宁夏回族自治区银川一中2023-2024学年高三上学期第五次月考数学（理）试题含答案.pdf

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1、第 1 页/共 5 页学科网（北京）股份有限公司银川一中银川一中 2024 届高三年级第五次月考届高三年级第五次月考文科数学文科数学一、选择题（本大题共一、选择题（本大题共 12 小题，每小题小题，每小题 5 分，满分分，满分 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）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.已集合1,0,1,2,3A ，集合|Bx xa，1,2,3AB，则实数 a 的取值范围为（）A.,1B.0,1C.0,1D.0,12 复数z满足2023i22iz，则z（）A.12i B.12iC.12i D.12i3.关于椭圆22142xy，以下说

2、法正确的是（）A.长轴长为 2B.焦距为2 2C.离心率为12D.左顶点的坐标为2,04.把物体放在冷空气中冷却，如果物体初始温度为1，空气的温度为0，那么t小时后物体的温度可由公式010ekt求得，其中k是一个随着物体与空气的接触状况而定的冷却系数.现有A、B两个物体放在空气中冷却，已知两物体的初始温度相同，冷却2小时后，A、B两个物体的温度分别为04、07，假设A、B两个物体的冷却系数分别为Ak、Bk，则（）A.1ln22ABkkB.1ln22BAkkC.1ln22ABkkD.1ln22BAkk5.若抛物线22(0)ypx p的焦点也是双曲线22xyp的一个焦点，则此抛物线的方程为（）A.

3、232yxB.216yxC 28yxD.24yx6.已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）.第 2 页/共 5 页学科网（北京）股份有限公司A.2B.32C.2D.47.已知函数()f x的部分图象如图，则函数()f x的解析式可能为（）.A.()22sinxxf xxB.()22sinxxf xxC.()22cosxxf xxD.()22cosxxf xx8.已知不等式21sin coscos02xxxmmR对,4 3x 恒成立，则 m 的最小值为（）A.234B.12C.22D.229.如图，在直三棱柱111ABCABC-中，1ABBCACAA ，则异面直线1AB与1BC所成

4、角的余弦值等于（）第 3 页/共 5 页学科网（北京）股份有限公司A.32B.12C.13D.1410.抛物线C：22ypx（0p）的顶点为O，斜率为 1 的直线l过点2,0p，且与抛物线C交于 A，B两点，若OAB的面积为8 5，则该抛物线的准线方程为（）A.=1xB.22x C.2x D.2x 11.在ABC中，内角,A B C的对边分别为,a b c，若1b，6B，112tantanAC，则ABC的面积为（）A.14B.12C.32D.112.已知P为双曲线222210,0 xyabab左支上的一点，双曲线的左、右顶点分别为A、B，直线BP交双曲线的一条渐近线于点Q，直线AP、AQ的斜率

5、为1k、2k，若以AB为直径的圆经过点Q，且1220kk，则双曲线的离心率为（）A.32B.2C.2D.62二、填空题：本题共二、填空题：本题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分分.13.已知向量1,2a，4,3b，则2aab_14.已知0,2，1tan42，则cos _.15.若实数,x y满足约束条件0202xyxyx，则32zxy的最大值为_第 4 页/共 5 页学科网（北京）股份有限公司16.三棱锥DABC的外接球的表面积为20，AD 是该球的直径，ABC是边长为2 3的正三角形，则三棱锥DABC的体积为_三、解答题：共三、解答题：共 70 分分.解答应写出文字

6、说明、证明过程或演算步骤解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第第 1721 题为必考题，每个试题考生都必须作答题为必考题，每个试题考生都必须作答.第第 22、23 题为选考题，考生根据要求作答题为选考题，考生根据要求作答.（一）必考题：共（一）必考题：共 60 分分.17.求符合下列条件的曲线方程：（1）求过(1,2)A，()2,3B，()3,2C三点的圆的标准方程；（2）求与双曲线22:14xCy有共同渐近线且过点(2,5)的双曲线方程；（3）顶点在原点，对称轴为坐标轴且过点(2,3)P 的抛物线的标准方程.18.设等差数列 na满足2519aa，639aa.（1）求 na的通项公式；（

