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1、第 1 页 共 21 页 2023 届河南省南阳市高三上学期期末质量评估（期末）数学（理）试题 一、单选题 1若集合2230Ax xx，2log1Bxx，则AB（）A1,3 B(,3 C0,2 D0,3【答案】A【分析】化简集合A和B，再根据并集的概念可求出结果.【详解】由2230 xx得13x，所以|13|Axx，由2log1x 得02x，所以|02Bxx，所以|13BxxA 1,3.故选：A 2已知复数 z满足(i 1)2iz，则 z（）A1 B2 C3 D2【答案】B【分析】求得1 iz ，进而可得z.【详解】(i 1)2iz，2i2i(i1)1 ii1(i1)(i1)z ，|2z.故选
2、：B 3从 3，4，5，6 四个数中任取三个数作为三角形的三边长，则构成的三角形是锐角三角形的概率是（）A14 B13 C12 D34【答案】A【分析】利用古典概型和余弦定理即可求得构成的三角形是锐角三角形的概率【详解】从 3，4，5，6 四个数中任取三个数，共有（3，4，5），（3，4，6），（3，5，6），（4，5，6）四种情况 由222345，可得（3，4，5）构成直角三角形；由222346，可得（3，4，6）构成钝角三角形；由222356，可得（3，5，6）构成钝角三角形；第 2 页 共 21 页 由222456，可得（4，5，6）构成锐角三角形 则构成的三角形是锐角三角形的概率是14
3、 故选：A 4已知向量(4,2 5)a，(1,5)b，则向量b在向量a方向上的投影是（）A6 B1 C1 D6【答案】B【分析】根据向量在向量方向上的投影的概念计算可得结果.【详解】向量b在向量a方向上的投影是42 551|1620a ba.故选：B 5已知xR，yR，若:|1|2|1pxy，22:2440q xyxy，则p是 q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【答案】B【分析】画出,p q的可行域，结合充分、必要条件的知识确定正确答案.【详解】:|1|2|1pxy20,1,240,1,220,1,20,1,2xyxyxyxyxyxyxyxy ，20
4、1403xyxxyy，设1,3A.02402xyxxyy，设2,2B.20101xyxxyy，设1,1C.200202xyxxyy，设0,2D.则p对应的点在正方形ABCD的外部（包括边界），如下图所示.22:2440q xyxy22121xy.则q对应的点在以1,2为圆心，半径为1的圆的外部（包括边界），如下图所示.第 3 页 共 21 页 由图可知p是q的必要不充分条件.故选：B 6已知双曲线2222:1(0,0)xyCabab的左、右焦点分别为1 F，2F，点 M在 C 的右支上，直线1FM与C的左支交于点 N，若1FNb，且2|MFMN，则双曲线 C的渐近线方程为（）A13yx B3y
5、x C12yx D2yx 【答案】D【分析】由已知条件结合双曲线的定义可得2ba，从而可求出双曲线的渐近线方程.【详解】因为双曲线2222:1(0,0)xyCabab的左、右焦点分别为1F，2F，点 M在 C 的右支上，所以122MFMFa，因为2|MFMN，1FNb，11MFFNMN，所以2ba，所以2ba，所以双曲线2222:1(0,0)xyCabab的渐近线方程为2yx.故选：D 7设 f x是定义在R上且周期为 4 的奇函数，当02x时，,01()2,12xxf xxx，令 1g xf xf x，则函数 yg x的最大值为（）A1 B1 C2 D2【答案】A【分析】求得 g x在2 2
6、,上的解析式，结合周期性以及图象求得 g x的最大值.【详解】依题意，f x是定义在R上且周期为 4 的奇函数，所以 441 41g xf xf xf xf xg x，所以 g x是周期为4的周期函数.第 4 页 共 21 页 当10 x 时，01x ，f xfxxx .当21x 时，12x ，22f xfxxx .所以2,21,10(),012,12xxxxf xxxxx ，所以12,2111,110(1)1,01 121,112xxxxf xxxxx 3,321,211,101,01xxxxxxxx ，当12x时，213x，2141x ，11 43321f xf xf xxx ，所以1,2
