漳州市 2020 届高中毕业班第二次高考适应性测试
理科数学试题
本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分.共 5 页，请考生把答案填写在答题纸上.
第Ⅰ卷
一、选择题：本大题共 12 小题，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.已知复数 ，则 在复平面上对应的点为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
利用复数的代数形式的乘除运算化简 ，可得 的坐标与 的坐标，可得 在复平面上对应的点.
【详解】解：复数 ，故可得： ，
可得 在复平面上对应的点为 ，
故选：C.
【点睛】本题主要考查复数代数形式的乘除运算及共轭复数的概念，熟悉复数代数形式的运算法则及共轭
复数的概念是解题的关键，属于基础题.
2.已知集合 ，则 （ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
由集合 ，列出关于 的不等式组，可得集合 中 的范围，可得 的值.
【详解】解：由集合 ,可得： ，得 .
1z i
= z
( )0, 1− ( )1,0− ( )0,1 ( )1,0
z z z z
2
1 iz ii i
= = = − z i=
z ( )0,1
1
2
{ | log (1 2 ) 1}A x x= − > A =R
1 1, ,4 2
−∞ +∞
1 1, ,4 2
−∞ ∪ +∞
1 1,4 2
1 1,4 2
1
2
{ | log (1 2 ) 1}A x x= − > x A x AR
1
2
{ | log (1 2 ) 1}A x x= − > 1 2 0
11 2 2
x
x
− > −
30 , 30∠ = + ∠ = + ADB C ADC B
∠ < ∠ADB ADC ADB∠
3 21cos 77
∠ = =ADB
60A = 30∠ = ∠ = CAD BAD
3b c=
1 sin2 6 31 sin2 6
∆
∆
⋅ ⋅
= = = =
⋅
CAD
DAB
πb ADSCD b
πBD S cAD c
7BD = 3 7=CD 4 7= =a CB
2 2 2 2 cosa b c bc A= + −
2 2 116 7 9 2 3 2
× = + − ⋅ ⋅ ⋅c c c c 4c =
2 2 2
cos 2
+ −∠ = ⋅
AD c BDBAD AD c
23 16 7
2 8
+ −= AD
AD
2 4 3 9 0− + =AD AD ( )( )3 3 3 0− − =AD AD所以 或 ，因为 ，所以
又 ，所以 ，
所以 ，所以 ，
所以 .
故选：B
【点睛】本题主要考查利用正弦定理、余弦定理解三角形，考查学生的综合计算能力，熟练掌握正弦定理、
余弦定理并灵活运用是解题的关键.
9.若正四棱柱 的底面边长为 2，外接球的表面积为 ，四边形 ABCD 和 的外
接圆的圆心分别为 M，N，则直线 MN 与 所成的角的余弦值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
由题意该四棱柱的外接球的半径为 R，高为 h，可得 h 的值，可得正四棱柱侧棱的长，易得 ，
所以 为直线 MN 与 所成的角或其补角，利用余弦定理可得直线 MN 与 所成的角的余弦值.
【详解】解：设该四棱柱的外接球的半径为 R，高为 h，
由 ，得 ，
由 ，得 ，
所以 .
因为四边形 ABCD 和 的外接圆的圆心分别为 M，N，所以 M，N 分别为 BD 和 的中点，
3 3AD = 3AD = 3= >b c c B C>
120+ = B C 60> > ∠B BAD
7> =AD BD 3 3AD =
2 2 2 27 7 16 21cos 2 72 3 3 7
+ − + −∠ = = =⋅ × ×
DA DB ABADB DA DB
1 1 1 1ABCD A B C D− 40π 1 1BCC B
1CD
7
9
− 1
3
− 1
3
7
9
1MN DC
DEC∠ 1CD 1CD
24 40S Rπ π= = 10=R
2 2 21 2 2 102
= + + =R h 4 2h =
1 12, 4 2, 6, 3= = = = =CD CC C D DE EC
1 1BCC B 1BC所以 ，所以 为直线 MN 与 所成的角或其补角，
又 ，所以直线 MN 与 所成的角的余弦值为 ，
故选：D.