7、2）记nS为 na前n项和，若112kkSSS，求k的值.19.如图，在三棱柱111ABCABC-中，ABC是边长为 2 的等边三角形，1ACBC，平面11AAC C 平面,ABC E F分别为棱11,AC BC 的中点.（1）证明：EF/平面11ABB A；（2）若三棱柱111ABCABC-的体积为2 3，求点C到平面11ABB A的距离.20 已知函数 2ln2xf xb x.（1）当0b 时，求函数的单调区间和极值（2）若 f x在区间21,e 内恰好有两个零点，求b的取值范围.的.第 5 页/共 5 页学科网（北京）股份有限公司21.在平面直角坐标系xOy中，椭圆2222:1(0)xy

8、Cabab的左，右顶点分别为A、B，点F是椭圆的右焦点，3AFFB ，3AF FB .（1）求椭圆C的方程；（2）经过椭圆右焦点F且斜率不为零动直线l与椭圆交于M、N两点，试问x轴上是否存在异于点F的定点T，使|MFNTNFMT恒成立？若存在，求出T点坐标，若不存在，说明理由.（二）选考题（共（二）选考题（共 10 分分.请考生在第请考生在第 22、23 两题中任选一题做答，如果多做两题中任选一题做答，如果多做.则按所做的第一题记分）则按所做的第一题记分）【选修【选修 4-4：坐标系与参数方程】：坐标系与参数方程】22.在平面直角坐标系xOy中，已知直线l的参数方程为cos(1sinxttyt

9、 为参数),为l的倾斜角，且0,，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2221cos（1）求曲线C的直角坐标方程；（2）若直线l与曲线C交于,A B两点，点0,1P恰为线段AB的三等分点，求sin.【选修【选修 45：不等式选讲】：不等式选讲】23.已知不等式2xaa的解集为0,4（1）求实数a的值；（2）若0,0mn，且mna，求1122mnmn的最小值的第 1 页/共 20 页学科网（北京）股份有限公司银川一中银川一中 2024 届高三年级第五次月考届高三年级第五次月考文科数学文科数学一、选择题（本大题共一、选择题（本大题共 12 小题，每小题小题，每小题

10、 5 分，满分分，满分 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）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.已集合1,0,1,2,3A ，集合|Bx xa，1,2,3AB，则实数 a 的取值范围为（）A.,1B.0,1C.0,1D.0,1【答案】B【解析】【分析】根据交集的结果列式可得结果.【详解】因为集合1,0,1,2,3A ，集合|Bx xa，1,2,3AB，所以01a.故选：B.2.复数z满足2023i22iz，则z（）A.12i B.12iC.12i D.12i【答案】C【解析】【分析】由虚数单位的乘方的性质结合除法运算可得1 2iz ，进而可得共

11、轭复数.【详解】因为 505202343iiii，所以2023i22iz可化2i2iz所以2i2i i=12iiz，所以12zi .故选：C.3.关于椭圆22142xy，以下说法正确的是（）A.长轴长为 2B.焦距为2 2C.离心率为12D.左顶点的坐标为2,0【答案】B为第 2 页/共 20 页学科网（北京）股份有限公司【解析】【分析】根据椭圆的性质判断.详解】椭圆22142xy中，2,2,2abc，故长轴长为24a，焦距22 2c，离心率为22ca，左顶点的坐标为2,0，故只有 B 正确.故选：B4.把物体放在冷空气中冷却，如果物体初始温度为1，空气的温度为0，那么t小时后物体的温度可由公

12、式010ekt求得，其中k是一个随着物体与空气的接触状况而定的冷却系数.现有A、B两个物体放在空气中冷却，已知两物体的初始温度相同，冷却2小时后，A、B两个物体的温度分别为04、07，假设A、B两个物体的冷却系数分别为Ak、Bk，则（）A.1ln22ABkkB.1ln22BAkkC.1ln22ABkkD.1ln22BAkk【答案】A【解析】【分析】由已知可得出2010020100e4e7ABkk，变形可得21002100e3e6ABkk，两式相除变形后可得合适的选项.【详解】由题意可得2010020100e4e7ABkk，则21002100e3e6ABkk，两式相除可得2e2BAkk，所以，2

13、ln2ABkk，即1ln22ABkk.故选：A.5.若抛物线22(0)ypx p的焦点也是双曲线22xyp的一个焦点，则此抛物线的方程为（）A.232yxB.216yxC.28yxD.24yx【答案】B【解析】【第 3 页/共 20 页学科网（北京）股份有限公司【分析】首先表示出抛物线的焦点坐标，再将双曲线方程化为标准式，即可得到其焦点坐标，从而得到方程，解得即可.【详解】抛物线22(0)ypx p的焦点为,02p，双曲线22xyp可化简为221xypp，其焦点坐标为2,0p，由题意可得22pp，即2 2p，解得8p，则此抛物线的方程为216yx.故选：B6.已知某几何体的三视图如图所示，则该