7、11,10(1)1,011,12xxxxf xxxxx ，所以 1,2121,1011,0123,12xxxg xf xf xxxx ，画出 g x在区间2 2,上的图象如下图所示，结合 g x的周期性可知 g x的最大值为1.故选：A 第 5 页 共 21 页【点睛】本小题主要的难点在于求 g x的解析式，采用的是结合函数的周期性、奇偶性来进行求解.利用函数的奇偶性求函数的解析式，要注意取值范围，还要注意结合奇偶性的定义.要合并两个函数，要注意自变量对应的范围要相同.8已知函数()2sin(0)6f xx在0,上单调递增，且2()3f xf恒成立，则的值为（）A2 B32 C1 D12【答案
8、】D【分析】根据三角函数的单调性、最值等知识求得的值.【详解】0,666xx，所以2,0623，由于2()3f xf恒成立，所以22 362k，13,Z2k k，所以10,2k.故选：D 9已知抛物线2:4C yx的焦点为 F，过点 F 作直线l交抛物线 C于点 A，B（A 在 x 轴上方），与抛物线准线交于点 M若2BMBF，则直线l的倾斜角为（）A60 B30或 150 C30 D60或 120【答案】D【分析】过 B 作BB准线于B，可知BBBF，在B BM中可求得60B BM，从而求得直线l的倾斜角.【详解】第 6 页 共 21 页 如图 1：过 B作BB准线于B，由抛物线定义知BBB
9、F，所以2BMBB，所以在直角B BM中60B BM，即直线l的倾斜角为 60.如图 2：同理可得直线l的倾斜角为 120.故选：D.10对于函数()sinexf xxx，0,x，下列说法正确的是（）A函数 f x有唯一的极大值点 B函数 f x有唯一的极小值点 C函数 f x有最大值没有最小值 D函数 f x有最小值没有最大值【答案】A【分析】构造新函数，并利用导数判断函数 f x的单调性，进而得到函数 f x有唯一的极大值点【详解】()sinexf xxx，0,x，则()cos1exfxx，0,x，令()cos1 exk xx，0,x，则0()sinexk xx，在0,恒成立，则()cos
10、1 exk xx 在0,单调递减，又0(0)cos01 e10k，()cos01eek 则存在唯一00,x，使得000()cos10exk xx，当00 xx时，()0k x，即()0fx，()f x单调递增；当0 xx时，()0k x，即()0fx，()f x单调递减 则当0 xx时，()f x取得极大值.则函数 f x有唯一的极大值点，即有最大值，最小值在区间端点处取得.故选：A 11如图为“杨辉三角”示意图，已知每一行的数字之和构成的数列为等比数列且记该数列前 n项和为nS，设25log11nnbS，将数列 nb中的整数项依次取出组成新的数列记为 nc，则2023c的值为（）第 7 页
11、共 21 页 A5052 B5057 C5058 D5063【答案】B【分析】根据题意得到51nbn，再列举得到整数项构成的数列 nc，根据其规律求解.【详解】解：由题意得：01122.221nnnS，所以25log1151nnbSn，则数列 nb即为4,9,14,19,.,，其整数项为4,9,49,64,.,即2,3,7,8,12,13,.，所以 nc的奇数项是以 2 为首项，以 5 为公差的等差数列，则2125153ncnn；nc的偶数项是以 3 为首项，以 5 为公差的等差数列，则23 5152ncnn，所以20232515 101235057cn ，故选：B 12 十七世纪法国数学家、
12、被誉为业余数学家之王的皮埃尔德费马提出的一个著名的几何问题：“已知一个三角形，求作一点，使其与这个三角形的三个顶点的距离之和最小”它的答案是：当三角形的三个角均小于 120时，所求的点为三角形的正等角中心，即该点与三角形的三个顶点的连线两两成角120；当三角形有一内角大于或等于120时，所求点为三角形最大内角的顶点在费马问题中所求的点称为费马点已知,a b c分别是ABC三个内角,A B C的对边，且22()6bac，cossin2cos6ACB，若点 P 为ABC的费马点，则PA PBPB PCPA PC（）A6 B4 C3 D2【答案】C【分析】由余弦定理和两角和的余弦公式化简22()6b
13、ac，cossin2cos6ACB可得3B，6ac，再根据ABC等面积法即可求得6PAPBPBPCPAPC，“费马点”定义可得该点与三角形的三个顶点的连线两两成角120，从而求得答案.第 8 页 共 21 页【详解】31cos2sincos,cos2sincoscos622ACBACCB,即 cos3sincoscoscosACBCB,又 ABC coscos()coscossinsinABCBCBC ,coscossinsin3sincoscoscosBCBCCBCB,即 sinsin3sincosBCCB,sinsin0,tan3cosBCBB,又(0,),3BB.由三角形内角和性质知：A
