2020年高考数学（理）金榜冲刺卷（七）（解析版）

2020 年高考金榜冲刺卷（七） 数学（理） （考试时间：120 分钟 试卷满分：150 分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上． 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，再选涂其他答案标号．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，将本试卷和答题卡一并交回． 4．测试范围：高中全部内容． 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．下列格式的运算结果为实数的是（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】对 A, 对 B, 对 C, 对 D, .故选 D. 2．设集合 ， ，则下列关系正确的是（ ） A． B． C． D． ( )1i i− + ( )1i i− ( ) ( )1 1i i+ − − ( )( )1 1i i+ − ( )i 1 i 1 i;− + = − ( )i 1 i 1 i;− = + ( ) ( )1 i 1 i 2i;+ − − = ( )( )1 i 1 i 2+ − = { | e 4}xA y y= = − + ( )( ){ | lg 2 3 }B x y x x = = + −  A B⊆ A B∩ = ∅ R RA B⊆  R B A⊆【答案】C 【解析】由题意 ， ，∴ ，只有 C 正确. 3．双曲线 mx2＋y2＝1 的虚轴长是实轴长的 2 倍，则 m 的值为（ ） A．4 B．－4 C．－ D． 【答案】C 【解析】依题意，双曲线的标准方程为 ，即 ，由于虚轴长是实轴长的 倍， 所以 ，即 ，也即 .故选 C. 4．已知等比数列 的前 项和的乘积记为 ，若 ，则 （ ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】设等比数列 的公比为 ，由 得 ，故 ，即 . 又 ，所以 ，故 ，所以 .故选 C. 5．已知函数 ，则（ ） A． 在（0，2）单调递增 B． 的图像关于直线 对称 C． 在（0，2）单调递减 D． 的图像关于点（1，0）对称 【答案】B 【解析】由题意知， ，所以 的图象关于直线 对称，故 B 正确，D 错误；又 （ ），由复合函数的单调性可知 在 上单调递增，在 上 { | 4}A y y= < ( )( ){ }2 3 0 { | 2 3}B x x x x x= + − = − < < B A⊆ 1 4 1 4 2 2 11 xy m − = − 2 2 11,a b m = = − 2 2b a= 2 24b a= 1 14, 4mm − = = − { }na n nT 2 9 512T T= = 8T = 1024 2048 4096 8192 { }na q 2 9T T= 7 6 1a = 6 1a = 5 1 1a q = 2 1 2 1 512a a a q= = 9 1 512q = 1 2q = 36 3 12 8 3 2 4 2 4096aT T a q  = = = = =   ( ) ln ln(2 )f x x x= + − ( )f x ( )y = f x 1x = ( )f x ( )y = f x (2 ) ln(2 ) ln ( )f x x x f x− = − + = ( )f x 1x = ( ) ln[ (2 )]f x x x= − 0 2x< < ( )f x (0,1) (1,2)单调递减，所以 A，C 错误，故选 B． 6．设 为区间 内的均匀随机函数，则计算机执行下列程序后，输出的 值落在区间 内的概率 为（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】根据题意知，当 x∈[﹣2，0]时，y＝2x∈[ ，1]；当 x∈（0，2]时，y＝2x+1∈（1，5]；所以当 y∈[ ，3]时，x∈[﹣1，1]，其区间长度为 2，所求的概率为 P ．故选 C． 7．设实数 ， 满足 ，则 的最大值为（ ） A．14 B． C． D． 