2015年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（陕西卷）

2015年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（陕西卷）

评卷人 得分 一、选择题（题型注释）

1．设集合M?{x|x2?x}，N?{x|lgx?0}，则MN?（ ）

A．[0,1] B．(0,1] C．[0,1) D．(??,1] 2．某中学初中部共有110名教师，高中部共有150名教师，其性别比例如图所示，则该校女教师的人数为（ ）

A．167 B．137 C．123 D．93

3．如图，某港口一天6时到18时的水深变化曲线近似满足函数y?3sin(?6x??)?k，

据此函数可知，这段时间水深（单位：m）的最大值为（ ）

A．5 B．6 C．8 D．10

4．二项式(x?1)n(n?N?)的展开式中x2的系数为15，则n?（ ）

A．4 B．5 C．6 D．7

5．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（ ）

A．3? B．4? C．2??4 D．3??4 6．“sin??cos?”是“cos2??0”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．既不充分也不必要条件

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7．对任意向量a,b，下列关系式中不恒成立的是（ ） A．|a?b|?|a||b| B．|a?b|?||a|?|b||

C．(a?b)2?|a?b|2 D．(a?b)(a?b)?a?b

8．根据右边的图，当输入x为2006时，输出的y?（ ）

22

A．28 B．10 C．4 D．2 9．设f(x)?lnx,0?a?b，若p?f(ab)，q?f(a?b1)，r?(f(a)?f(b))，22则下列关系式中正

确的是（ ）

A．q?r?p B．q?r?p C．p?r?q D．p?r?q

10．某企业生产甲、乙两种产品均需用A，B两种原料．已知生产1吨每种产品需原料及每天原料的可用限

额如表所示，如果生产1吨甲、乙产品可获利润分别为3万元、4万元，则该企业每天可获得最大利润 为（ ） 甲 乙 原料限额 ?（吨） 3 1 ?（吨） 2 2 12 8 A．12万元 B．16万元 C．17万元 D．18万元

11．设复数z?(x?1)?yi(x,y?R)，若|z|?1，则y?x的概率为（ ）

311111? B．? C．? 42?42?2?11D．?

2?A．

12．对二次函数f(x)?ax?bx?c（a为非零常数），四位同学分别给出下列结论，

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2其中有且仅有一个结

论是错误的，则错误的结论是（ ）

A．?1是f(x)的零点 B．1是f(x)的极值点 C．3是f(x)的极值 D．点(2,8)在曲线y?f(x)上

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第II卷（非选择题）

请点击修改第II卷的文字说明 评卷人 得分 二、填空题（题型注释）

13．中位数1010的一组数构成等差数列，其末项为2015，则该数列的首项为 ． 14．若抛物线y2?2px(p?0)的准线经过双曲线x2?y2?1的一个焦点，则

p? ．

15．设曲线y?ex在点（0,1）处的切线与曲线y?1(x?0)上点?处的切线垂直，则?x的坐标为 ． 16．如图，一横截面为等腰梯形的水渠，因泥沙沉积，导致水渠截面边界呈抛物线型（图中虚线表示），则原始的最大流量与当前最大流量的比值为 ．

评卷人 得分 三、解答题（题型注释）

17．（本小题满分12分）???C的内角?，?，C所对的边分别为a，b，c．向量

m?a,3b与

??n??cos?,sin??平行．

（Ⅰ）求?； （Ⅱ）若a?7，b?2求???C的面积．

18．（本小题满分12分）如图1，在直角梯形??CD中，?D//?C，???D??2，????C?1，?D?2，?是?D的中点，?是?C与??的交点．将????沿??折起到??1??的位置，如图2．

（Ⅰ）证明：CD?平面?1?C；

（Ⅱ）若平面?1???平面?CD?，求平面?1?C与平面?1CD夹角的余弦值．

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19．（本小题满分12分）设某校新、老校区之间开车单程所需时间为?，?只与道路畅通状况有关，对其容量为100的样本进行统计，结果如下： ?（分钟） 25 30 35 40 频数（次） 20 30 40 10 （Ⅰ）求?的分布列与数学期望??；

（Ⅱ）刘教授驾车从老校区出发，前往新校区做一个50分钟的讲座，结束后立即返回老校区，求刘教授

从离开老校区到返回老校区共用时间不超过120分钟的概率．

x2y220．（本小题满分12分）已知椭圆?:2?2?1（a?b?0）的半焦距为c，原点?ab到经过两点?c,0?，?0,b?的直线的距离为（Ⅰ）求椭圆?的离心率；

