2019-2020学年下学期高二期末备考精编原创理科数学（B卷）（详解）

2019-2020 学年下学期高二期末备考精编金卷 理 科 数 学（B） 注意事项： 1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形 码粘贴在答题卡上的指定位置。 2．选择题的作答：每小题选出答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂 黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草 稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。 第Ⅰ卷 一、选择题：本大题共 12 小题，每小题 5 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．若集合 ， ，则（ ） A． B． C． D． 2．已知复数 ， 在复平面内对应的点位于（ ） A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 3．设 ， ， ，则（ ） A． B． C． D． 4．在现代建筑中，人们大量的使用黄金分割以追求视觉美感，比如法国的标志性建筑埃菲尔铁塔， 总高度 米(另有天线 米)，有三个观景台，其中第二层观景台的高度大约就在整个塔的黄金分 割点上，且下面高度与上面高度之比大约为 ，则第二层观景台大概距地面的高度为（ ） （结果保留到一位小数） A． B． C． D． 5．函数 的部分图象可能是（ ） A． B． C． D． 6．陕西省西宁市周至县的旅游景点楼观台，号称“天下第一福地”，是我国著名的道教胜迹，古代圣 哲老子曾在此著《道德经》五千言，景区内有一处景点建筑，是按古典著作《连山易》中记载的金、 木、水、火、土之间相生相克的关系，如图所示，现从五种不同属性的物质中任取两种，则取出的 两种物质不是相生关系的概率为（ ） A． B． C． D． 7．已知 ， ，若 ，则向量 在向量 方向的投影为（ ） A． B． C． D． 8．阅读如图所示的程序框图，运行相应的程序，输出的 的值等于（ ） A． B． C． D． { | 2 }xM y y −= = { | 1}P y y x= = − M P= M P⊆ P M⊆ M P = ∅ 2i 1 iz −= z 0.76a = 7log 0.6b = 0.6log 0.7c = c b a> > b c a> > c a b> > a c b> > 300 24 0.618 185.4 184.3 114.6 115.7 4 ( ) x x xf x e e−= − 1 5 2 5 1 2 2 3 3=a 2=b ⊥ −( )a a b +a b b 1 2 7 2 1 2 − 7 2 − S 18 20 21 40 此 卷 只 装 订 不 密 封 班级 姓名 准考证号 考场号 座位号 9．等差数列 的前 项和为 ，若 ，且 ，则使得 的最小正整数 （ ） A． B． C． D． 10．已知椭圆 的焦点为 ， ，过 的直线与 交于 ， 两点，若 ， ，则 的方程为（ ） A． B． C． D． 11．已知函数 在 上的图象有且仅有 个最高点，下面四个结论： ① 在 上的图象有且仅有 个最低点； ② 在 至多有 个零点； ③ 在 单调递增； ④ 的取值范围是 ． 正确的结论是（ ） A．①④ B．②③ C．②④ D．②③④ 12．已知三棱锥 的顶点都在同一个球面上(球 )，且 ， ，当三棱 锥 的三个侧面的面积之和最大时，该三棱锥的体积与球 的体积的比值是（ ） A． B． C． D． 第Ⅱ卷 二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分． 13．函数 的图象在点 处的切线方程是__________． 14．已知数列 满足： ， ，则 ，通项 ． 15．