【答案】D 【解析】由约束条件 作出可行域如下： x [ ]2 2− , y 1 ,32      3 4 5 8 1 2 3 8 1 4 1 2 2 1 4 2 = = x y 2 14 2 10 6 x y x y x y + ≤  + ≤  + ≥ xy 12 49 2 25 2 2 14 2 10 6 x y x y x y + ≤  + ≤  + ≥由图像可得 ，则 ， 当且仅当 ， 时，取等号；经检验， 在可行域内，所以 的最大值为 .故选 D. 8．教育装备中心新到 7 台同型号的电脑，共有 5 所学校提出申请，鉴于甲、乙两校原来电脑较少，决定给 这两校每家至少 2 台，其余学校协商确定，允许有的学校 1 台都没有，则不同的分配方案的种数为（ ） A．35 B．30 C．25 D．20 【答案】A 【解析】即剩下 3 台分给 5 个学校，有三种分法，一是都给一个学校，有 5 种分法；二是分给两个学校， 一个 2 台另一个 1 台，有 种，三是分给三个学校，每校一台，有 种，共 种.故选 A. 9．已知函数 满足 ， ，且 在区间 上单调， 则符合条件的 的值的个数为（ ） A．7 B．9 C． D．14 【答案】B 10 2y x≤ − 25 25(10 2 ) 2 (5 ) 2 2 2 x xxy x x x x + − ≤ − = − ≤ =   5 2x = 5y = 5 ,52      xy 25 2 1 1 5 4 20C C = 3 5 10C = 5 20 10 35+ + = ( ) ( )( )2sin 0f x xω ϕ ω= + > 24f π  =   ( ) 0f π = ( )f x ,4 3 π π     ω 12【解析】由题意知函数 的周期 ，由 ， ，结合正弦函数图像的特征可知 ， ，故 ， ， ；又因为 在区间 上单调， 所以 ，故 ，所以 ，即 ，∴ ， ，∴ 符合条件的 的值有 9 个.故选 B. 10．设数列 满足： ，其中 表示不超过实数 的最大整数， 为 前 项和，则 的个位数字是（ ） A．6 B．5 C．2 D．1 【答案】B 【解析】 即从第二项开始，每项的个位数均为 1，故 的个数数字相加之和: ，个位数字是 5,故选 B. 11．如图， 为椭圆 上一个动点，过点 作圆 ： 的两条切线，切点分别为 ( )f x T 24f π  =   ( ) 0f π = 3 4 2 4 T kT π+ = k ∈N 3 1 2T k π= + ( )2 1 2 3 kω += k ∈N ( )f x ,4 3 π π     3 4 2 Tπ π− < 6T π> 2 12T πω = < ( )2 1 2 123 k+ < 17 2k < k ∈N 0,1,2 ,8k =  ω { }na 2 * 1 1 5 36, 2 , N4 4n n na a a a n+  = = + − ∈   [ ]x x nS { }na n 2020S 1 6,a = 2 2 3 2 4 2 5 2 1 2 5 36 2 11,4 4 5 311 2 21,4 4 5 32 6 11 21 4 1 2 41,4 4 5 341 2 81,4 4 ... 5 3 5 32 2 ,4 4 1 4 4n n n n nn a a a a a a a a a a+  ∴ = × + − =    = × + − =    = × + − =    = × + − =    = × + − < + =   2020S 6 (2020 1) 2025+ − = P 2 2 14 3 x y+ = P C 2 2( 1) 1x y− + =， ，则当四边形 面积最大时， 的值为（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】连接 ，设 ，则 ，由切线的性质知 ，所以 ，故四边形 面积最大时，即 最大，且 .易知 当点 为椭圆的左顶点时， 最大，所以 ，如图所示， 此时 ， ， ，所以 ， .故 选 A. 12．