【文档说明】安徽省芜湖市2020届高三下学期教育教学质量监测数学（理）试题【精准解析】.doc，共(26)页，2.129 MB，由管理员店铺上传

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芜湖市2019-2020学年度第二学期高三年级教育教学质量监测数学（理科）试题卷一、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．1.已知集合13Mxx=+，260Nxxx=−−，则MN=（）A.43xx−

B.42xx−−C.22xx−D.23xx【答案】A【解析】【分析】由题意42Mxx=−，23Nxx=−，再利用集合并集的概念即可得解.【详解】由题意133134

2Mxxxxxx=+=−+=−，()()26032023Nxxxxxxxx=−−=−+=−，所以422343MNxxxxxx=−−=−.故选：A

.【点睛】本题考查了集合的运算及一元二次不等式的求解，属于基础题.2.设a，b是非零向量，则“0ab=”是abab+=−的（）A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充分必要条件D.既不充分又不必要条件【

答案】C【解析】【分析】由题意可得2222ababab+=++，2222ababab−=+−，根据充分条件和必要条件的概念分别证明即可得解.【详解】由题意2222ababab+=++，2222ababab−=+−，若0ab=，则22abab+=−即abab+=−；若

abab+=−，则222222abababab++=+−即22abab=−，所以0ab=；所以“0ab=”是“abab+=−”的充分必要条件.故选：C.【点睛】本题考查了平面向量数量积的应用及充分条件、必要条件的判断，

属于基础题.3.设复数z满足1zi−=，则z最大值为（）A.1B.2C.2D.4【答案】C【解析】【分析】设zabi=+，,abR，由题意可得()2211ab+−=，即点(),ab在圆()2211xy+−=上，找到圆上的点到原点的距离最大值即可得解.【详解】设za

bi=+，,abR，1zi−=，()2211ab+−=即()2211ab+−=，点(),ab在圆()2211xy+−=上，又该圆的圆心为()0,1，半径为1，该圆上所有点到原点的距离最大值为112+=，即()22max2ab+=，max2z=.故选：C.【点睛

】本题考查了复数模概念的应用，考查了转化化归思想，属于基础题.4.为了研究某班学生的脚长x(单位：厘米)和身高y(单位：厘米)的关系，从该班随机抽取10名学生，根据测量数据的散点图可以看出y与x之间有线性相关

关系，设其回归直线方程为ybxa=+$$$.已知101225iix==，1011600iiy==，4b=.该班某学生的脚长为25，据此估计其身高为（）A.170B.166C.163D.160【答案】A【解析】【分析】由题意求出

x、y，进而可得160422.570aybx=−=−=$$，代入25x=即可得解.【详解】由题意101122.510iixx===，101116010iiyy===，所以160422.570aybx=−=−=$$，所以470yx=+，当25x

=时，42570170y=+=$.故选：A.【点睛】本题考查了线性回归方程的确定及应用，属于基础题.5.设0.213a=，131log5b=，ln5c=，则a、b、c的大小关系是（）A.abc

B.cbaC.bcaD.acb【答案】B【解析】【分析】利用指数函数和对数函数的单调性比较a、b、c三个数与0和1的大小关系，利用换底公式和不等式的基本性质可得出b、c的大小关系，进而可得出这三个数的大小关系.【详解】指数函数13xy=

在R上为减函数，则0.20110133=，即01a；对数函数13logyx=在()0,+上为减函数，则113311loglog153b==；对数函数lnyx=在()0,+上为增函数，则ln5ln1ce==.1331ln5log

log5ln55ln3bc====.因此，cba.故选：B.【点睛】本题考查指数式和对数式的大小比较，一般利用指数函数和对数函数的单调性，结合中间值法来比较，考查推理能力，属于中等题.6.若将函数()sin23cos2fxxx=+图象向右平移个单位，所得图象关于y轴对称，则的最小值是（

