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1、第 1 页 共 24 页 2020 届天一大联考皖豫联盟 高中毕业班第二次考试数学（理）试题 一、单选题 1已知集合1273xAx，|5By y，则RAB（）A B5,3 C5,3 D5,3【答案】B【解析】先求出集合A，然后求出RA，再与集合B取交集即可.【详解】依题意，得3111273333xxAxxx x，则R|3Ax x，所以R5,3AB .故选：B.【点睛】本题考查集合的运算、不等式的解法考查运算求解能力以及化归与转化思想，属于基础题.2若复数1i()2imzmR为纯虚数，则m（）A2 B1 C1 D2【答案】D【解析】结合复数的四则运算及纯虚数的概念，可求出答案.【详解】1i(1i
2、)(2i)2i2 i221i2i(2i)(2i)555mmmmmmz.复数z为纯虚数,得20210mm 解得2m.故选：D.【点睛】本题考查复数的运算、纯虚数的概念，考查运算求解能力以及函数与方程思想，属于基第 2 页 共 24 页 础题.32019 年 10 月 1 日，为了庆祝中华人民共和国成立70周年，某校聚集400名学生站成一个方阵.方阵中间部分学生身穿红色衣服，组成“70”的字样，其余学生身穿白色衣服.若任选1名学生，选到身穿红色衣服的学生的概率为14，则任选2名学生，1名学生身穿红色衣服，另1名学生身穿白色衣服的概率为（）A100133 B34 C50133 D316【答案】C【解
3、析】分别求出身穿红色衣服和白色衣服的人数，然后求出选出1名学生身穿红色衣服，另1名学生身穿白色衣服的选法，及400名学生选出 2 名学生的选法，结合古典概形的概率公式可求出答案.【详解】400名学生中，身穿红色衣服的有14001004人，身穿白色衣服的有300人，故任选2名学生，1名学生身穿红色衣服，另1名学生身穿白色衣服的概率111003002400CC50C133P.故选：C.【点睛】本题考查排列组合，考查古典概型的概率，考查推理能力，属于基础题.4记递增等比数列 na的公比为q，前n项和为nS.若28S，480S，则（）A14a B12a C2q D4q 【答案】B【解析】结合3442a
4、aSS，及23412aaqaa，可求出公比，进而求出1a.【详解】依题意，得128aa，344272aaSS，所以234129aaqaa，解得3q 或者3q .又因为数列 na是递增数列，所以3q，所以12a.故选：B.【点睛】第 3 页 共 24 页 本题考查等比数列的通项公式、前n项和公式，考查运算求解能力以及化归与转化思想，属于基础题.5运行如图所示的程序框图；若输入的x的值为3，输出的x的值为98，则判断框中可以填（）A5i B4i C3i D2i 【答案】C【解析】运行该程序，可知3i，不满足判断框，4i，满足判断框，从而可选出答案.【详解】由于输入的x的值为3，输出的x的值为98，
5、可知：运行该程序，第一次，1(3 1)22x，1i，不满足判断框；第二次，13(2 1)22x，2i，不满足判断框；第三次，13512 24x，3i，不满足判断框；第 4 页 共 24 页 第四次，1 5912 48x，4i，满足判断框，输出x的值为98，故判断框可以填3i.故选：C.【点睛】本题考查算法与程序框图，考查推理论证能力以及化归与转化思想，属于基础题.6地震震级是衡量地震本身大小的尺度，由地震所释放出来的能量大小来决定，释放出的能量愈大，则震级愈大.震级的大小可通过地震仪测出.中国使用的震级标准，是国际上通用的里氏分级表，地震释放的能量E与地震里氏震级M之间的关系为34.81010
6、ME.已知A地区最近两次地震的震级1M，2M的值分别为6，5，释放的能量分别为1E，2E.记12EE，则（）A30,31 B31,32 C32,33 D33,34【答案】B【解析】分别求出1E和2E，可得到91.517.52101010EE，然后比较1.51031,32,的大小关系即可选出答案.【详解】依题意，4.8911010E，4.87.521010E，故91.517.52101010EE，要比较1.510与32的大小关系，可比较310与232的大小关系，易知3101000，而2321024，故1.51032.同理可得，1.51031，所以(31,32).故选：B.【点睛】本题考查数学文化
7、，考查指数的运算性质，考查运算能力、推理论证能力以及化归与转化思想，属于基础题.7 已知三棱锥ABCD满足2 13ABCD，10ACBD，4 5ADBC，则三棱锥ABCD外接球的表面积为（）A116 B128 C132 D156【答案】A 第 5 页 共 24 页【解析】可将三棱锥置于一个长、宽、高分别为x，y，z的长方体中，可得2222225210080 xyyzzx，从而可求出222xyz及外接球半径，进而可求出该三棱锥外接球的表面积.【详解】三棱锥ABCD的对棱相等，可将此三棱锥置于一个长、宽、高分别为x，y，z的长方体中，则2222225210080 xyyzzx，三式相加可得，222