【点睛】本题主要考查异面直线所成的角，其中利用外接球的表面积求出正四棱柱侧棱长是解题的关键，
属于中档题.
10.已知函数 有三个零点，则实数 a 的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
令 ，得 ，记 ,对 求导，可得 时， 在
单调递增，在 单调递减， 有最大值 0.
当 时， ， 在 单调递减，可得 a 的取值范围.
【详解】解：令 ，得 ，记 .
当 时， ， ，
故 在 单调递增，在 单调递减， 有最大值 0.
当 时， ， 在 单调递减.所以 .
故选：A.
【点睛】本题主要考查利用导数研究函数单调性与零点问题，体现了数形结合和分类讨论的思想方法，属
于中档题.
11.如图，已知 的三个顶点均在抛物线 上，AB 经过抛物线的焦点 F，点 D 为 AC 中点.若点 D
1/ /MN DC DEC∠ 1CD
9 9 4 7cos 2 3 3 9
+ −∠ = =× ×DEC 1CD 7
9
( ) 3 2 ln= − + + −f x x x x a
0a < 1a ≤ 0a > 1a >
( ) 0f x = 3 2 ln= − + +a x x x ( ) 3 2 ln= − + +g x x x x ( )g x 0x > ( )g x
( )0,1 ( )1,+∞ ( )g x
0x < ( ) 0g x < ( )g x ( ),0−∞
( ) 0f x = 3 2 ln= − + +a x x x ( ) 3 2 ln= − + +g x x x x
0x > ( ) 3 2 ln= − + +g x x x x ( ) ( )( )21 3 1− + +
−′ = x x x
g x x
( )g x ( )0,1 ( )1,+∞ ( )g x
0x < ( ) 0g x < ( )g x ( ),0−∞ 0a <
ABC∆ 2 4x y=的纵坐标等于线段 AC 的长度减去 1，则当 最大时，线段 AB 的长度为（ ）
A. 12 B. 14 C. 10 D. 16
【答案】D
【解析】
【分析】
作出准线 ，分别作 垂直于准线.则可得 ，在 中利用余弦定
理可得 的最大值，可得直线 AB 方程为 ，代入抛物线 可得线段 AB 的长.
【详解】解：作出准线 ，分别作 垂直于准线.则
.
因此 .
在 中，
.
AFC∠
1y = − 1 1 1, ,CC DD AA ( )1
2
= +AC CF AF AFC∆
cos AFC∠ 3 1y x= + 2 4x y=
1y = − 1 1 1, ,CC DD AA
( ) ( )1 1 1
1 1
2 2
= + = +DD CC AA CF AF
( )1
2
= +AC CF AF
AFC∆
2 2 2
cos 2
+ −∠ = ⋅
AF CF ACAFC AF CF
( ) 2
2 2 1
2
2
+ − + = ⋅
AF CF CF AF
AF CF即 ，
当且仅当 时取等号.
所以 的最大值为 ，此时 为正三角形.
可得直线 AB 的倾斜角为 ，
所以直线 AB 方程为 ，代入 得 ，
所以 .
故选：D
【点睛】本题主要考查抛物线的性质，直线与抛物线的位置关系及余弦定理的应用，体现了数形结合和转
化数学思想，属于中档题.
12.已知函数 （ ， ）的图象经过点 ，若关于 x 的方程
在 上恰有一个实数解，则 的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
由 函 数 的 图 象 经 过 点 ， 可 得 ， 可 得 ， 由 ， 可 得
，所以 的所有正解从小到大为 ， 在
上恰有一个实数解，可列出关于 的不等式组，可得答案.