）A.6B.3C.512D.56【答案】C【解析】【分析】先用辅助角公式化简，再得到向右平移个单位的解析式，根据对称轴求得.【详解】由()sin23cos2fxxx=+2sin(2)3x=+，再向右平移

个单位可得解析式为2sin[2()]3yx=−+2sin(22)3x=+−，由其图象关于y轴对称，得23−,2kkZ=+，得212k=−−，kZ，当1k=−时，得的最小值是512.故选：

C【点睛】本题考查了三角恒等变换中的辅助角公式，图象的平移变换，三角函数图象的对称轴性质.7.已知数列na的前n项和为nS，满足21nnSa=−，则5a的值为（）A.8B.16C.32D.81【答案】B【解析】【分析】利用na与nS的关系，结合题意可得数列na是以1为首项，公比为2q

=的等比数列，利用等比数列的通项公式即可得解.【详解】当1n=时，11121aSa==−，解得11a=，当2n时，1122nnnnnaSSaa−−=−=−即12nnaa−=，所以数列na是以1为首项，公比为2q=的等比数列，所以45116aaq

==.故选：B.【点睛】本题考查了数列na与nS关系的应用，考查了等比数列通项公式的应用，属于基础题.8.已知向量()1,ak=，2b=，a与b的夹角为5π6，且()aba+⊥rrr，则实数k的值为（）A.2B

.3C.2D.2【答案】D【解析】【分析】由题意结合平面向量数量积的定义可得231abk=−+，转化条件为()0aba+=rrr，代入即可得解.【详解】向量()1,ak=，2b=，a与b的夹角为5π6，25cos316ababk==−+，又()aba+

⊥rrr，()2221310abaaabkk+=+=+−+=rrrrrr，()221130kk++−=，由210k+，可得2130k+−=解得2k.故选：D.【点睛】本题考查了平面向量数量积的应用，考查了运算求解能力，属于基础题.9.函数y=2xsin

2x的图象可能是A.B.C.D.【答案】D【解析】分析:先研究函数的奇偶性，再研究函数在π(,π)2上的符号，即可判断选择.详解：令||()2sin2xfxx=，因为,()2sin2()2sin2()xxxRfxxxfx−−=−=−=−，所以||()2sin2xfxx=为奇函数，排除选项A,

B;因为π(,π)2x时，()0fx，所以排除选项C，选D.点睛：有关函数图象的识别问题的常见题型及解题思路：（1）由函数的定义域，判断图象的左、右位置，由函数的值域，判断图象的上、下位置；（2）由函数的单调性，判断图象的变化趋势；（3）由函数的奇偶性，判断图

象的对称性；（4）由函数的周期性，判断图象的循环往复．10.我国古代典籍《周易》用“卦”描述万物的变化，每一卦由六爻组成.其中有一种起卦方法称为“金钱起卦法”，其做法为：取三枚相同的钱币合于双手中，上下摇动数下使钱币翻滚摩擦，再随意抛撒钱币到桌面或平盘等硬物

上，如此重复六次，得到六爻.若三枚钱币全部正面向上或全部反面向上，就称为变爻.若每一枚钱币正面向上的概率为12，则一卦中恰有三个变爻的概率为（）A.516B.1564C.1351024D.12154096【答案】C【解

析】【分析】由题意每抛撒钱币一次得到变爻的概率为311224=，结合独立重复试验概率公式可得()3336113144PXC==−，即可得解.【详解】由题意每抛撒钱币一次得到

变爻的概率为311224=，则一卦中变爻个数16,4XB∼，则一卦中恰有三个变爻的概率()33361113531441024PXC==−=.故选：C.【点睛】本题考查了独立重复试验

概率公式的应用，考查了运算求解能力，属于基础题.11.已知双曲线()2222:10,0xyCabab−=的左､右焦点分别为1F，2F，过1F的直线MN与C的左支交于M，N两点，若()21210FFFMMF+=，222FNFM=，