甲、乙两人棋艺对弈决赛，采用五局三胜制(当一人取得三局胜利时则获胜，决赛结束)，根据以 往对弈成绩，甲执黑白棋安排依次为“黑白黑白白”，设甲执黑棋取胜概率为 ，执白棋取胜的概率 为 ，且各局比赛结果相互独立，则甲以 获胜的概率是__________． 16．已知双曲线 ， 的左、右焦点分别为 ， ，以线段 为直径的 圆交 的一条渐近线于点 ( 在第一象限内)，若线段 的中点 在 的另一条渐近线上，则 的离心率 ． 三 、 解 答 题 ： 本 大 题 共 6 个 大 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，在 中，已知点 在边 上，且 ， ， ， ． （1）求 的长； （2）求 的值． 18．（12 分）如图，在直三棱柱 中， ， ，点 ， 分 { }na n nS 7 4S S= 1 0a < 0kS > k = 9 10 11 12 2 2 2 2: 1x yC a b + = ( 0)a b> > 1( 5,0)F − 2 ( 5,0)F 1F C A B 1 1| | 2 | |AF F B= 2 0AB AF⋅ =  C 2 2 116 9 x y+ = 2 2 110 5 x y+ = 2 2 18 3 x y+ = 2 2 19 4 x y+ = π( ) 2sin( )4f x xω= − ( 0)ω > [0,2π] 3 ( )f x (0,2π) 3 ( )f x (0,2π) 7 ( )f x π(0, )12 ω 19 27[ , )8 8 P ABC− O 2PA = 6PB PC= = P ABC− O 3 16π 3 8π 1 16π 1 8π ( ) 1 xef x x = + (0, (0))f { }na 1 1 2 3 1 n na a a + = −  = n +∈N 4a = na = 0.6 0.5 3:1 2 2 2 2: 1x yC a b − = ( 0a > 0)b > 1F 2F 1 2F F C P P 1PF Q C C e = ABC△ D BC 90DAC∠ = ° 2 2sin 3BAC∠ = 3 2AB = 3AD = BD cosC 1 1 1ABC A B C− 1 1AB BC AA= = = 3AC = D E别为 和 的中点． （1）棱 上是否存在点 使得平面 平面 ?若存在，写出 的长并证明你的结论； 若不存在，请说明理由； （2）求二面角 的余弦值． 19．（12 分）已知抛物线 ，其焦点为 ，直线 过点 与 交于 两点， 当 的斜率为 时， ． （1）求 的值； （2）在 轴上是否存在一点 满足 (点 为坐标原点)?若存在，求 点的坐标； 若不存在，请说明理由． 20．（12 分）经中央批准， 年 月 日零时打开离汉通道，这标志着封城 天的武汉打开城 门了．在疫情防控常态下，武汉市有序复工复产复市，越是这个时候，越不能麻痹大意，越要始终 保持警惕，严密防范、慎终如始．为科学合理的做好小区管理工作，结合复工复产复市的实际需要， 某小区物业制定了 ， 两种小区管理方案，为了决定选取哪种方案为小区的最终管理方案，随机 的选取了 名物业人员进行投票，物业人员投票的规则： ①单独投给 方案，则 方案得 分， 方案得 分； ②单独投给 方案，则 方案得 分， 方案得 分； ③弃权或同时投票给 ， 方案，则两种方案均得 分． AC 1 1B C 1AA P PBD ⊥ ABE PA A BE D− − 2: 2 ( 0)C x py p= > F l F C M N、 l 1 | | 8MN = p y p OPM OPN∠ = ∠ O P 2020 4 8 76 A B 4 A A 1 B 1− B B 1 A 1− A B 0上 名物业人员的投票结束，再安排下 名物业人员投票，当其中一种方案比另一种方案多 分或 名物业人员均已投票时，就停止投票，最后选取得分多的方案为小区的最终管理方案．假设 ， 两种方案获得每 名物业人员投票的概率分别为 和 ． （1）在第一名物业人员投票结束后， 方案的得分记为 ，求 的分布列； （2）若最终选取 方案为小区管理方案时，已有 名物业人员进行了投票，求 的分布列及期 望． 