2020 年高考数学模拟试卷（理科）（6 月份）
一、选择题（共 12 小题）.
1．已知 a 是实数，z =
푎 ― 푖
1 + 푖是纯虚数，则 z 的虚部为（ ）
A．1 B．﹣1 C．i D．﹣i
2．已知集合 A＝{x|x2+x﹣2＜0}，集合푩 = {풙|
1
푥＜ퟏ}，则 A∩B＝（ ）
A．∅ B．{x|x＜1} C．{x|0＜x＜1} D．{x|﹣2＜x＜0}
3．“lnx＞lny”是“（1
3）x＜（1
2）y”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
4．斐波拉契数列，指的是这样一个数列：1，1，2，3，5，8，13，21，…，在数学上，斐
波拉契数列{an}定义如下：a1＝a2＝1，an＝an﹣1+an﹣2（n≥3，n∈N），随着 n 的增大，
푎푛
푎푛+1
越来越逼近黄金分割 5 ― 1
2 ≈ 0.618，故此数列也称黄金分割数列，而以 an+1、an 为长和
宽的长方形称为“最美长方形”，已知某“最美长方形”的面积约为 200 平方厘米，则
该长方形的长大约是（ ）
A．20 厘米 B．19 厘米 C．18 厘米 D．17 厘米
5．设 Sn 是等差数列{an}的前 n 项和，若
푆2
푆4
=
1
3，则
푆3
푆6
等于（ ）
A． 3
16 B．1
3 C． 5
16 D． 7
16
6．函数 f（x）＝ex﹣x2﹣2x 的图象大致为（ ）A． B．
C． D．
7．已知函数 f（x）＝|sinx|（x≥0），方程 f（x）＝kx 恰有三个根，记最大的根为 θ，则
(1 + 휃2)푠푖푛2휃
휃 = （ ）
A．﹣2 B．1
2 C．1 D．2
8．为了让居民了解垃圾分类，养成垃圾分类的习惯，让绿色环保理念深入人心．某市将垃
圾分为四类：可回收物，餐厨垃圾，有害垃圾和其他垃圾．某班按此四类由 9 位同学组
成四个宣传小组，其中可回收物宣传小组有 3 位同学，其余三个宣传小组各有 2 位同学．现
从这 9 位同学中选派 5 人到某小区进行宣传活动，则每个宣传小组至少选派 1 人的概率
为（ ）
A．2
7 B．3
7 C． 8
21 D．20
21
9．设抛物线 y2＝4x 的焦点为 F，过点 F 的直线 l 与抛物线相交于 A，B，点 A 在第一象限，
且|AF|﹣|BF| =
3
2，则|퐴퐹|
|퐵퐹| = （ ）
A．3
2 B．2 C．3 D．4
10．某几何体的三视图如图所示，其中网格纸上小正方形的边长为 1，则该几何体的外接球
的表面积为（ ）A．16π B．12π C．9π D．8π
11．已知函数 f（x）满足 x2f′（x）+2xf（x）＝1+lnx，f（e） =
1
푒，当 x＞0 时，下列说法
正确的是（ ）
①f（x）只有一个零点；
②f（x）有两个零点；
③f（x）有一个极小值点；
④f（x）有一个极大值点
A．①③ B．①④ C．②③ D．②④
12．已知梯形 ABCD 满足 AB∥CD，∠BAD＝45°，以 A，D 为焦点的双曲线Γ经过 B，C
两点．若 CD＝7AB，则双曲线Γ的离心率为（ ）
A．3 2
4 B．3 3
4 C．3 5
4 D．3 + 5
4
二、填空题（本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分）
13．在三角形 ABC 中，| →
푨푩|＝5， →
푨푩 ⋅ →
푨푪 = 8，则 →
푨푩 ⋅ →
푩푪 = ．
14．若（3 풙 ―
1
푥）n 的展开式中各项系数之和为 64，则展开式的常数项为 ．
15．在数列{an}，{bn}中，an+1＝2（an+bn）+2 풂풏
ퟐ + 풃풏
ퟐ，bn+1＝2（an+bn﹣2 풂풏
ퟐ + 풃풏
ퟐ，a1
＝b1＝1，设数列{cn}满足 cn =
1
푎푛
+
1
푏푛
，则数列{cn}的前 10 项和 S10＝ ．
16．四面体 P﹣ABC 中，PA = ퟐ，PB＝PC＝AB＝AC＝2，BC＝2 ퟐ，动点 Q 在△ABC的内部（含边界），设∠PAQ＝α，二面角 P﹣BC﹣A 的平面角的大小为 β，△APQ 和△
BCQ 的面积分别为 S1 和 S2，且满足
푆1
푆2
=
3푠푖푛훼
4푠푖푛훽
，则 S2 的最大值为 ．
三、解答题：（本大题共 5 小题，共 70 分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17．已知△ABC 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，且 a＝2，2ccosA＝2b﹣a．
（Ⅰ）求角 C；
（Ⅱ）如图，若点 D 在边 AC 上，AD＝DB，DE⊥AB，E 为垂足，且 DE = ퟐ，求 BD
的长．
18．如图，在矩形 ABCD 中，将△ACD 沿对角线 AC 折起，使点 D 到达点 P 的位置，且平
面 ABP⊥平面 ABC．
（Ⅰ）求证：AP⊥PB；
（Ⅱ）若直线 PC 与平面 ABP 所成角的正弦值为3
4，求二面角 P﹣AC﹣B 的余弦值．
19．已知圆 O：x2+y2＝3，直线 PA 与圆 O 相切于点 A，直线 PB 垂直 y 轴于点 B，且|PB|＝
2|PA|．
（Ⅰ）求点 P 的轨迹 E 的方程；
（Ⅱ）过点（1，0）且与 x 轴不重合的直线与轨迹 E 相交于 P，Q 两点，在 x 轴上是否
存在定点 D，使得 x 轴是∠PDQ 的角平分线，若存在，求出 D 点坐标，若不存在，说明理由．
20．某工厂的一台某型号机器有 2 种工作状态：正常状态和故障状态．若机器处于故障状