则C的渐近线方程为（）A.33yx=B.3yx=C.22yx=D.2yx=【答案】B【解析】【分析】设椭圆焦距为2c，取1FM的中点P，连接2FP，转化条件得21FPMF⊥，进而可得2122FMFFc==、2224FNFMc==、142FNca=−、122FMca=−

，利用余弦定理可得()22124cos22cacaNFFcca−+=−、12cos2caMFFc−=，即可得解.【详解】设椭圆焦距为2c，取1FM的中点P，连接2FP，如图所示：()21210FFFMMF+=，2120FPMF

=即21FPMF⊥，2122FMFFc==，2224FNFMc==，142FNca=−，122FMca=−，在12FNF△中，()()()()2222221122121124224cos22422NFFFNFcaccNFFNFFFcac+−−+−==−()22422cacacca

−+=−，在12FMF△中，()()()()2222221122121122222cos22222MFFFMFcaccMFFMFFFcac+−−+−==−2cac−=，由1212NFFMFF+=可得()224222cac

acaccac−+−=−−，化简可得223720caca−+=，2ca=或13ca=（舍去），223bcaa=−=，该双曲线渐近线方程为byxa=即3yx=.故选：B.【点睛】本题考查了双曲线性质的应用及渐近线的求

解，考查了余弦定理的应用，属于中档题.12.已知棱长为2的正方体1111ABCDABCD−中，E为DC中点，F在线段11DC上运动，则三棱锥FADE−的外接球的表面积最小值为（）A.14πB.9πC.545π64D.525π64【答案】C【解析】【分析】取AE的中点1O，易知1O为R

tADEV的外心，取11DC的中点P，连接1AP，取1AP的中点Q，连接1OQ，由正方体的性质可得三棱锥FADE−的外接球球心O在直线1OQ上，连接OF，取1DP的中点H，连接OH、QH，易知当11OFDC⊥即点F与H

重合时，OF即外接球半径最小，设1OOm=，根据22OEOH=求得1516m=，进而可求得外接球半径，即可得解.【详解】取AE的中点1O，易知1O为RtADEV的外心，取11DC的中点P，连接1AP，取1AP的中点Q，连接1OQ，由正方体的性质可得1OQ⊥平面ABCD，则

三棱锥FADE−的外接球球心O在直线1OQ上，连接OF，取1DP的中点H，连接OH、QH，由中位线的性质可得11//QHAD且11112QHAD==，所以11QHDC⊥，所以11DC⊥平面QHO，11DCOH⊥，若要使三棱锥FADE−的外接球的表面积最小，则要使其半径即OF最小，易知当

11OFDC⊥即点F与H重合时，OF最小，设1OOm=，由题意152OE=，12OQ=，则22221154OEOEOOm=+=+，()222221OHOQQHm=+=−+，由22OEOH=可得()225214mm+=−+，化简可得1516m=，此时，三棱锥FADE−的外接球

的半径R满足22255454256ROEm==+=，所以三棱锥FADE−的外接球的表面积最小值2min5455454425664SR===.故选：C.【点睛】本题考查了正方体几何特征的应用及三

棱锥外接球体积的求解，考查了线面垂直的性质和判定，属于中档题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.二项式61(2)xx−的展开式中常数项为.【答案】60【解析】试题分析：二项式61(2)xx−的展开式的通项公式为()366621661·2?()?2?

(1)rrrrrrrrTCxCxx−−−+=−=−,令3602r−=，解得4r=，所以该二项式展开式中常数项为46446·2?(1)60C−−=，故答案为60.考点：二项展开式的通项公式.14.设x，y满足约束条件330240220xyxyxy−−−++−，则目标函数zx

y=−的最小值为__________.【答案】-2【解析】【分析】由题意画出可行域，转化目标函数为yxz=−，数形结合即可得解.【详解】由题意画出可行域，如图阴影部分：转化目标函数zxy=−为yxz=−，上下平移直线yxz=−，数形结合可知当直线过点

A时，z取最小值，由240220xyxy−+=+−=可得点()0,2A，所以min022=−=−z.故答案为：2−.【点睛】本题考查了简单的线性规划，考查了运算求解能力与数形结合思想，属于基础题.15