【详解】解：因为 的图象经过点 ，所以 ，
又因为 ，所以 ，
2 23 3 1
14 4 2cos 2 2
+ − ⋅
∠ = ≥⋅
AF CF CF AF
AFC AF CF
AF CF=
AFC∠ 60 AFC∆
60
3 1y x= + 2 4x y= 2 14 1 0y y− + =
211 14 4 163AB = + × − =
( ) ( )sinf x xω ϕ= + 0>ω
2
π0,ϕ ∈
10, 2
( ) 1f x = − ,6
π π
ω
4 10,3 3
4 ,83
10 ,203
4 ,203
( )f x 10, 2
6
π=ϕ ( ) sin 6f x x
πω = +
( ) 1f x = −
42 3 ,
+
= ∈
πkπ
x k Zω
( ) 1f x = −
4 10 16
3 3 3, , ⋅⋅⋅
π π π
ω ω ω
( ) 1f x = − ,6
π π
ω
( ) ( )sinf x xω ϕ= + 10, 2
( ) 1sin 20 = =f φ
0, 2
πϕ ∈ 6
π=ϕ所以由 ，得 ，即 ，
所以 的所有正解从小到大为 ，
因为关于 x 的方程 在 上恰有一个实数解，
所以 ，即 ，其中 T 为 的最小正周期，
所以 ，所以 ，所以 ，
所以 或 .
所以 或 ，所以 ，
故选:A.
【点睛】本题主要考查三角函数的图形与性质，考查学生分析问题解决问题的能力，属于中档题.
第Ⅱ卷
二、填空题：本大题共 4 小题.
13.若 ，则 ______.
【答案】
【解析】
【分析】
由二倍角的余弦公式进行计算可得答案.
【详解】解： ，
故答案为： .
【点睛】本题主要考查二倍角的余弦公式，属于公式的应用，属于基础题.
( ) sin 16
= + = − f πωxx 326 2
+ = +π πωx kπ
42 3 ,
+
= ∈
πkπ
x k Zω
( ) 1f x = −
4 10 16
3 3 3, , ⋅⋅⋅
π π π
ω ω ω
( ) 1f x = − ,6
π π
52 6 6
> − =π πT π 5
12
> πT ( )f x
2 5
12
>π π
ω
1 5
24
>
ω
16
16 5 103
3 24 9
> × = >
π
π π πω
4 10
3 3
6
≤ ≤ <
π π
π πω ω
10 16
4 3 3
3 6
< ≤ ≤ <
π π
π π πω ω
ω
8
4
3
10
3
ω
ω
ω
≤
≥
≤
≥
+ 1 1, 2−− = ≥n na a n
{ }na 1 1a =
, ∗= ∈na n n N
( )1 ,2
∗+= ∈n
n nS n N∴ ，
∴ .
【点睛】本题主要考查由递推式求数列的通项公式及裂项相消法求数列的和，考查学生的计算能力，属于
基础题.
18.在如图所示的六面体中，四边形 ABCD 是边长为 2 的正方形，四边形 ABEF 是梯形， ，平面
平面 ABEF，BE＝2AF=2，EF= .
（1）在图中作出平面 ABCD 与平面 DEF 的交线，并写出作图步骤，但不要求证明；
（2）求证： 平面 DEF；
（3）求平面 ABEF 与平面 ECD 所成锐二面角的余弦值.
【答案】（1）详见解析（2）证明见解析（3）
【解析】
【分析】
（1）延长 BA 与 EF 相交于点 P,连接 PD，则直线 PD 就是平面 ABCD 与平面 DEF 交线;
（2）证明四边形 ACDP 是平行四边形，可得 ，由线面平行的判定定理可得 平面 DEF；
（3）在平面 ABEF 内，过点 A 作 FE 的平行线交 BE 于点 G，可得 为直角三角形，
在平面 ABEF 内，过点 A 作 AB 的垂线交 EF 于点 H，可得 面 ABCD，以 A 为坐标原点，AD 的方向
为 x 轴正方向，AB 的方向为 y 轴正方向，AH 的方向为 z 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系 ，
利用空间向量法可得平面 ABEF 与平面 ECD 所成锐二面角的余弦值.
