【文档说明】“超级全能生”2021届高三全国卷地区1月联考丙卷（B） 数学（理）.pdf，共(5)页，430.682 KB，由小赞的店铺上传

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“超级全能生”２０２１高考全国卷地区１月联考丙卷（Ｂ）数学（理科）答案详解１２３４５６７８９１０１１１２ＤＢＡＡＣＤＢＣＤＢＤＣ１．Ｄ【解析】本题考查分式不等式的解法、集合的并集运算，考查运算求解能力，考查数学运算核心素养．由集合

Ｂ{＝ｘ∈Ｚｘ－２ｘ＋２≤}０得Ｂ＝｛－１，０，１，２｝，所以Ａ∪Ｂ＝｛－２，－１，０，１，２｝，故选Ｄ．２．Ｂ【解析】本题考查复数的运算和复数的模，考查运算求解能力．由ｚ＝５ｉ３２＋ｉ＝－５ｉ２＋ｉ＝－５ｉ（２

－ｉ）（２＋ｉ）（２－ｉ）＝－１－２ｉ，得｜ｚ槡｜＝５，故选Ｂ．３．Ａ【解析】本题考查直线的倾斜角、二倍角的余弦公式，考查运算求解能力．因为直线ｙ＝槡３２ｘ的倾斜角为α，所以ｔａｎα＝槡３２．又ｃｏｓ２α＝ｃ

ｏｓ２α－ｓｉｎ２α＝ｃｏｓ２α－ｓｉｎ２αｃｏｓ２α＋ｓｉｎ２α，分子分母同时除以ｃｏｓ２α，得ｃｏｓ２α＝１－ｔａｎ２α１＋ｔａｎ２α，将ｔａｎα＝槡３２代入可得ｃｏｓ２α＝１７，故选Ａ．４．Ａ【解析】本题考查函数的图象与性质，考查推理论证能力、运算求解能力．因为函

数ｆ（ｘ）的定义域为Ｒ，且ｆ（－ｘ）＝１－２－ｘ１＋２－ｘ·ｃｏｓ－ｘ()２＝２ｘ－１２ｘ＋１·ｃｏｓｘ２＝－ｆ（ｘ），所以ｆ（ｘ）是奇函数，图象关于坐标原点对称，故排除Ｃ，Ｄ；当ｘ＝１时，ｆ（１）＝－１３ｃｏｓ１２＜０，排除Ｂ，故选Ａ．５．Ｃ【解析】本题考查频

率分布直方图、平均数，考查数据处理能力．平均数的估计值ｘ＝４５×０．０２＋５５×０．０４＋６５×０．１６＋７５×０．１８＋８５×０．３６＋９５×０．２４＝８０．４，故选Ｃ．６．Ｄ【解析】本题考查三角函数的图象与性质，考查运算求解能力

．由图象可知Ａ槡＝３．因为ｆ（０）＝３２，所以ｃｏｓφ＝槡３２．又０＜φ＜π，可得φ＝π６．又ｆ５π()３槡＝－３，所以５π３ω＋π６＝２ｋπ＋π（ｋ∈Ｚ），解得ω＝６５ｋ＋１２（ｋ∈Ｚ），结合选项可知ω＝１２，因此ｆ（ｘ）＝槡３

ｃｏｓｘ２＋π()６，故选Ｄ．７．Ｂ【解析】本题考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系和点面距离的转化，考查空间想象能力和推理论证能力．如图，连接ＡＤ１，ＢＣ１，ＡＢ１，ＡＭ，ＣＭ，ＡＣ，ＢＤ，ＤＣ１．因为ＡＢＣＤ－Ａ１Ｂ１Ｃ１Ｄ１是正方体，所以Ｃ１Ｄ１∥ＢＡ且Ｃ１Ｄ１＝ＢＡ，即四边