14、几何体的体积为（）A.2B.32C.2D.4【答案】B【解析】【分析】由三视图还原几何体可知，该几何体为一个大圆柱减去半个小圆柱，根据数据可计算出几何体体积.【详解】由三视图还原几何体可知，该几何体为一个大圆柱减去半个小圆柱，如图：.第 4 页/共 20 页学科网（北京）股份有限公司故该几何体体积为2213121122V .故选：B.【点睛】本题主要考查了由三视图还原几何体，考查了圆柱的体积公式，考查了学生的直观想象能力.属于基础题.7.已知函数()f x的部分图象如图，则函数()f x的解析式可能为（）.A.()22sinxxf xxB.()22sinxxf xxC.()22cosxxf x

15、xD.()22cosxxf xx【答案】A【解析】【分析】由奇偶性可排除 BC，由特殊点可排除 D，即可求解【详解】由于图像关于原点对称，所以()f x为奇函数，对于 B：由()22sinxxf xx，得：()22sin()22sin()xxxxfxxxf x，()f x为偶函数，故可排除 B；对于 C：由()22cosxxf xx，得：()22cos()22cos()xxxxfxxxf x，为偶函数，故可排除 C；由图知图象不经过点(,0)2，第 5 页/共 20 页学科网（北京）股份有限公司而对于 D：22cosf22022，故可排除 D；故选：A8.已知不等式21sin coscos02

16、xxxmmR对,4 3x 恒成立，则 m 的最小值为（）A.234B.12C.22D.22【答案】D【解析】【分析】将问题转化为不等式2sin 224mx对,4 3x 恒成立，令 2sin 224f xx求解.【详解】解：因为不等式21sin coscos02xxxmmR对,4 3x 恒成立，所以不等式2sin 224mx对,4 3x 恒成立，令 2sin 224f xx，因为,4 3x ，所以352,4412 x，则minsin 214 x，所以 min22f x，所以22 m，解得22m，所以 m 的最小值为22，故选：D第 6 页/共 20 页学科网（北京）股份有限公司9.如图，在直三棱

17、柱111ABCABC-中，1ABBCACAA ，则异面直线1AB与1BC所成角的余弦值等于（）A.32B.12C.13D.14【答案】D【解析】【分析】将该几何体补成一个直四棱柱1111ABCDABC D，连接1,DC BD，则1BC D（或其补角）是异面直线1AB与1BC所成的角，然后在1BC D中利用余弦定理求解即可.【详解】如图，将该几何体补成一个直四棱柱1111ABCDABC D，由题易得底面ABCD为菱形，且ABC为等边三角形.连接1,DC BD，易得11ABDC，所以1BC D（或其补角）是异面直线1AB与1BC所成的角.设AB 1，则21112,2 132BCDCBD，所以222

18、12(2)(2)(3)1cos42(2)BC D.故选：D.10.抛物线C：22ypx（0p）的顶点为O，斜率为 1 的直线l过点2,0p，且与抛物线C交于 A，第 7 页/共 20 页学科网（北京）股份有限公司B两点，若OAB的面积为8 5，则该抛物线的准线方程为（）A.=1xB.22x C.2x D.2x 【答案】A【解析】【分析】直线l方程为2yxp，联立22ypx，得到两根之和，两根之积，表达出2 10ABp和点O到直线l的距离，从而表达出22 5OABSp，列出方程，求出2p，得到准线方程.【详解】由题意得，直线l方程为2yxp，联立22ypx得，22640 xpxp，设1122,A

19、 x yB xy，则212126,4xxp x xp，故22212121 14236162 10ABxxx xppp，点O到直线l的距离为221 1pdp，故2112 1022 522OABSAB dppp，故22 58 5p，解得2p，故该抛物线的准线方程为12px .故选：A11.在ABC中，内角,A B C的对边分别为,a b c，若1b，6B，112tantanAC，则ABC的面积为（）第 8 页/共 20 页学科网（北京）股份有限公司A.14B.12C.32D.1【答案】A【解析】【分析】根据题意利用三角恒等变换并由正弦定理即可求得1ac，再由面积公式即可求得结果.【详解】因为sin