态，则停机检修．为了检查机器工作状态是否正常，工厂随机统计了该机器以往正常工
作状态下生产的 1000 个产品的质量指标值，得出如图 1 所示频率分布直方图．由统计结
果可以认为，这种产品的质量指标值服从正态分布 N（μ，σ2），其中 μ 近似为这 1000
个产品的质量指标值的平均数풙，σ2 近似为这 1000 个产品的质量指标值的方差 s2（同一
组中的数据用该组区间中点值为代表）．若产品的质量指标值全部在（μ﹣3σ，μ+3σ）
之内，就认为机器处于正常状态，否则，认为机器处于故障状态．
（1）下面是检验员在一天内从该机器生产的产品中随机抽取 10 件测得的质量指标值：
29 45 55 63 67 73 78 87 93 113
请判断该机器是否出现故障？
（2）若机器出现故障，有 2 种检修方案可供选择：
方案一：加急检修，检修公司会在当天排除故障，费用为 700 元；
方案二：常规检修，检修公司会在七天内的任意一天来排除故障，费用为 200 元；
现需决策在机器出现故障时，该工厂选择何种方案进行检修，为此搜集检修公司对该型
号机器近 100 单常规检修在第 i（i＝1，2，…，7）天检修的单数，得到如图 2 所示柱状
图，将第 i 天常规检修单数的频率代替概率．已知该机器正常工作一天可收益 200 元，
故障机器检修当天不工作，若机器出现故障，该选择哪种检修方案？附： ퟏퟖퟖ ≈ ퟏퟑ.ퟕퟏ， ퟐퟎퟖ ≈ ퟏퟒ.ퟒퟐ， ퟐퟐퟖ ≈ ퟏퟓ.ퟏퟎ．
21．已知函数 f（x）＝（x﹣1）2﹣alnx（a＜0）．
（Ⅰ）讨论 f（x）的单调性；
（Ⅱ）若 f（x）存在两个极值点 x1，x2（x1＜x2），且关于 x 的方程 f（x）＝b（b∈R）
恰有三个实数根 x3，x4，x5（x3＜x4＜x5），求证：2（x2﹣x1）＞x5﹣x3．
请考生在第 22、23 两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分．（本小题满
分 10 分）[选修 4-4：坐标系与参数方程]
22．在平面直角坐标系 xOy 中，直线 l 的参数方程为{풙 = 풎 + 풕
풚 = ퟑ풕 （t 为参数），以坐标原点
为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线 C 的极坐标方程为 ρ2 =
4
1 + 푠푖푛2휃
．
（Ⅰ）求 l 的普通方程和 C 的直角坐标方程；
（Ⅱ）直线 l 上的点 P（m，0）为曲线 C 内的点，且直线 l 与曲线 C 交于 A，B，且|PA|
•|PB|＝2，求 m 的值．
[选修 4-5：不等式选讲]
23．若对于实数 x，y 有|1﹣2x|≤4，|3y+1|≤3．
（Ⅰ）求|풙 + 풚 ―
1
6|的最大值 M；
（Ⅱ）在（Ⅰ）的条件下，若正实数 a，b 满足1
푎 +
2
푏 = 푴，证明：(풂 + ퟏ)(풃 + ퟐ) ≥
50
9 ．参考答案
一、选择题：（本大题共 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．请将正确的答案填涂在答题卡上．）
1．已知 a 是实数，z =
푎 ― 푖
1 + 푖是纯虚数，则 z 的虚部为（ ）
A．1 B．﹣1 C．i D．﹣i
【分析】利用复数代数形式的乘除运算化简，由实部为 0 且虚部不为 0 求得 a，进一步
求得 z 得答案．
解：∵z =
푎 ― 푖
1 + 푖 =
(푎 ― 푖)(1 ― 푖)
(1 + 푖)(1 ― 푖) =
푎 ― 1
2 ―
푎 + 1
2 풊是纯虚数，
∴{푎 ― 1
2 = ퟎ
―
푎 + 1
2 ≠ ퟎ
，即 a＝1，
∴z＝﹣i．
则 z 的虚部为﹣1．
故选：B．
2．已知集合 A＝{x|x2+x﹣2＜0}，集合푩 = {풙|
1
푥＜ퟏ}，则 A∩B＝（ ）
A．∅ B．{x|x＜1} C．{x|0＜x＜1} D．{x|﹣2＜x＜0}
【分析】求出集合 A，B，由此能求出 A∩B．
解：因为集合 A＝{x|x2+x﹣2＜0}＝{x|﹣2＜x＜1}，
集合푩 = {풙|
1
푥＜ퟏ} = {x|x＜0 或 x＞1}，
所以 A∩B＝{x|﹣2＜x＜0}，故选：D．
3．“lnx＞lny”是“（1
3）x＜（1
2）y”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【分析】由 lnx＞lny，结合对数式与指数式的性质可得（1
3）x＜（1
2）y，反之，举例说明
不成立，再由充分必要条件的判断得答案．
解：由 lnx＞lny，得 x＞y＞0，此时(
1
3)풙＜(
1
3)풚＜(
1
2)풚，
反之，由(
1
3)풙＜(
1
2)풚成立，可以取 x＝﹣1，y＝﹣2，不能推出 lnx＞lny，
∴“lnx＞lny”是“（1
3）x＜（1
2）y”的充分不必要条件．
故选：A．
4．斐波拉契数列，指的是这样一个数列：1，1，2，3，5，8，13，21，…，在数学上，斐
波拉契数列{an}定义如下：a1＝a2＝1，an＝an﹣1+an﹣2（n≥3，n∈N），随着 n 的增大，
푎푛
푎푛+1
越来越逼近黄金分割 5 ― 1
2 ≈ 0.618，故此数列也称黄金分割数列，而以 an+1、an 为长和
宽的长方形称为“最美长方形”，已知某“最美长方形”的面积约为 200 平方厘米，则
该长方形的长大约是（ ）
A．20 厘米 B．19 厘米 C．18 厘米 D．17 厘米
【分析】因为由已知有
푎푛
푎푛+1
=
5 ― 1
2 ≈ 0.618，又 an•an+1＝200，得 0.618an+12≈200，进而