形ＡＢＣ１Ｄ１是平行四边形，所以ＡＤ１∥ＢＣ１．又ＡＤ１平面ＢＣ１Ｄ，ＢＣ１平面ＢＣ１Ｄ，所以ＡＤ１∥平面ＢＣ１Ｄ，同理ＡＢ１∥平面ＢＣ１Ｄ．因为ＡＤ１∩ＡＢ１＝Ａ，所以平面ＡＢ１Ｄ１∥平面ＢＣ１Ｄ．又ＡＭ平面ＡＢ１Ｄ１，所以ＡＭ∥平面ＢＣ１Ｄ，故①正确；因为Ｂ１Ｄ１∥平面ＢＣ

１Ｄ，所以点Ｍ到平面ＢＣ１Ｄ的距离为定值，故④正确；只有当Ｍ是Ｂ１Ｄ１的中点时，ＣＭ⊥Ｂ１Ｄ１，平面ＡＣＭ⊥平面ＡＢ１Ｄ１，但与Ｍ是动点矛盾，因此②③错误，故选Ｂ．８．Ｃ【解析】本题考查独立事件的概率公式，考查推理论证能力、运算求解能

力．记甲、乙、丙三人通过强基计划分别为事件Ａ，Ｂ，Ｃ，显然Ａ，Ｂ，Ｃ为相互独立事件，则“三人中恰有两人通过”相当于事件珔ＡＢＣ＋Ａ珔ＢＣ＋ＡＢ珔Ｃ，且珔ＡＢＣ，Ａ珔ＢＣ，ＡＢ珔Ｃ是互斥的，故所求概率Ｐ（珔ＡＢＣ＋Ａ

珔ＢＣ＋ＡＢ珔Ｃ）＝Ｐ（珔ＡＢＣ）＋Ｐ（Ａ珔ＢＣ）＋Ｐ（ＡＢ珔Ｃ）＝Ｐ（珔Ａ）·Ｐ（Ｂ）Ｐ（Ｃ）＋Ｐ（Ａ）Ｐ（珔Ｂ）Ｐ（Ｃ）＋Ｐ（Ａ）Ｐ（Ｂ）Ｐ（珔Ｃ）＝１５×３４×３４＋４５×１４×３４＋４５×３４×１４＝３３８０，故选Ｃ．９．Ｄ【解析】本题考查推理与

证明，考查推理论证能力．若甲说真话，则乙、丙说假话，但按甲所说内容看，乙说的又是真话，矛盾，故甲说的是假话，进而可确定丙也说的是假话．若乙说的是假话，要么甲、丙中至少有一个２，要么甲、乙、丁都是１，以上情形相互矛盾，所以乙说的是真话，号码为２的嘉宾只能是

乙和丁，故选Ｄ．１０．Ｂ【解析】本题考查直线与圆的位置关系，考查推理论证能力．如图，过点Ａ作ｘ轴的垂线，则此直线是圆Ｃ的切线，再过点Ｍ作此直线的垂线，垂足为点Ｈ，连接ＡＣ，ＣＭ．由ＣＭ⊥直线ｌ知，点Ｍ在以ＡＣ为直径且位于圆Ｃ内部的圆弧上运

动．易证△ＭＨＡ∽—数学（理科）·答１—△ＡＯＮ，可得｜ＡＭ｜｜ＡＮ｜＝｜ＭＨ｜｜ＡＯ｜＝｜ＭＨ｜．当直线ｌ与ＡＨ重合时，｜ＭＨ｜最小，其值为０；当直线ｌ与圆Ｃ相切时（不与ＡＨ重合），｜ＭＨ｜最大，｜ＭＨ｜＝１６５．依题意知，直线ｌ与圆Ｃ

相交，所以０＜｜ＭＨ｜＜１６５，即｜ＡＭ｜｜ＡＮ｜∈０，１６()５，故选Ｂ．【一题多解】由题意，直线ｌ不与ｘ轴平行或重合，可设直线方程为ｘ＝ｍｙ＋１，则Ｎ０，－１()ｍ．圆心Ｃ到直线ｌ的距离ｄ＝｜３－４ｍ－１｜１＋ｍ槡