已知正方体 的体积为 ，点 ， 分别在棱 ， 上，满足 最小，则四面体 的体积为（ ） A B PACB PA PB⋅  56 9 52 9 46 9 28 9 PC APC α∠ = 2APB α∠ = PA PB= 12 12PACBS PA PA四边形 = × × = PACB PA ( )2 1PA PC= − P PC ( )2,0P − 1AC = 3PC = 2 2PA = 1sin 3 α = ( )2cos2 1 2sinPA PB PA PB PA PBα α⋅ = ⋅ = ⋅ −      21 2 562 2 2 2 1 2 8 13 9 9     = × × − × = × − =          1 1 1 1ABCD A B C D− V M N 1BB 1CC 1AM MN ND+ + 1AMNDA． B． C． D． 【答案】D 【解析】如图， ∵点 M，N 分别在棱 上，要 最小，将 所在的面延它们的交线展开到与 所在的面共面， 三线共线时， 最小， ∴ ,设正方体 的棱长为 ，则 ， ∴ ．取 ，连接 ，则 共面，在 中，设 到 的距离为 ， 1 12V 1 8V 1 6V 1 9V 1 1,BB CC 1AM MN ND+ + 1,MN ND AM 1, ,AM MN ND 1AM MN ND+ + 1 1 1 1 1,3 3BM BB C CN C= = 1AC 3a 327a V= 3 27 Va = 1 3BG BC= NG 1AGND 1AND∆ N 1AD 1h设 到平面 的距离为 ， .故选 D． 二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分． 13．设向量 ，向量 与向量 方向相反，且 ，则向量 的坐标为__________． 【答案】 【解析】因为向量 与向量 方向相反，所以可设 ， ， ， ，故答案 为 . 14．函数 为偶函数，当 时， ，则曲线 在 处的切线方程为 __________． 【答案】 【解析】设 ，则 ，因 为偶函数，有 ， . ， ， 切线为过点 ，斜率为 的直线，故方程为 1 2 2 2 2 1 1 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 2 (3 ) (3 ) 3 2 , (3 ) 10 , 10 22 18 7(3 2 ) (2 ) 22 , cos , 2 10 22 2 55 3 19 1 1sin , sin = 3 19 2 19 2 ,2 22 55 = D NA AD a a a D N a a a a a aAN a a a D NA a a D NA S D N a a AN D NA AD h h ∆ = + = = + = + −= + = ∴ ∠ = = ⋅ ⋅ ∴ ∠ = ∴ = ⋅ ⋅ ⋅ ∠ = ⋅ ⋅ ∴ ， M 1AGND 2h 2 2 1 1 1 1 1 1, [ ( 2 ) 3 2 2 ]19 62 2 ,2 1 ,3 2 3 2 2 2 9M AGN A MGNV V h a a a a a a a h aa a− −∴ = ∴ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ + ⋅ − ⋅ ⋅ − ⋅ ⋅ ∴ =⋅ ⋅ = 1 2 31 3 19 6 33 2 919AMND a a VV a∴ = × × = = ( 3,4)a = − b a 10b = b ( )6, 8− b a ( )3 ,4 , 0b aλ λ λ λ= = − ( )f x ( ) ( ) xf x f x e−= − = 0x < ( ) ( )1 , xf e f x e−∴ − = = −′ ( )1f e∴ − = −′ ∴ ( )1,e− e−，即 .故答案为 . 15．已知 的展开式的所有项系数之和为 27，则展开式中含 的项的系数是__________． 【答案】23 【解析】已知 的展开式的所有项系数之和为 27,将 x=1 代入表达式得到 展开式中含 的项的系数是 故答案为 23. 16．设函数 的定义域为 ，若满足条件：存在 ，使 在 上的值域为 ， 则称“倍胀函数”.若函数 为“倍胀函数”，则实数 中 的取值范围是__________． 【答案】 【解析】因为 ，所以函数为单调递增的函数， 又因为 为“倍胀函数”，所以由题可得： . 即 是方程： 的两个根，即函数 有两个零点, ，令 可得 , 易知当 取最小值，所以 , 令 此时 ，即 ，又因为 , 所以 ，即 ，解得 ，所以 ，故答案为 . 