解得 an+1．
解：由已知有
푎푛
푎푛+1
=
5 ― 1
2 ≈ 0.618，
得：an≈0.618an+1，
由 an•an+1＝200，得 0.618an+12≈200，
即 an+12≈323.62，
由于 172＝289，182＝324，
所以 an+1≈18（厘米），
故选：C．
5．设 Sn 是等差数列{an}的前 n 项和，若
푆2
푆4
=
1
3，则
푆3
푆6
等于（ ）
A． 3
16 B．1
3 C． 5
16 D． 7
16
【分析】设等差数列{an}的首项为 a1，公差为 d，由
푆2
푆4
=
1
3得到首项与公差的关系，再把
S3，S6 用含有 d 的代数式表示，则答案可求．
解：设等差数列{an}的首项为 a1，公差为 d，
由
푆2
푆4
=
1
3，得 3（2a1+d）＝4a1+6d，即풂ퟏ =
3
2풅．
∴푺ퟑ = ퟑ풂ퟏ +ퟑ풅 =
9
2풅 + ퟑ풅 =
15
2 풅，
푺ퟔ = ퟔ풂ퟏ +
6 × 5푑
2 =
18
2 풅 +
30
2 풅 =
48푑
2 ．
∴
푆3
푆6
=
15
2 푑
48
2 푑
=
5
16．
故选：C．
6．函数 f（x）＝ex﹣x2﹣2x 的图象大致为（ ）
A． B．C． D．
【分析】通过图象，判断函数 y＝ex 与函数 y＝x2+2x 的图象交点个数，进而求得函数 f
（x）的零点个数，结合选项即可得解．
解：作出函数 y＝ex 与函数 y＝x2+2x 的图象如下图所示，
由图象可知，函数 y＝ex 与函数 y＝x2+2x 的图象有 3 个交点，则函数 f（x）＝ex﹣x2﹣2x
有 3 个零点，
观察选项可知，只有选项 B 符合题意．
故选：B．
7．已知函数 f（x）＝|sinx|（x≥0），方程 f（x）＝kx 恰有三个根，记最大的根为 θ，则
(1 + 휃2)푠푖푛2휃
휃 = （ ）
A．﹣2 B．1
2 C．1 D．2
【分析】依题意，函数 f（x）在 x＝θ 处的切线为 y＝kx，且휽 ∈ (흅，
3휋
2 )，利用导数的几
何意义可得{풌 = ―풄풐풔휽
풌휽 = ―풔풊풏휽，再化简所求式子即可得解．
解：如图，要使方程 f（x）＝kx 恰有三个根，且最大的根为 θ，则函数 f（x）在 x＝θ
处的切线为 y＝kx，显然휽 ∈ (흅，
3휋
2 )，而풙 ∈ (흅，
3휋
2 )，풇(풙) = ―풔풊풏풙，풇′(풙) = ―풄풐풔풙，
∴{풌 = ―풄풐풔휽
풌휽 = ―풔풊풏휽，
∴ (1 + 휃2)푠푖푛2휃
휃 = (1 + 휃2) ⋅ 2푠푖푛휃푐표푠휃
휃 = (1 + 휃2) ⋅ 2( ― 푘휃) ⋅ ( ― 푘)
휃 = (ퟏ + 휽ퟐ) ⋅ ퟐ풌ퟐ =
2k2+2（kθ）2＝2（cos2θ+sin2θ）＝2．
故选：D．
8．为了让居民了解垃圾分类，养成垃圾分类的习惯，让绿色环保理念深入人心．某市将垃
圾分为四类：可回收物，餐厨垃圾，有害垃圾和其他垃圾．某班按此四类由 9 位同学组
成四个宣传小组，其中可回收物宣传小组有 3 位同学，其余三个宣传小组各有 2 位同学．现
从这 9 位同学中选派 5 人到某小区进行宣传活动，则每个宣传小组至少选派 1 人的概率
为（ ）
A．2
7 B．3
7 C． 8
21 D．20
21
【分析】基本事件总数 n = 푪ퟓퟗ = 126，每个宣传小组至少选派 1 人包含的基本事件个数：
m = 푪ퟏퟑ푪ퟏퟐ푪ퟏퟐ푪ퟏퟐ푪ퟐퟓ = 120，由此能求出每个宣传小组至少选派 1 人的概率．
解：某市将垃圾分为四类：可回收物，餐厨垃圾，有害垃圾和其他垃圾．
某班按此四类由 9 位同学组成四个宣传小组，
其中可回收物宣传小组有 3 位同学，其余三个宣传小组各有 2 位同学．
现从这 9 位同学中选派 5 人到某小区进行宣传活动，
基本事件总数 n = 푪ퟓퟗ = 126，每个宣传小组至少选派 1 人包含的基本事件个数：
m = 푪ퟏퟑ푪ퟏퟐ푪ퟏퟐ푪ퟏퟐ푪ퟐퟓ = 120，
则每个宣传小组至少选派 1 人的概率为 P =
푚
푛 =
120
126 =
20
21．
故选：D．
9．设抛物线 y2＝4x 的焦点为 F，过点 F 的直线 l 与抛物线相交于 A，B，点 A 在第一象限，
且|AF|﹣|BF| =
3
2，则|퐴퐹|
|퐵퐹| = （ ）
A．3
2 B．2 C．3 D．4
【分析】过 A，B 分别作准线的垂线，再过 B 作 AA'的垂线，由抛物线的性质及三角形
相似可得对应边成比例，求出|AF|，|BF|的值，进而求出比值．
解：设|BF|＝m，则由|AF|﹣|BF| =
3
2可得|AF| =
3
2 + m，由抛物线的方程可得：F（1，0），
过 A，B 分别作准线的垂线交于 A'，B'，过 B 作 AA'的垂线交 AA'，OF 分别于 C，D 点，
则△BFD∽△BAC，所以퐵퐹
퐴퐵 =
퐷퐹
퐴퐶，即
푚
3
2 + 2푚 =
2 ― 푚
3
2
，解得：m =
3
2，
所以퐴퐹
퐵퐹 =
3
2 + 3
2
3
2
= 2，
故选：B．
10．某几何体的三视图如图所示，其中网格纸上小正方形的边长为 1，则该几何体的外接球的表面积为（ ）
A．16π B．12π C．9π D．8π
【分析】首先把三视图转换为几何体，进一步求出三棱锥体的外接球的半径，进一步求
出球的表面积．
解：根据几何体的三视图转换为直观图为：该几何体为底面为等腰直角三角形，高为 2
的三棱锥体．
如图所示：
所以该三棱锥体的外接球的球心为 O，外接球的半径为 OA＝r，
则：풓ퟐ = (ퟐ ― 풓)ퟐ +( ퟐ)ퟐ，解得풓ퟐ =
9
4．