２＝２｜２ｍ－１｜１＋ｍ槡２．因为直线与圆相交，所以ｄ＝２｜２ｍ－１｜１＋ｍ槡２＜２，解得０＜ｍ＜４３．在Ｒｔ△ＣＭＡ中，｜ＡＭ｜＝ＡＣ２－ｄ槡２＝２ｍ＋４１＋ｍ槡２．又｜ＡＮ｜＝１＋１ｍ槡２＝ｍ２槡＋１ｍ，所以｜Ａ

Ｍ｜｜ＡＮ｜＝２ｍ２＋４ｍｍ２＋１．令ｆ（ｍ）＝２ｍ２＋４ｍｍ２＋１，则ｆ′（ｍ）＝４×－ｍ２＋ｍ＋１（ｍ２＋１）２．当０＜ｍ＜４３时，ｆ′（ｍ）＞０，即ｆ（ｍ）在０，()４３上单调递增，因此ｆ（０）＜ｆ（ｍ）＜ｆ()４３，可得０＜ｆ（ｍ）＜１６５，所以０＜｜ＡＭ｜｜Ａ

Ｎ｜＜１６５，故选Ｂ．１１．Ｄ【解析】本题考查抛物线的定义及几何性质，考查化归与转化思想，考查逻辑推理核心素养．如图，设ＨＤ与ｘ轴的交点为Ｅ．根据抛物线的定义有ＡＦ＝ＡＣ，ＢＦ＝ＢＤ．又因为ＢＤ∥ｘ轴，ＤＨ∥ＡＢ，故四边形ＢＤＥＦ是菱形．因为ＡＣ＝ＡＦ，所以∠ＡＣＦ＝∠ＡＦＣ．又因为Ａ

Ｃ∥ＥＦ，所以∠ＡＣＦ＝∠ＥＦＨ，即∠ＥＦＨ＝∠ＡＦＣ．因为ＤＨ∥ＡＢ，所以∠ＥＨＦ＝∠ＡＦＣ，故∠ＥＦＨ＝∠ＥＨＦ，即ＥＨ＝ＥＦ．在菱形ＢＤＥＦ中，ＥＦ＝ＥＤ，故ＥＨ＝ＥＤ，因此Ｅ是ＤＨ中点．又因为点Ｆ到准线的距离为ｐ，可得｜ＥＦ｜＝３４ｐ．在Ｒｔ△ＥＯＨ中，｜ＯＨ｜＝ＥＨ２－ＥＯ

槡２＝槡２２ｐ，故点Ｂ的坐标为ｐ４，－ｐ槡()２，而Ｆｐ２，()０，因此直线ＡＢ的斜率ｋＡＢ＝０－－ｐ槡()２ｐ２－ｐ４槡＝２２，故选Ｄ．１２．Ｃ【解析】本题考查函数的零点、基本不等式、利用导数研究函数的单调性、最值，考查运算求解能力．ｆ（ｘ）＝０可

转化为ｅｘ－ａ＋ｅａ－ｘ－２＝－１２ｘ２＋ａ２ｌｎｘ．设ｇ（ｘ）＝ｅｘ－ａ＋ｅａ－ｘ－２，由基本不等式得ｅｘ－ａ＋ｅａ－ｘ≥２ｅｘ－ａ·ｅａ－槡ｘ＝２，当且仅当ｘ＝ａ时，ｇ（ｘ）取到最小值０．设ｈ（ｘ）＝－１２ｘ２＋ａ２ｌｎｘ（ａ＞０），则ｈ′（ｘ）＝－ｘ＋ａ２ｘ＝ａ２－ｘ２ｘ，当０＜ｘ＜

ａ时，ｈ′（ｘ）＞０，ｈ（ｘ）单调递增；当ｘ＞ａ时，ｈ′（ｘ）＜０，ｈ（ｘ）单调递减，所以当ｘ＝ａ时，ｈ（ｘ）取到最大值－１２ａ２＋ａ２ｌｎａ．若ｆ（ｘ）有２个零点，则ｇ（ｘ）与ｈ（ｘ）有两个交点，此时－１２ａ２＋ａ２ｌｎａ＞０，解得ａ槡＞ｅ，故选Ｃ．１３．槡－３【解析】本题考查