21．（12 分）已知函数 ． （1）讨论函数 的单调性； （2）已知函数 的两个极值点 ， ， ，若 ， ①证明： ； ②证明： ． 请考生在 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． 22．（10 分）【选修 4-4：坐标系与参数方程】 在平面直角坐标系 中，直线 的参数方程为 ( 为参数)，以坐标原点 为极点， 1 1 4 4 A B 1 2 3 1 2 A ξ ξ A X X 2( ) 8 ln ( )f x x x a x a= − + ∈R ( )f x ( )f x 1x 2x 1 2(x x< 1 1)x ≠ 1m ≤ 10 2x< < 21 1 1 1 ln ( 2)(4 3 )1 a x m x xx > − + −− xOy l 8 2 4 2 x t ty t  = +  = + t O轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线 的极坐标方程为 ． （1）求直线 的普通方程和曲线 的直角坐标方程； （2）若射线 与直线和曲线 分别交于 ， 两点，求 的值． 23．（10 分）【选修 4-5：不等式选讲】 设函数 ． （1）若 ，解不等式 ； （2）如果 ， ，求 的取值范围． x C 2sinρ θ= l C π 4 θ = ( 0)ρ > C A B | |AB ( ) | 1| | |f x x x a= + + − 2a = ( ) 5f x ≥ x∀ ∈R ( ) 3f x ≥ a2019-2020 学年下学期高二期末备考精编金卷 理 科 数 学（B）答 案 第Ⅰ卷 一、选择题：本大题共 12 小题，每小题 5 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．【答案】B 【解析】因为集合 ， ，故 ． 2．【答案】B 【解析】 ， ∴ 在复平面内对应的点为 ，位于第二象限． 3．【答案】D 【解析】因为 ， ， ，所以 ． 4．【答案】C 【解析】由题意可知 米，故选 C． 5．【答案】B 【解析】易知函数为奇函数，所以排除 A，C 选项；当 时， ，故选 B． 6．【答案】C 【解析】从五种不同属性的物质中任取两种基本事件数量为 ， 取出两种物质恰好相生的基本事件数量为 ，故取出两种物质不是相生关系有 种情况， 故取出两种物质不是相生关系的概率是 ，故选 C． 7．【答案】B 【解析】∵ ，∴ ，∴ ， ∴向量 在向量 方向的投影为 ， 故选 B． 8．【答案】B 【解析】逐一代入可求 ，故选 B． 9．【答案】D 【解析】∵等差数列 的前 项和为 ， ， ∴ ，解得 ， 又 ，所以 ， ∴ ， 由 ，得 ，故使得 的最小正整数 ． 10．【答案】D 【解析】连接 ，设 ，则 ， ， ∵ ，∴ ， ∴ ，解得 或 （舍去）， ∴ ， ， ∵ ．，∴ ，得 ， ∴ ， ∴ 的方程为 ． 11．【答案】D 【解析】当 时，可知 ， 由 在 上的图象有且仅有 个最高点， 可知 ，解得 ，即④正确； 若 时， 没有 个最低点，故①错误； 如图可知②正确； { | 0}M y y= > 0{ | }P y y ≥= M P⊆ 2 2 2i 2i(1 i) 2i 2i 1 i1 i (1 i)(1 i) 1 iz + += = = − +− − + −= z ( 1,1)− 0.7 16a >= 7log 0.6 0b 300 (1 0.618) 114.6× − = 1x = (1) 0f > 2 5C 10= 5 10 5 5− = 2 5 2 5 C 5 5 1 C 10 2 − = = ⊥ −( )a a b ( ) ( ) 2 3 0⋅ − = − ⋅ = − ⋅ =a a b a a b a b 3⋅ =a b +a b b 2( ) ( ) 3 4 7cos , 2 2 + ⋅ ⋅ + ++ 〈 + 〉 = = = =a b b a b ba b a b b b b 20S = { }na n nS 7 4S S= 