2020 年高三第二次模拟考试
文科数学试题
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.
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，再选涂其它答案标号.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.
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.设集合 ， ，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
先由二次不等式及对数不等式的解法求出集合 、 ，然后结合集合交、并、补的混合运算
求解即可.
【详解】解：解不等式 ，得 或 ，即 或 ，
即 ,
解不等式 ，得 ，即 ，即 ，
即 ，
故选：C.
【点睛】本题考查了二次不等式及对数不等式的解法，重点考查了集合交、并、补的混合运
算，属基础题.
2.若复数 满足 ，则 （ ）
A. 3 B. C. 2 D.
{ }2 4 0P x x x= − > ( ){ }2log 1 2Q x x= − < ( )R P Q =
[ ]0,4 [ )0,5 ( ]1,4 [ )1,5
P Q
2 4 0x x− > 4x > 0x < { 4P x x= }0x <
RC P = { }0 4x x≤ ≤
2log ( 1) 2x − < 0 1 4x< − < 1 5x< < { }1 5Q x x= < <
( )R P Q = { }1 4x x< ≤ = ( ]1,4
z ( ) ( )22 1 2z− = +i i z =
5 3【答案】B
【解析】
【分析】
由复数的乘法及除法运算可得 ，然后求其模即可.
【详解】解：由 ，
则 ，
所以 ，
故选：B.
【点睛】本题考查了复数的乘法及除法运算，重点考查了复数模的运算，属基础题.
3.在 中，“ ” 是“ 为钝角三角形”的（ ）
A. 充要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分不必要条件 D. 既不充分
也不必要条件
【答案】C
【解析】
【分析】
由向量数量积和两向量夹角的定义，结合充分必要条件的定义，即可判断出结论；
【详解】在△ABC 中，若 ，则 cos（π﹣B）＞0，即 cosB＜0，B 为钝角，则△ABC
是钝角△；若△ABC 是钝角△，不一定 B 角为钝角，则 不成立，所以“ ”
是“ 为钝角三角形”的充分不必要条件.
故选：C.
【点睛】充分、必要条件的三种判断方法:
1．定义法：直接判断“若 则 ”、“若 则 ”的真假．并注意和图示相结合，例如“ ⇒ ”为
真，则 是 的充分条件．
2．等价法：利用 ⇒ 与非 ⇒非 ， ⇒ 与非 ⇒非 ， ⇔ 与非 ⇔非 的等价关系，
对于条件或结论是否定式的命题，一般运用等价法．
3．集合法：若 ⊆ ，则 是 的充分条件或 是 的必要条件；若 ＝ ，则 是 的
充要条件．
2z i= − +
( ) ( )22 1 2z− = +i i
2(1 2 ) ( 3 4 )(2 ) 10 5 22 (2 )(2 ) 5
i i i iz ii i i
+ − + + − += = = = − +− − +
2 2( 2) 1 5z = − + =
ABC · 0AB BC ＞ ABC
· 0AB BC ＞
· 0AB BC ＞ · 0AB BC ＞
ABC
p q q p p q
p q
p q q p q p p q p q q p
A B A B B A A B A B4.已知函数 的图象相邻两条对称轴之间的距离为 ，则该函数图象
是由 的图象经过怎样的变换得到?（ ）
A. 向左平移 个单位长度 B. 向左平移 个单位长度
C. 向右平移 个单位长度 D. 向右平移 个单位长度
【答案】C
【解析】
【分析】
由诱导公式及三角函数图像的性质可得 ，然
后结合函数图像的平移变换求解即可.
【详解】解：由函数 的图象相邻两条对称轴之间的距离为 ，
则 ，即 ，
则 ，即 ，
则 ，
又 ，
又函数 的图象是由 的图象向右平移 个单位长度得到，
即函数 的图象是由 的图象向右平移 个单位长度得到，
故选：C.
【点睛】本题考查了诱导公式及三角函数图像的性质，重点考查了函数图像的平移变换，属
基础题.