8、116xyz，设三棱锥ABCD外接球的半径为R,则22222116Rxyz，即24116R.则所求外接球的表面积24116SR.故选：A.【点睛】本题考查三棱锥的外接球，考查球的表面积计算，考查空间想象能力，属于中档题.8将曲线23exy绕原点顺时针旋转角后第一次与x轴相切，则tan（）A22e B32e C23e D33e【答案】D【解析】易知直线tanyx是曲线23exy过原点的切线，设切点坐标为020,3exx，结合导数的几何意义，可求出0 x，从而可求出tan.【详解】依题意，tanyx是曲线23exy过原点的切线.设切点坐标为020,3exx，而23exy，所以02tan3ex.把切
9、点坐标020,3exx代入tanyx，得002203e3exxx，解得01x，即3tan3e.故选：D.【点睛】本题考查导数的运算、导数的几何意义，考查运算求解能力以及化归与转化思想,属于中档题.第 6 页 共 24 页 9记双曲线2222:1(0,0)xyCabab的左、右焦点分别为1F，2F，点M在双曲线的渐近线上，且在第二象限，2OMOF（O为坐标原点），线段2MF的中点P满足122PFPFa，则双曲线C的离心率为（）A15 B13 C152 D132【答案】A【解析】先求出M的坐标，进而可得到P的坐标，由P满足122PFPFa，可知点P在双曲线C的右支上，将坐标代入方程，计算可求得离心
10、率.【详解】双曲线C的渐近线为byxa，设M的坐标为,0bmmma，由2|OMOFc，可得222222bcmmmcaa，即ma，,Ma b，则,22ca bP.122PFPFa，则点P在双曲线C的右支上，所以2222()144cabab，整理得22215ccaa，即215e，解得51e ，因为1e，所以只有15e 符合题意.故选：A.【点睛】本题考查双曲线的离心率，考查双曲线的方程与性质，考查学生的计算能力与推理论证能力，属于中档题.10已知在体积为27的正方体1111ABCDABC D中，E，F分别是11AD，11C D的中点.若平面BEF平面11BCC Bl，则l在正方形11BCC B中的
11、线段长度为（）A10 B3 52 C3 62 D13【答案】D 第 7 页 共 24 页【解析】延长EF，11BC，交于点G，连接BG，1BGCCH，可知l在正方形11BCC B中的线段为线段BH，由1D EF和1C GF全等，及11/C HBB，可得111113C HC GBBBG，从而可求得1C H进而可求得BH.【详解】如图，延长EF，11BC，交于点G，连接BG，其中1BGCCH，则l在正方形11BCC B中的线段即为线段BH.依题意，得327AB，则3AB.又易知1D EF和1C GF全等，所以111112C GD EAD，又11/C HBB，则111113C HC GBBBG，11
12、C H.所以2CH，223213BH.故选：D.【点睛】本题考查空间线面的位置关系，考查空间想象能力以及数形结合思想,属于基础题.11已知函数()sin()0,0,2f xAxA的图象的一个最高点为3,1P，M，N是与P相邻的两个最低点，且20tan21MPN，则函数()f x的单调递减区间为（）A3 10,8 10()kkkZ B8 10,13 10()kkkZ C35,85()kkkZ D85,135()kkkZ 第 8 页 共 24 页【答案】A【解析】由函数()f x图象的一个最高点为3,1P，可知1A，32()2kk Z，由20tan21MPN，结合二倍角公式，可求得tan2MPN，
13、进而由图象可知4tan2MPNMNT，从而可求得,，即可求得()f x的表达式及单调递减区间.【详解】依题意，得22tan202tan211tan2MPNMPNMPN，解得5tan22MPN或2tan25MPN，因为022MPN，所以只有5tan22MPN符合题意，函数()f x图象的一个最高点为3,1P，得1A，4 1 tan102MPNMNT，则2105，又(3)1f，得32()52kk Z，解得2()10kk Z.因为|2，所以10，则()sin510f xx.令32 2()25102kxkkZ，解得3 108 10()kxk kZ.故选：A.【点睛】第 9 页 共 24 页 本题考查三