1 1 7 6 4 37 42 2a d a d × ×+ = + 1 5a d= − 1 0a < 0d > 1 ( 1) ( 1) ( 11)52 2 2k k k k k k kS ka d kd d d − − −= + = − + = 0kS > 11k > 0kS > 12k = 2BF 1 1| | 2 | | 2AF F B m= = 2| | 2 2AF a m= − 2| | 2BF a m= − 2 0AB AF⋅ =  2AB AF⊥ 2 2 2( 2 ) (2 2 ) (2 )m m a m a m+ + − = − 3 am = 0 1 2| | 3AF a= 2 4| | 3AF a= 1 2| | 2 5F F = 2 24 16 209 9a a+ = 2 9a = 2 2 2 4b a c= − = C 2 2 19 4 x y+ = [0,2π] π π π2π4 4 4xω ω− ≤ − ≤ − ( )f x [0,2π] 3 9π π 13π2π2 4 2 ω≤ − < 19 27[ , )8 8 ω ∈ 19 8 ω = ( )f x 3由 ，所以 ， 又 ， ， 根据上图可知 在 单调递增，可知③正确． 12．【答案】A 【解析】三棱锥 的三个侧面的面积之和为 ， 由于 ， ， 相互之间没有影响， 所以只有当这三个角均为直角时，三棱锥 三个侧面的面积之和最大， 此时 ， ， 两两垂直，以其为长方体的三条棱长得出一个长方体， 则三棱锥 与该长方体有共同的外接球，故球 的半径 ， 所以三棱锥 的体积与球 的体积的比值是 ． 第Ⅱ卷 二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分． 13．【答案】 【解析】 ，∴ 且 ， 所以函数 的图象在 处的切线方程是 ． 14．【答案】 ， 【解析】由 ， ， 所以 ， ， ， 由 ，所以 是以 为首项， 为公比的等比数列， 所以 ，所以 ， 故答案为 ； ． 15．【答案】 【解析】欲使甲以 获胜，则第四局甲获胜，前三局甲胜两局负一局， 可能情况为：第 局负或第 局负或第 局负， 故概率为 ． 16．【答案】 【解析】由图可知， 是线段 的垂直平分线， 又 是 斜边的中线， ∴ ，且 ，∴ ，所以 ． 三 、 解 答 题 ： 本 大 题 共 6 个 大 题 ， 共 70 分 ， 解 答 应 写 出 文 字 说 明 、 证 明 过 程 或 演 算 步 骤． 17．【答案】（1） ；（2） ． 【解析】（1）∵ ，∴ ， ∴ ， 在 中，由余弦定理得 ， 即 ，得 ． （2）由 ，得 ， 在 中，由正弦定理得 ， π(0, )12x∈ π π π π 4 4 12 4xω ω− < − < − 19 27[ , )8 8 ω ∈ π π π 27 π π π 12 4 12 8 4 32 2 ω − < × − = < ( )f x π(0, )12 P ABC− 1 1 12 6 sin 2 6 sin 6 6 sin2 2 2APB APC BPC× × ∠ + × × ∠ + × × ∠ APB∠ APC∠ BPC∠ P ABC− PA PB PC P ABC− O 2 2 21 2 ( 6) ( 6) 22r = + + = P ABC− O 3 1 1 2 6 6 33 2 4 16ππ 23 × × × × = × 1 0y − = 2( ) ( 1) xxef x x ′ = + (0) 0f ′ = (0) 1f = ( ) 1 xef x x = + (0, (0))f 1 0y − = 13− 3 2n− 1 1 2 3 1 n na a a + = −  = n +∈N 2 12 3 1a a= − = − 3 22 3 5a a= − = − 4 32 3 13a a= − = − 1 12 3 3 2( 3)n n n na a a a+ += − ⇒ − = − { 3}na − 2− 2 13 ( 2) 2n na −− = − × 3 2n na = − 13− 3 2n− 