（Ⅱ）如图，??是圆?:?x?2???y?1??点，求椭圆?的方程．

221c． 25的一条直径，若椭圆?经过?，?两2

???，xn的各项和，21．（本小题满分12分）设fn?x?是等比数列1，x，x2，其中x?0，

n??，n?2．

（Ⅰ）证明：函数Fn?x??fn?x??2在??1?，且,1?内有且仅有一个零点（记为xn）

2??xn?11n?1?xn； 22（Ⅱ）设有一个与上述等比数列的首项、末项、项数分别相同的等差数列，其各项和为

gn?x?，比较fn?x?

与gn?x?的大小，并加以证明．

22．（本小题满分10分）选修4-1：几何证明选讲 如图，??切于点?，直线?D交于D，?两点，?C?D?，垂足为C．

（Ⅰ）证明：?C?D??D??； （Ⅱ）若?D?3DC，?C?2，求的直径．

23．（本小题满分10分）选修4-4：坐标系与参数方程

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1?x?3?t?2?在直角坐标系x?y中，直线l的参数方程为?（t为参数）．以原点为极点，x?y?3t??2轴正半轴为极 轴建立极坐标系，（Ⅰ）写出

的极坐标方程为??23sin?．

的直角坐标方程；

（Ⅱ）?为直线l上一动点，当?到圆心C的距离最小时，求?的直角坐标．

24．（本小题满分10分）选修4-5：不等式选讲 已知关于x的不等式x?a?b的解集为x2?x?4． （Ⅰ）求实数a，b的值；

（Ⅱ）求at?12?bt的最大值．

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参考答案

1．A

【解析】??xx?x??0,1?，??xlgx?0?x0?x?1，所以?2?????????0,1?，

故选A．

【考点定位】1、一元二次方程；2、对数不等式；3、集合的并集运算． 2．B

【解析】该校女老师的人数是110?70%?150??1?60%??137，故选B． 【考点定位】扇形图． 3．C

【解析】由图象知：ymin?2，因为ymin??3?k，所以?3?k?2，解得：k?5，所以这段时间水深的最大值是ymax?3?k?3?5?8，故选C． 【考点定位】三角函数的图象与性质． 4．C

22r2r?2【解析】二项式?x?1?的展开式的通项是?r?1?Cr，令得的系数是，因为xxxCnn2n?6或n??5，因为n???，的系数为15，所以C2n?15，即n?n?30?0，解得：

n所以n?6，故选C．

【考点定位】二项式定理． 5．D

【解析】由三视图知：该几何体是半个圆柱，其中底面圆的半径为1，母线长为2，所以该几何体的表面积是

1?2??1??1?2??2?2?3??4，故选D． 2【考点定位】1、三视图；2、空间几何体的表面积． 6．A

22【解析】因为cos2??cos??sin??0，所以sin??cos?或sin???cos?，因为

“sin??cos?”?“cos2??0”，但“sin??cos?”?，所以?“cos2??0”“sin??cos?”是“cos2??0”的充分不必要条件，故选A． 【考点定位】1、二倍角的余弦公式；2、充分条件与必要条件． 7．B

【解析】因为a?b?abcosa,b?ab，所以选项A正确；当a与b方向相反时，

a?b?a?b不成立，所以选项B错误；向量的平方等于向量的模的平方，所以选项C

正确；a?b???a?b??a2?b2，所以选项D正确．故选B．

【考点定位】1、向量的模；2、向量的数量积． 8．B

【解析】初始条件：x?2006；第1次运行：x?2004；第2次运行：x?2002；第3

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次运行：x?2000；??????；第1003次运行：x?0；第1004次运行：x??2．不满足条件x?0?，停止运行，所以输出的y?32?1?10，故选B． 【考点定位】程序框图． 9．C 【

解

析

】

p?f(ab)?lnab，

q?f(a?ba?b)?ln22，

r?11(f(a)?f(b))?lnab?lnab，函数f(x)?lnx在?0,???上单调递增，因为22a?ba?b?ab，所以f()?f(ab)，所以q?p?r，故选C． 22【考点定位】1、基本不等式；2、基本初等函数的单调性． 10．D