平面向量的垂直关系和向量的投影，考查运算求解能力．由（ａ＋ｂ）⊥ａ，得ａ·ｂ＝－ａ２，所以ｂ在ａ方向上的投影为ａ·ｂ｜ａ｜＝－ａ２｜ａ｜＝－｜ａ槡｜＝－３．１４．π３【解析】本题考查三角形的面积公式和余弦定理，考查运算求解能力．

根据余弦定理和三角形面积公式得ｂ２＋ｃ２－ａ２＝２ｂｃｃｏｓＡ和Ｓ＝１２ｂｃｓｉｎＡ，结合已知条件可得ｃｏｓ２Ａ＝１４．又△ＡＢＣ是锐角三角形，故ｃｏｓＡ＝１２，所以Ａ＝π３．１５．ｘ２９－ｙ２３６＝１【解析】本题考查双曲线的标准方程和余弦定理，考查运算求解能力和数形结合思

想、化归与转化思想．如图，根据点到直线的距离公式可得点Ｆ到直线ｙ＝ｂａｘ的距离为ｂ．设双曲线的左焦点为Ｆ１，连接ＭＦ１，则｜ＭＦ１｜＝｜ＦＭ｜－２ａ．在Ｒｔ△ＯＱＦ中，设∠ＱＦＯ＝θ，则ｃｏｓθ＝ｂｃ．在△Ｆ１ＭＦ中，由余弦定理得｜ＭＦ１｜２＝｜ＦＭ｜２＋｜ＦＦ１｜２－２｜Ｆ

Ｍ｜·—数学（理科）·答２—｜ＦＦ１｜ｃｏｓθ，将｜ＭＦ１｜＝｜ＦＭ｜－２ａ代入整理后得｜ＦＭ｜＝ｂ２ｃｃｏｓθ－ａ＝ｂ２ｂ－ａ，同理｜ＦＮ｜＝ｂ２ｃｃｏｓθ＋ａ＝ｂ２ｂ＋ａ．因为｜ＭＱ｜｜ＱＮ｜＝｜ＦＭ｜－｜ＱＦ｜｜ＱＦ｜－｜ＦＮ｜＝ｂ２ｂ－ａ－ｂｂ－ｂ２ｂ＋ａ＝ｂ＋ａｂ－ａ＝３，所以

ａ＝１２ｂ，将其代入｜ＦＮ｜＝ｂ２ｂ＋ａ＝４，解得ａ＝３，ｂ＝６，因此所求方程为ｘ２９－ｙ２３６＝１．１６．槡２２１３【解析】本题考查数学文化、三棱柱的性质，考查空间想象能力、运算求解能力．如图所示，作ＭＮ⊥ＡＡ１于点Ｎ，设ＡＮ＝ｘ（

０≤ｘ≤２），ＭＮ＝ｙ．由∠ＥＭＡ１＝∠ＣＭＡ易得△ＭＡＣ∽△ＭＡ１Ｅ，得ＭＡＭＡ１＝ＡＣＡ１Ｅ＝２，所以ＭＡ＝２ＭＡ１，即ｘ２＋ｙ槡２＝２（２－ｘ）２＋ｙ槡２，整理得ｙ２＝－ｘ２＋１６３ｘ－１６３．又ＣＭ２＝ＡＮ２＋ＭＮ

２＋ＡＣ２＝ｘ２＋ｙ２＋４＝１６３ｘ－４３，当ｘ＝２时，ＣＭ取得最大值槡２２１３．１７．【名师指导】本题考查等比数列的定义、等比数列的通项公式，考查运算求解能力，考查数学运算核心素养．（Ⅰ）根据数列的递推关系得到关于ａｎ与ａｎ－１的关系式，再根据等比数列的定义证明即可；（Ⅱ