故 S = ퟒ흅 ×
9
4 = ퟗ흅．
故选：C．
11．已知函数 f（x）满足 x2f′（x）+2xf（x）＝1+lnx，f（e） =
1
푒，当 x＞0 时，下列说法
正确的是（ ）①f（x）只有一个零点；
②f（x）有两个零点；
③f（x）有一个极小值点；
④f（x）有一个极大值点
A．①③ B．①④ C．②③ D．②④
【分析】令 g（x）＝x2f（x），则 g'（x）＝1+lnx，所以 g（x）＝x•lnx+C，即풇(풙) =
푥푙푛푥 + 퐶
푥2 ，由 f（e） =
푒 + 퐶
푒2 =
1
푒，解得 C＝0，所以풇(풙) =
푙푛푥
푥 ，求导得풇′(풙) =
1 ― 푙푛푥
푥2 ，
利用导数可求出函数 f（x）的单调区间，进而得 f（x）在 x＝e 处取得极大值 f（e） =
1
푒，而这也是最大值，从而可对③和④作出判断；又 f（1）＝0，且当 x＞e 时，f（x）＞
0 恒成立，所以 f（x）只有一个零点为 x＝1，从而可对①和②作出判断．
解：令 g（x）＝x2f（x），则 g'（x）＝x2f′（x）+2xf（x）＝1+lnx，∴g（x）＝x•
lnx+C，即 x2f（x）＝x•lnx+C，
∴풇(풙) =
푥푙푛푥 + 퐶
푥2 ，
∵f（e） =
푒 + 퐶
푒2 =
1
푒，∴C＝0，∴풇(풙) =
푙푛푥
푥 ，풇′(풙) =
1 ― 푙푛푥
푥2 ，
当 0＜x＜e 时，f'（x）＞0，f（x）单调递增；当 x＞e 时，f'（x）＜0，f（x）单调递减，
∴f（x）在 x＝e 处取得极大值 f（e） =
1
푒，而这也是最大值，即③错误，④正确；
又∵f（1）＝0，且当 x＞e 时，f（x）＞0 恒成立，
∴f（x）只有一个零点为 x＝1，即①正确，②错误．
∴正确的有①④，
故选：B．
12．已知梯形 ABCD 满足 AB∥CD，∠BAD＝45°，以 A，D 为焦点的双曲线Γ经过 B，C两点．若 CD＝7AB，则双曲线Γ的离心率为（ ）
A．3 2
4 B．3 3
4 C．3 5
4 D．3 + 5
4
【分析】先画出大致图象，结合双曲线的定义以及余弦定理求得 a，c 之间的关系即可得
到结论．
解：如图：连接 AC，BD；设双曲线的焦距 AD＝2c；实轴长为 2a；则 BD﹣AB＝AC﹣AD
＝2a；
设 AB＝m，则 CD＝7m，BD＝2a+m，AC＝2a+7m，依题意，∠BAD＝45°，∠ADC＝
135°，
在△ABD 中，由余弦定理及题设可得：（2a+m）2＝m2+4c2﹣2 ퟐ풎풄；
在△ACD 中，由余弦定理及题设可得：（2a+7m）2＝49m2+4c2+14 ퟐ풎풄；
整理得： ퟐ（c2﹣a2）＝m（ ퟐa+c）； ퟐ（c2﹣a2）＝7m（ ퟐa﹣c）；
两式相结合得： ퟐa+c＝7（ ퟐa﹣c）⇒6 ퟐa＝8c；
∴双曲线Γ的离心率为 e =
푐
푎 = 3 2
4
；
故选：A．
二、填空题（本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分）13．在三角形 ABC 中，| →
푨푩|＝5， →
푨푩 ⋅ →
푨푪 = 8，则 →
푨푩 ⋅ →
푩푪 = ﹣17 ．
【分析】直接利用向量的数量积转化求解即可．
解：在三角形 ABC 中，| →
푨푩|＝5， →
푨푩 ⋅ →
푨푪 = 8，
可得 →
푨푩 ⋅ ( →
푨푩 + →
푩푪) = →
푨푩
ퟐ + →
푨푩 ⋅ →
푩푪 = 25 + →
푨푩 ⋅ →
푩푪 = 8，
则 →
푨푩 ⋅ →
푩푪 = ― 17．
故答案为：﹣17．
14．若（3 풙 ―
1
푥）n 的展开式中各项系数之和为 64，则展开式的常数项为 ﹣540 ．
【分析】依据各项系数之和为 2n，列出方程求出 n，利用二项展开式的通项公式求出常
数项．
解：若 (ퟑ 풙 ―
1
푥)풏的展开式中各项系数之和为 2n＝64，
解得 n＝6，
则展开式的常数项为 푪ퟑퟔ(ퟑ 풙)ퟑ ⋅ ( ―
1
푥)ퟑ = ― 540，
故答案为：﹣540．
15．在数列{an}，{bn}中，an+1＝2（an+bn）+2 풂풏
ퟐ + 풃풏
ퟐ，bn+1＝2（an+bn﹣2 풂풏
ퟐ + 풃풏
ퟐ，a1
＝b1＝1，设数列{cn}满足 cn =
1
푎푛
+
1
푏푛
，则数列{cn}的前 10 项和 S10＝ 1023
256 ．
【分析】首先求出풂풏 + 풃풏 = ퟐ × ퟒ풏―ퟏ = ퟐퟐ풏―ퟏ和풂풏풃풏 = ퟏ × ퟖ풏―ퟏ = ퟖ풏―ퟏ，进一步求出数
列{cn}的通项公式，最后求出数列的和．
解：数列{an}，{bn}中，an+1＝2（an+bn）+2 풂풏
ퟐ + 풃풏
ퟐ，①，
bn+1＝2（an+bn）﹣2 풂풏
ퟐ + 풃풏
ퟐ，②
所以①+②得：an+1+bn+1＝4（an+bn），整理得
푎푛+1 + 푏푛+1
푎푛 + 푏푛
= ퟒ（常数），所以数列{an+bn}是以 a1+b1＝2 为首项，4 为公比的等比数列．
所以풂풏 + 풃풏 = ퟐ × ퟒ풏―ퟏ = ퟐퟐ풏―ퟏ．
①×②得：풂풏+ퟏ풃풏+ퟏ = ퟒ(풂풏 + 풃풏)ퟐ ―ퟒ(풂풏
ퟐ + 풃풏
ퟐ) = ퟖ풂풏풃풏，
所以
푎푛+1푏푛+1
푎푛푏푛
= ퟖ（常数），故数列{anbn}是以 a1b1＝1 为首项，8 为公比的等比数列，
所以풂풏풃풏 = ퟏ × ퟖ풏―ퟏ = ퟖ풏―ퟏ，
由于数列{cn}满足 cn =
1
푎푛
+
1
푏푛
=
22푛―1
8푛―1 = 22﹣n，
所以푺ퟏퟎ =
2(1 ― 1
210)
1 ― 1
2
=
1023
256 ，
故答案为：1023
256 ．