14、BC 内角均小于 120，结合题设易知：P点一定在三角形的内部，再由余弦定理知,2221cos22acbBac,22()6,6bacac,121212113 3sinsinsinsin6 sin2323232232ABCSPAPBPBPCPAPCacB,6PAPBPBPCPAPC.由6PAPBPBPCPAPC等号左右两边同时乘以2cos3可得：2222coscoscos6 cos3333PAPBPBPCPAPC，26 cos33PA PBPB PCPA PC .故选：C.【点睛】本题主要考查两角和差的余弦公式、余弦定理，平面向量的数量积以及等面积法的应用；理解新概念灵活运用，属于较难题.二、填
15、空题 13上级将 5 名农业技术员分派去 3 个村指导农作物种植技术，要求每村至少去一人，一人只能去一个村，则不同的分派种数有_（数字作答）【答案】150【分析】先把 5 人分成 3 组，再对 3 个村进行全排列.【详解】把 5 人分成三组，有“3，1，1”和“2，2，1”两种情况，所以不同的分派种数有311221352153132222CCCCCCA10 156150AA.故答案为：150.第 9 页 共 21 页 14如图，ABC内接于椭圆，其中 A 与椭圆右顶点重合，边 BC 过椭圆中心 O，若 AC 边上中线 BM恰好过椭圆右焦点 F，则该椭圆的离心率为_ 【答案】13【分析】根据题意
16、分析出F为ABC的重心，再根据重心的1:2的关系，即可代入求得椭圆的离心率.【详解】根据题意，O是BC中点，所以AO是ABC的中位线，又 BM 是中线，所以F为ABC的重心，所以:1:2OF FA，所以:1:2c ac，所以13cea，故答案为：13.15 九章算术是算经十书中最重要的一部，全书总结了战国、泰、汉时期的数学成就，内容十分丰富，在数学史上有其独到的成就在九章算术中，将四个面都是直角三角形的四面体称之为“鳖臑”，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为“阳马”如图，几何体 PABCD为一个阳马，其中PD 平面 ABCD，若DEPA，DFPB，DGPC，且 PDAD2AB4，
17、则几何体 EFGABCD 的外接球表面积为_ 【答案】20【分析】判断出几何体EFGABCD外接球球心的位置，求得外接球的半径，进而求得外接球的表面积.第 10 页 共 21 页【详解】设ACBDO，连接,BE BG.依题意，四边形ABCD是矩形，所以,ADCD ABAD BCCD，由于PD 平面ABCD，,AD CD AB BC 平面ABCD，所以,PDAD PDCD PDAB PDBC，由于,PDADD PD AD平面PAD，所以AB平面PAD，由于DE平面PAD，所以ABDE，由于DEPA，,PAABA PA AB平面PAB，所以DE面PAB，由于BE 平面PAB，所以DEBE.同理可证
18、得DGBG，由于DFPB，所以,BDFBDA BDCBDEBDG都是以BD为斜边的直角三角形，所以几何体EFGABCD外接球球心是O，且半径221124522RBD，所以外接球的表面积为2420R.故答案为：20 16已知函数1()ln(0)emxxf xxmx x的值域为0,)，则实数 m 取值范围为_【答案】21,e【分析】分别讨论0m、210em、21em、21em，利用导数法研究最值.【详解】0,x，11()e11mxmxxxf，令21121121()1,()eemxmxm xmg xmxg xxx.（1）当0m 时，2121()02emxm xmg xx，故 111()1emxmxf
19、xg xx在0,上单调递增，令()0fx得1101emxx，即1lnmxx，lnyx单调递增，值域为,，1ymx为单调递减直线或1y，故lnyx与1ymx总有唯一交点00,x 存在，使得001lnmxx.故当00,xx，110e110,mxmxx，即()0fx，f x单调递减；第 11 页 共 21 页 当0,xx，110e110,mxmxx，即()0fx，f x单调递增.故00000001ln110emxfxfxxxmxmxmx，符合题意；（2）当0m时，令()0fx得1lnmxx或1xm，设1ymx与lnyx切于11,lnxx，则有111ln11xmxmx，解得21em，21ex.i.故当