20、11cos sinsin costantansinsinsin sinsincoscosinsACACACACACACACACsin sin2sin sinsin sinBBACAC，所以2sin2sin1sin sinBBAC.由正弦定理可得2bac，即1ac.故ABC的面积为1111sin12224acB .故选：A12.已知P为双曲线222210,0 xyabab左支上的一点，双曲线的左、右顶点分别为A、B，直线BP交双曲线的一条渐近线于点Q，直线AP、AQ的斜率为1k、2k，若以AB为直径的圆经过点Q，且1220kk，则双曲线的离心率为（）A.32B.2C.2D.62【答案】D【解析】

21、【分 析】设 点,P m n，可 得 出22222nbmaa，利 用 圆 的 几 何 性 质 可 得21PBkk，由11221202kkkk，即可得出22ba的值，由此可求得双曲线的离心率.【详解】设点,P m n，则22221mnab，即有22222nbmaa，由,0Aa、,0B a以及以AB为直径的圆经过点Q可知AQPB，第 9 页/共 20 页学科网（北京）股份有限公司 所以2211PBPBk kkk ，又1nkma，PBnkma，所以，21PBnkmak，由题意知11221202kkkk，所以 2122212knnnkmamama，由和得2212ba，由222232caba得3622c

22、ea故选：D.二、填空题：本题共二、填空题：本题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分分.13.已知向量1,2a，4,3b，则2aab_【答案】0【解析】【分析】根据向量的坐标运算求解即可.【详解】1,2a，4,3b，22,1ab，2122 10aab .故答案为：0.14.已知0,2，1tan42，则cos _.【答案】1010【解析】【分析】根据两角差的正切公式，化简求得tan3，再利用三角函数的基本关系式，联立方程组，即可求解.【详解】由两角差的正切公式，可得tan11tan()41tan2，解得tan3，可得sin3cos，即sin3cos又由22sincos1，

23、联立方程组22sin3cossincos1，解得21cos10，第 10 页/共 20 页学科网（北京）股份有限公司因为(0,)2，所以10cos10.故答案为：1010.15.若实数,x y满足约束条件0202xyxyx，则32zxy的最大值为_【答案】14【解析】【分析】首先画出可行域，将目标函数变形根据其几何意义即可求得当32zxy过点2,4时，取得最大值为14.【详解】根据题意画出满足约束条件的可行域如下图中着色部分所示：将目标函数32zxy变形可得322zyx，若32zxy取得最大值，即直线322zyx在y轴上的截距取得最小值，将32yx平移到过点2,4A时，直线322zyx在y轴上

24、的截距最小，此时目标函数32zxy有最大值为14.故答案为：1416.三棱锥DABC的外接球的表面积为20，AD 是该球的直径，ABC是边长为2 3的正三角形，则三棱锥DABC的体积为_【答案】2 3【解析】【分析】先根据球的表面积公式求球的半径，再根据正弦定理求ABC的外接圆半径，根据球的性质求1OO，进而可得三棱锥的体积.第 11 页/共 20 页学科网（北京）股份有限公司【详解】设三棱锥DABC的外接球的球心为 O,半径为 R，则2420R，解得5R，设ABC外接圆圆心为1O，半径为r，则122 sinBCrBAC，连接11,O A OO，22211O AOOOA，即2222111OOO

25、AO ARr，则点 D 到平面 ABC 的距离为 2，三棱锥DABC的体积1132 32 322 3322V.故答案为：2 3.三、解答题：共三、解答题：共 70 分分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第第 1721 题为必考题，每个试题考生都必须作答题为必考题，每个试题考生都必须作答.第第 22、23 题为选考题，考生根据要求作答题为选考题，考生根据要求作答.（一）必考题：共（一）必考题：共 60 分分.17.求符合下列条件的曲线方程：（1）求过(1,2)A，()2,3B，()3,2C三点的圆的标准方程；（2）求与双曲线22:14xCy有共同渐近

26、线且过点(2,5)的双曲线方程；（3）顶点在原点，对称轴为坐标轴且过点(2,3)P 的抛物线的标准方程.【答案】（1）22(2)(2)1xy （2）221416yx （3）292yx 或243xy【解析】【分析】（1）根据待定系数求圆的方程即可；的第 12 页/共 20 页学科网（北京）股份有限公司（2）根据共渐近线方程的特点设方程为224xy，代入点求解；（3）设出抛物线方程，代入点求解.【小问 1 详解】设所求圆的方程为：220 xyDxEyF，2240DEF，由圆经过(1,2)A，()2,3B，()3,2C三点，22222212202323032320DEFDEFDEF，解得：447DE

