.今有两个惰性气体原子，原子核正电荷的电荷量为q

，这两个相距R的惰性气体原子组成体系的能量中有静电相互作用能U.其计算式子为212121111UkcqRRxxRxRx，其中，kc为静电常量，1x、2x分别表示两个原子的负电中心相对各自原子核的

位移.已知12121xxRxxRR，111xRxRR，221xRxRR，且1211xxx，则U的近似值为（）A.2123kcqxxRB.2123kcqxxRC.21

232kcqxxRD.21232kcqxxR【答案】D【解析】【分析】将12121xxRxxRR，111xRxRR，221xRxRR代入U，结合1211xxx化简计算可得出

U的近似值.【详解】221212121211111111111UkcqkcqxxxxRRxxRxRxRRRRRRR2222121211221111xxxxxxxxkcqRRRRRRR

21232kcqxxR.故选：D.【点睛】本题考查U的近似计算，充分理解题中的计算方法是解答的关键，考查推理能力与计算能力，属于中等题.11.过双曲线

222210xyabab的右焦点2F的直线在第一、第四象限交两渐近线分别于P、Q两点，且90OPQ，O为坐标原点，若OPQ△内切圆的半径为3a，则该双曲线的离心率为（）A.2B.52C.10D.102【答案】B【解析】【分析】作出图形，设OPQ△的

内切圆圆心为M，则M在x轴上，过点M分别作MNOP于N，MTPQ于T，可知四边形MTPN为正方形，可求得MN、ON，进而求得ba，然后利用公式21bea可求得该双曲线的离心率e的值.【详解】如图，设OPQ△的内切圆圆心

为M，则M在x轴上，过点M分别作MNOP于N，MTPQ于T，由2FPOP得四边形MTPN为正方形，双曲线的右焦点2,0Fc到渐近线0bxay的距离为222bcFPbba，又2OFc，所以222222OPOFFPcba

，由13NPMNa，得23aONOPNP，所以，1tan2MNbMONaON，故22222151122cabbeaaa.故选：B.【点睛】本题考查双曲线离心率的计算，涉及相似三角形

的应用，考查计算能力，属于中等题.12.设函数2lnxefxtxxxx恰有两个极值点，则实数t的取值范围是（）A.1,2B.1,2C.1,,233eeD.1,,2

3e【答案】C【解析】【分析】fx恰有两个极值点，则()0fx¢=恰有两个不同的解，求出()fx¢可确定1x是它的一个解，另一个解由方程e02xtx确定，令e02xgxxx通过导数判断函数值域求

出方程有一个不是1的解时t应满足的条件.【详解】由题意知函数fx的定义域为()0,+?，221e121xxfxtxxx21e2xxtxx2e122xxxtxx.因为fx恰有两个极值点，

所以()0fx¢=恰有两个不同的解，显然1x是它的一个解，另一个解由方程e02xtx确定，且这个解不等于1.令e02xgxxx，则21e02xxgxx，所以函数gx在()0,+?上单调递增，

从而102gxg，且13eg.所以，当12t且e3t时，e2lnxfxtxxxx恰有两个极值点，即实数t的取值范围是1,,233ee.故选：C【点睛】本题

考查利用导数研究函数的单调性与极值，函数与方程的应用，属于中档题.二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13.己知1,2ar，2,bx，且这两个向量的夹角的余弦值为45，则x________.【答案】1【解析】【分析】直

接根据向量夹角公式计算得到答案.【详解】两个向量的夹角的余弦值为45，故45abab，即2422545xx，解得1x或11x，验证11x不成立.故答案为：1.【点睛】本题考查了根

据向量夹角求参数，意在考查学生的计算能力.14.若1,6a，则函数2xayx在区间2,内单调递增的概率是______.【答案】35【解析】【分析】利用函数2xayx在区间2,内单调递增，得出不等式0y对任意的2,x恒成立，