【解析】设该企业每天生产甲、乙两种产品分别为x、y吨，则利润z?3x?4y

?3x?2y?12?x?2y?8?由题意可列?，其表示如图阴影部分区域：

?x?0??y?0

当直线3x?4y?z?0过点A(2,3)时，z取得最大值，所以zmax?3?2?4?3?18，故选D．

【考点定位】线性规划． 11．B

【解析】z?(x?1)?yi?|z|?(x?1)2?y2?1?(x?1)2?y2?1

答案第2页，总13页

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2如图可求得A(1,1)，B(1,0)，阴影面积等于??1?141?1?1?1?? 242111若|z|?1，则y?x的概率是42，故选B． ????1242??【考点定位】1、复数的模；2、几何概型． 12．A

【解析】若选项A错误时，选项B、C、D正确，f??x??2ax?b，因为1是f?x?的极值点，

???2a?b?0?b??2a?f??1??03是f?x?的极值，所以?，即?，解得：?，因为点?2,8?在

a?b?c?3c?3?a????f?1??3曲线y?f?x?上，所以4a?2b?c?8，即4a?2???2a??a?3?8，解得：a?5，所以

b??10??5，

c?81??，所以

f?x5??2?x1因0，?x8为

f??1???2?1?0?，所以1??1不是8?f?23?0A错误，x??的零点，所以选项

选项B、C、D正确，故选A．

【考点定位】1、函数的零点；2、利用导数研究函数的极值． 13．5

【解析】设数列的首项为a1，则a1?2015?2?1010?2020，所以a1?5，故该数列的首项为5，所以答案应填：5． 【考点定位】等差中项． 14．22 【解析】抛物线y?2px（p?0）的准线方程是x??2p22，双曲线x?y?1的一个焦2222点F因为抛物线y?2px（p?0）的准线经过双曲线x?y?1的一个焦点，1?2,0，

??所以?p??2，解得p?22，所以答案应填：22． 2【考点定位】1、抛物线的简单几何性质；2、双曲线的简单几何性质． 15．?1,1?

答案第3页，总13页

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【解析】因为y?ex，所以y??ex，所以曲线y?ex在点?0,1?处的切线的斜率

k1?y?y???0，则y0?x?0?e?1，设?的坐标为?x0,y0?（x0?0）

11，因为y?，所以

xx011

y?，所以曲线在点?处的切线的斜率k2?y?2xx

x?x0??1，因为k1?k2??1，2x0所以?12??1，即x0?1，解得x0??1，因为x0?0，所以x0?1，所以y0?1，即?的2x0坐标是?1,1?，所以答案应填：?1,1?．

【考点定位】1、导数的几何意义；2、两条直线的位置关系． 16．1.2

【解析】建立空间直角坐标系，如图所示：

y?x

1??10?10?2?2??2?16，设抛物线的方程为x2?2py（p?0），225252222y，x，因为该抛物线过点?5,2?，所以2p?2?5，解得p?，所以x?即y?4225原始的最大流量是所

5以当前最大流量是

22?2?x??5?2??2?3?d?2x??5??5?7??x5?2??5????x?253?3?????7?5，?52???2故原始的最大流量与当前最大流量的比值是

16?1.2，所以答案应填：1.2． 403【考点定位】1、定积分；2、抛物线的方程；3、定积分的几何意义． 17．（Ⅰ）【解析】

试题分析：（Ⅰ）先利用m//n可得asin??3bsin??0，再利用正弦定理可得tan?的值，进而可得?的值；（Ⅱ）由余弦定理可得c的值，进而利用三角形的面积公式可得???C的面积．

答案第4页，总13页

?33；（Ⅱ）． 32

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试题解析：（Ⅰ）因为m//n，所以asinB-由正弦定理，得sinAsinB-3bcosA=0，

3sinBcosA=0

又sin??0，从而tanA=3， 由于0?A??，所以A??3

（Ⅱ）解法一：由余弦定理，得a2=b2+c2-2bccosA 而a=7b=2,???3

得7=4+c2-2c，即c2-2c-3=0 因为c>0，所以c=3． 故???C的面积为

133． bcsinA=227sin?2， sin?解法二：由正弦定理，得?3从而sinB=21， 727． 7又由a>b，知A>B，所以cosB=故sinC?sin?A?B??sin?????????321 ?sinBcos?cosBsin??3?3314所以???C的面积为