5.七巧板是中国古代劳动人民的发明，其历史至少可以追溯到公元前一世纪，后清陆以湉《冷
( )sin 06y x
πω ω = − > 2
π
cos2y x=
3
π
6
π
3
π
6
π
2sin 2 cos(2 ) cos2( )6 3 3y x x x
π π π = − = − = −
( )sin 06y x
πω ω = − > 2
π
2 2
T π= T π=
2π πω = 2ω =
sin 2 6y x
π = −
2sin 2 cos(2 ) cos2( )6 3 3y x x x
π π π = − = − = −
cos2( )3y x
π= − cos2y x=
3
π
sin 2 6y x
π = − cos2y x=
3
π庐杂识》卷一中写道“近又有七巧图，其式五，其数七，其变化之式多至千余”在 18 世纪，七
巧板流传到了国外，被誉为“东方魔板”，至今英国剑桥大学的图书馆里还珍藏着一部《七巧新
谱》．完整图案为一正方形(如图)：五块等腰直角三角形、一块正方形和一块平行四边形，如
果在此正方形中随机取一点，那么此点取自阴影部分的概率是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
设大正方形的边长为 4，阴影部分可看做一个等腰直角三角形和梯形，然后分别求出其面积，
代入几何概型的概率公式求解.
【详解】设大正方形的边长为 4，则面积为 ，
阴影部分：一部分可看做一个等腰直角三角形，直角边边长为 ，面积为
，
另一部分为梯形，上底为 ，下底为 ，高为 ，面积为 ，
所以此点取自阴影部分的概率是 .
故选：C
【点睛】本题主要考查几何概型的概率求法，以及数形结合的思想和运算求解的能力，属于
基础题.
6.已知 ，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
3
8
5
16
7
16
1
3
4 4 16× =
2 2
1 2 2 2 2 42
× × =
2 2 2 2 ( )1 2 2 2 2 32
× + × =
4 3 7
16 16p
+= =
sin cos3 3
π πα α + = − cos2 =α
0 1 2
2
3
2利用和差角公式可求得 的值，再利用二倍角的余弦公式结合弦化切的思想可求得
的值.
【详解】 ， ，可得
，
.
故选：A.
【点睛】本题考查三角求值，考查和差角公式、二倍角公式以及弦化切思想的应用，考查计
算能力，属于中等题.
7.已知一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】D
【解析】
【分析】
根据三视图知几何体是一个四分子一圆锥与一个三棱锥的组合体，分别计算其表面积得解.
tanα
cos2α
sin cos3 3
π πα α + = −
3 1 1 3cos sin cos sin2 2 2 2
α α α α∴ + = +
tan 1α =
2 2 2
2 2
2 2 2
cos sin 1 tancos2 cos sin 0cos sin 1 tan
α α αα α α α α α
− −∴ = − = = =+ +
14 2
π+
5 10 1
2 2
π+ +
5 10 1 2
2 4
π+ ++
1 24 4
π++【详解】
四分子一圆锥表面积
,
所以组合体表面积为
故选：D
【点睛】本题考查三视图还原几何体求表面积问题.
几何体三视图还原其直观图时，要熟悉柱、锥、球、台的三视图，结合空间想象将三视图还
原为直观图．
8.已知实数 满足 ，若 的最大值为 8，则 的值为（ ）
A. B. C. 1 D. 3
【答案】B
【解析】
【分析】
由 ， 解 得 ， 画 出 平 面 区 域 ， 根 据 图 及 线 性 规 划 知 识 可 推 测 直 线
必过点 ，从而得出 的值.