可求得实数a的取值范围，再由几何概型的概率公式可求得所求事件的概率.【详解】函数2xayx在区间2,单调递增，22210axayxx在2,恒成立，2ax在2,恒成立，4a，又因为1,6a，1,4a，所以函数2xay

x在区间2,内单调递增的概率是413615.故答案为：35.【点睛】本题考查几何概型概率的计算，同时也考查了利用函数在区间上的单调性求参数，考查了参变量分离法的应用，考查计算能力，属于中等题.15.63112xxx的展开式中3x项的

系数是____________.(用数字作答)【答案】300【解析】【分析】求出612xx展开式中的常数项和含3x的项，分别与3x和1相乘，即可求解.【详解】612xx展开式的通项为366621661(2)()2kkkkkkkTCxCxx，0,1

,6k，令360,42kk，363,22kk，612xx展开式中，常数项为4256260TC，含3x项为2433362240TCxx，63112xxx的展开

式中3x项系数为60240300.故答案为：300.【点睛】本题考查二项展开式定理，熟练掌握二项展开式通项是解题的关键，属于基础题.16.已知四棱锥PABCD中，底面ABCD是梯形，且ADBC∥，ADDC，224

ADDCCB，APPD，PAPD，22PC，AD的中点为E，则四棱锥PBCDE外接球的表面积为________.【答案】283【解析】【分析】由已知得，ABCD是直角梯形，90ADC，2DCCB，那么DEBC是正方形，由AD平面P

BE，可知BC⊥平面PBE，可解得PB，可知PBE△是等边三角形，PBCDE外接球的球心O到,,,BCDE四点距离相等，设O在平面BCDE的投影为H，根据勾股定理可知点H是对角线的交点，在ROB中可得222222ROBHBhh，过P作PF

EB于F，再根据2222231ROPPFhHFh，可求出2R，由外接球面积公式即得。【详解】由题得，PEAD，//BCED，又90ADC，四边形BCDE是正方形，ADBE，AD平面PBE，又//BCAD，BC⊥平面PBE，

所以90PBC.则有222PBBCPC，即2222(22)PB，解得2PB.球心O到,,,BCDE四点距离相等，设O在平面BCDE的投影为H，那么OHHB，OHHC，OHHD，OHHE，设OHh，

则有222OBhHB，222OChHC，222ODhHD，222OEhHE，又OBOCODOER，HBHCHDHE.BCDE是正方形，平面BCDE上且到,,,BCDE四点距离相等的点即为正方形BCDE的对称中心，即

对角线的交点，则2HBHCHDHE.222222ROBHBhh.过P作PFEB于F，AD平面PBE，PFAD，PF平面BCDE，即F是点P在平面BCDE的投影.PBE△是等边三角形，

3PF，112HFED，2222231ROPPFhHFh，与222Rh联立,解得273R，则23428SR.故答案为：283【点睛】本题考查求空间几何体的外接球的表面积，是常考题型，解题关键是建立球

心和四棱锥顶点的联系。三、解答题（本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）17.已知数列na的前n项和238nSnn，nb是等差数列，且1nnnabb.（Ⅰ）求数列nb的通项公式；（Ⅱ）令1(

1)(2)nnnnnacb.求数列nc的前n项和nT.【答案】（Ⅰ）;（Ⅱ）【解析】试题分析：（1）先由公式1nnnaSS求出数列na的通项公式；进而列方程组求数列nb的首项与公差，得数列nb的通项公式；（2）由（1）可得131

2nncn，再利用“错位相减法”求数列nc的前n项和nT.试题解析：（1）由题意知当2n时，165nnnaSSn，当1n时，1111aS，所以65nan．设数列nb的公差为d，由112223{abbabb，即11112{