20、21em 时，此时1ymx与lnyx相切.当10,xx，即20,ex，110e110,mxmxx，即()0fx，f x单调递减；当1,xx，即2e,x，110e110,mxmxx，即()0fx，f x单调递增.故2e0fxf，符合题意；ii.当21em 时，1ymx与lnyx无交点，且1 lnmxx在0,x恒成立，即 11e1mxx在0,x恒成立，故当10,xm，10mx，即()0fx，f x单调递减；当1,xm，10mx，即()0fx，f x单调递增.故2ln111efmmxfm，设21ln1emmh m，222e0e1mmh m，故 h m在21,e单调递增，故210eh mh，即 0f
21、x，值域不为0,)，不合题意；iii.当210em时，则存在22230,e,e,xx使得221lnmxx，331lnmxx成立，此时21e,m且31xm，当20,xx，110e110,mxmxx，即()0fx，f x单调递减；若31xm，则当23,xx x，110e110,mxmxx，即()0fx，f x单调递增；当31,xxm，110e110,mxmxx，即()0fx，f x单调递减；当1,xm，110e110,mxmxx，即()0fx，f x单调递增.此时 20f x、1fm为 f x极小值，由可知此时222e0e1mmh m，故 h m在210,e单调递第 12 页 共 21 页 减，故
22、210eh mh，即 0f x，故此时 20f xf x；若31xm，则当21,xxm，110e110,mxmxx，即()0fx，f x单调递增；当31,xxm，110e110,mxmxx，即()0fx，f x单调递减；当3,xx，110e110,mxmxx，即()0fx，f x单调递增.此时 20f x、30f x为极小值，故此时230fxfxfx.综上，实数 m 取值范围为21,e.故答案为：21,e【点睛】结论点睛：含指数、对数复杂函数的最值，一般通过导数法研究，当研究极值点时，一般设出极值点，最后通过极值点满足的方程求极（最）值.三、解答题 17已知数列 na是各项均为正数的等差数列，
23、nS是其前 n 项和，且122nnnaaS(1)求数列 na的通项公式；(2)若89nnnba，求 nb取得最大值时n的值【答案】(1)1nan(2)7或 8 【分析】（1）先利用11aS求得1a，再利用等差数列的前n项和公式直接求得na（法一），或利用122aaS求得2a，从而利用等差数列的通项公式求得na（法二）；（2）结合（1）中结论，利用作差法得到1nnbb关于n的表达式，分类讨论n的取值，从而求得 nb取得最大值时n的值.【详解】（1）因为数列 na是各项均为正数的等差数列，所以0na，又因为122nnnaaS，第 13 页 共 21 页 所以当1n 时，1111122aaaS，解得
24、12a 或11a （舍去），故12a，方法一：因为1222nnnn aan aS，所以 21222nnnn aaa，又0na，即20na，所以122nan，故1nan；方法二：当2n 时，2212221222aaaaaS，解得23a（负值舍去），因为数列 na是等差数列，所以211daa，故2111nann （2）由（1）知，819nnbn，故1199828829nnnnbn，因为18799nnnnbb，当7n 时，1nnbb；当7n 时，1nnbb；当7n 时，1nnbb；又*Nn，所以数列 nb的最大项为7b，8b，故 nb取得最大值时n的值为7或 8.18在 2022 年卡塔尔世界杯亚洲
25、区预选赛十二强赛中，中国男足以 1 胜 3 平 6 负进 9 球失 19 球的成绩惨败出局甲、乙足球爱好者决定加强训练提高球技，两人轮流进行定位球训练（每人各踢一次为一轮），在相同的条件下，每轮甲、乙两人在同一位置，一人踢球另一人扑球，甲先踢，每人踢一次球，两人有 1 人进球另一人不进球，进球者得 1 分，不进球者得1分；两人都进球或都不进球，两人均得 0 分，设甲每次踢球命中的概率为12，乙每次踢球命中的概率为23，甲扑到乙踢出球的概率为12，乙扑到甲踢出球的概率15，且各次踢球互不影响(1)经过一轮踢球，记甲的得分为 X，求 X的分布列及数学期望；(2)若经过两轮踢球，用2p表示经过第 2
26、 轮踢球后甲累计得分高于乙累计得分的概率，求2p【答案】(1)分布列见解析，数学期望为115(2)1645 【分析】（1）求出甲、乙两人进球的概率，确定甲的得分 X 的可能取值，求出每个值对应的概率，可得分布列，继而求得数学期望；（2）确定经过第 2 轮踢球后甲累计得分高于乙累计得分的各种情况，继而求得每种情况相应的概率，第 14 页 共 21 页 根据互斥事件的概率加法公式即可求得答案.【详解】（1）记一轮踢球，甲进球为事件 A，乙进球为事件 B，,A B相互独立，由题意得：1121255P A，2111323P B，甲的得分 X的可能取值为1,0,1，则 21111535P XP ABP