27、F 则所求圆的方程为：224470 xyxy，所以圆的标准方程为：22(2)(2)1xy.【小问 2 详解】双曲线与2214xy有共同双曲线，可设为224xy，如图，由所求双曲线224xy过点(2,5)，则4544，故双曲线方程为2244xy，即221416yx；【小问 3 详解】因为点(2,3)P 在第二象限，如图，公众号：高中试卷君第 13 页/共 20 页学科网（北京）股份有限公司所以设抛物线的标准方程为22(0)ypx p 或22(0)xp y p.又点(2,3)P 在抛物线上，所以94p，23p，即抛物线的标准方程为292yx 或243xy.18.设等差数列 na满足2519aa，6

28、39aa.（1）求 na的通项公式；（2）记nS为 na的前n项和，若112kkSSS，求k的值.【答案】18.31nan 19.30【解析】【分析】（1）设公差为d，根据题意列方程组，即可求解；（2)由（1）得出232nnnS，然后由112kkSSS，即可求解.【小问 1 详解】设 na的公差为d，则1251939add，解得：123ad，故：1131naandn.【小问 2 详解】由（1）可知：2231322nnnnnS，因为：112kkSSS，所以：22322318722kkkk，整理得：6180k，解得：30k.故：k的值为30.第 14 页/共 20 页学科网（北京）股份有限公司19

29、.如图，在三棱柱111ABCABC-中，ABC是边长为 2 的等边三角形，1ACBC，平面11AAC C 平面,ABC E F分别为棱11,AC BC 的中点.（1）证明：EF/平面11ABB A；（2）若三棱柱111ABCABC-的体积为2 3，求点C到平面11ABB A的距离.【答案】（1）证明见解析 （2）2 217【解析】【分析】（1）利用中位线得线线平行，进而可证平行四边形，由线面平行的判断定理即可求证.（2）根据面面垂直可得线面垂直，利用体积公式可求解1AC,进而根据等体积法即可求解.【小问 1 详解】如图，取AB的中点G，连接1,AG GF，则1111,22GFAC GFAC A

30、EAC AEAC/，所以11,AEGF AEGF/，所以四边形1AEFG为平行四边形，所以1/EFAG.因为EF 平面111,ABB A AG 平面11ABB A，所以EF/平面11ABB A.第 15 页/共 20 页学科网（北京）股份有限公司【小问 2 详解】取AC的中点D，连接1,BD AB.因为ABC是等边三角形，所以BDAC.又平面11AAC C 平面ABC，且平面11AAC C 平面ABCAC，所以BD平面11AAC C.因为1AC 平面11AAC C，所以1BDAC.因为1,ACBC BDBCB，,BD BC 平面ABC,所以1AC 平面ABC.所以1 1 121322 34AB

31、C A B CVAC，得12AC.因为AC平面ABC，所以1ACAC.在 Rt1AAC和 Rt1BAC中，由勾股定理可得11112 2,7A AABAGAB AG，所以112772A ABS.设点C到平面1AAB的距离为d，由11CAA BAABCVV，得2113722334d，解得2 217d.所以点C到平面11ABB A的距离为2 217.20.已知函数 2ln2xf xb x.（1）当0b 时，求函数的单调区间和极值第 16 页/共 20 页学科网（北京）股份有限公司（2）若 f x在区间21,e 内恰好有两个零点，求b的取值范围.【答案】（1）单调递增区间为,b，单调递减区间为0,b，

32、极小值为1 ln2bbfb，无极大（2）4ee4b【解析】【分析】（1）根据题意，求导得 fx，即可得到结果；（2）根据题意，分0b 与0b 讨论，列出不等式，代入计算，即可得到结果.【小问 1 详解】由 2ln2xf xb x得 2bxbfxxxx，且定义域为0,0b，令()0fx，即20 xb，解得xb，令 0fx，解得0 xb，则 f x的单调递增区间为,b，单调递减区间为0,b；f x在xb处的极小值为1 ln2bbfb，无极大值.【小问 2 详解】当0b，()0fx恒成立，f x在0,上单调递增，故 f x在区间21,e 内至多只有一个零点；当0b 时，由（1）得 f x在0,上最小