1723bdbd，可解得14,3bd，所以31nbn．（2）由（1）知116631233nnnnncnn，又123nnTcccc，得234132232421

2nnTn，34522322324212nnTn，两式作差，得23412224213222221234123221nnnn

nnTnnn所以232nnTn．考点1、待定系数法求等差数列的通项公式；2、利用“错位相减法”求数列的前n项和.【易错点晴】本题主要

考查待定系数法求等差数列的通项公式、利用“错位相减法”求数列的前n项和，属于难题.“错位相减法”求数列的前n项和是重点也是难点，利用“错位相减法”求数列的和应注意以下几点：①掌握运用“错位相减法”求数列的和的条件（一个等差数列与一个等比

数列的积）；②相减时注意最后一项的符号；③求和时注意项数别出错；④最后结果一定不能忘记等式两边同时除以1q.18.《九章算术》是我国古代数学名著,它在几何学中的研究比西方早1000多年,在《九章算术》中,将底面为直角三角形,且侧棱垂直于底面的三棱柱称为堑堵(qiandu);阳

马指底面为矩形,一侧棱垂直于底面的四棱锥,鳖膈(bienao)指四个面均为直角三角形的四面体.如图在堑堵111ABCABC中,ABAC.(1)求证:四棱锥11BAACC为阳马;(2)若12CCBC,当鳖膈1CABC体积最大时,求锐二面角

11CABC的余弦值.【答案】(1)证明见解析;(2)155.【解析】【分析】(1)按照题目定义，只要证明AB面11ACCA即可，而由1AAAB，ABAC即可证出AB面11ACCA；(2)先根据基本不等式求出当2ABAC时，鳖膈1CABC体积最大，然后建

立如图所示的空间直角坐标系，根据向量法即可求出锐二面角11CABC的余弦值．【详解】(1)∵1AA底面ABC，ABÌ面ABC∴1AAAB又ABAC，1AAACAI∴AB面11ACCA，又四边形11ACCA为矩形∴四棱锥11BAACC为阳马

．(2)∵ABAC，2BC，∴224ABAC又∵1AA底面ABC，∴111132CABCVCCABAC221123323ABACABAC当且仅当2ABAC时，113

CABCVABAC取最大值∵ABAC，1AA底面ABC∴以A为原点，建立如图所示空间直角坐标系2,0,0B，0,2,0C，10,0,2A12,0,2ABuuur，2,2,0BC，110,2,0ACuuuur设面1ABC的一个法向量1111,

,nxyz由11100nABnBC得122,1nur同理得22,0,1nuur∴12121215cos,5||||nnnnnnuruururuururuur二面角11CABC的余弦值为155．【点睛】本题主要

考查线面垂直的判定定理的应用，基本不等式的应用，以及向量法求二面角的余弦值，意在考查学生的直观想象能力和数学运算能力，属于中档题．19.设椭圆C：222210xyabab的离心率为12e，椭圆C上一点P到左右两个焦点1F、2F的距离之和是4.（1）求椭圆

的方程；（2）已知过2F的直线与椭圆C交于A、B两点，且两点与左右顶点不重合，若111FMFAFB，求四边形1AMBF面积的最大值.【答案】（1）22143xy；（2）6.【解析】【分析】(1)首先可根据题意得出2a，然后根据12e得出1c，

最后通过222bac计算出2b的值并写出椭圆C方程；(2)首先可以设11,Axy、22,Bxy，然后根据直线过点2F设出直线AB方程，再然后联立直线方程与椭圆方程，根据韦达定理得出122634myym

以及122934yym，再然后结合题意得出四边形1AMBF是平行四边形以及其面积1212122SFFyy，最后通过计算即可得出结果.【详解】(1)因为椭圆C上一点P到左右两个焦点1F、2F的距离之和是4，所以24a，2a，因为12cea

，所以1c，2223bac所以椭圆C方程为22143xy.(2)设11,Axy，22,Bxy，因为直线过点2F，所以可设直线AB方程为1xmy，联立方程221143xmyxy，消去

x可得：2231412myy，化简整理得2234690mymy，其中22236363414410mmm，122634myym，122934yym，因为111FMFAFB，所以四边形1AMBF是平行四边形，设平面四边形1AMB