133． bcsinA=22考点：1、平行向量的坐标运算；2、正弦定理；3、余弦定理；4、三角形的面积公式． 18．（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）【解析】

试题分析：（Ⅰ）先证?????1，????C，再可证???平面?1?C，进而可证CD?平面?1?C；（Ⅱ）先建立空间直角坐标系，再算出平面?1?C和平面?1CD的法向量，进而可得平面?1?C与平面?1CD夹角的余弦值．

答案第5页，总13页

6． 3本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。

试题解析：（Ⅰ）在图1中，

因为????C?1，?D?2，?是?D的中点，???D?即在图2中，?????1，????C 从而???平面AOC 1又CD//??，所以CD?平面AOC． 1?2，所以????C

?CD?，又由（Ⅰ）知，???OA1，????C （Ⅱ）由已知，平面A1BE?平面

所以?AOC为二面角A1-BE-C的平面角，所以?A1OC?1如图，以?为原点，建立空间直角坐标系，

?2．

BC//ED 因为A1B=A1E=BC=ED=1，

所以B(2222,0,0),E(-,0,0),A1(0,0,),C(0,,0), 22222222,,0), A1C(0,,-)，CD=BE=(-2,0,0)． 2222得BC(-设平面A平面A平面A1BC的法向量n1BC与1CD的法向量n2=(x2,y2,z2)，1=(x1,y1,z1)，

?平面A1CD夹角为，

???x1?y1?0?n1?BC?0则?，得?，取n1=(1,1,1)，

?y1?z1?0??n1?A1C?0??x2?0?n2?CD?0，得?，取n2?(0,1,1)， ?y?z?0?22??n2?A1C?0从而cos??|cos?n1,n2?|?26， ?33?2答案第6页，总13页

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即平面A1BC与平面A1CD夹角的余弦值为6． 3考点：1、线面垂直；2、二面角；3、空间直角坐标系；4、空间向量在立体几何中的应用． 19．（Ⅰ）分布列见解析，32；（Ⅱ）0.91． 【解析】 试题分析：（Ⅰ）先算出?的频率分布，进而可得?的分布列，再利用数学期望公式可得数学期望??；（Ⅱ）先设事件?表示“刘教授从离开老校区到返回老校区共用时间不超过120分钟”，再算出?的概率． 试题解析：（Ⅰ）由统计结果可得?的频率分步为

?（分钟） 频率 25 30 35 40 0．2 0．3 0．4 0．1 25 30 35 40 以频率估计概率得?的分布列为

? ? 0．2 0．3 0．4 0．1 从而 ET?25?0.2?30?0.3?35?0.4?40?0.1?32（分钟）

（Ⅱ）设T1,T2分别表示往、返所需时间，T1,T2的取值相互独立，且与?的分布列相同．设事件?表示“刘教授共用时间不超过120分钟”，由于讲座时间为50分钟，所以事件?对应于“刘教授在途中的时间不超过70分钟”． 解法一：P(A)?P(T1?T2?70)?P(T1?25,T2?45)?P(T1?30,T2?40)

?P(T1?35,T2?35)?P(T1?40,T2?30)?1?0.2?1?0.3?0.9?0.4?0.5?0.1?0.91．

解

法

二

：

P(A)=P(T1+T2>70)=P(T1=35,T2=40)+P(T1=40,T2=35)+P(T1=40,T2=40)

?0.4?0.1?0.1?0.4?0.1?0.1?0.09

故P(A)=1-P(A)=0.91．

考点：1、离散型随机变量的分布列与数学期望；2、独立事件的概率．

x2y23??1． 20．（Ⅰ）；（Ⅱ）1232【解析】

试题分析：（Ⅰ）先写过点?c,0?，?0,b?的直线方程，再计算原点?到该直线的距离，进而

??y?k?x?2??1可得椭圆?的离心率；（Ⅱ）先由（Ⅰ）知椭圆?的方程，设??的方程，联立?，

222??x?4y?4b消去y，可得x1?x2和x1x2的值，进而可得k，再利用???10可得b的值，进而可得椭圆?的方程．

答案第7页，总13页

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试题解析：（Ⅰ）过点?c,0?，?0,b?的直线方程为bx+cy-bc=0， 则原点?到直线的距离d?bcb2?c2?bc， a由d=1c3c，得a=2b=2a2-c2，解得离心率=． 2a2（Ⅱ）解法一：由（Ⅰ）知，椭圆?的方程为x2+4y2=4b2． (1) 依题意，圆心???2,1?是线段??的中点，且|AB|=10．