33、值为1 ln2bbfb，若 f x在区间21,e 内恰有两个零点，则需满足 221e010e0bfbff，整理得4ee4b.21.在平面直角坐标系xOy中，椭圆2222:1(0)xyCabab的左，右顶点分别为A、B，点F是椭圆第 17 页/共 20 页学科网（北京）股份有限公司的右焦点，3AFFB ，3AF FB .（1）求椭圆C的方程；（2）经过椭圆右焦点F且斜率不为零的动直线l与椭圆交于M、N两点，试问x轴上是否存在异于点F的定点T，使|MFNTNFMT恒成立？若存在，求出T点坐标，若不存在，说明理由.【答案】（1）22143xy （2）存在，(4,0)T【解析】【分析】（1）根据椭圆的

34、顶点及焦点坐标，利用向量关系建立方程求出,a c得解；（2）根据条件可转化为0MTNTkk，再由根与系数的关系代入化简即可得解.【小问 1 详解】由题意知，(,0)Aa，(,0)B a，(c,0)F，3AFFB ，3AF FB ，33acacacac，解得21ac，从而2223bac，椭圆C的方程为22143xy.【小问 2 详解】如图，由椭圆右焦点(1,0)F，故可设直线l的方程为1xmy，联立方程组221143xmyxy，整理得22(34)690mymy，则222364(9)(34)144(1)0mmm ，第 18 页/共 20 页学科网（北京）股份有限公司设11,M x y，22,N x

35、y，且122634myym，122934y ym，设存在点T，设T点坐标为(,0)t，由|MFNTNFMT，可得|MFMTNFNT，又因为1sinsin21sinsin2TFMTFNFT MTMTFMFMTMTFSNFSNTNTFFT NTNTF，所以sinsinMTFNTF，所以MTFNTF，所以直线TM和TN关于x轴对称，其倾斜角互补，即有0MTNTkk，则12120MTNTyykkxtxt，所以12210yxtyxt，所以11221)1()(0yymytmyt ，整理得1212(1)()02 y ytymy，即22962(1)03434mmtmm，即223(1)03434mmtmm，解得

36、4t，符合题意，即存点(4,0)T满足题意.（二）选考题（共（二）选考题（共 10 分分.请考生在第请考生在第 22、23 两题中任选一题做答，如果多做两题中任选一题做答，如果多做.则按所做的第一题记分）【选修则按所做的第一题记分）【选修 4-4：坐标系与参数方程】：坐标系与参数方程】22.在平面直角坐标系xOy中，已知直线l的参数方程为cos(1sinxttyt 为参数),为l的倾斜角，且0,，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2221cos（1）求曲线C的直角坐标方程；（2）若直线l与曲线C交于,A B两点，点0,1P恰为线段AB的三等分点，求sin.【

37、答案】（1）2212yx；（2）2sin3【解析】【分析】（1）化简曲线C的极坐标方程为222cos2，结合极坐标与直角坐标的互化公式，即可求在第 19 页/共 20 页学科网（北京）股份有限公司解；（2）把直线参数方程代入曲线C的直角坐标方程，求得1212,tt t t，设2APPB ，得到122tt，化简得22sin9，即可求解.【详解】（1）由曲线C的极坐标方程为2221cos，可得222cos2，又由cos,sinxy，代入可得2222xy，即曲线C的直角坐标方程为2212yx.（2）把直线参数方程cos(1sinxttyt 为参数)，代入曲线C的直角坐标方程2212yx，整理得22(

38、1 cos)2sin10tt ,设,A B对应的参数分别为12,t t，得1212222sin1,1cos1costtt t ，因为点0,1P恰为线段AB的三等分点，不妨设2APPB ，则122tt，所以122tt，代入1212222sin1,1cos1costtt t ，化简得22sin9，又因为0,，所以2sin3【选修【选修 45：不等式选讲】：不等式选讲】23.已知不等式2xaa的解集为0,4（1）求实数a的值；（2）若0,0mn，且mna，求1122mnmn的最小值【答案】（1）4 （2）13【解析】【分析】（1）分0a，0a，0a 三种情况讨论即可；（2）设2mnp，2mnq，则3312pqmn.利用111111112221212qppqmnmnpqpqpq和基本不等式即可求解.【小问 1 详解】第 20 页/共 20 页学科网（北京）股份有限公司当0a 时，不等式的解集为，不合题意；当0a 时，不等式的解集为 0，不合题意;当0a 时，2axaa，即0 xa，因为不等式的解集为0,4，所以4a.【小问 2 详解】由(1)知，4mn，设2mnp，2mnq，则3312pqmn.1111111111222221212123qpqppqmnmnpqpqpqpq，当且仅当pq，即2mn时，等号成立，所以1122mnmn的最小值为13.