.直线33yx=与椭圆()222210xyabab+=交于A､B两点，F为椭圆的右焦点，若AFBF⊥，则椭圆的离心率为__________.【答案】63【解析】【分析】由题意转化条件为点3,22ccA，代入椭圆方程可

得22223144ccab+=，化简后即可得解.【详解】设点(),0Fc，椭圆如图所示：直线3:3AByx=，3tan3AOF=即30AOF=，又AFBF⊥，O为AB中点，OAOFc==，点()cos,sinAcAOFcAOF

即3,22ccA，点3,22ccA在椭圆上，22223144ccab+=，结合222bac=−化简可得42243840caca−+=，由cea=可得423840ee−+=，解得223e=或22e=（舍去），2633e==.故答案为：63.【点睛】本题考查了直线

和椭圆的综合应用，考查了椭圆离心率的求解，属于中档题.16.若不等式1sinsin308axx+−对任意0,πx恒成立，则实数a的取值范围为__________.【答案】9,4−−【解析】【分析】由题意转化条件得214sin38sinaxx+−对任意0,πx恒

成立，令sin0,1tx=，()21438fttt=+−，求导后，求得()ft的最小值即可得解.【详解】由题意11sinsin3sinsincos2cossin288axxaxxxxx+−=++−()()221sinsin12sin2sin1sin8a

xxxxx=+−+−−，不等式1sinsin308axx+−对任意0,πx恒成立，()()221sinsin12sin2sin1sin8axxxxx−−−−+对任意0,πx恒成立，214sin38si

naxx+−对任意0,πx恒成立，令sin0,1tx=，()21438fttt=+−，则()3221641888tftttt−=−=，所以当10,4t时，()0ft，()ft单调递减；当1,14t时，()0ft，()ft单

调递增；()min111934424ftf==+−=−，2min194sin38sin4xx+−=−，49a−即实数a的取值范围为9,4−−.故答案为：9,4−−.【点睛】本题考查了三角恒等变

换的应用，考查了利用导数解决恒成立问题，属于中档题.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17-21题为必考题，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：共60分17.在ABC中，a，b，c分别为内角A，B，C所对的边长，且满足()226cab=−+，记此三角形的面积为S.（1）若2π3C=，求S的值；（2）若332S=，求sinsinAB的取值范围.【答案】（1）32.（2）30,4【解析】【分析】（1）由余弦定理结

合题意可得()1cos3abC−=，代入2π3C=即可得2ab=，再利用in12sSabC=即可得解；（2）转化条件得1cos1sin3CC−=，进而可得π3C=，则2πsinsinsinsin3ABAA=−，化简后即可得解.【详解】（1）由余弦定理和已知条件得：22

222262coscababababC=+−+=+−，从而有()1cos3abC−=，①若2π3C=时得2ab=，则13sin22SabC==；（2）若1sin3322SabC==②联立①②得1cos1sin3CC−=，整理得：πsin3cos2si

n33CCC+=+=，即π3sin32C+=，又0πC，故π3C=，则2π31sinsinsinsinsincossin322ABAAAAA=−=+311cos21π1sin2sin2422264AAA−=+=−

+，∵2π03A，∴ππ7π2666A−−，∴1πsin2126A−−.从而可得sinsinAB的取值范围为30,4.【点睛】本题考查了余弦定理及三角形面积公式的应用，考查了三角恒等

变换的应用，属于中档题.18.如图，真四棱柱1111ABCDABCD−的底面是菱形，14AA=，2AB=，60BAD=，E，M，N分别是BC，1BB，1AD的中点.（1）证明：BC⊥面1DDE；（2）求平面DMN与平面1DDE所成

锐角的正切值.【答案】（1）证明见解析.（2）12【解析】【分析】（1）由余弦定理可得23DE=，进而可得BCDE⊥，由正棱柱的几何特征可得1BCDD⊥，由线面垂直的判定即可得解；（2）连接ME，由题意可得四边形DNME为平行四边形，DE即为平面DMN与平面1DDE的交线，由线面垂直的判定可