）根据等比数列的通项公式可得到数列｛ａｎ｝的通项公式，再结合题中条件即可求解．解：（Ⅰ）证明：当ｎ＝１时，由题可得２（Ｓ１＋１）＝３ａ１，解得ａ１＝２．（１分）因为２（Ｓｎ＋１）＝３ａｎ＋ｎ()－１２，①所以当ｎ≥２时，２（Ｓ

ｎ－１＋１）＝３ａｎ－１＋（ｎ－２）２，②（２分）由①－②整理后得ａｎ＝３ａｎ－１＋３－２ｎ．（４分）因为ａｎ－ｎａｎ－１－（ｎ－１）＝３ａｎ－１＋３－２ｎ－ｎａｎ－１－（ｎ－１）＝３［ａｎ－１－（ｎ－１

）］ａｎ－１－（ｎ－１）＝３（ｎ≥２），且ａ１－１＝１，（７分）所以数列｛ａｎ－ｎ｝是以１为首项，３为公比的等比数列．（８分）（Ⅱ）由（Ⅰ）知ａｎ－ｎ＝１×３ｎ－１，故ａｎ＝３ｎ－１＋ｎ．（９分）当ｎ＝４时，依题意得２（Ｓ４＋１）＝３ａ４＋（４－１）２

，（１０分）且ａ４＝３１，故Ｓ４＝５０．（１２分）１８．【名师指导】本题考查回归直线方程、独立性检验，考查运算求解能力、数据处理能力，考查数学运算、数据分析核心素养．（Ⅰ）由题可得ｘ，ｙ的值，代入公式求得＾ｂ，

＾ａ的值，即可得到回归方程，再把ｘ＝１２代入回归方程即可预测１２月手机销售量；（Ⅱ）先完成２×２列联表，再根据公式求得Ｋ２，与临界值表进行比较，即可判断．解：（Ⅰ）由已知得ｘ＝９，ｙ＝１３０，（１分）∑５ｉ＝１（ｘｉ－ｘ）２＝１０，∑５ｉ＝１

（ｘｉ－ｘ）（ｙｉ－ｙ）＝２００，（３分）所以＾ｂ＝２００１０＝２０，＾ａ＝ｙ－＾ｂｘ＝１３０－１８０＝－５０，则ｙ关于ｘ的线性回归方程为＾ｙ＝２０ｘ－５０．（５分）当ｘ＝１２时，＾ｙ＝２０×１２－５０＝１９０，

因此预测１２月的手机销售量为１９０百部．（６分）（Ⅱ）补全２×２列联表如表所示：男性顾客女性顾客合计Ａ款销售量３０６０９０Ｂ款销售量６０５０１１０合计９０１１０２００（９分）Ｋ２＝２００×（３０×５０－６０×６０）２９０×９０×１１０

×１１０＝９８００１０８９≈８．９９９，因为８．９９９＞７．８７９，（１１分）所以有超过９９．５％的把握认为“Ａ，Ｂ两款手机１１月的销售量与顾客性别有关”．（１２分）１９．【名师指导】本题考查面面平行的判定定理与性质、线面角，考查空间想象能力、推理论证能力，考查逻辑推理核心素养．（Ⅰ

）连接ＡＣ，ＢＤ于点Ｏ，利用三角形中位线定理并结合菱形的性质得到ＥＦ∥Ｂ１Ｄ１，ＯＥ∥ＣＤ１，再利用面面平行的判定定理即可得证；（Ⅱ）建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量求得ＤＢ→１与平面ＣＢ１Ｄ１的法向量，结合

（Ⅰ）问与线面角的正弦公式即可求解．—数学（理科）·答３—解：（Ⅰ）证明：连接ＡＣ交ＢＤ于点Ｏ，连接ＯＥ．（１分）因为Ｅ，Ｆ分别是ＡＤ１，ＡＢ１的中点，所以ＥＦ∥Ｂ１Ｄ１．（２分）因为四边形ＡＢＣＤ是菱形，所以Ｏ是ＡＣ中点．又因为Ｅ是ＡＤ１的中点，所以ＯＥ∥ＣＤ１．（３分）因为ＯＥ平面ＣＢ１Ｄ