16．四面体 P﹣ABC 中，PA = ퟐ，PB＝PC＝AB＝AC＝2，BC＝2 ퟐ，动点 Q 在△ABC
的内部（含边界），设∠PAQ＝α，二面角 P﹣BC﹣A 的平面角的大小为 β，△APQ 和
△BCQ 的面积分别为 S1 和 S2，且满足
푆1
푆2
=
3푠푖푛훼
4푠푖푛훽
，则 S2 的最大值为 4﹣2 ퟐ ．
【分析】取 BC 的中点 M，由题意可得 AM＝PM＝PA = ퟐ，所以 β＝∠PMA＝60°，
作QH⊥BC于M，所以
푆1
푆2
=
1
2퐴푃 ⋅ 퐴푄 ⋅ 푠푖푛훼
1
2퐵퐶 ⋅ 푄퐻
=
3푠푖푛훼
4푠푖푛훽 =
3푠푖푛훼
4 ⋅ 3
2
=
1
2sinα，而BC＝2PA＝2 ퟐ，
可得 AQ＝QH，即 Q 为三角形 ABC 内的一条抛物线，当 Q 在 AB 或 AC 上时，S2 最大，
求出 S2 的最大值．
解：取 BC 的中点 M，连接 AM，PM，
因为 PB＝PC＝AB＝AC 可得 AM⊥BC，PM⊥BC，且 PA = ퟐ，PB＝PC＝AB＝AC＝
2，BC＝2 ퟐ，
所以 AM＝PM＝PA = ퟐ，
所以 β＝∠PMA＝60°，作 QH⊥BC 于 M，所以
푆1
푆2
=
1
2퐴푃 ⋅ 퐴푄 ⋅ 푠푖푛훼
1
2퐵퐶 ⋅ 푄퐻
=
3푠푖푛훼
4푠푖푛훽 =
3푠푖푛훼
4 ⋅ 3
2
=
1
2sinα，
而 BC＝2PA＝2 ퟐ，
所以可得 AQ＝QH，
所以 Q 的轨迹是△ABC 内的一条抛物线，当 Q 在 AB 或 AC 上时，S2 最大，
此时 AQ＝QH＝2（ ퟐ ― 1），S2＝4﹣2 ퟐ．
故答案为：4﹣2 ퟐ
三、解答题：（本大题共 5 小题，共 70 分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17．已知△ABC 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，且 a＝2，2ccosA＝2b﹣a．
（Ⅰ）求角 C；
（Ⅱ）如图，若点 D 在边 AC 上，AD＝DB，DE⊥AB，E 为垂足，且 DE = ퟐ，求 BD
的长．
【分析】（I）由正弦定理结合和差角公式进行化简可求 cosC，进而可求 C；
（II）由已知结合正弦定理可求 AB，然后结合勾股定理即可求解．解：（I）∵2ccosA＝2b﹣a．
由正弦定理可得，2sinCcosA＝2sinB﹣sinA，
所以 2sinCcosA＝2sin（A+C）﹣sinA＝2sinAcosC+2sinCcosA﹣sinA，
因为 sinA≠0，
故 cosC =
1
2，C∈（0，π），
故 C =
1
3흅；
（II）设 BD＝AD＝x，
在△ABC 中，由正弦定理可得， 2
푠푖푛퐴 =
퐴퐵
푠푖푛퐶，
所以 AB =
6
2 풙，
在 Rt△ADE 中，由勾股定理可得，풙ퟐ = (
6
4 )ퟐ + ퟐퟐ，
解可得 x＝BD = 4 5
5
．
18．如图，在矩形 ABCD 中，将△ACD 沿对角线 AC 折起，使点 D 到达点 P 的位置，且平
面 ABP⊥平面 ABC．
（Ⅰ）求证：AP⊥PB；
（Ⅱ）若直线 PC 与平面 ABP 所成角的正弦值为3
4，求二面角 P﹣AC﹣B 的余弦值．
【分析】（Ⅰ）由四边形 ABCD 是矩形，得 AB⊥BC，推导出 BC⊥平面 ABP，BC⊥
AP，从而 AP⊥PC，进而 AP⊥平面 PBC，由此能证明 AP⊥PB．（Ⅱ）过 P 作 PO⊥AB 于点 O，则 PO⊥平面 ABC，以 OB 所在直线为 x 轴，过 O 作 y
轴平行于 BC，OP 为 z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角 P﹣AC﹣B
的余弦值．
解：（Ⅰ）证明：由四边形 ABCD 是矩形，得 AB⊥BC，
根据平面 ABP⊥平面 ABC，平面 ABP∩平面 ABC＝AB，
得 BC⊥平面 ABP，则 BC⊥AP，
又 AP⊥PC，根据 BC∩PC＝C，是 AP⊥平面 PBC，
∵PB⊂平面 PBC，∴AP⊥PB．
（Ⅱ）解：过 P 作 PO⊥AB 于点 O，∵平面 ABP⊥平面 ABC，
∴PO⊥平面 ABC，以 OB 所在直线为 x 轴，过 O 作 y 轴平行于 BC，
OP 为 z 轴，建立如图所示空间直角坐标系，
由（Ⅰ）知 CB⊥平面 ABP，∴∠CPB 是直线 PC 与平面 ABP 所成角，
即 sin∠CPB =
3
4，
在△PBC 中，sin∠CBP =
퐶퐵
퐶푃 =
3
4，
设 CB＝3，则 CP＝4，PB = ퟒퟐ ― ퟑퟐ = ퟕ，
∵PO⊥平面 ABC，∴可取平面 ABC 的一个法向量 →
풎 = （0，0，1），
由（Ⅰ）知，AP⊥PB，∴在直角三角形 APB 中，PO⊥AB，AP＝3，AB＝4，PB = ퟕ，
∴AO =
9
4，BO =
7
4，PO = 3 7
4
，∴P（0，0，3 7
4
），A（ ―
9
4，0，0），C（7
4，3，0），
→
푨푪 = （4，3，0）， →
푨푷 = （9
4，ퟎ，3 7
4
），
设平面 PAC 的法向量→
풏 = （x，y，z），则由{→
풏 ⋅
→
푨푪 = ퟒ풙 + ퟑ풚 = ퟎ
→
풏 ⋅
→
푨푷 =
9
4풙 +
3 7
4 풛 = ퟎ
，取 x＝﹣3，则 n＝（﹣3，4， 9
7），
则 cos＜ →
풎，→
풏＞ =
→
푚 ⋅
→
푛
|
→
푚| ⋅ |
→
푛|
=
9
7
9 + 16 + 81
7
=
9
16，
∵二面角 P﹣AC﹣B 的平面角是锐角，∴二面角 P﹣AC﹣B 的余弦值为 9