三、解答题：本题共 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．（12 分）如图 中， 为 的中点， ， ， . ( )1y e e x− = − + 0ex y+ = 0ex y+ = 2 3(2 )(1 )x ax− + 2x ( )( )322 1x ax− + ( )31 27 2.a a+ = ⇒ = 2x ( ) ( )21 3 3 32 2 1 23.C x C× + − × = ( )h x D ( )h x ( )f x ( ) ( )1xf x a a= > a 2 (1, )ee ( ) ( )1xf x a a= > ( )f x 2 2 m n a m a n  =  = ,m n 2xa x= ( ) 2xg x a x= − ( ) ln 2xg x a a′ = − ( ) ln 2 0xg x a a′ = − = 2 2logln ln x aa xa a = ∴ = 2log , ( )lnax g xa = min 2 2 2( ) (log ) 2log 0ln ln lna ag x g a a a = = − < 2 ( 0)ln t ta = > 2 ta e= 22log 0 t at t t a− < ⇒ > 2 ta e= t e> 2 ln ea > 2 ea e< 2 1 ea e< < 2 1 ea e< < ABC∆ D BC 2 13AB = 4AC = 3AD =（1）求边 的长； （2）点 在边 上，若 是 的角平分线，求 的面积. 【解析】（1）因为 在边 上，所以 ， 在 和 中由余弦定理，得 ， 因为 ， ， ， ， 所以 ，所以 ， . 所以边 的长为 10. （2）由（1）知 为直角三角形，所以 ， . 因为 是 的角平分线， 所以 . 所以 ，所以 . 即 的面积为 . 18．（12 分）三棱锥 及其侧视图、俯视图如图所示.设 ， 分别为线段 ， 的中点， 为线段 上的点，且 . BC E AB CE BCA∠ BCE∆ D BC cos cosADB ADC∠ = − ∠ ADB∆ ADC∆ 2 2 2 2 2 2 02 2 AD BD AB AD DC AC AD BD AD DC + − + −+ =× × 2 13AB = 4AC = 3AD = BD DC= 2 29 52 9 16 0BD BD+ − + + − = 2 25BD = 5BD = BC ADC∆ 1 4 3 62ADCS∆ = × × = 2 12ABC ADCS S∆ ∆= = CE BCA∠ 1 sin2 1 sin2 ACE BCE AC CE ACES S BC CE BCE ∆ ∆ × × ∠ = × × ∠ 4 2 10 5 AC BC = = = 2 5ABC BCE ACE BCE BCES S S S S∆ ∆ ∆ ∆ ∆= + = + 7 125 BCES∆= = 60 7BCES∆ = BCE∆ 60 7 A BCD− M N AD AB P BC MN NP⊥（1）证明： 为线段 的中点； （2）求二面角 的余弦值. 【 解 析 】 取 BD 的 中 点 O ， 建 坐 标 系 如 图 所 示 ， 则 ， ， 设 （ 1 ） 证 明 ： 设 ， 则 ， .因为 ，所 以点 P 是 BC 的中点. （2）易平面 PMN 的法向量为 . ，设平面 ABC 的法向量为 ，则 ，所以 . 19．（12 分）近期，某公交公司分别推出支付宝和微信扫码支付乘车活动，活动设置了一段时间的推广期， 由于推广期内优惠力度较大，吸引越来越多的人开始使用扫码支付．