0.21 3:1 1 2 3 1 2 2 0.4 0.6 0.5 0.5 0.5 0.6 0.5 0.21P C= × × × × + × × = 2 OQ 1F P OP 1 2F PFRt△ | |OP c= 1 2 60FOQ POQ POF∠ = ∠ = ∠ = ° tan 60 3b a = ° = 2e = 3 6 3 90DAC∠ = ° sin sin(90 ) cosBAC BAD BAD∠ = °+ ∠ = ∠ 2 2cos 3BAD∠ = ABD△ 2 2 2 2 cosBD AB AD AB AD BAD= + − ⋅ ⋅ ∠ 2 2 218 9 2 3 2 3 33BD = + − × × × = 3BD = 2 2cos 3BAD∠ = 1sin 3BAD∠ = ABD△ sin sin BD AB BAD ADB =∠ ∠∴ ， ∵ ，∴ ． 18．【答案】（1）存在点 满足题意，且 ，详见解析；（2） ． 【解析】（1）存在点 满足题意，且 ．证明如下： 取 的中点 ，连接 ， ， ， 则 ，所以 平面 ， 因为 ， 是 的中点，所以 ． 在直三棱柱 中，平面 平面 ，且交线为 ， 所以 平面 ，所以 ． 在平面 内， ， ， 所以 ，从而可得 ． 又因为 ，所以 平面 ． 因为 平面 ，所以平面 平面 ． （2）如图所示，以 为坐标原点，以 ， ， 分别为 ， ， 轴建立空间直角坐标 系． 易知 ， ， ， ， 所以 ， ， ． 设平面 的法向量为 ， 则有 ，取 ，得 ； 同理可求得平面 的法向量为 ， 则 ， 由图可知二面角 为锐角，所以其余弦值为 ． 19．【答案】（1） ；（2）存在， ． 【解析】（1） ，当直线 的斜率为 时，其方程为 ， 设 ， ，由 ，得 ， 把 代入抛物线方程得 ， 所以 ，所以 ，所以 ． （2）由（1）可知，抛物线 ， ， 由题意可知，直线 的斜率存在， 设其方程为 ，将其代入抛物线方程为 ， 则 ， ，假设在 轴上存在一点 满足 ， 则 ，即 ，即 ， 所以 ，即 ， 由于 ，所以 ，即 ， 即在 轴上存在点 满足 ． 20．【答案】（1）分布列见解析；（2）分布列见解析， ． 【解析】（1）由题意知 的所有可能取值为 ， ， ． ， ， ， 所以 的分布列为： 13 2sin 63sin 33 AB BADADB BD ×⋅ ∠∠ = = = 90ADB DAC C C∠ = ∠ + ∠ = °+ ∠ 6cos 3C = P 3 4PA = 11 19 P 3 4PA = 1 1A C F EF AF DF 1 1EF A B AB∥ ∥ AF ⊂ ABE AB BC= D AC BD AC⊥ 1 1 1ABC A B C− ABC ⊥ 1ACC AC BD ⊥ 1ACC BD AF⊥ 1ACC 3 2 AP AD AD DF = = 90PAD ADF∠ = ∠ = ° PAD ADFRt Rt△ ∽ △ AF PD⊥ PD BD D= AF ⊥ PBD AF ⊂ ABE PBD ⊥ ABE D DB DC DF x y z (0,0,0)D 1( ,0,0)2B 3(0, ,0)2A − 1 3( , ,1)4 4E 1 3( , ,1)4 4BE = − 1 3( , ,0)2 2AB = 1( ,0,0)2DB = ABE ( , , )x y z=m 1 3 04 4 1 3 02 2 BE x y z AB x y  ⋅ = − + + =  ⋅ = + =   m m 2y = ( 2 3,2, 3)= − −m BDE (0,4, 3)= −n 8 3 11cos , 1912 4 3 16 3 ⋅ +〈 〉 = = =⋅ + + ⋅ + m nm n m n A BE D− − 11 19 2p = (0, 1)P − (0, )2 pF l 1 2 py x= + 1 1( , )M x y 2 2( , )N x y 2 py x= + 2 px y= − 2 px y= − 2 2 3 04 py py− + = 1 2 3y y p+ = 1 2| | 4 