得DE⊥面11ADD，进而可得11DDA即为平面DMN与平面1DDE所成的平面角，即可得解.【详解】（1）证明：∵在菱形ABCD中，2AB=，60BAD=，且E为BC中点，∴2222cos603DECECDCECD=+−=，∴222DECECD+=即BCDE⊥，又棱

柱1111ABCDABCD−是直四棱柱，∴1DD⊥平面ABCD，∴1BCDD⊥，又1DD平面1DDE，DE平面1DDE，1DDDED=,∴BC⊥面1DDE；（2）连接ME，∵E，M，N分别是BC，1BB

，1AD的中点，∴1//MEAD且112MEAD=，∴//MEDN且MEDN=，∴四边形DNME为平行四边形，从而可知：DE即为面DMN与面1DDE的交线，∵DEAD⊥，1DEDD⊥，1ADDDD=，∴DE⊥面11ADD，∴1DEDA

⊥且1DEDD⊥，则11DDA即为平面DMN与平面1DDE所成的平面角，在11RtDDA中，11111tan2ADDDNDD==，故平面DMN与平面1DDE所成锐角的正切值为12.【点睛】本题考查了线面垂直的判定及二面角的求解，

考查了空间思维能力与运算求解能力，属于中档题.19.在平面直角坐标系xOy中，过点()0,4的直线l与抛物线()2:20Cxpyp=交于A，B两点，以AB为直径作圆，记为M,M与抛物线C的准线始终相切.（1）求抛物线

C的方程；（2）过圆心M作x轴垂线与抛物线相交于点N，求ABNS的取值范围.【答案】（1）216xy=.（2）)32,+【解析】【分析】（1）过A，B，M分别作抛物线的准线的垂线，垂足分别为D，E，P，由题意转化条件得

ABAFBF=+，即可得A，B，F三点共线，即可得解；（2）设直线:4lykx=+，联立方程可得1216xxk+=、1264xx=−、212168yyk+=+，利用弦长公式可得AB，利用点到直线的距离求得高，表示出三角形面积后即可得解.【详解】（1）证明：

过A，B，M分别作抛物线的准线的垂线，垂足分别为D，E，P，设抛物线焦点为F，由题意知圆M的半径12rMPAB==，且()()1122MPADBEAFBF=+=+，即可得ABAFBF=+，所以A，B，F三点共线，即()0,4F，所以42p=，所以抛物线C的方

程为216xy=；（2）由（1）知抛物线2:16Cxy=，设直线:4lykx=+，点()11,Axy，()22,Bxy，联立可得：216640xkx−−=，，所以1216xxk+=，1264xx=−，所以()2121281

68yykxxk+=++=+，则()28,84Mkk+，()28,4Nkk，故点N到直线AB距离2222844411kkdkk−+==++又21ABk=+()2212121214xxkxxxx−=++−()()222116256161k

kk=++=+，所以()()3222211161413213222ABNSABdkkk==++=+△，当0k=时，ABNS取最小值为32.故所求三角形ABN面积的取值范围)32,+.【点睛】本题考查了抛物线方程的确定及性质的应用，考查了直线与抛物线的

综合应用，属于中档题.20.学号为1，2，3的三位小学生，在课余时间一起玩“掷骰子爬楼梯”游戏，规则如下：投掷一颗骰子，将每次出现点数除以3，若学号与之同余(同除以3余数相同)，则该小学生可以上2阶楼梯，另外两位只能上1阶楼梯，假定他们都是

从平地(0阶楼梯)开始向上爬，且楼梯数足够多.（1）经过2次投掷骰子后，学号为1的同学站在第X阶楼梯上，试求X的分布列；（2）经过多次投掷后，学号为3的小学生能站在第n阶楼梯的概率记为nP，试求1P，2P，3P的值，并探