27、A P B，0P XP ABP ABP A P BP A P B 2121811535315 ，214115315P XP ABP A P B，所以X的分布列为：X 1 0 1 P 15 815 415 所以 18411015151515E X .（2）根据题意，经过第 2 轮踢球累计得分后甲得分高于乙得分的情况有三种；分别是：甲两轮中第 1 轮得 0 分，第 2 轮得 1 分；或者甲第 1 轮得 1 分，第 2 轮得 0 分；或者甲两轮各得 1 分，于是：201101pP XP XP XP XP X 8448416151515151545.19如图，四棱锥PABCD的底面为直角梯形，2 AB
28、CBAD，PB底面 ABCD，112PBABADBC，设平面 PAD与平面 PBC的交线为l (1)证明：l平面 PAB；(2)设 Q 为l上的动点，求PD与平面QAB所成角的正弦值的最大值 第 15 页 共 21 页【答案】(1)证明见解析(2)63 【分析】(1)由线面垂直判定定理证明BC平面PAB，由线面平行性质定理/l BC，由此证明l平面 PAB；(2)建立空间直角坐标系，求直线PD的方向向量和平面QAB的法向量，利用向量夹角公式求PD与平面QAB所成角的正弦值，结合基本不等式求其最大值.【详解】（1）因为PB 平面ABCD，BC平面ABCD，所以PBBC 因为2ABC，所以ABBC
29、，又PBABB，,PB AB 平面PAB，因此BC平面PAB 因为四棱锥PABCD的底面为直角梯形，2 ABCBAD，所以BCAD，BC 平面PAD，AD 平面PAD，所以BC平面PAD又由题平面PAD与平面PBC的交线为l，BC平面PBC，所以/l BC，故l平面PAB（2）以B为坐标原点，,BC BD BP方向为,x y z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Bxyz，则0,0,0B，2,0,0C，0,1,0A，0,0,1P，1,1,0D，由（1）可设,0,1Q a，则,0,1BQa，0,1,0BA，1,1,1PD，设平面QAB的一个法向量为n，,nx y z，则00n BQn BA，即
30、00axzy，取=1x，可得0,yza，所以1,0,na 为平面QAB的一个法向量，所以21cos,13n PDan PDnPDa 设PD与平面QAB所成角为，则221332sin13311aaaa；当0a 时，32sin113aa，因为12aa，当且仅当1a 时等号成立，所以36sin33第 16 页 共 21 页（当且仅当1a 时等号成立），当0a 时，3sin3，当a0时，32sin113aa，112aaaa ，当且仅当 a=-1 时等号成立，所以30sin3，综上，sin的最大值为63，所以PD与平面QAB所成角的正弦值的最大值为63 20已知函数2()lnf xaxxax(1)当1a
31、 时，求证：()0f x；(2)若函数 f x有且只有一个零点，求实数a的取值范围【答案】(1)证明见解析；(2)1a 或0a.【分析】（1）利用导数求出函数()f x的最大值为0，可得()0f x；（2）当 a0 时，()f x不存在零点；当0a 时，转化为函数 2ln xxg xx与1ya的图象有且只有一个交点，利用导数可求出结果.【详解】（1）当1a 时，2()lnf xxxx，0 x，221112121xxxxfxxxxx，当01x时，()0fx，当1x 时，()0fx，所以()f x在(0,1)上单调递增，在(1,)上单调递减 所以 max10f xf，即 0f x.（2）函数2()
32、lnf xaxxax的定义域为(0,)，当 a0 时，20f xx 无解，此时()f x不存在零点；第 17 页 共 21 页 当0a 时，由 0f x 得21lnxxax，0,x，因为函数 f x有且只有一个零点，设 2ln xxg xx，则函数 2ln xxg xx与1ya的图象有且只有一个交点，24311ln21 2lnxxxxxxxgxxx，令 1 2lnh xxx，则2()1h xx，因为0 x，所以()0h x，所以 h x在0,上单调递减，且 10h，所以当01x时，()(1)0h xh，()0g x，当1x 时，()(1)0h xh，()0g x，所以 g x在0,1上单调递增
33、，在1,上单调递减 所以max()(1)1g xg，当01x时，11g xg，令 12ln,0exxxx，x在10,e上递增，11e2e10 x，则当10ex时，12ln0lnxxxxxg xx ，而1x在10,e上取值集合为.e，当1e1x时，2ee1x，于是得当01x时，g x的取值集合为,1，而当1x 时，01g x，又函数()yg x与1ya的图象有且只有一个交点，所以11a或10a，即1a 或0a，综上所述：实数a的取值范围是1a 或0a.【点睛】思路点睛：涉及含参的函数零点问题，利用导数分类讨论，研究函数的单调性、最值等，结合零点存在性定理，借助数形结合思想分析解决问题.21已知椭