8MN y y p p= + + = = 2p = 2: 4C x y= (0,1)F l 1y k x= + 2 4 4 0x kx− − = 1 2 4x x k+ = 1 2 4x x = − y (0, )p t OPM OPN∠ = ∠ 0PM PNk k+ = 1 1 y t x − + 2 2 0y t x − = 1 2 2 1( 1 ) ( 1 ) 0k x t x k x t x+ − + + − = 1 2 1 22 (1 )( ) 0k x x t x x+ − + = ( 1) 0k t + = k R∈ 1t = − (0, 1)P − y (0, 1)P − OPM OPN∠ = ∠ 616( ) 181E X = ξ 1− 0 1 2 1 1( 1) (1 )3 2 6P ξ = − = − × = 2 1( 0) 3 2P ξ = = × + 1 1 1 3 2 2 × = 2 1 1( 1) (1 )3 2 3P ξ = = × − = ξ（2）记 表示事件“总共有 名物业人员进行了投票，且最终选取 方案为小区管理方案”， 则 ， 记 表示事件“总共有 名物业人员进行了投票，且最终选取 方案为小区管理方案”， 则 ， 记 表示事件“总共有 名物业人员进行了投票，且最终选取 方案为小区管理方案”， 则 ， 所以最终选取 方案为小区管理方案的概率为 ． 由题意知， 的所有可能取值为 ， ， ． ， ， ， 所以 的分布列为： ． 21．【答案】（1）见解析；（2）①证明见解析；②证明见解析． 【解析】（1）由已知 ， 当 时， ，所以 ，所以函数 在 上单调递增； 当 时， 在 上有两个不相等正实数根， 记 ， ， 当 时， ， 单调递增； 当 时， ， 单调递减； 当 时， ， 单调递增， 当 时， ， ， 所以当 时， ， 单调递减；当 时， ， 单调递增． （2）① 定义域为 ，有两个极值点 ， ， 则 在 上有两个不等正根， 所以 ，所以 ， ，所以 ， 所以 ． ②这样原问题即证明当 且 ， 时， 成立， 即 ，即 ， 即 ，即 ， 且 时， ， 时， ． 设 ， ， 当 时， ，可知 ，所以在 上 为减函数且 ， 当 时， ， ， ，得 成立， 从而得证． 22．【答案】（1） ， ；（2） ． 1M 2 A 2 2 1 1 1( ) ( 1) ( )3 9P M P ξ= = = = 2M 3 A 1 2 2 2 2 1 1 1( ) C ( 1) ( 0) 2 ( )3 2 9P M P Pξ ξ= = = = × × = 3M 4 A 1 2 2 1 3 3 3 2( ) ( 1) ( 0) C ( 1) ( 1)P M C P P P Pξ ξ ξ ξ= = = + = = − 1 3 3 1 2 4 3 2 109C ( 0) ( 1) ( ) ( 1) ( 0) ( 1) 324P P A C P P Pξ ξ ξ ξ ξ+ = = + + = = = − = A 1 2 3 1 1 109 181( ) ( ) ( ) 9 9 324 324P P M P M P M= + + = + + = X 2 3 4 1 1 ( ) 369( 2) 181 181 324 P MP X P = = = = 2 1 ( ) 369( 3) 181 181 324 P MP X P = = = = 3 109 ( ) 109324( 4) 181 181 324 P MP X P = = = = X 36 36 109 616( ) 2 3 4181 181 181 181E X = × + × + × = 22 8( ) x x af x x − +′ = ( 0)x > 8a ≥ 22 8 0x x a− + ≥ ( ) 0f x′ ≥ ( )f x (0, )+∞ 0 8a< < 22 8 0x x a− + = (0, )+∞ 1 4 16 2 2 ax − −= 2 4 16 2 2 ax + −= 1(0, )x x∈ ( ) 0f x′ > ( )f x 1 2( , )x x x∈ ( ) 