易知，??不与x轴垂直，设其直线方程为y=k(x+2)+1，代入(1)得

(1+4k2)x2+8k(2k+1)x+4(2k+1)2-4b2=0

设A(x8k(2k+1)4(2k+1)21,y1),B(x2,y2),则x1+x2=-1+4k2,x-4b21x2=-1+4k2. 由x(2k+1)1+x2=-4，得-8k1+4k2=-4,解得k=12．

从而x1x2=8-2b2．

2于是|AB|?1???1??2??|x51?x2|?2?x1?x2?2?4x1x2?10(b2?2)．

由|AB|=10，得10(b2-2)=10，解得b2=3．

故椭圆?的方程为x212+y23=1． 解法二：由（Ⅰ）知，椭圆?的方程为x2+4y2=4b2． (2)依题意，点?，?关于圆心???2,1?对称，且|AB|=10． 设A(x21,y1),B(x2,y2),则x21+4y21=4b2，x22+4y22=4b，

两式相减并结合x1+x2=-4,y1+y2=2,得-4(x1-x2)+8(y1-y2)=0． 易知，??不与x轴垂直，则x1?x2，所以??的斜率kAB=y1-y2xx=1. 1-22因此??直线方程为y=12(x+2)+1，代入(2)得x2+4x+8-2b2=0. 答案第8页，总13页

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所以x1+x2=-4，x1x2=8-2b2．

5?1?于是|AB|?1???|x1?x2|?2?2?2?x1?x2?2?4x1x2?10(b2?2)．

2由|AB|=10，得10(b-2)=10，解得b2=3．

x2y2+=1． 故椭圆?的方程为123考点：1、直线方程；2、点到直线的距离公式；3、椭圆的简单几何性质；4、椭圆的方程；5、圆的方程；6、直线与圆的位置关系；7、直线与圆锥曲线的位置．

21．（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）当x=1时， fn(x)=gn(x)，当x?1时，fn(x)

试题分析：（Ⅰ）先利用零点定理可证Fn?x?在??1?,1?内至少存在一个零点，再利用函数的2??单调性可证Fn?x?在??1?,1?内有且仅有一个零点，进而利用xn是Fn?x?的零点可证?2?xn?11n?1?xn；（Ⅱ）先设h?x??fn?x??gn?x?，再对x的取值范围进行讨论来判断h?x?22与0的大小，进而可得fn?x?和gn?x?的大小． 试题解析：（Ⅰ）Fn(x)?fn(x)?2?1?x?x2??xn?2，则Fn(1)=n-1>0,

11?1?Fn()?1?????22?2?2?1?1???n2?1?????2???1?2?1?2n?1?2??1?0, 2n所以Fn(x)在??1?,1?内至少存在一个零点xn． ?2??1??nxn?1?0，故在?,1?内单调递增，

?2?又Fn?(x)?1?2x?所以Fn(x)在??1?,1?内有且仅有一个零点xn． ?2?1-xnn+111因为xn是Fn(x)的零点，所以Fn(xn)=0，即-2=0，故xn=+xnn+1．

221-xn答案第9页，总13页

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n+1)(1+x)(（Ⅱ）解法一：由题设，g(x)=.

nn2设h(x)?fn(x)?gn(x)?1?x?x2?当x=1时，fn(x)=gn(x) 当x?1时，h?(x)?1?2x??xn??n?1??1?xn?2,x?0.

?nxn?1n?n?1?xn?1?.

2若

0

h?(x)?xn?1?2xn?1??nxn?1?n?n?1?n?1x2=n(n+1)n-1n(n+1)n-1x-x=0.

22x>1，

若

h?(x)?xn?1?2xn?1??nxn?1?n?n?1?n?1x2=n(n+1)n-1n(n+1)n-1x-x=0.