【详解】如图，由 ，解得
1 1 1 1 2 12 2 1 14 4 2 2 4 2S
π π π+= + × × × + × × = +
1 2 1 12ABD BCDS S∆ ∆= = × × = 1 3 32 22 2 2ACDS∆ = × × × =
1 2 1 3 1 2+1+1+ =4+4 2 2 4
π π+ ++
,x y
1 0
1 0
1 0
kx y k
x
y
− + −
− ≤
+
2z x y= + k
3
2
7
2
8 2
1
x y
x
= +
= (1,6)A
1 0kx y k− + − = (1,6)A k
8 2
1
x y
x
= +
= (1,6)A
由图及线性规划知识可推测直线 必过点 ，得 ，经验证符合题目
条件
故选：B
【点睛】本题主要考查了根据最值求参数，属于中档题.
9.孙子定理是中国古代求解一次同余式组的方法，是数论中一个重要定理，最早可见于中国南
北朝时期的数学著作《孙子算经》， 年英国来华传教士伟烈亚力将其问题的解法传至欧洲，
年英国数学家马西森指出此法符合 年由高斯得出的关于同余式解法的一般性定理，
因而西方称之为“中国剩余定理”．这个定理讲的是一个关于整除的问题，现有这样一个整除
问题：将 至 这 个整数中能被 除余 且被 除余 的数按由小到大的顺序排成一
列构成一数列，则此数列的项数是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
列举出该数列的前几项，可知该数列 为等差数列，求出等差数列的首项和公差，进而可
得出数列 的通项公式，然后求解满足不等式 的正整数 的个数，即可得解.
【详解】设所求数列为 ，该数列为 、 、 、 、 ，
所以，数列 为等差数列，且首项为 ，公差为 ，
1 0kx y k− + − = (1,6)A 7
2k =
1852
1874 1801
2 2021 2020 3 2 5 1
132 133 134 135
{ }na
{ }na 2 2021na≤ ≤ n
{ }na 11 26 41 56
{ }na 1 11a = 26 11 15d = − =所以， ，
解不等式 ，即 ，解得 ，
则满足 的正整数 的个数为 ，
因此，该数列共有 项
故选：D.
【点睛】本题考查数列项数的计算，求出数列的通项公式是解答的关键，考查计算能力，属
于中等题.
10.已知点 在函数 图象上，若满足 的 的
最小值为 ，则 的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
求得 ，进而可得出 ，由题意可得出 ，由此
可得实数 的取值范围.
【详解】由于点 在函数 图象上，则 ，则 ，
所以， ，
由于满足 的 的最小值为 ，则 ，所以，
.
因此，实数 的取值范围是 .
故选：A.
【点睛】本题考查参数取值范围的计算，考查了等差数列求和公式的应用，根据题意得出
是解答的关键，考查计算能力，属于中等题.
( ) ( )1 1 11 15 1 15 4na a n d n n= + − = + − = −
2 2021na≤ ≤ 2 15 4 2021n≤ − ≤ 2 1355 n≤ ≤
2 1355 n≤ ≤ n 135
135
( )( ), nn a n ∗∈ N lny x= 1 2 naa a
nS e e e m= + + + ≥ n
5 m
( ]10,15 ( ],15−∞ ( ]15,21 ( ],21−∞
lnna n= ( )11 2 2n
n nS n
+= + + + = 4 5S m S< ≤
m
( )( ), nn a n ∗∈ N lny x= lnna n= nae n=
( )
1 2
11 2 2
naa a
n
n nS e e e n
+= + + + = + + + =
1 2 naa a
nS e e e m= + + + ≥ n 5 4 5S m S< ≤
10 15m< ≤
m ( ]10,15
4 5S m S< ≤11.已知 、 分别为双曲线 的左、右焦点，过 作 轴的
垂线交双曲线于 、 两点，若 的平分线过点 ，则双曲线的离心率为
（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
作出图形，设 ，可得 ，根据角平分线定理可得 ，可得
出 与 的等量关系，再利用勾股定理可得出 、 的关系式，进而可求得双曲线的离心率.