16．
19．已知圆 O：x2+y2＝3，直线 PA 与圆 O 相切于点 A，直线 PB 垂直 y 轴于点 B，且|PB|＝
2|PA|．
（Ⅰ）求点 P 的轨迹 E 的方程；
（Ⅱ）过点（1，0）且与 x 轴不重合的直线与轨迹 E 相交于 P，Q 两点，在 x 轴上是否
存在定点 D，使得 x 轴是∠PDQ 的角平分线，若存在，求出 D 点坐标，若不存在，说明
理由．
【分析】（Ⅰ）设 P（x，y），则|PA|2＝x2+y2﹣3，|PB|2＝x2，代入|PB|＝2|PA|即可得到
点 P 的轨迹 E 的方程；
（Ⅱ）设直线 l 的方程为：x＝my+1，与椭圆方程联立，利用韦达定理得到풚ퟏ + 풚ퟐ = ―
6푚
4 + 3푚2，풚ퟏ ⋅ 풚ퟐ = ―
9
4 + 3푚2，代入 kPD+kQD＝0，化简整理得ퟐ풎풚ퟏ풚ퟐ +(ퟏ ― 풙ퟎ)(풚ퟏ + 풚ퟐ
) = ―
18푚
4 + 3푚2 ―
6푚(1 ― 푥0)
4 + 3푚2 = ퟎ，解得：x0＝4，所以存在定点 D（4，0），使得 x 轴是
∠PDQ 的角平分线．
解：（Ⅰ）设 P（x，y），则|PA|2＝|PO|2﹣3＝x2+y2﹣3，|PB|2＝x2，
由|PB|＝2|PA|得：x2＝4（x2+y2﹣3），化简得푥2
4 + 푦2
3 = ퟏ(풙 ≠ ퟎ)，
∴点 P 的轨迹 E 的方程为：푥2
4 + 푦2
3 = ퟏ(풙 ≠ ퟎ)；
（Ⅱ）设直线 l 的方程为：x＝my+1，P（x1，y1），Q（x2，y2），
联立方程{푥2
4 +
푦2
3 = ퟏ
풙 = 풎풚 + ퟏ
，整理得：（4+3m2）y2+6my﹣9＝0，
∴풚ퟏ + 풚ퟐ = ―
6푚
4 + 3푚2，풚ퟏ ⋅ 풚ퟐ = ―
9
4 + 3푚2，
假设存在定点 D（x0，0），使得 x 轴是∠PDQ 的角平分线，则 kPD+kQD＝0，
∴
푦1
푥1 ― 푥0
+
푦2
푥2 ― 푥0
= ퟎ，
∴
푦1
푚푦1 + 1 ― 푥0
+
푦2
푚푦2 + 1 ― 푥0
= ퟎ，
∴
푦1(푚푦2 + 1 ― 푥0) + 푦2(푚푦1 + 1 ― 푥0)
(푚푦1 + 1 ― 푥0)(푚푦2 + 1 ― 푥0) = ퟎ，
∴
2푚푦1푦2 + (1 ― 푥0)(푦1 + 푦2)
(푚푦1 + 1 ― 푥0)(푚푦2 + 1 ― 푥0) = ퟎ，
即ퟐ풎풚ퟏ풚ퟐ +(ퟏ ― 풙ퟎ)(풚ퟏ + 풚ퟐ) = ―
18푚
4 + 3푚2 ―
6푚(1 ― 푥0)
4 + 3푚2 = ퟎ，
解得：x0＝4，
所以存在定点 D（4，0），使得 x 轴是∠PDQ 的角平分线．
20．某工厂的一台某型号机器有 2 种工作状态：正常状态和故障状态．若机器处于故障状
态，则停机检修．为了检查机器工作状态是否正常，工厂随机统计了该机器以往正常工
作状态下生产的 1000 个产品的质量指标值，得出如图 1 所示频率分布直方图．由统计结
果可以认为，这种产品的质量指标值服从正态分布 N（μ，σ2），其中 μ 近似为这 1000
个产品的质量指标值的平均数풙，σ2 近似为这 1000 个产品的质量指标值的方差 s2（同一
组中的数据用该组区间中点值为代表）．若产品的质量指标值全部在（μ﹣3σ，μ+3σ）
之内，就认为机器处于正常状态，否则，认为机器处于故障状态．（1）下面是检验员在一天内从该机器生产的产品中随机抽取 10 件测得的质量指标值：
29 45 55 63 67 73 78 87 93 113
请判断该机器是否出现故障？
（2）若机器出现故障，有 2 种检修方案可供选择：
方案一：加急检修，检修公司会在当天排除故障，费用为 700 元；
方案二：常规检修，检修公司会在七天内的任意一天来排除故障，费用为 200 元；
现需决策在机器出现故障时，该工厂选择何种方案进行检修，为此搜集检修公司对该型
号机器近 100 单常规检修在第 i（i＝1，2，…，7）天检修的单数，得到如图 2 所示柱状
图，将第 i 天常规检修单数的频率代替概率．已知该机器正常工作一天可收益 200 元，
故障机器检修当天不工作，若机器出现故障，该选择哪种检修方案？
附： ퟏퟖퟖ ≈ ퟏퟑ.ퟕퟏ， ퟐퟎퟖ ≈ ퟏퟒ.ퟒퟐ， ퟐퟐퟖ ≈ ퟏퟓ.ퟏퟎ．
【分析】（1）由图 1 可估计 1000 个产品的质量指标值的平均数풙 = 70 和方差 s2＝188，
所以 μ＝70，σ = ퟏퟖퟖ ≈ ퟏퟑ.ퟕퟏ，从而得到产品的质量指标值允许落在的范围为
（28.87，111.13），由于抽取产品质量指标值出现了 113，不在（28.87，111.13）之内，
故机器处于故障状态；
（2）方案一：工厂需要支付检修费和损失收益之和为 700+200＝900 元；方案二：设损
失收益为 X 元，则 X 的可能取值为 200，400，600，800，1000，1200，1400，然后由图
2 可得出每个 X 的取值所对应的概率，求出数学期望，可得工厂需要支付检修费和损失收益之和为 200+732＝932 元，由于 900＜932，故若机器出现故障，该选择加急检修方
案．
解：（1）由图 1 可估计 1000 个产品的质量指标值的平均数풙和方差 s2 分别为
풙 = 40×0.04+50×0.08+60×0.24+70×0.30+80×0.20+90×0.10+100×0.04＝70，
s2＝（﹣30）2×0.04+（﹣20）2×0.08+（﹣10）2×0.24+02×0.30+102×0.20+202×0.10+302
×0.04＝188，
∴μ＝70，σ = ퟏퟖퟖ ≈ ퟏퟑ.ퟕퟏ，
∴μ﹣3σ≈28.87，μ+3σ≈111.13，