究数列nP可能满足的一个递推关系和通项公式.【答案】（1）答案见解析.（2）123P=，279P=，32027P=，()1*31143nnPnN+=−−【解析】【分析】（1）由题

意学号为1的同学可以上2阶楼梯的概率为13，可以上1阶楼梯的概率为23，分别求出()2PX=、()3PX=、()4PX=，即可得解；（2）由题意可得1P、2P、3P；由题意1221(333nnnPPPn−−=+且*)nN，构造新数列即可得数列1nnPP−−是以2

119PP−=为首项，以13−为公比的等比数列，再利用累加法即可得解.【详解】（1）由题意，当投掷骰子出现1、4时，学号为1的同学可以上2阶楼梯，概率为13，当投掷骰子出现其他点数时，学号为1的同学可以上1阶楼

梯，概率为23，由题意2,3,4X=，所以()2242339PX===，()122143339PXC===，()1114339PX===，所以X的分布列为：X234P494919（2）1P表示学号为3的小朋友能站在第1阶楼梯的概率，根据投掷骰子的规则，若

出现点数为3或6，则他直接站在第2阶楼梯，否则站在第1阶楼梯.故123P=，同理可得：22217339P=+=，31322212033327PC=+=，由于学号为3的小朋友能够站在第n阶楼梯，有两种可能：从第2n−阶楼梯投掷点数为3或6直接登2个台阶上来，

或从第1n−阶楼梯只登1个台阶上来.根据骰子投掷规则，登两阶的概率是13，登一阶的概率是23，故1221(333nnnPPPn−−=+且*)nN(*)将(*)式可变形为()()112133nnnnPPPPn−−−−=−−，从而知：数列1nnPP−−是以2119PP−=为首项，以13−

为公比的等比数列，则有21111933nnnnPP−−−=−=−.进而可得：当2n时，()()()112211nnnnnPPPPPPPP−−−=−+−++−+1211123333nn−

=−+−++−+11111932311134313nn−+−−=+=−−+；当1n=时，213121433P=−−=

；所以()1*31143nnPnN+=−−.【点睛】本题考查了离散型随机变量分布列的求解，考查了数列与概率的综合问题，属于中档题.21.已知函数()()22xxfxa

eeax−=++−.（1）若()yfx=存在极值，求实数a的取值范围；（2）设12a，设()()()2cosgxfxax=−+是定义在π,2−上的函数.（ⅰ）证明：()ygx=在π

,2−上为单调递增函数(()gx是()ygx=的导函数)；（ⅱ）讨论()ygx=的零点个数.【答案】（1）0a.（2）（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）答案见解析【解析】【分析】（1）求导得()()()21xxxaeefxe−+=，按照0a

、0a分类，求得()0fx、()0fx的解集即可得解；（2）（ⅰ）令()()()()222sinxxhxgxaeeaax−==−+−++，对()hx求导，按照ππ22x−、π2x−分类，证明()hx恒大于0，即可得证；（ⅱ）由()ygx=的单

调性结合()()022ga=−，按照2a=、12a分类，结合()00g=即可得解.【详解】（1）求导得()()()()22122xxxxxxaeeaeaefxee−++−−==，当0a时，()0fx，()fx在R上单调递减，()fx无极值；当0a时，()fx在

2,lna−单调递减，在2ln,a+上单调递增，则()fx在2lnxa=处有极小值.综上，实数a的取值范围为0a；（2）（ⅰ）证明：由题意()()()2cos22xxaeeagxxxa−=−+++−，∵

令()()()()222sinxxhxgxaeeaax−==−+−++，∴()()22cosxxhxaeeax−=+++，∵12a，当ππ22x−时，0xae，20xe−，()2cos0a

x+，则()()22cos0xxhxaeeax−=+++；当π2x−时，令()()1xtxex=−+，则()1xtxe=−，所以()tx在(),0−上单调递减，在()0,+上单调递增，所以(