【详解】设 ，可得 ，如下图所示：
由于 的平分线过点 ，则 ，
即 ， ， ，
在 中，由勾股定理可得 ，即 ，
1F 2F ( )2 2
2 2 1 0, 0x y a ba b
− = > > ( )1 ,0F c− x
A B 1 2F AF∠ 1 ,03M c −
2 2 3 3
1AF m= 2 2AF m a= + 1 1
2 2
AF MF
AF MF
=
m a a c
1AF m= 2 2AF m a= +
1 2F AF∠ 1 ,03M c −
1
2
1 1
2 2
2
13
4 2
3
AMF
AMF
cS AF MF
S AF MF c
= = = =
1
2 2
m
m a
=+ 1 2AF m a∴ = = 2 2 4AF m a a= + =
1 2Rt AF F△ 2 2 2
2 1 1 2AF AF F F= + ( ) ( ) ( )2 2 24 2 2a a c= +，因此，椭圆的离心率为 .
故选：D.
【点睛】本题考查双曲线离心率的求解，考查了利用双曲线的定义求解焦点三角形问题，考
查计算能力，属于中等题.
12.设函数 是定义在 上的函数，其导函数为 ，若 ， ，
则不等式 的解集为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
构造函数 ，根据题设条件以及导数，得出函数 的单调性，将
变形为 ，即 ，结合单调性，即
可得出解集.
【详解】令
所以函数 在 上单调递增
可变形为
即 ，解得
故选：D
【点睛】本题主要考查了根据函数的单调性解不等式，属于中档题.
二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分.
13.已知向量 、 满足： ， ， 与 夹角为 ，则 _______.
【答案】
【解析】
3c a∴ = 3= =ce a
( )f x R ( )f x′ ( ) ( ) 1f x f x′+ > (0) 2020f =
( ) 2019x xe f x e> +
( ,0)−∞ ,0 2019( ( ),)−∞ +∞
(2019, )+∞ (0, )+∞
( ) ( ( ) 1)xF x e f x= − ( )F x
( ) 2019x xe f x e> + 0( ( ) 1) ( (0) 1)xe f x e f− > − ( ) (0)F x F>
( ) ( ( ) 1)xF x e f x= −
( )( ) ( ( ) 1) ( ) ( ) ( ) 0x x x x x xF x e f x e f x e f x f x e e e′ ′ ′= − + ⋅ = + − > − =
( )F x R
( ) 2019x xe f x e> + 0( ( ) 1) ( (0) 1)xe f x e f− > −
( ) (0)F x F> 0x >
a b 2a = 3b =
a b 120 2a b+ =
2 7【分析】
利用平面向量数量积的运算律和定义计算出 的值.
【详解】
，
因此， .
故答案为： .
【点睛】本题考查平面向量模的计算，考查平面向量数量积的运算律和定义，考查计算能力，
属于基础题.
14.已知正三棱锥 ， ， ，则此三棱锥外接球的半径为_______.
【答案】
【解析】
【分析】
作出图形，找出外接球球心的位置，根据几何体的结构特征列等式可求三棱锥 外接
球的半径.
【详解】如下图所示：
设点 为 的外心，则 平面 ，
则三棱锥 的外接球球心 在直线 上，设其外接球的半径为 ，
2a b+
( )22 2 2
2 2 4 4a b a b a a b b+ = + = + ⋅ +
2 2
4 cos120 4a a b b= + ⋅ +
2 212 4 2 3 4 3 282
= + × × × − + × =
2 2 7a b+ =
2 7
P ABC− 2 3AB = 2 5PA =
5
2
P ABC−
G ABC PG ⊥ ABC
P ABC− O PG R由正弦定理得 ， ，
在 中， ，
由勾股定理得 ，即 ，解得 .
故答案为： .
【点睛】本题考查三棱锥外接球半径的计算，解题时要充分分析几何体的结构特征，找出球
心的位置，通过几何体的结构特征列等式求解，考查推理能力与计算能力，属于中等题.
15.已知定义域为 的函数 有最大值和最小值，且最大
值和最小值的和为 ，则 _______.
【答案】
【解析】
【分析】
计算出 ，利用函数 有最小值和最大值推导出 ，
进而得出 ，可得出函数 的图象关于点 对称，进而可求得
的值，由此可计算出 的值.