１，ＣＤ１平面ＣＢ１Ｄ１，所以ＯＥ∥平面ＣＢ１Ｄ１，同理ＥＦ∥平面ＣＢ１Ｄ１．（５分）又因为ＥＦ∩ＯＥ＝Ｅ，所以平面ＢＤＥＦ∥平面ＣＢ１Ｄ１．（６分）（Ⅱ）以Ｏ为坐标原点，ＯＣ所在直线为ｘ轴，ＯＢ所在直线为ｙ轴，过点Ｏ且垂直平面Ａ

ＢＣＤ的直线为ｚ轴，建立如图所示的空间直角坐标系．（７分）由（Ⅰ）可知直线ＤＢ１与平面ＢＤＥＦ和平面ＣＢ１Ｄ１所成角相等，则Ｃ（３，０，０），Ｄ（０，槡－３，０），Ｂ１（０，槡３，２），Ｄ１（０，槡－３，２），ＤＢ→１＝（０，槡２３，２），ＣＢ→１＝（－３，槡３，２），ＣＤ→１＝（

－３，槡－３，２）．（９分）设平面ＣＢ１Ｄ１的法向量为ｍ＝（ｘ，ｙ，ｚ），由ｍ·ＣＢ→１＝０，ｍ·ＣＤ→１{＝０得－３ｘ槡＋３ｙ＋２ｚ＝０，－３ｘ槡－３ｙ＋２ｚ{＝０．令ｘ＝２，则ｍ＝（２，０，３）．（１１分）设直线ＤＢ１与平面ＣＢ１Ｄ１所成角为θ，则ｓｉｎθ＝｜ｃｏｓ〈ＤＢ→１，

ｍ〉｜＝２×３槡槡１２＋４×４＋９＝槡３１３２６，故直线ＤＢ１与平面ＢＤＥＦ所成角的正弦值为槡３１３２６．（１２分）２０．【名师指导】本题考查利用导数研究函数的单调性、极值、不等式恒成立问题，考查运算求解能力、推理论证能力，考查逻辑推理核心素养．（Ⅰ）对函数ｆ（ｘ）求导

，分０＜ａ≤２和ａ＞２两种情况讨论即可求解；（Ⅱ）由题意构造新函数，利用导数研究函数的单调性，即可求解．解：（Ⅰ）由题可知函数ｆ（ｘ）的定义域为（０，＋∞），ｆ′（ｘ）＝ｘ＋１ｘ－ａ≥２－ａ，当且仅当ｘ＝１ｘ时等号成立．（２分）当２－ａ≥０，即０＜

ａ≤２时，ｆ′（ｘ）≥０，则函数ｆ（ｘ）在（０，＋∞）上单调递增；（３分）当２－ａ＜０，即ａ＞２时，令ｆ′（ｘ）＝０，即ｘ２－ａｘ＋１＝０，Δ＝ａ２－４＞０，解得ｘ＝ａ－ａ２槡－４２或ｘ＝ａ＋ａ２槡－４２，且均为正数，（５分）则函数ｆ（ｘ）在０，ａ－ａ２槡－４()２(和ａ＋ａ２

槡－４２，)＋∞上单调递增，在ａ－ａ２槡－４２，ａ＋ａ２槡－４()２上单调递减．（６分）（Ⅱ）若ｆ（ｘ）有两个极值点ｘ１，ｘ２，则ｘ１，ｘ２是方程ｘ２－ａｘ＋１＝０的两个不等正实根，所以结合（Ⅰ）可知ｘ１＋ｘ２＝ａ＞２，ｘ１ｘ２＝１．又因为ｘ１＞ｘ２，所以０＜

ｘ２＜１＜ｘ１．（７分）由ｆ（ｘ１）－ｘ１＜λｘ２（λ∈Ｒ）恒成立，可得ｆ（ｘ１）－ｘ１ｘ２＜λ（λ∈Ｒ）恒成立，（８分）而ｆ（ｘ１）－ｘ１ｘ２＝１２ｘ３１－（１＋ａ）ｘ２１＋ｘ１ｌｎｘ１＝－１２ｘ３