14、角函数的图象与性质，考查正切的二倍角公式的应用，考查推理论证能力以及数形结合思想，属于中档题.12已知椭圆2222:1(0)xyCabab与x轴交于P，Q两点，与y轴交于M，N两点，点R在椭圆C上，135PRQ，3 10cos10RPQ，且四边形MPNQ的面积为8 6，则椭圆C的方程为（）A221244xy B221128xy C221166xy D22311816xy【答案】A【解析】由角的关系可求得tanRPQ和tanRQP的值，然后设(,)R s t(0,0)st，可得|2tantanttPQaRPQRQP，tantRPQas，联立可求得,s t a的关系，将点R的坐标代入椭圆方程，可求
15、得,a b的关系，结合四边形MPNQ的面积为8 6，可得28 6ab，进而可求得,a b的值.【详解】由3 10cos10RPQ，可得1tan3RPQ.又135PRQ，所以tantan1tantan1tantan2PRQRPQRQPPRQRPQPRQRPQ .不妨设(,)R s t(0,0)st，则|25tantanttPQatRPQRQP，即25at，tantRPQas，即23355aastaa.则 将255,aaR代入椭圆方程可得2222412525aaab，即226ab.又四边形MPNQ的面积为8 6，即28 6ab，第 10 页 共 24 页 联立2228 66abab，解得2b，2
16、6a.故椭圆C的方程为221244xy.故选：A.【点睛】本题考查三角恒等变换、椭圆的方程和性质，考查运算求解能力以及化归与转化思想，属于中档题.二、填空题 13对一批产品的内径进行测量，所得数据统计如下图所示，估计这批产品内径的中位数为_.【答案】26【解析】由小矩形的面积之和等于 1 可求出a的值，计算前3个小矩形的面积可知中位数在第四组中，列式子计算即可.【详解】由题意，得(0.012520.0250.03750.05)51a，解得0.0625a.第 11 页 共 24 页 前3个小矩形的面积(0.01250.0250.05)50.4375S，故所求中位数为0.50.437525260.
17、0625.故答案为：26.【点睛】本题考查中位数的求法，考查频率分布直方图，考查运算求解能力，属于基础题.14已知ABC中，D是线段BC上靠近B的三等分点，E是线段AC的中点.若BEmADnAE，则mn_.【答案】72【解析】结合平面向量的线性运算，用,AD AE表示BE，进而可求出,m n的值，即可求出答案.【详解】如图，3333()(2)22222BEBCCEDCAEACADAEAEADAEAEAD，所以32m ，2n，所以37222mn .故答案为：72.【点睛】本题考查平面向量的基本定理，考查平面向量的线性运算，考查推理论证能力，属于基础题.15记数列 na的前n项和为nS，已知113
18、a，121111nnnSaS.若4139kS，则k的最大值为 _.【答案】19【解析】利用11nnnaSS，将等式转化为只含1nnS S,的关系式，进而可得到第 12 页 共 24 页 111111nnSS，即数列11nS是等差数列，从而可求出nS的表达式，解不等式4139kS，可求出答案.【详解】依题意，得21111nnnaSS，则21111nnnnSSSS，即22111121nnnnnSSSSS，所以1121nnnSSS，则1111nnnSSS，即111111 11111111nnnnnnSSSSSS ，所以111111nnSS.故数列11nS是首项为111a32，公差为1的等差数列，则1
19、112nnS ，所以2121nnSn.故4139kS 可化为21413921kk，解得20k，因为*kN，所以k的最大值为19.故答案为：19.【点睛】nS与na关系问题的求解思路：根据所求结果的不同要求，将问题向不同的两个方向转化.利用12nnnaSSn-，转化为只含nnS S-1,的关系式，再求解；利用12nnnSSan，转化为只含1,nnaa的关系式，再求解.16 已知函数223,0()143,0 xxf xxxxx，函数 2212g xf xmf xm，若函数 g x有7个零点，则实数m的取值范围为 _.【答案】3,102【解析】作出函数 fx的图象，令()0g x，解得()1f x
20、或()2f xm，结合图象易知()1f x 有 4 个解，从而只需()2f xm 有三个解，结合图象讨论2m的取值范围即可.【详解】第 13 页 共 24 页 0 x 时，235()211xf xxx，()f x在3,2 上单调递减，在3,02上单调递增，且302f，当32x 时，图象始终在2y 的下方；当0 x 时，2()43f xxx，在0,2上单调递减，在2,上单调递增，且(0)3f.作出函数 fx的图象如下图所示：令2()()(21)()20g xf xmf xm，解得()1f x 或()2f xm，而()yf x和1y 的图象有4个交点，即()1f x 有4个实数根，所以只需()2f