F的面积为S，则12212121212211222424234ABFmSSFFyyyyyym△，设21tm，则2211tmt，所以2124241313tSttt，因为1

t，所以134tt，0,6S，所以四边形1AMBF面积的最大值为6.【点睛】本题考查椭圆的方程的求法以及直线与椭圆相交的相关问题，可利用椭圆的a、b、c三者之间的联系求椭圆方程，考查韦达定理的灵活应用，考查计算能力，考查化归与转

化思想，是难题.20.在全面抗击新冠肺炎疫情这一特殊时期，我市教育局提出“停课不停学”的口号，鼓励学生线上学习.某校数学教师为了调查高三学生数学成绩与线上学习时间之间的相关关系，对高三年级随机选取45名学生进行跟踪问卷，其中每周线上学习数学时间不少

于5小时的有19人，余下的人中，在检测考试中数学平均成绩不足120分的占813，统计成绩后得到如下22列联表：分数不少于120分分数不足120分合计线上学习时间不少于5小时419线上学习时间不足5小时合计45（1）请完成上面22列联表；并判断

是否有99%的把握认为“高三学生的数学成绩与学生线上学习时间有关”；（2）①按照分层抽样的方法，在上述样本中从分数不少于120分和分数不足120分的两组学生中抽取9名学生，设抽到不足120分且每周线上学习时间不足5小时的人数是X，求X的分布列（概率用组合数算式表示）；②

若将频率视为概率，从全校高三该次检测数学成绩不少于120分的学生中随机抽取20人，求这些人中每周线上学习时间不少于5小时的人数的期望和方差.（下面的临界值表供参考）20()PKk0.100.050.0250.0100.0

050.0010k2.7063.8415.0246.6357.87910.828（参考公式22()()()()()nadbcKabcdacbd其中nabcd）【答案】（1）填表见解析；

有99%的把握认为“高三学生的数学成绩与学生线上学习时间有关”（2）①详见解析②期望12；方差4.8【解析】【分析】（1）完成列联表，代入数据即可判断；（2）利用分层抽样可得X的取值，进而得到概率，列出分布列；根据

分析知(20,0.6)YB，计算出期望与方差.【详解】（1）分数不少于120分分数不足120分合计线上学习时间不少于5小时15419线上学习时间不足5小时101626合计2520452245(1516104)7.296.63525201926K有99%的把握认为“高三

学生的数学成绩与学生线上学习时间有关”.（2）①由分层抽样知，需要从不足120分的学生中抽取209445人，X的可能取值为0，1，2，3，4，44420(0)CPXC，31416420(1)CCPXC，22416420(2)CCPXC13416420(3)CCPXC，

416420(4)CPXC，所以，X的分布列：X01234P44420CC31416420CCC22416420CCC13416420CCC416420CC②从全校不少于120分的学生中随机抽取1人，此人每周上线时间不少于5小时的概率为150.

625，设从全校不少于120分的学生中随机抽取20人，这些人中每周线上学习时间不少于5小时的人数为Y，则(20,0.6)YB，故()200.612EY，()200.6(10.6)4.8DY

.【点睛】本题考查了独立性检验与离散型随机变量的分布列、数学期望与方差的计算问题，属于基础题.21.已知函数2ln1afxxx，aR.（1）当1a时，求曲线yfx在点1,1f处的

切线方程；（2）求函数fx在1,上的极值；（3）设函数2lngxxax，若2a，且对任意的实数1,xe，不等式24gxe恒成立（e是自然对数的底数），求实数a的取值范围.