１－ｘ２１－ｘ１＋ｘ１ｌｎｘ１（ｘ１＞１）．（９分）令ｇ（ｘ）＝－１２ｘ３－ｘ２－ｘ＋ｘｌｎｘ（ｘ＞１），则ｇ′（ｘ）＝－３２ｘ２－２ｘ＋ｌｎｘ．令ｈ（ｘ）＝－３２ｘ２－２ｘ＋ｌｎｘ（ｘ＞１），（１０分）则ｈ′（ｘ）＝－３ｘ－２＋１ｘ＝（１－３ｘ）（１＋ｘ）ｘ＜０，则函数ｈ（

ｘ）在（１，＋∞）上单调递减，所以ｈ（ｘ）＜ｈ（１）＝－７２＜０，故ｇ′（ｘ）＜０，则函数ｇ（ｘ）在（１，＋∞）上单调递减，ｇ（ｘ）＜ｇ（１）＝－５２，可得λ≥－５２，所以λ的取值范围是－５２，[)＋∞．（１２分）２１．【名师指导】本题考查椭圆的标准方程、直线与椭

圆的位置关系，考查推理论证能力和运算求解能力，考查数学运算核心素养．（Ⅰ）利用点Ｐ在椭圆上及∠Ｆ１ＰＦ２＝９０°列出方程求出ａ，ｂ的值即可求解；（Ⅱ）先设点Ａ，Ｂ的坐标，由点Ａ，Ｂ在椭圆上可得到关于点Ａ，Ｂ坐标的方程，再利用点差法可求出直线ＡＢ

的斜率，设出直线ＡＢ的方程，并与椭圆方程联立，利用韦达定理得到点Ａ，Ｂ横坐标的关系式，代入ｋ１ｋ２的关系式即可求解．解：（Ⅰ）设点Ｆ１（－ｃ，０），Ｆ２（ｃ，０）．—数学（理科）·答４—由∠Ｆ１ＰＦ２＝９０°，得ＰＦ→１·ＰＦ→２＝０，（１分）即（－ｃ槡－３，－１）（ｃ槡－３，－１

）＝０，解得ｃ＝２．（３分）因为点Ｐ（槡３，１）在椭圆上，所以３ａ２＋１ｂ２＝１．又因为ａ２＝ｂ２＋ｃ２，所以ａ槡＝６，ｂ槡＝２，所以椭圆的标准方程为ｘ２６＋ｙ２２＝１．（５分）（Ⅱ）设点Ａ（ｘ１，ｙ１），Ｂ（ｘ２，ｙ２）．因为点Ａ，Ｂ在椭圆上，所

以ｘ２１６＋ｙ２１２＝１，ｘ２２６＋ｙ２２２＝１，两式相减变形后得ｙ２－ｙ１ｘ２－ｘ１·ｙ２＋ｙ１ｘ２＋ｘ１＝－１３，即ｋＡＢ·ｋＯＰ＝－１３，解得ｋＡＢ＝－槡３３．（７分）设直线ＡＢ的方程为ｙ＝－槡３３ｘ＋ｔ，联立方程组ｙ＝－槡３３ｘ＋ｔ，ｘ２＋３ｙ２{－６＝０消

去ｙ后整理得２ｘ２槡－２３ｔｘ＋（３ｔ２－６）＝０，Δ＝４８－１２ｔ２＞０，ｘ１＋ｘ２槡＝３ｔ，ｘ１ｘ２＝３２ｔ２－３，（９分）则ｋ１ｋ２＝（ｙ１－１）（ｙ２－１）（ｘ１槡－３）（ｘ２槡－３）＝１３ｘ１ｘ２＋槡３３（１－ｔ）（ｘ１＋ｘ２）＋ｔ