【详解】解：（1）延长 BA 与 EF 相交于点 P,连接 PD，则直线 PD 就是平面 ABCD 与平面 DEF 的交线;
的
( )
1 2 1 121 1
= = = − + + n
n
b S n n n n
1 1 1 1 1 12 1 2 12 2 3 1 1
= − + − +⋅⋅⋅+ − = − + + nT n n n
//AF BE
ABCD ⊥ 3
//AC
21
7
AC PD //AC
ABG∆
AH ⊥
A xyz−
（2）因为 ，所以 AF 是 的中位线，故 ，
因为 ，所以 ，且 ，
所以四边形 ACDP 是平行四边形，所以 ，
因为 面 DEF， 面 DEF，
所以 平面 DEF
（3）在平面 ABEF 内，过点 A 作 FE 的平行线交 BE 于点 G，又 ，所以四边形 AGEF 为平行四边
形，
所以 ，
又因为 ，所以 ，
所以 为直角三角形，
且
在平面 ABEF 内，过点 A 作 AB 的垂线交 EF 于点 H，
又因为平面 平面 ABEF，平面 平面 ，
所以 面 ABCD.
以 A 为坐标原点，AD 的方向为 x 轴正方向，AB 的方向为 y 轴正方向，AH 的方向为 z 轴正方向，建立如图
所示的空间直角坐标系 .
则 ，所以 ，
设 是平面 ECD 的法向量，
2 ,=BE AF AF BE PBE∆ PA PB=
CD AB= CD PA= CD PA
AC PD
AC ⊄ PD ⊂
AC
AF GE
3, 1, 1= = = = = − =AG FE GE AF BG BE BG
2AB = 2 2 2AB AG BG= +
ABG∆
90 , 30 , 60∠ = ∠ = ∠ = AGB GAB ABG
ABCD ⊥ ABCD ABEF AB=
AH ⊥
A xyz−
( ) ( ) ( ) ( )0,0,0 , 2,0,0 , 2,2,0 , 0,1, 3A D C E ( ) ( )0,2,0 , 2,1, 3= = − DC DE
( ), ,n x y z=则 ，即 ，所以可取 .
因为 是平面 ABEF 的法向量，
所以 ，
所以平面 ABEF 与平面 ECD 所成锐二面角的余弦值 .
【点睛】本题主要考查线面平行的判定及二面角平面角的向量求法，考查学生的空间想象能力与计算能力，
属于中档题.
19.眼保健操是一种眼睛的保健体操，主要是通过按摩眼部穴位，调整眼及头部的血液循环，调节肌肉，改
善眼的疲劳，达到预防近视等眼部疾病的目的.某学校为了调查推广眼保健操对改善学生视力的效果，在应
届高三的全体 800 名学生中随机抽取了 100 名学生进行视力检查，并得到如图的频率分布直方图.
（1）若直方图中后三组的频数成等差数列，试估计全年级视力在 5.0 以上的人数；
（2）为了研究学生的视力与眼保健操是否有关系，对年级不做眼保健操和坚持做眼保健操的学生进行了调
查，得到下表中数据，根据表中的数据，能否在犯错的概率不超过 0.005 的前提下认为视力与眼保健操有关
系？
（3）在（2）中调查的 100 名学生中，按照分层抽样在不近视的学生中抽取 8 人，进一步调查他们良好的
护眼习惯，在这 8 人中任取 2 人，记坚持做眼保健操的学生人数为 X，求 X 的分布列和数学期望.
附：
0.10 0.05 0.025 0.010 0.005
k 2.706 3.841 5.024 6.635 7.879
【答案】（1） （2）能在犯错误的概率不超过 0.005 的前提下认为视力与眼保健操有关系（3）详见解析
0
0
n DC
n DE
⋅ =
⋅ =
2 0
2 3 0
y
x y z
=− + + =
( )3,0,2=n
( )2,0,0=AD
21cos , 7
⋅= =
⋅
AD nAD n
AD n
21
7
( )
( )( )( )( )
2
2 n ad bcK a b c d a c b d
−= + + + +
2K k≥
144【解析】
【分析】
（1）由题意可计算后三组的频数的总数，由其成等差数列可得后三组频数，可得视力在 5.0 以上的频率，
可得全年级视力在 5.0 以上的的人数；
（2）由题中数据计算 的值，对照临界值表可得答案；
（3）由题意可计算出这 8 人中不做眼保健操和坚持做眼保健操的分别有 2 人和 6 人，可得
X 可取 0，1，2，分别计算出其概率，列出分布列，可得其数学期望.