【详解】 ，
若 ，则函数 无最小值，不合乎题意；
若 ，则函数 无最大值，不合乎题意.
所以， ，则 ，
则 ，
所以，函数 的图象关于点 对称，则 ，则 ，
2
2sin 3
ABAG π= =
2 2 4PG PA AG∴ = − =
Rt OAG 4OG PG R R= − = −
2 2 2OA OG AG= + 22 22 4R R= + − 5
2R =
5
2
R ( ) 2
2
2 2020sin
2
x xe e x xf x x
λ λµ + += + +
4 λ µ− =
2−
( ) 2
2020sin
2
x xf x e x
µ λ= + + +
( )y f x= 0λ =
( ) ( ) 2f x f x µ+ − = ( )y f x= ( )0,µ
µ λ µ−
( ) 2
2 2
2 2020sin 2020sin
2 2
x x
xe e x x xf x ex x
λ λµ µ λ+ += + = + ++ +
0λ < ( )y f x=
0λ > ( )y f x=
0λ = ( ) 2
2020sin
2
xf x x
µ= + +
( ) ( ) ( )
( )22
2020sin2020sin 22 2
xxf x f x x x
µ µ µ−+ − = + + + =+ + −
( )y f x= ( )0,µ ( ) ( )max min 4 2f x f x µ+ = = 2µ =因此， .
故答案为： .
【点睛】本题考查利用函数的最值求参数的值，解答的关键在于推导出 ，并求出函数
的对称中心，考查推理能力与计算能力，属于中等题.
16.已知 的内角 、 、 的对边分别为 、 、 ，且 ，
， ，则 _______
【答案】
【解析】
【分析】
利用余弦定理可求得 的值，利用正弦定理边角互化思想结合两角和的正弦公式可求得
，进而可求得 的值，利用正弦定理可求得 的值.
【详解】 ，即 ， ，
由 ，解得 ，
，由正弦定理得
，
.
， ，则 ， ， ，
.
由正弦定理得 ，得
2λ µ− = −
2−
0λ =
( )y f x=
ABC A B C a b c 2 2 2 sina b c ab C+ − =
cos sina B b A c+ = 10a = b =
3 2
tanC
4A
π= sin B b
2 2 2 sina b c ab C+ − = 2 cos sinab C ab C= tan 2C∴ =
2 2
sintan 2cos
sin cos 1
sin 0
CC C
C C
C
= =
+ =
>
2 5sin 5
5cos 5
C
C
=
=
cos sina B b A c+ =
( )sin cos sin sin sin sin sin cos cos sinA B A B C A B A B A B+ = = + = +
sin sin cos sinA B A B∴ =
0 B π< < sin 0B∴ > tan 1A = 0 A π< 1
2
2 3
C
( )( ),0 2Q m m > l C M N M x
M ′ M N′ x S 4OQ OS⋅ = O
2 2
14 3
x y+ =
a b c a b C
l ( )y k x m= − ( )1 1,M x y ( )2 2,N x y ( )1 1,M x y′ −
( ),0S n l C M ′ S N
M S NSk k′ =【详解】（1）由题意得 ，解得 ， ．
所以椭圆 的方程为 ；
（2）由题意知直线 的斜率一定存在，设为 ，
设 、 ，则 ，设 ，
联立 消去 得： ，
由 得 ，即 时， ， 一定存在，
， .
当斜率 不为 时：因为 、 、 三点共线， ，
，即 ，
即
化简 ，
代入韦达定理化简得 ，即 ， ，
，且 ，
当斜率 时，直线 与 轴重合，满足结论．
综上，直线 与 轴的交点 为一个定点 ，且
【点睛】本题考查椭圆方程的求解，同时也考查了椭圆中直线过定点问题的求解，考查了韦
达定理设而不求法的应用，考查计算能力，属于中等题.