∴产品的质量指标值允许落在的范围为（28.87，111.13），
又抽取产品质量指标值出现了 113，不在（28.87，111.13）之内，
故可判断该机器处于故障状态．
（2）方案一：工厂需要支付检修费和损失收益之和为 700+200＝900 元；
方案二：设损失收益为 X 元，则 X 的可能取值为 200，400，600，800，1000，1200，
1400，
∴X 的分布列为：
X 200 400 600 800 1000 1200 1400
P 0.07 0.18 0.25 0.20 0.15 0.12 0.03
数学期望 E（X）＝200×0.07+400×0.18+600×0.25+800×0.20+1000×0.15+1200×
0.12+1400×0.03＝732 元，
故工厂需要支付检修费和损失收益之和为 200+732＝932 元，
∵900＜932，∴当机器出现故障时，选择加急检修更为适合．
21．已知函数 f（x）＝（x﹣1）2﹣alnx（a＜0）．（Ⅰ）讨论 f（x）的单调性；
（Ⅱ）若 f（x）存在两个极值点 x1，x2（x1＜x2），且关于 x 的方程 f（x）＝b（b∈R）
恰有三个实数根 x3，x4，x5（x3＜x4＜x5），求证：2（x2﹣x1）＞x5﹣x3．
【分析】（Ⅰ）求导得 f′（x） = 2푥2 ― 2푥 ― 푎
푥
，令 f′（x）＝0，即 2x2﹣2x﹣a＝0，△＝
4+8a，分两种情况①△≤0，②△＞0，讨论 f（x）单调性．
（Ⅱ）证明：由题意得 ―
1
2＜a＜0，画出草图，知 0＜x3＜x1＜x4＜x2＜x5，0＜x1＜x2＜
1，要证：2（x2﹣x1）＞x5﹣x3，即证：2（x2﹣x1）＞（x5+x4）﹣（x3+x4）；只需证：
{풙ퟓ + 풙ퟒ＜ퟐ풙ퟐ
풙ퟑ + 풙ퟒ＞ퟐ풙ퟏ，先证：x3+x4＞2x1．
法一：即证 x4＞2x1﹣x3，由（1）f（x）单调递减，只需证 f（x4）＜f（2x1﹣x3），即证：
f（x3）＜f（2x1﹣x3），令 g（x）＝f（x）﹣f（2x1﹣x），0＜x＜x1，求导数，分析单
调性，最值得 g（x）＜g（x1）＝0，故 f（x）＜f（2x1﹣x），在（0，x1）恒成立，f
（x3）＜f（2x1﹣x3）得证，同理可以证明：x3+x4＜2x2，综上，2（x2﹣x1）＞x5﹣x3，
得证．
法 二 ： 由 题 可 得 {(풙ퟑ ― ퟏ)ퟐ ― 풂풍풏풙ퟑ = 풃
(풙ퟒ ― ퟏ)ퟐ ― 풂풍풏풙ퟒ = 풃
(풙ퟓ ― ퟏ)ퟐ ― 풂풍풏풙ퟓ = 풃
， 即
{(풙ퟒ ― 풙ퟑ)(풙ퟒ + 풙ퟑ ― ퟐ) = 풂(풍풏풙ퟒ ― 풍풏풙ퟑ)①
(풙ퟓ ― 풙ퟒ)(풙ퟓ + 풙ퟒ ― ퟐ) = 풂(풍풏풙ퟓ ― 풍풏풙ퟒ)②，由①式得
푎
푥4 + 푥3 ― 2 =
푥4 ― 푥3
푙푛푥4 ― 푙푛푥3
，先证
푥4 ― 푥3
푙푛푥4 ― 푙푛푥3
＜
푥4 + 푥3
2
，令 h（t）＝lnt ―
2(푡 ― 1)
푡 + 1 ，（t＞1），先求导得 h（t）在（1，+
∞）上单调递增，从而 h（t）＞h（1）＝0，取 t =
푥4
푥5
＞1，故
푎
푥4 + 푥3 ― 2＜
푥4 + 푥3
2
，即 x4+x3
＞1 ― ퟐ풂 + ퟏ = 2x1，同理可得
푎
푥5 + 푥4 ― 2 =
푥5 ― 푥4
푙푛푥5 ― 푙푛푥4
＜
푥5 + 푥4
2
，即 x5+x4＜1 + ퟐ풂 + ퟏ
= 2x2，综上，2（x2﹣x1）＞x5﹣x3，得证．
解：（Ⅰ）由题意得 f′（x）＝2（x﹣1） ―
푎
푥 = 2푥2 ― 2푥 ― 푎
푥
，
令 f′（x）＝0，即 2x2﹣2x﹣a＝0，△＝4+8a，
①当 a ≤ ―
1
2时，△≤0，f′（x）≥0，函数 f（x）在（0，+∞）上单调递增，②当 ―
1
2＜a＜0 时，△＞0，
2x2﹣2x﹣a＝0 的两根为 x1 = 1 ― 2푎 + 1
2
，x2 = 1 + 2푎 + 1
2
且 0＜x1 = 1 ― 2푎 + 1
2 ＜x2，
当 x∈（0，1 ― 2푎 + 1
2
），（1 + 2푎 + 1
2
，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，
当 x∈（1 ― 2푎 + 1
2
，1 + 2푎 + 1
2
）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，
综上，当 a ≤ ―
1
2时，函数 f（x）在（0，+∞）上单调递增，
当 ―
1
2＜a＜0 时，当 x∈（0，1 ― 2푎 + 1
2
），（1 + 2푎 + 1
2
，+∞）时，f（x）单调递增，
当 x∈（1 ― 2푎 + 1
2
，1 + 2푎 + 1
2
）时，f（x）单调递减，
（Ⅱ）证明：由题意得 ―
1
2＜a＜0，0＜x3＜x1＜x4＜x2＜x5，0＜x1＜x2＜1，
要证：2（x2﹣x1）＞x5﹣x3，
即证：2（x2﹣x1）＞（x5+x4）﹣（x3+x4）；
只需证：{풙ퟓ + 풙ퟒ＜ퟐ풙ퟐ
풙ퟑ + 풙ퟒ＞ퟐ풙ퟏ
先证：x3+x4＞2x1．
法一：即证 x4＞2x1﹣x3，
又由（1）知 f（x）在（x1，x2）上单调递减，
只需证 f（x4）＜f（2x1﹣x3），
而 f（x4）＝f（x3），即证：f（x3）＜f（2x1﹣x3），令 g（x）＝f（x）﹣f（2x1﹣x），0＜x＜x1，
g′（x）＝f′（x）+f′（2x1﹣x）＝2x﹣2 ―
푎
푥 + 2（2x1﹣x）﹣2 ―
푎
2푥1 ― 푥，
＝4（x1﹣1） ―
푎
푥 ―
푎
2푥1 ― 푥
=