)()00txt=，所以1xex+，从而有：π2π222142xee−+，而()2cos24axa++，则()22cos0xeax−++，则()0hx；综上，对π,2x−都有()0hx成立，故()()()222sinxxgxaeea

ax−=−+−++在区间π,2−单调递增；（ⅱ）由（ⅰ）知，()ygx=在区间π,2−单调递增且()()022ga=−，①当2a=时，()00g=，当(,0x−时，()0gx则()gx在(),0−单调递减；当π0,2x

时，()0gx则()gx在π0,2单调递增，则0x=是()ygx=的唯一极小值点，且()00g=，从而可知：当2a=时，()ygx=在区间π,2−有唯一零点0；②当12a时，有()()0220ga=−，且ππππ22222222π

0gaeeaaeae−−=−+=+−，故存在1π20,x使()10gx=，此时()gx在()1,x−单调递减，在12,πx单调递增，且()()πππ2222π2

πππ222222agaeaeae−−−−+=+++()π221π0ea−=+−，又()()100gxg=，由零点存在定理知：则()gx在区间12,πx有唯一零点，记作1c，从而可知：当12a时，()ygx=在区间π,2−上有两个

零点：0和1c；综上：①当2a=时，()()()2cosgxfxax=−+在区间π,2−有唯一零点0；②当12a时，()()()2cosgxfxax=−+在区间π,2−有两个不同零点.【点睛】本题考查了导

数的综合应用，考查了推理能力和运算能力，属于中档题.（二）选考题：共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分．22.在平面直角坐标系中，以坐标原点O为极点，x轴正半轴为极轴，建立极坐标系，点()00,M

，（00）在曲线C：4cos=上，直线l过点4,2A且与OM垂直，垂足为P．（Ⅰ）当06=时，求在直角坐标系下点P坐标和l的方程；（Ⅱ）当M在C上运动且P在线段OM上时，求点P在极坐标系下的轨迹

方程．【答案】（Ⅰ）()3,1P，340xy+−=；（Ⅱ）4sin=，0,4．【解析】【分析】（1）利用极坐标转换公式可得()3,3M，则可求出直线OM斜率，利用垂直关系可求出l的斜率，由点斜式可求出直线的方程，联立l和直线OM可求出垂足坐标.（2）设点P的极坐标为(),

，由题意结合平面几何知识可得sin4sinOPOAOAP===，求出0,4，即可得解.【详解】解：（1）因为()00,M在C上，当06=，04cos236==,则M极坐标为23,6，化成直角坐

标为()3,3M,则直线OM斜率为33OMk=，所以13lOMkk=−=−，此时在平面直角坐标系下：()0,4A，则l的方程：43yx−=−，即340xy+−=.联立l和直线OM得33340yxxy=+−=，解得31xy==，则()3,1P.（2）设点P的极坐标为(),

，因为P在OM上且垂直于OM，sin4sinOPOAOAP===，因为P在线段OM上，且APOM⊥，故的取值范围是0,4．所以，P点轨迹的极坐标方程为4sin=，0,4.【点睛】本题考查了极坐标、直角坐标的转换，考查了极坐标方程的求解，属于中

档题.23.设,,xyzR，且1xyz++=.（1）证明：22213xyz++；（2）求()()()222111xyz−++++的最小值.【答案】（1）证明见解析.（2）43【解析】【分析】（1）由题意结合基本不

等式可得()()22223xyzxyz++++，即可得证；（2）由题意结合（1）中结论得()()()()222211111113xyzxyz−++++−++++，即可得解.【详解】（1）证明：因为()()22222222223xyzxyzxyxzy

zxyz++=+++++++，当且仅当13xyz===时，等号成立，又∵1xyz++=，∴22213xyz++；（2）由（1）知：()()()()22221411111133xyzxyz−++++−++++=，当且仅当111x

yz−=+=+且1xyz++=即53x=、13yz==−时，等号成立，所以()()()222111xyz−++++有最小值43.【点睛】本题考查了基本不等式的应用，考查了不等式证明的方法，属于中档题.