【详解】解：（1）由图可知，第一组有 3 人，第二组 7 人，第三组 27 人，因为后三组的频数成等差数列，
共有 （人）
所以后三组频数依次为 24，21，18，
所以视力在 5.0 以上的频率为 0.18，
故全年级视力在 5.0 以上的的人数约为 人
（2） ，
因此能在犯错误的概率不超过 0.005 的前提下认为视力与眼保健操有关系.
（3）调查的 100 名学生中不近视的共有 24 人，从中抽取 8 人，抽样比为 ，这 8 人中不做眼保健操
和坚持做眼保健操的分别有 2 人和 6 人，
X 可取 0，1，2，
，
X 的分布列
X 0 1 2
P
X 的数学期望 .
【点睛】本题主要考查频率分布直方图，独立性检测及离散型随机变量的期望与方差等相关知识，考查学
生分析数据与处理数据的能力，属于中档题.
2k
( )100 3 7 27 63− + + =
800 0.18 144× =
( )2
2 100 44 18 32 6 150 7.895 7.87950 50 76 24 19
× × − ×= = ≈ >× × ×k
8 1
24 3
=
( ) ( ) ( )0 2 1 1 2 0
6 2 6 2 6 2
2 2 2
g 8 8
1 12 3 150 , 1 , 228 28 7 28
⋅= = = = = = = = = =C C C C C CP X P X P XC C C
1
28
3
7
15
28
( ) 1 12 150 1 2 1.528 28 28
= × + × + × =E X20.已知椭圆与双曲线 有相同的焦点坐标，且点 在椭圆上.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）设 A、B 分别是椭圆的左、右顶点，动点 M 满足 ，垂足为 B，连接 AM 交椭圆于点 P（异
于 A），则是否存在定点 T，使得以线段 MP 为直径的圆恒过直线 BP 与 MT 的交点 Q，若存在，求出点 T 的
坐标；若不存在，请说明理由.
【答案】（1） （2）存在 符合题意
【解析】
【分析】
（1）由题意可列方程 ，解之可得椭圆的标准方程；
（2）可设直线 AP 的方程是 （ ），联立直线与椭圆方程，消去 得到关于 的一元二次
方程，再结合跟系数的关系可得 点坐标，设存在点 ，使得以 MP 为直径的圆恒过直线 BP、MT
的交点，可得 ，代入 的斜率，可得点 T 的坐标.
【详解】解：（1）因为双曲线 的焦点坐标为 ，
所以设所求的椭圆的方程为 （ ），
则 ，解得 ，
所以椭圆的标准方程是 .
（2）设直线 AP 的方程是 （ ），
将其与 联立，消去 y 得 ，设 ，
则 ，
2
2 12
x y− = 13, 2
MB AB⊥
2
2 14
x y+ = ( )1,0T
2 2
2 2
3
3 1 14
a b
a b
= + + =
( )2y k x= + 0k ≠ y x
P ( )0 0,T x y
MT BP⊥ MT BP、
2
2 12
x y− = ( )3,0±
2 2
2 2 1x y
a b
+ = 0a b> >
2 2
2 2
3
3 1 14
a b
a b
= + + =
2 24, 1a b= =
2
2 14
x y+ =
( )2y k x= + 0k ≠
2
2 14
x y+ = ( )2 2 2 24 1 16 16 4 0k x k x k+ + + − = ( )1 1,P x y
2
1 2
16 42 4 1
−− ⋅ = +
kx k所以 ，所以
，
易知 ，
设存在点 ，使得以 MP 为直径的圆恒过直线 BP、MT 的交点
，对于任意 成立，
即 ，对于任意 成立， ，
所以存在 符合题意.
【点睛】本题主要考查椭圆的标准方程的求法、直线与椭圆的综合问题，考查学生综合计算能力，联立直
线与椭圆进行求解是解题的关键，属于中档题.
21.已知函数 .
（1）讨论 的单调性；
（2）若 在定义域内是增函数，且存在不相等的正实数 ，使得 ，证明：
.