34、圆2222:1(0)xyCabab，离心率为12，其左右焦点分别为1 F，2F，点(1,1)A在椭圆内，P 为椭圆上一个动点，且1|PFPA的最大值为 5(1)求椭圆 C 的方程；第 18 页 共 21 页(2)在椭圆 C 的上半部分取两点 M，N（不包含椭圆左右端点），且122FMF N，求四边形12FF NM的面积【答案】(1)22143xy；(2)9 58.【分析】（1）由题得2ac，22(1)15ac，222abc，即得,a b c的值，即得解；（2）延长1FM交椭圆于点1P，连接1PN,四边形12FF NM的面积等于1PMN的面积.求出弦长1278PM 和2F到直线1PM的距离，即得
35、解.【详解】（1）解：由题意知：12ca，即2ac，又由椭圆定义可得：122PFPAaPAPF2222(1)15aAFac，又222abc，且52a，故可得2a，3b，1c 即椭圆C的方程为22143xy.（2）解：延长1MF交椭圆于点1P，连接1PN,由122FMF N，根据椭圆的对称性可得1112FMPF，1F N过原点O，1 12PFOOF NSS，所以四边形12FF NM的面积等于1PMN的面积.设11,M x y，122,P xy，则22,Nxy显然，10y 设直线1PM的方程为1xmy，联立221143xmyxy得，2234690mymy，122634myym，122934y ym
36、，又1112FMPF，得122yy，由得2 55m 得直线1PM的方程为2 515xy，即5250 xy，第 19 页 共 21 页 设2F到直线1PM的距离为d，则由距离公式得552 5354d，又由弦长公式得：2221121212114PMmyymyyy y 222269143434mmmm 将2 55m 代入上式得1278PM，设四边形12FF NM的面积为S，易知111272 59 522838SPMd.【点睛】关键点睛：解答本题的关键是把四边形12FF NM的面积利用椭圆的对称性转化为1PMN的面积，这样便可以利用公式求三角形的面积了.22在平面直角坐标系 xOy 中，曲线 C 的参
37、数方程为2cossinxy（为参数）(1)在以 O为极点，x 轴的正半轴为极轴的极坐标系中，求曲线 C 极坐标方程；(2)若点 A，B为曲线 C 上的两个点且OAOB，求证：2211|OAOB为定值【答案】(1)2243sin1(2)证明见解析 【分析】（1）先消去参数化为直角坐标方程，再根据公式cosx，siny化为极坐标方程即可得解；（2）由于OAOB，故可设1,A，2,2B，将,A B的极坐标代入曲线C的极坐标方程，第 20 页 共 21 页 根据极径的几何意义可求出结果.【详解】（1）由2cossinxy得2222cossin14xy，所以曲线C的直角坐标方程为2214xy 将cosx
38、，siny代入到2214xy，得2222cossin14，得2243sin1，所以曲线C的极坐标方程为：2243sin1.（2）由于OAOB，故可设1,A，2,2B 21243sin1，2222443cos1n23si1，所以2222121111|OAOB 223sin13cos1544 即2211|OAOB为定值54.23已知存在0Rx，使得0024xaxb成立，a，+Rb(1)求2ab的取值范围；(2)求22ab的最小值【答案】(1)4,(2)165 【分析】（1）利用绝对值三角不等式求得002xaxb的最大值，由此求得2ab的取值范围.（2）方法一：对b进行分类讨论，结合二次函数的性质求
39、得22ab的最小值.方法二，利用三角换元的方法求得22ab的最小值.【详解】（1）由题知：2222xaxbxaxbabab，当且仅当0,20 xaxb时等号成立.因为存在0Rx，使得0024xaxb，所以只需24ab，第 21 页 共 21 页 即2ab的取值范围是4,（2）方法一：由（1）知24ab，因为+,Ra b，不妨设22tab，当2b时，224tab，当02b时，有222(42)tbab，整理得，2281651616555tbbb，此时t的最小值为165；综上：22ab的最小值为165 方法二：令222tab，不妨设cosat，sinbt，因为24ab，cos2 sincos2sin4ttt，所以444cos2sin55sint，其中1tan2，所以：2165t，即22ab的最小值为165