2 2 2
1
2
1 2 2 32
c
a
ab
a b c
=
× =
= +
2a = 3b =
C
2 2
14 3
x y+ =
l k
( )1 1,M x y ( )2 2,N x y ( )1 1,M x y′ − ( ),0S n
( )
2 2
14 3
y k x m
x y
= − + =
y ( )2 2 2 2 23 4 8 4 12 0k x k mx k m+ − + − =
> 0∆ ( )2 24 3 0m k− + > 2
2
3
4k m
< − M N
2
1 2 2
8
4 3
k mx x k
∴ + = +
2 2
1 2 2
4 12
4 3
k mx x k
−⋅ = +
k 0 M ′ N S M S NSk k′ =
1 2
1 2
y y
x n x n
− =− − ( ) ( )2 1 1 2 0y x n y x n− + − =
( )( ) ( )( )2 1 1 2 0k x m x n k x m x n− − + − − =
( ) ( )2 1 1 22 2 0x x n m x x mn− + ⋅ + + =
2
4 04 3
mn
k
− =+ 4mn = 4n m
=
4 ,0S m
∴ 4OQ OS mn⋅ = =
0k = M N′ x
M N′ x S 4 ,0m
4OQ OS⋅ =21.已知函数 ， .
（1）若 ，求证：当 时，函数 与 的图像相切；
（2）若 ，对 ，都有 ，求 的取值范围.
【答案】（1）证明见解析；（2）
【解析】
【分析】
（1）设出切点 ，利用导数的几何意义得出 ，结合导数证明函数
的单调性，从而得出 ，即可得出当 时，函数 与
的图像相切；
（2）将问题转化为 ，利用导数得出函数 在区间 上的最值，分
类讨论 的值，结合不等式的性质，即可得出 的取值范围.
【详解】（1）证明：∵ ，∴
当 时，
设点 为函数 图象上 一点，
令
设 ，∴ 所以 单调递增，又
∴
此时 ，
即当 时，结论成立，切点为
（2）解：由已知得，
∵
∴
可知，当 时， ， 单调递减
的
( ) xf x xe= ( ) | |g x a x e= −
0x 2a e= ( ) | |g x a x e= − ( ) xf x xe=
1 [ 2,1]x∃ ∈ − 2 [ 2,1]x∀ ∈ − ( ) ( )1 2f x g x a
( , ]e−∞
( )0
0 0, xP x x e ( )0
0 1 2xe x e+ =
( ) ( 1)xh x e x= + 0 1x = 2a e= ( ) | |g x a x e= −
( ) xf x xe=
max max( ) ( )f x g x≥ ( )f x [ 2,1]−
a a
( ) xf x xe= ( ) ( 1)x x xf x e xe e x=′ = + +
0x ≥ ( ) 2g x ax e ex e= − = −
( )0
0 0, xP x x e ( )f x
( ) ( )0
0 0 ( )1 2x
g xf x e x k e′ = + = =
( ) ( 1)xh x e x= + ( ) ( 2) 0xh x e x′ = + > ( )h x (1) 2h e=
0 1x =
( )0 (1)f x f e= = ( )0 (1)g x g e= =
2a e= (1, )e
max max( ) ( )f x g x≥
( ) xf x xe=
( ) ( 1)x x xf x e xe e x=′ = + +
[ 2, 1)x∈ − − ( ) 0f x′ < ( )f x当 时， ， 单调递增；
又∵ ；
∴当 时，
又∵当 时， ，∴
∴ ，∴ ①；
若 ，当 时，
又∵ ，∴ ②；
由① ②可得 ；
∴ 的取值范围为
【点睛】本题主要考查了导数的几何意义的应用以及利用导数解决不等式的恒能成立问题，
属于较难题.
（二）选考题：共 10 分.请考生从第 22、23 题中任选一题作答，并用 2B 铅笔将
答题卡上所选题目对应的题号右侧方框涂黑，按所涂题号进行评分；多涂、多答，
按所涂的首题进行评分；不涂，按本选考题的首题进行评分.