２－２ｔ＋１ｘ１ｘ２槡－３（ｘ１＋ｘ２）＋３＝１３３ｔ２２()－３＋槡３３（１－ｔ）·槡３ｔ＋ｔ２－２ｔ＋１３２ｔ２槡－３－３·槡３ｔ＋３＝１３，所以ｋ１ｋ２是定值，其值为１３．（１２分）２２．【名师指导】本题考查参数方程与普通方程的互化、极坐标方程

与直角坐标方程的互化、极径的几何意义、参数方程中参数的几何意义，考查运算求解能力、应用意识，考查数学运算核心素养．（Ⅰ）利用参数方程与普通方程、极坐标方程与直角坐标方程的互化公式即可求解；（Ⅱ）利用极径的几何意义或参数方程中

参数的几何意义求解即可．解：（Ⅰ）因为曲线Ｃ１的参数方程是ｘ＝ｃｏｓφ，ｙ＝１＋ｓｉｎ{φ（φ为参数），所以普通方程为ｘ２＋ｙ２－２ｙ＝０，（２分）化为极坐标方程为ρ＝２ｓｉｎθ．（４分）直线Ｃ２的直角坐标方程是ｙ＝１２．（５分）（Ⅱ）解法

一：设以点Ｏ为端点的射线ｌ的极坐标方程为θ＝α（０＜α＜π）．（６分）将θ＝α分别代入ρ＝２ｓｉｎθ和ρｓｉｎθ＝１２中，得｜ＯＡ｜＝２ｓｉｎα，｜ＯＢ｜＝１２ｓｉｎα（０＜α＜π），（８分）所以｜ＯＡ｜·｜ＯＢ｜＝２ｓｉｎ

α·１２ｓｉｎα＝１．（１０分）解法二：设过点Ｏ的直线ｌ的倾斜角为α（０＜α＜π），则直线ｌ的参数方程为ｘ＝ｔｃｏｓα，ｙ＝ｔｓｉｎ{α（ｔ为参数）．（６分）把ｘ＝ｔｃｏｓα，ｙ＝ｔｓｉｎ{α代入ｘ２＋ｙ２－２ｙ＝０得ｔ２－２ｔｓ

ｉｎα＝０，解得ｔ＝２ｓｉｎα．根据直线参数方程中ｔ的几何意义，可知｜ＯＡ｜＝２ｓｉｎα（０＜α＜π）．（７分）把ｘ＝ｔｃｏｓα，ｙ＝ｔｓｉｎ{α代入ｙ＝１２得ｔ＝１２ｓｉｎα，所以｜ＯＢ｜＝１２ｓｉｎα，（８分）所以｜ＯＡ｜·｜ＯＢ｜＝２ｓｉ

ｎα·１２ｓｉｎα＝１．（１０分）２３．【名师指导】本题考查运用柯西不等式和综合法证明不等式，考查推理论证能力、应用意识，考查逻辑推理核心素养．（Ⅰ）用ｂ表示ａ，代入所求不等式的左侧，再利用二次函数的性质即可证明；（Ⅱ）恒等变形后结合柯西不等式的三维形式即可得证．证明：（Ⅰ）由

ａ＋ｂ２＝３得ａ＝３－ｂ２，（１分）则ａ２＋ｂ２２＝３－ｂ()２２＋ｂ２２＝３４（ｂ－２）２＋６≥６，（４分）即ａ２＋ｂ２２≥６成立，当且仅当ａ＝ｂ＝２时，等号成立．（５分）（Ⅱ）由柯西不等式得１＋１２＋()(１３

ａ２＋ｂ２２＋ｃ２)３≥１·ａ＋１槡２·ｂ槡２＋１槡３·ｃ槡()３２，（７分）所以１１６ａ２＋ｂ２２＋ｃ２()３≥ａ＋ｂ２＋ｃ()３２＝１１，即ａ２＋ｂ２２＋ｃ２３≥６，（９分）当且仅当ａ＝ｂ＝ｃ＝槡６１１１１时，取

得等号．（１０分）—数学（理科）·答５—