某线路公交车队统计了活动刚推出一 P BC A NP M− − ( ) ( ) ( )0,0, 3 , 1,0,0 , 0, 3,0A B C ( ) 1 31,0,0 , ,0,2 2D N  −     ( ) ( )1, 3,0 , 3 ,0BP BCλ λ λ λ= = − = −  ( )1 , 3 ,0OP BCλ λ λ= = −  1 3, 3 ,2 2NP λ λ = − −    ,MN PN⊥ ∴ 1 10 0 0,2 2 λ λ− + + = = ( )1 0,1,1n = ( ) ( )1,0, 3 , 1, 3,0BA BC= − = −  ( )2 , ,n x y z= 0 3 0 3 0 0 x z x y − + + − + + = = ⇒ ( )2 3,1,1n = 1 1 10cos 52 5 θ += = ×周内每一天使用扫码支付的人次，用 表示活动推出的天数， 表示每天使用扫码支付的人次（单位：十人 次），统计数据如表所示： 1 2 3 4 5 6 7 6 11 21 34 66 101 196 根据以上数据，绘制了如图所示的散点图． （1）根据散点图判断，在推广期内， 与 均为大于零的常数）哪一个适宜作为扫码 支付的人次 关于活动推出天数 的回归方程类型？（给出判断即可，不必说明理由）； （2）根据（1）的判断结果及表 l 中的数据，求 关于 的回归方程，并预测活动推出第 8 天使用扫码支付 的人次； （3）推广期结束后，车队对乘客的支付方式进行统计，结果如表所示： 支付方式 现金 乘车卡 扫码 比例 已知该线路公交车票价为 2 元，使用现金支付的乘客无优惠，使用乘车卡支付的乘客享受 8 折优惠，扫码 支付的乘客随机优惠，根据统计结果得知，使用扫码支付的乘客，享受 7 折优惠的概率为 ，享受 8 折优 惠的概率为 ，享受 9 折优惠的概率为 ．根据所给数据以事件发生的频率作为相应事件发生的概率，估 计一名乘客一次乘车的平均费用． x y x y y a bx= + ( ,xy c d c d= ⋅ y x y x 10% 60% 30% 1 6 1 3 1 2参考数据： 66 1.54 2.711 50.12 3.47 其中 ， . 【解析】（1）根据散点图判断， 适宜作为扫码支付的人数 y 关于活动推出天数 x 的回归方程类型； （2）由（1）知回归方程为 ，两边同时取常用对数得： ， 设 ， ，又 ， ， ， ，把样本中心点 代入 ， 即 ，解得： ， ， ， 关于 x 的回归方程式为： ， 把 代入上式得， ， 活动推出第 8 天使用扫码支付的人次为 347 人次； （3）记一名乘客乘车支付的费用为 Z，则 Z 的取值可能为：2，1.8，1.6，1.4， 则 ； ； ； . 分布列为： y u 7 1 i i i x y = ∑ 7 1 i i i x u = ∑ 0.5410 lgi iu y= 7 1 1 7 i i u u = = ∑ xy c d= ⋅ xy c d= ⋅ ( )lg lg lg lgxy c d c d x= ⋅ = + ⋅ lgy u= lg lgu c d x∴ = + ⋅ 4x = 1.54u = 7 2 1 140i i x = =∑ 7 1 7 22 2 1 7 50.12 7 4 1.54 7lg 0.25140 7 4 287 i ii ii x u xu d x x = = − − × ×∴ = = = =− ×− ∑ ∑ ( )4,1.54 lg lgu c d x= + ⋅ 1.54 lg 0.25 4c= + ⋅ 4ˆl 0.5gc = 0.54 0 5ˆ .2u x∴ = + lg 0.54 0.25y x∴ = + y∴ ( )0.54 0.25 0.54 0.25 0.2510 10 10 4 0ˆ 3. 7 1xx xy += = × = × 8x = 23.47 34ˆ 10 7y = × = ( )2 0.1P Z = = ( ) 11.8 0.3 0.152P Z = = × = ( ) 11.6 0.6 0.3 0.73P Z = = + × = ( ) 11.4 0.3 0.056P Z = = × =Z 2 1.8 1.6 1.4 P 0.1 0.15 0.7 0.05 所以，一名乘客一次乘车的平均费用为： （元）． 20．（12 分）已知抛物线 ： ，圆 ： . （1）若过抛物线 的焦点 的直线 与圆 相切，求直线 方程； （2）在（1）的条件下，若直线 交抛物线 于 ， 两点， 轴上是否存在点 使 （ 为坐标原点）？若存在，求出点 的坐标；若不存在，请说明理由. 