【答案】（1）10xy；（2）当2a时，fx无极值；当2a时，fx的极小值为2ln32a，无极大值；（3）2,3e.【解析】【分析】（1）代入1a，求导，求出斜率和切点，利用点斜式可写出直线方程；

（2）求导，分类讨论求出函数fx在1,上单调性，列表，找到极值点，进而可得极值；（3）对任意1,xe的，24gxe恒成立，先通过22144gegee估算实数a的取值范围，再分21a和13ae

讨论，求导，求出gx的最大值，列不等式求解即可.【详解】（1）当1a时，12ln1fxxx，221xfxx，所以11f，12f，所以曲线yfx在点1,1f处的切线方程为21yx即10xy；（2

）22xafxx，1,x.①当2a时，0fx，fx在1,上单调增，所以fx无极值；②当2a时，令0fx，得2ax，列表如下：x1,2a2a,2afx0fx极小值所以

fx的极小值为2ln322aaf.综上所述，当2a时，fx无极值；当2a时，fx的极小值为2ln32a，无极大值；（3）因为2ln1ag

xxaxxafxx.由题意，对任意1,xe的，24gxe恒成立，所以2221044gegeeae，解得3eae，又2a，所以23ae.①当2

1a时，因为1,xe，所以0xa，当且仅当1ax时，取等号.由（2）知，fx在1,e上单调增，所以110fxfa.所以0gx，当且仅当1ax时，取等号，所以gx在1,e上单调增，则2max4gxgee

，解得3eae，此时，21a.②当13ae时，由（2）知，fx在1,e上单调递增，且11030faafee，又2ln0faa，所以存在01,xa，且01,xe，使得00fx，即002ln10axx

，得0002lnxaxx.所以0gx的解为0x和a，列表如下：x01,x0x0,xaa,agx00gx极大值极小值所以200gxxe，20ln4xe，即

23200lnxxe，又01xe，所以23200lnxxe恒成立，此时，13ae.综上所述，实数a的取值范围为2,3e.【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性，极值和最值问题，考查学生转化能力和分析能力，考查了分类讨论的思想，是中档题.【选考题】请考生在第22，23题中任选一

题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.作答时，请用2B铅笔在答题卡上把所选题目对应的题号涂黑.【选修4-4：坐标系与参数方程】22.在平面直角坐标系xOy中，曲线1C的参数方程为,xtymt（t为参数，mR）以原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线2C的极坐标方程为223

12sin（0,0,）.（1）求曲线1C、2C的直角坐标方程.（2）若P、Q分别为1C、2C上的动点，且P、Q间距离的最小值为22，求实数m的值.【答案】（1）1:0Cxym，222:1(0)3xCyy.（2）43m

或者6m.【解析】【详解】分析：（1）消去参数可得1C的直角坐标方程为:0xym，极坐标方程化为直角坐标方程为22103xyy.（2）设3,Qcossin，0,，由点到直线

距离公式可得Q到1C的距离232sinmd，结合题意分类讨论可得43m或者6m.详解：（1）消去参数可得1C的直角坐标方程为:0xym，2C的方程即：2222sin3，即22223xyy，则直角坐标方程为：22

103xyy.（2）设3,Qcossin，0,，则Q到1C的距离32cossinmd232sinm，4,333.由P、Q间距离的最小值为22知：当0m时，不

符合题意.当0m时，24m得6m；当0m时，34m，得43m.综上：43m或者6m.点睛：本题主要考查参数方程与普通方程互化，极坐标方程与互化，极坐标方程的几何意义等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.【选修4-5

：不等式选讲】23.已知实数正数x，y满足1xy.（1）解关于x的不等式522xyxy；（2）证明：2211119xy.【答案】（1）1,16；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）由已知得01x，并把1yx代

入不等式后利用绝对值的性质解不等式；（2）把21x和21y中的分子1用2()xy代换，然后化简后用基本不等式可证明．【详解】（1）1,0,0xyxy且0152522212xxyxyxx01011112121222xxxxxxx

解得116x，所以不等式的解集为1,16（2）1,xy且0,0xy，222222221111xyxxyyxyxy

222222xyyxyxxy222222yyxxxxyy225xyyx22259xyyx.当且仅当12xy时，等号成立.【点睛】本题考查解绝对值不等式，考查不等式的证明．解题关

键是“1”的代换，解不等式是利用消元法，而不等式的证明用到了“1”的代换，代换时要注意次数的一致性，否则达不到目的．