22.已知曲线 的极坐标方程是 ，以极点为原点，极轴为 轴非负半轴建立平面直角坐
标系，直线 的参数方程为 （ 为参数）．
（1）写出曲线 的直角坐标方程和直线 的普通方程；
（2）在（1）中，设曲线 经过伸缩变换 得到曲线 ，设曲线 上任意一点为
，当点 到直线 的距离取最大值时，求此时点 的直角坐标．
【答案】（1） ， ；（2） ．
【解析】
【分析】
（1）由 可将曲线 的极坐标方程化为直角坐标方程，在直线 的参数方程中消
[ 1,1]x∈ − ( ) 0f x′ > ( )f x
2
2( 2)f e
− = − (1)f e=
[ 2,1]x∈ − max( )f x e=
0a ≤ | |a x e e− ≤ − max( )g x e= −
max max( ) ( )g x f x≤ 0a ≤
0a > [ 2,1]x∈ − max( ) ( 2) 2g x g a e e a e= − = − ≤ ⇒ ≤
0a > 0 a e< ≤
a e≤
a ( , ]e−∞
C 2ρ = x
l
12 2
31 2
x t
y t
= −
= +
t
C l
C
,
3
x x
y y
= =
′
′ 1C 1C
( )0 0,M x y M l M
2 2: 4C x y+ = : 3 2 3 1 0l x y+ − − = ( )2, 6M − −
2 2 2x yρ = + C l去参数 可将直线 的参数方程化为普通方程；
（2）利用伸缩变换求得曲线 的普通方程，进而可得出曲线 的参数方程，设点
，利用点到直线的距离公式结合辅助角公式、正弦函数的有界性可求
得点 到直线 的距离的最大值，并求出对应的点 的坐标.
【详解】（1）将曲线 的极坐标方程化为 ，由 ，
所以，曲线 的直角坐标方程为 .
在直线 的参数方程中消去参数 得 ，
所以，直线 的普通方程为 ；
（2）由伸缩变换 得 带入圆的方程 得 ，
化简得曲线 ，其参数方程为 （ 为参数，且 ），
设点 ，
点 到直线 距离为：
，
，则 ，所以，当 时，即当 时，
取最大值，即 ，
此时，点 的坐标为 .
【点睛】本题考查曲线的极坐标方程、参数方程与普通方程之间的转化，同时也考查了利用
椭圆的参数方程求解椭圆上的点到直线距离的最值，考查计算能力，属于中等题.
23.已知
t l
1C 1C
( )2cos ,2 3sinM θ θ
M l M
C 2 4ρ = 2 2 2x yρ = +
C 2 2 4x y+ =
l t 3 2 3 1 0x y+ − − =
l 3 2 3 1 0x y+ − − =
,
3 ,
x x
y y
= ′
′
=
,
3 ,3
x x
y y
=
=
′
′
C
2
2 43
yx
′′ + =
2 2
1 : 14 12
x yC + = 2cos
2 3sin
x
y
θ
θ
= =
θ [ )0,2θ ∈ π
( )2cos ,2 3sinM θ θ
M : 3 2 3 1 0l x y+ − − =
2 6 sin 2 3 12 3 cos 2 3sin 2 3 1 4
2 2d
πθθ θ
+ − − + − − = =
0 2θ π≤
2 2 2 2 2 2 2.a b b c c a+ + + + + ≥
{ | 0x x < }5 1x > −
( )
2
2
2
2 4, 12 2 ,0 1
2 4, 0
x x xxf x x x xx x x x
+ − ≥
− = − ≤ −
| 2 |( ) xf x x
> { | 0x x < }5 1x > −
1x =
1a b c+ + =
( )( ) ( )222 2 222 1 1
2
a ba ba b a b
++ ≥ ≥++ ⇒+
2 2 2 2,
2 2
a a c ccc bb+ ++ +≥ ≥
( )2 2 2 2 2 2 2 2.
2
a b ca b b c c a
+ ++ + + + + ≥ = = =a b c
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