【解析】（1）由题知抛物线 的焦点为 ，当直线的斜率不存在时，过点 的直线不可能与圆 相切；所以过抛物线焦点与圆相切的直线的斜率存在， 设直线斜率为 ，则所求的直线方程为 ，即 ， 所以圆心到直线 的距离为 ， 当直线 与圆相切时，有 ， 所以所求的切线方程为 或 . （2）由（1）知，不妨设直线 ： ，交抛物线于 ， 两点， 联立方程组 ，所以 ， ， 2 0.1 1.8 0.15 1.6 0.7 1.4 0.05 1.66× + × + × + × = E 2 4y x= C 2 2( 3) 1x y− + = E F l C l l E A B x ( ,0)M t AMO BMO∠ = ∠ O M E ( )1,0F ( )1,0F C k ( )1y k x= − 0kx y k− − = l 2 2 3 2 1 1 k k kd k k −= = + + l 2 2 31 1 31 kd k k = ⇒ = ⇒ = ± + ( )3 13y x= − ( )3 13y x= − − l ( )3 13y x= − ( )1 1,A x y ( )2 2,B x y ( ) 2 2 3 1 14 1 03 4 y x x x y x  = − ⇒ − + =  = 1 2 14x x+ = 1 2 1x x⋅ =假设存在点 使 ，则 .而 ， ， 所以 ， 即 ，故存在点 符合条件.当直线 ： 时， 由对称性易知点 也符合条件.综合可知在（1）的条件下，存在点 使 . 21．（12 分）已知函数 . （1）若 在 上存在极小值，求 的取值范围； （2）设 （ 为 的导函数）， 的最小值为 ，且 ， 求 的取值范围. 【解析】（1）函数 的定义域为 . .令 ，解得 . 因为在 上， ；在 上， . 所以 在 上单调递减，在 上单调递增. 所以 的极小值为 .依题意知 ，即 ，所以 . 解得 .即 的取值范围为 . （2） ，所以 . 令 ，则 ，所以 在 上单调递增. ( ),0M t AMO BMO∠ = ∠ 0AM BMk k+ = 1 1 AM yk x t = − 2 2 BM yk x t = − 1 2 1 2 AM BM y yk k x t x t + = +− − ( ) ( ) ( )( )1 2 2 1 1 2 0y x t y x t x t x t − + −= =− − ( )1 2 2 1 1 2 0y x y x y y t⇒ + − + = ( ) ( )1 2 2 1 1 22 2 0x x x x x x t⇒ − + − + − = ( )2 14 14 2 0 1t t− − − = ⇒ = − ( )1,0M − l ( )3 13y x= − − ( )1,0M − ( )1,0M − AMO BMO∠ = ∠ ( ) lnf x x x ax= + ( )f x ( )1,e a ( ) ( ) ( )g x f x f x′= − ( )f x′ ( )f x ( )g x ( )0g x ( )0 3 2g x > − 0x ( )f x ( )0, ∞+ ( ) ln 1f x x a′ = + + ( ) 0f x′ = ( )1ax e− += ( )( )10, ae− + ( ) 0f x′ < ( )( )1 ,ae− + +∞ ( ) 0f x′ > ( )f x ( )( )10, ae− + ( )( )1 ,ae− + +∞ ( )f x ( )( )1af e− + ( )11 ae e− +< < ( )10 ae e e− +< < ( )0 1 1a< − + < 2 1a− < < − a ( )2, 1− − ( ) ( ) ( )1 ln 1 0g x x x ax a x= − + − − > ( ) 1ln 1g x x ax ′ = − + + ( ) 1ln 1h x x ax = − + + ( ) 0h x′ > ( )h x ( )0, ∞+所以 是 即 的唯一实根.令 ，得 ，即 . 所以 . 由题意得 ，解得 .所以 的取值范围为 . (二)、选考题：共 10 分．请考生从 22、23 题中任选一题做答，如果多做，则按所做的第一题计分． 22．【选修 4-4：坐标系与参数方程】（10 分） 曲线 的参数方程为 （t 为参数），以原点为极点， 轴的正半轴为极轴，取相同的单位长 度建立极坐标系，曲线 关于 对称． （1）求 极坐标方程， 直角坐标方程； （2）将 向左平移 4 个单位长度，按照 变换得到 与两坐标轴交于 两点， 为 上任一点，求 的面积的最大值. 