【答案】（1）当 时， 在 上递增，在 上递减；
当 时， 在 上递增，在 上递减，在 上递增；
当 时， 在 上递增；
当 时， 在 上递增，在 上递减，在 上递增；
（2）证明见解析
【解析】
【分析】
（1）对 求导，分 ， ， 进行讨论，可得 的单调性；
2
1 12 2
2 8 4,4 1 4 1
−= =+ +
k kx yk k
2
2 2
2 8 4,4 1 4 1
−
+ +
k kP k k
( )2,4M k
( )0 0,T x y
0
2
0
4 4 12 16
−⇔ ⊥ ⇔ ⋅ = −− −
k y kQ MT BP x k 0k ≠
( )0 04 1 0− + =k x y 0k ≠ 0 01, 0= =x y
( )1,0T
( ) 21ln 2 , R2
= + − − ∈ x a x ax af x
( )f x
( )f x 1 2,x x ( ) ( )1 2 3+ = −f x f x
1 2 2x x+ >
1
2a ≤ ( )f x ( )0,1 ( )1,+∞
1 12 a< < ( )f x ( )0,1 11, 2 1
− a
1 ,2 1a
+∞ −
1a = ( )f x ( )0, ∞+
1a > ( )f x 10, 2 1
− a
1 ,12 1
− a
( )1,+∞
( )f x 1
2a ≤ 1 12 a< < 1a = ( )f x（2） 在定义域内是是增函数，由（1）可知 ， ，设 ，可得
，则 ，设 ，对 求导，
利用其单调性可证明 .
【详解】解： 的定义域为 ，
因为 ，
所以 ，
当 时，令 ，得 ，令 ，得 ；
当 时，则 ，令 ，得 ，或 ，
令 ，得 ；
当 时， ，
当 时，则 ，令 ，得 ；
综上所述，当 时， 在 上递增，在 上递减；
当 时， 上递增，在 上递减，在 上递增；
当 时， 在 上递增；
当 时， 在 上递增，在 上递减，在 上递增；
（2） 在定义域内是是增函数，由（1）可知 ，
此时 ，设 ，
又因为 ，则 ，
设 ，则
在
( )f x 1a = ( ) 21ln 22
= + −f xx x x 1 2x x<
( ) ( ) ( )1 2 3 2 1+ = − =f x f x f 1 20 1x x< < < ( ) ( ) ( ) ( )2 3, 0,1= − + + ∈g x f x f x x ( )g x
1 2 2x x+ >
( )f x ( )0, ∞+
( ) 21ln 22
= + − − a xf xx ax
( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 1 2 1 12 1 2 11 2 1 2
− − − − − + = + − − = =′ x a xa x axa xxx xf a x
1
2a ≤ ( ) 0
0
f x
x
′ >
> 0 1x< < ( ) 0
0
f x
x
′ <
> 1x >
1 12 a< < 1 12 1a
>−
( ) 0
0
f x
x
′ >
> 0 1x< < 1
2 1
> −x a
( ) 0
0
f x
x
′ <
>
11 2 1
< < −x a
1a = ( ) 0f x′ ≥
1a > 10 12 1
<
1 12 1
< ( )f x 10, 2 1
− a
1 ,12 1
− a
( )1,+∞
( )f x 1a =
( ) 21ln 22
= + −f xx x x 1 2x x<
( ) ( ) ( )1 2 3 2 1+ = − =f x f x f 1 20 1x x< < <
( ) ( ) ( ) ( )2 3, 0,1= − + + ∈g x f x f x x对于任意 成立，
所以 在 上是增函数，
所以对于 ，有 ，
即 ，有 ，
因为 ，所以 ，
即 ，又 在 递增，
所以 ，即 .
【点睛】本题主要考查利用导数研究含参函数的单调性及导数在极值点偏移中的应用，考查学生分类讨论
与转化的思想，综合性大，属于难题.
（二）选考题：请考生在第 22、23 两题中任选一题作答.如果多做，则按所做第一个题目计分.
22.已知曲线 C 的参数方程为 （ 为参数），P 是曲线 C 上的点且对应的参数为 ，
.直线 l 过点 P 且倾斜角为 .
（1）求曲线 C 的普通方程和直线 l 的参数方程.