4(푥1 ― 1)(2푥1푥 ― 푥2) ― 2푎푥1
푥(2푥1 ― 푥)
又 2（x1﹣1） ―
푎
푥1
= 0，即 x1﹣1 =
푎
2푥1
，那么，
g′（x） =
2푎
푥1
(2푥1푥 ― 푥2 ― 푥1
2)
푥(2푥1 ― 푥)
= ―
2푎
푥1
(푥 ― 푥1)2
푥(2푥1 ― 푥)
，而 0＜x＜x1，且 ―
1
2＜풂＜ퟎ，
则 g′（x）＞0，故 g（x）在（0，x1）单调递增，则 g（x）＜g（x1）＝0，
故 f（x）＜f（2x1﹣x），在（0，x1）恒成立，
又 0＜x3＜x1，则 f（x3）＜f（2x1﹣x3）得证，
同理可以证明：x3+x4＜2x2，
综上，2（x2﹣x1）＞x5﹣x3，得证．
法二：由方程 f（x）＝b 恰有三个实数根 x3，x4，x5（x3＜x4＜x5），
可得{(풙ퟑ ― ퟏ)ퟐ ― 풂풍풏풙ퟑ = 풃
(풙ퟒ ― ퟏ)ퟐ ― 풂풍풏풙ퟒ = 풃
(풙ퟓ ― ퟏ)ퟐ ― 풂풍풏풙ퟓ = 풃
，即{(풙ퟒ ― 풙ퟑ)(풙ퟒ + 풙ퟑ ― ퟐ) = 풂(풍풏풙ퟒ ― 풍풏풙ퟑ)①
(풙ퟓ ― 풙ퟒ)(풙ퟓ + 풙ퟒ ― ퟐ) = 풂(풍풏풙ퟓ ― 풍풏풙ퟒ)②，
由①式得
푎
푥4 + 푥3 ― 2 =
푥4 ― 푥3
푙푛푥4 ― 푙푛푥3
，
先证
푥4 ― 푥3
푙푛푥4 ― 푙푛푥3
＜
푥4 + 푥3
2
，
令 h（t）＝lnt ―
2(푡 ― 1)
푡 + 1 ，（t＞1），
h′（t） =
(푡 ― 1)2
푡(푡 + 1)2＞0，所以 h（t）在（1，+∞）上单调递增，从而 h（t）＞h（1）＝0，取 t =
푥4
푥5
＞1，
则有
푥4 ― 푥3
푙푛푥4 ― 푙푛푥3
＜
푥4 + 푥3
2
，故
푎
푥4 + 푥3 ― 2＜
푥4 + 푥3
2
，
从而（x4+x3）2﹣2（x4+x3）＜2a，即（x4+x3﹣1）2＜2a+1，
即 x4+x3＞1 ― ퟐ풂 + ퟏ = 2x1，
同理可得
푎
푥5 + 푥4 ― 2 =
푥5 ― 푥4
푙푛푥5 ― 푙푛푥4
＜
푥5 + 푥4
2
，即 x5+x4＜1 + ퟐ풂 + ퟏ = 2x2，
综上，2（x2﹣x1）＞x5﹣x3，得证．
一、选择题
22．在平面直角坐标系 xOy 中，直线 l 的参数方程为{풙 = 풎 + 풕
풚 = ퟑ풕 （t 为参数），以坐标原点
为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线 C 的极坐标方程为 ρ2 =
4
1 + 푠푖푛2휃
．
（Ⅰ）求 l 的普通方程和 C 的直角坐标方程；
（Ⅱ）直线 l 上的点 P（m，0）为曲线 C 内的点，且直线 l 与曲线 C 交于 A，B，且|PA|
•|PB|＝2，求 m 的值．
【分析】（Ⅰ）把曲线 C 的极坐标方程变形，结合极坐标与直角坐标的互化公式可得曲
线 C 的直角坐标方程，直接把直线参数方程中的参数消去，可得直线的普通方程；
（Ⅱ）化直线的参数方程为标准形式，代入曲线 C 的直角坐标方程，得到关于 t 的一元
二次方程，由根与系数的关系结合参数 t 的几何意义求解 m 值．
【解答】（Ⅰ）∵曲线 C 的极坐标方程为 ρ2 =
4
1 + 푠푖푛2휃
，∴ρ2+ρ2sin2θ＝4，
即 x2+2y2＝4，得푥2
4 + 푦2
2 = ퟏ．
∴曲线 C 的直角坐标方程为푥2
4 + 푦2
2 = ퟏ．
直线 l 的参数方程为{풙 = 풎 + 풕
풚 = ퟑ풕 （t 为参数），消去参数 t，可得直线 l 的普通方程为 ퟑ풙 ― 풚 ― ퟑ풎 = ퟎ；
（Ⅱ）设直线 l 的参数方程为{풙 = 풎 +
1
2풕′
풚 =
3
2 풕′
，代入椭圆方程，
得7
4(풕′)ퟐ +풎풕′ + 풎ퟐ ―ퟒ = ퟎ．
再设 A，B 对应的参数分别为 t′1，t′2，则풕′ퟏ풕′ퟐ = 4(푚2 ― 4)
7
．
又点 P（m，0）为曲线 C 内的点，∴m2＜4，即﹣2＜m＜2．
由|PA|•|PB|＝|t′1t′2| = 4|푚2 ― 4|
7 = 2，解得 m =±
2
2 ．
[选修 4-5：不等式选讲]
23．若对于实数 x，y 有|1﹣2x|≤4，|3y+1|≤3．
（Ⅰ）求|풙 + 풚 ―
1
6|的最大值 M；
（Ⅱ）在（Ⅰ）的条件下，若正实数 a，b 满足1
푎 +
2
푏 = 푴，证明：(풂 + ퟏ)(풃 + ퟐ) ≥
50
9 ．
【分析】（Ⅰ）由|풙 + 풚 ―
1
6| = |
1
2(ퟐ풙 ― ퟏ) +
1
3(ퟑ풚 + ퟏ)|，利用绝对值的不等式放缩即可
求得最大值；
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，1
푎 +
2
푏 = ퟑ，得ퟐ풂 + 풃 = ퟑ풂풃 ≥ ퟐ ퟐ풂풃，求解 ab 的最小值，即可证
明(풂 + ퟏ)(풃 + ퟐ) ≥
50
9 ．
【解答】（Ⅰ）解：|풙 + 풚 ―
1
6| = |
1
2(ퟐ풙 ― ퟏ) +
1
3(ퟑ풚 + ퟏ)| ≤
1
2|ퟐ풙 ― ퟏ| +
1
3|ퟑ풚 + ퟏ| ≤
1
2
× ퟒ +
1
3 × ퟑ = ퟑ，当{풙 =
5
2
풚 =
2
3
或{풙 = ―
3
2
풚 = ―
4
3
时等号成立，
∴|풙 + 풚 ―
1
6|的最大值 M 为 3．
（Ⅱ）证明：由（Ⅰ）知，1
푎 +
2
푏 = ퟑ，∴ퟐ풂 + 풃 = ퟑ풂풃 ≥ ퟐ ퟐ풂풃，得풂풃 ≥
8
9．
∴(풂 + ퟏ)(풃 + ퟐ) = ퟐ풂 + 풃 + 풂풃 + ퟐ = ퟒ풂풃 + ퟐ ≥ ퟒ ×
8
9 +ퟐ =
50
9 ．
微信/支付宝扫码支付