0f x′ < ( )f x 2( , )x x∈ +∞ ( ) 0f x′ > ( )f x 0a ≤ 1 4 16 2 02 ax − −= ≤ 2 4 16 2 02 ax + −= > 2(0, )x x∈ ( ) 0f x′ < ( )f x 2( , )x x∈ +∞ ( ) 0f x′ > ( )f x ( )f x (0, )+∞ 1x 2x 1 2( )x x< 2( ) 2 8 0t x x x a= − + = (0, )+∞ 64 8 0 (0) 0 2 0 Δ a t a x = − >  = >  = > 0 8a< < 1 2 1 2 1 2 4 2 0 x x ax x x x + =  =  < − − +− 1 1 1 1 2 ln ( 2)( 1)1 x x m xx > − +− 1 1 1 1 2 ln ( 2)( 1) 01 x x m xx − − + >− 2 1 1 1 1 1 ( 2)( 1)[2ln ] 01 x m xxx x − −+ >− 10 1x< < 1 1 01 x x >− 11 2x< < 1 1 01 x x 1 2x< < ( ) 0h x < 2 1 1 1 1 1 ( 2)( 1)[2ln ] 01 x m xxx x − −+ >− : 4 0( 0)l x y x+ − = ≠ 2 2: 2 0C x y y+ − = 2【解析】（1）由 ，得 ， 将 ( 为参数)消去参数 ，得直线 的普通方程为 ， 由 ，得 ， 将 ， 代入上式，得 ， 所以曲线 的直角坐标方程为 ． （2）由（1）可知直线 的普通方程为 ， 化为极坐标方程得 ， 当 时，设 ， 两点的极坐标分别为 ， ， 则 ， ，所以 ． 23．【答案】（1） 或 ；（2） ． 【解析】（1）当 ， ， 不等式 ，即 ． 而 表示数轴上的 对应点到 ， 的对应点的距离之和， 又 和 的对应点到 、 的对应点的距离之和正好等于 ， 故当 或 时， 成立． 综上，不等式的解集为 或 ． （2）若 ， ，不满足题设条件． 若 ，则 ， 所以 的最小值等于 ； 若 ，则 ， 所以 的最小值等于 ， 所以 ， 的充要条件是 ， 故有 ，或 ， 从而 的取值范围是 ． 8 2x t = + 0x ≠ 8 2 4 2 x t ty t  = +  = + t t l 4 0( 0)x y x+ − = ≠ 2sinρ θ= 2 2 sinρ ρ θ= siny ρ θ= 2 2 2x yρ = + 2 2 2 0x y y+ − = C 2 2 2 0x y y+ − = l 4 0( 0)x y x+ − = ≠ πcos sin 4 0( )2 ρ θ ρ θ θ+ − = ≠ π 4 θ = ( 0)ρ > A B π( , )4A ρ π( , )4B ρ 2 2A ρ = π2sin 24B ρ = = | | | | | 2 2 2 | 2A BAB ρ ρ= − = − = { | 2x x ≤ − 3}x ≥ ( , 4] [2, )−∞ − +∞ 2a = ( ) | 1| | 2 |f x x x= + + − ( ) 5f x ≥ | 1| | 2 | 5x x+ + − ≥ | 1| | 2 |x x+ + − x 1− 2 2− 3 1− 2 5 2x ≤ − 3x ≥ | 1| | 2 | 5x x+ + − ≥ { | 2x x ≤ − 3}x ≥ 1a = − ( ) 2 | 1|f x x= + 1a < − 2 1, ( ) 1 , 1 2 1 , 1 x a x a f x a a x x a x − + − ≤ = − − < < −  + − ≥ − ( )f x 1 a− − 1a > − 2 1, 1 ( ) 1 , 1 2 1 , x a x f x a a x x a x a − + − ≤ − = + < < −  + − ≥ ( )f x 1 a+ x∀ ∈R ( ) 3f x ≥ | 1| 3a + ≥ 4a ≤ − 2a ≥ a ( , 4] [2, )−∞ − +∞