【解析】（1） ： （t 为参数），消去 ，得 . 又 ，代入 得： . ∴ . ： 化为： ，又 关于 ： 对称， 0x ( ) 0g x′ = ( ) 0h x = ( )0 0h x = 0 0 1ln 1 0x ax − + + = 0 0 1ln 1x ax = − − ( ) ( )0 0 0 01 ln 1g x x x ax a= − + − − ( )0 0 0 0 0 1 11 1 1 1x a ax a xx x  = − − − + − − = − − +    0 0 1 31 2x x − − + > − 0 1 22 x< < 0x 1 ,22      1C 1 2 1: 2 3 x tC y t = +  = − x ( )2 : 2 cos 0C a aρ θ= > 1C 1C 2C 2C 3 2 x x y y = ′ ′  = 3 3C C； ,A B P 3C ABP∆ 1C 2 1 2 3 x t y t = +  = − t 4x y− = x cos y sin ρ θ ρ θ =  = 4x y− = cos sin 4 0ρ θ ρ θ− − = sin cos 4 0ρ θ ρ θ− + = 2 sin 4 04 πρ θ ⇒ − + =   1 : sin 2 2 04C πρ θ ⇒ − + =   2C 2 cosaρ θ= ( )2 2 2 ( 0)x a y a a− + = > 2C 1C 4x y− =∴ ，∴ ，∴ ： . （2） 向左平移 4 个单位长度得： ，按 变换后得： .∴ ： ，∴令 ， ，∴ . 易得： ： ，设 到 的距离为 . 则 . 当 时， 有最大值 . ∴ . 23．【选修 4-5：不等式选讲】（10 分） 设函数 . （1）求不等式 的解集； （2）证明： . 【解析】（1）∵ ，∴ ，即 ， 当 时， 显然不合；当 时， ，解得 ； 当 时， ，解得 .综上，不等式 的解集为 . ( ) 1,0a C∈ 4a = 2C ( )2 24 16x y− + = 2C 2 2 16x y+ = 3 2 x x y y = ′ ′  = 2 2 2 2 2 16 116 123 x yx y  + = ⇒ + =   3C 2 2 116 12 x y+ = ( )4,0A ( )0,2 3B 2 7AB = ABl 3 2 4 3 0x y+ − = ( )4cos ,2 3sinP θ θ ABl d 4 3sin 4 3cos 4 3 7 d θ θ+ − = ( )4 3 2sin 1 4 3 2 14 7 7 πθ + −  + = ≤ 3 5sin 14 4 2 4 π πθ θ π θ π + = − ⇒ + = ⇒ =   d ( )4 3 2 1 7 + ( )max 1 1 2 72 2ABPS AB d∆ = = × ( )4 3 2 1 4 3 4 6 7 + × = + ( ) 1 3f x x x= − + + ( ) 6 1f x − < 24 ( ) 2 4x f x x− ≤ ≤ + ( ) 6 1f x − < 1 ( ) 6 1f x− < − < 5 ( ) 7f x< < 3 1x− ≤ ≤ ( ) 4f x = 3x < − 5 2 2 7x< − − < 9 7 2 2x− < < − 1x > 5 2 2 7x< + < 3 5 2 2x< < ( ) 6 1f x − < 9 7 3 5, ,2 2 2 2    − − ∪      （2）证明：当 时， ； 当 时， ，则 ； 当 时， ，则 . ∵ ，∴ .∵ ，∴ . 故 . 3 1x− ≤ ≤ ( ) 4 2 4x xf = ≤ + 3x < − ( ) ( )( ) 2 4 2 2 2 4 6 0f x x xx− + = − − − − + = − < ( ) 2 4f x x< + 1x > ( ) ( )( ) 2 4 2 2 2 4 2 0f x xx x− + = + − + = − < ( ) 2 4f x x< + ( )( ) 1 3 1 3 4f x x x x x= − + + ≥ − − + = ( ) 4f x ≥ 24 4x− ≤ 2( ) 4f x x≥ − 24 ( ) 2 4x f x x− ≤ ≤ +