22所以h(x)在(0,1)上递增，在(1,??)上递减， 所以h(x)

综上所述，当x=1时, fn(x)=gn(x)；当x?1时fn(x)

当x?1时, 用数学归纳法可以证明fn(x)

1(1-x)2<0,所以f2(x)

fk+1(x)=fk(x)+xk+1

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2xk+1+(k+1)xk+k+1kxk+1-(k+1)xk+1又gk+1(x)- =22令

hk(x)?kxk?1??k?1?xk?1(x?0)，则

hk?(x)?k(k?1)xk?k?k?1?xk?1?k?k?1?xk?1(x?1)

?(x)?0,hk(x)在(0,1)上递减； 所以当01,hk2xk+1+(k+1)xk+k+1所以hk(x)>hk(1)=0，从而gk+1(x)>

2故fk+1(x)

解法三:由已知，记等差数列为{ak},等比数列为{bk},k?1,2,,n?1.则a1=b1=1，

an+1=bn+1=xn，

xn?1(2?k?n),bk?xk?1(2?k?n), 所以ak?1+?k?1??n令mk(x)?ak?bk?1??k?1??xn?1?n?xk?1,x?0(2?k?n).

当x=1时, ak=bk,所以fn(x)=gn(x)．

k?1n?1nx?(k?1)xk?2??k?1?xk?2?xn?k?1?1? n而2?k?n，所以k-1>0，n?k?1?1．

当x?1时, mk?(x)?若01，xn-k+1<1，mk?(x)?0，

n-k+1?(x)?0， >1，mk从而mk(x)在(0,1)上递减，mk(x)在(1,??)上递增．所以mk(x)>mk(1)=0， 所以当x?0且x?1时,ak?bk(2?k?n),又a1=b1，an+1=bn+1，故fn(x)

考点：1、等比数列的前n项和公式；2、零点定理；3、等差数列的前n项和公式；4、利用

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导数研究函数的单调性．

22．（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）3． 【解析】 试题分析：（Ⅰ）先证?C?D????D，再证?D??????D，进而可证?C?D??D??；（Ⅱ）先由（Ⅰ）知?D平分?C??，进而可得?D的值，再利用切割线定理可得??的值，进而可得的直径． 试题解析：（Ⅰ）因为D?为圆?的直径，则?BED??EDB?90， 又?C?D?，所以?C?D???D??90，从而?C?D????D． 又??切圆?于点?，得?D??????D，所以?C?D??D??． （Ⅱ）由（Ⅰ）知?D平分?C??，则所以AC=BAAD==3,又BC=2，从而AB=32， BCCDAB2-BC2=4，所以AD=3．

2AB2?6， 由切割线定理得AB=AD×AE，即AE=AD故D??????D?3，即圆?的直径为3．

考点：1、直径所对的圆周角；2、弦切角定理；3、切割线定理． 23．（Ⅰ）x?y?3【解析】

试题分析：（Ⅰ）先将2??2（Ⅱ）?3,0?． ?3；??23sin?两边同乘以?可得?2?23?sin?，再利用

的直角坐标方程；（Ⅱ）先设?的坐标，则?C?t?12，2x??sin?可得?2?x2?y2，

再利用二次函数的性质可得?C的最小值，进而可得?的直角坐标． 试题解析：（Ⅰ）由??23sin?，得?2?23?sin?， 从而有x2+y2?23y，所以x2+y?3??2?3． 213（Ⅱ）设P(3?t,又Ct)，0(,3)222?1??3?2，则|PC|??3?t???t?3?t?12， ???2??2??故当t?0时，?C取最小值，此时?点的直角坐标为?3,0?．

考点：1、极坐标方程化为直角坐标方程；2、参数的几何意义；3、二次函数的性质．

24．（Ⅰ）a??3，b?1；（Ⅱ）4． 【解析】

试题分析：（Ⅰ）先由x?a?b可得?b?a?x?b?a，再利用关于x的不等式x?a?bb的值；的解集为x2?x?4可得a，（Ⅱ）先将?3t?12?t变形为3?4?t?t，答案第12页，总13页

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再利用柯西不等式可得?3t?12?t的最大值． 试题解析：（Ⅰ）由|x+a|

则???b?a?2,解得a=-3,b=1

b?a?4,?（Ⅱ）?3t+12+t?34?t?t????3?1???22?4?t ???t??22????=24-t+t=4

当且仅当4-t3=t1，即t=1时等号成立， 故

(-3t+12+t)max=4．

考点：1、绝对值不等式；2、柯西不等式．

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