（2）已知直线 l 与 x 轴，y 轴分别交于 ，求证： 为定值.
【答案】（1） ； （t 为参数）（2）证明见解析
【解析】
【分析】
（1）由曲线 C 的参数方程为 ，利用 消去参数 可得曲线 C 的普通方程,
由直线 l 过点 且倾斜角为 ，所以直线 l 的参数方程为 ，
化简可得答案.
（2）由 ，所以 ，由直线 l 与 x 轴，y 轴分别交于 ，可得 A 对应的参数
， B 对应的参数 的值，计算可得 为定值.
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( )
2 2 31 1 2 12 02 2
− − −′ ′ ′= − − + = − + = >− −
x x xg x f x f x x x x x
( )0,1x∈
( )g x ( )0,1
( )0,1x∀ ∈ ( ) ( ) ( )1 2 1 3 0< = + =g x g f
( )0,1x∀ ∈ ( ) ( )2 3 0− + + − 1 2 2x x+ >
2cos ,
sin ,
x
y
α
α
=
=
α β
π0 2
β< < π β−
,A B PA PB⋅
2
2 14
x y+ = 2cos cos
sin sin
x t
y t
β β
β β
= −
= +
2cos ,
sin ,
x
y
α
α
=
=
2 2sin cos 1α α+ = α
( )2cos ,sinP β β π β− ( )
( )
2cos cos
sin sin
x t
y t
β π β
β π β
= + − = + −
0 2
πβ< < sin 0,cos 0≠ ≠β β ,A B
At Bt A BPA PB t t⋅ = ⋅【详解】（1）解：曲线 C 的普通方程为 ，
因为直线 l 过点 且倾斜角为 ，
所以直线 l 的参数方程为 ，
即 （t 为参数）.
（2）证明：因为 ，所以 ，
所以由 ，得 A 对应的参数 ，
由 ，得 B 对应的参数 ，
所以 为定值.
【点睛】本题主要考查参数与普通方程的互化及参数方程中参数的几何意义，考查学生的计算能力与转化
思想，属于中档题.
23.已知 ， ， .
（1）求证： ；
（2）若 ，求证： .
【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析
【解析】
【分析】
（1）由题意，可得 ，可得 ，解不等式可得证明；
（2）由 ，所以 ，要证 ，只需证 ，利用基本不等
式可得证明；
【详解】证明：（1）由条件，有 ，
所以 ，即 ，
所以 .
2
2 14
x y+ =
( )2cos ,sinP β β π β−
( )
( )
2cos cos
sin sin
x t
y t
β π β
β π β
= + − = + −
2cos cos
sin sin
x t
y t
β β
β β
= −
= +
0 2
πβ< < sin 0,cos 0≠ ≠β β
sin sin 0= + =y β t β 1= −At
2cos cos 0= − =x β t β 2=Bt
2⋅ = ⋅ =A BPA PB t t
0a > 0b > 2 2 14 3a b ab
+ = +
1ab ≤
b a> 3 3
1 1 1 13 − ≥ − a b a b
2 210, 3 4 4> + = ≥+ab a b abab
( )21 3 4+ ≥ab ab
0b a> > 1 1 0− >
a b 3 3
1 1 1 13 − ≥ − a b a b 2 2
1 1 1 3+ + ≥
a ab b
2 210, 3 4 4> + = ≥+ab a b abab
( )21 3 4+ ≥ab ab ( )24 3 1 0− − ≤ab ab
1ab ≤（2）因为 ，所以 ，
要证 ，
只需证 （*），
只需证
因为 ，所以 ，即（*）式成立，
故原不等式成立.
【点睛】本题是一道关于基本不等式应用的题目，熟练掌握基本不等式的性质进行证明是解题的关键.
0b a> > 1 1 0− >
a b
3 3
1 1 1 13 − ≥ − a b a b
2 2
1 1 1 1 1 1 13 − + + ≥ − a b a ab b a b
2 2
1 1 1 3+ + ≥
a ab b
0 1ab< ≤ 2 2
1 1 1 2 1 3 3+ + ≥ + = ≥
a ab b ab ab ab
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