21、 xm 有3个实数根即可.观察可知，当223m 或20m时，符合题意，解得312m 或0m.故答案为：3,102.【点睛】本题考查函数的图象性质，考查函数的零点，考查推理论证能力以及数形结合思想，属于中档题.三、解答题 17如图所示，在平面四边形ABCD中，4tan3BCD.第 14 页 共 24 页 （1）若ACBACD，22ABBC，求AC的长；（2）若45CBD，2BC，求BCD的面积.【答案】（1）5AC（2）8【解析】（1）由tanBCD，可求出cosBCD，结合ACBACD，可求得cosACB，在ABC中，由余弦定理可求出AC的长；（2）先求得sincosBCDBCD，则sinsi
22、n45CDBBCD，然后利用正弦定理sinsinBCCDCDBCBD，可求出CD，进而可求出BCD的面积.【详解】（1）4tan3BCD,则BCD是钝角，cos0BCD，可求得3cos5BCD.因为ACBACD，所以23cos2cos15BCDACB.因为cos0ACB，所以5cos5ACB.在ABC中，由余弦定理得2222cosABBCACBC ACACB，即22 5305ACAC.解得5AC，或3 55AC （舍去）.所以5AC.（2）由（1）可知，24sin1 cos5BCDBCD.在BCD中，因为45CBD，所以22sinsin 18045sin45(sincos)210CDBBCDB
23、CDBCDBCD .第 15 页 共 24 页 由正弦定理得sinsinBCCDCDBCBD，所以sin10sinBCCBDCDCDB.故BCD的面积142 10825S .【点睛】本题考查正弦定理、余弦定理、三角形的面积公式的应用，考查运算求解能力、推理论证能力，属于基础题.18如图，三棱锥PABC中，ABC是等边三角形，M是线段AC的中点，N是线段CB上靠近C的四等分点，平面PBC 平面ABC.（1）求证：MNPB；（2）若4PBPCBC，求二面角APCB的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）55【解析】（1）取BC的中点为O，连接AO，由ABC是等边三角形，可得AOBC，/MNAO，
24、结合平面PBC 平面ABC，易证MN 平面PBC，从而可证明结论；（2）连接PO，易知OA，OB，OP两两垂直，以OA，OB，OP所在直线为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz，然后分别求出平面BPC、APC的法向量，设二面角APCB为，则cosm nm n，可求出答案.【详解】（1）如图，取BC的中点为O，连接AO.因为ABC是等边三角形，所以AOBC.由题意知/MNAO，从而MNBC.因为平面PBC 平面ABC，平面PBC平面ABCBC，MNBC，所以MN 平面PBC.又PB 平面PBC，所以MNPB.第 16 页 共 24 页（2）如图，连接PO.因为PBPC，所以POB
25、C.又平面PBC 平面ABC，平面PBC平面ABCBC，POBC，所以PO平面ABC.所以OA，OB，OP两两垂直.分别以OA，OB，OP所在直线为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz.因为4PBPCBC，ABC为等边三角形，所以2 3POAO，所以2 3,0,0A，0,2,0C，0,0,2 3P，从而2 3,0,2 3PA，0,2,2 3PC.设平面APC的法向量,nx y z.由00n PAn PC，得2 32 3022 30 xzyz，即3xzyz.可取1,3,1n.取平面BPC的一个法向量1,0,0m.设二面角APCB为，则2222221 130 1 05cos5131
26、100m nm n .由题意可知二面角APCB为锐角，故二面角APCB的余弦值为55.【点睛】本题考查空间线面的位置关系、向量法求二面角，考查空间想象能力、推理论证能力，属于基础题.19由于工作需要，某公司准备一次性购买两台具有智能打印、扫描、复印等多种功能第 17 页 共 24 页 的智能激光型打印机.针对购买后未来五年内的售后，厂家提供如下两种方案：方案一：一次性缴纳10000元，在未来五年内，可免费上门维修5次，超过5次后每次收取费用3000元；方案二：一次性缴纳14000元，在未来五年内，可免费上门维修7次，超过7次后每次收取费用1000元.该公司搜集并整理了200台这款打印机使用五年
27、的维修次数，所得数据如下表所示：维修次数 1 2 3 4 台数 20 50 80 50 以这200台打印机使用五年的维修次数的频率代替1台打印机使用五年的维修次数的概率，记X表示这两台智能打印机五年内共需维修的次数.（1）求X的分布列及数学期望；（2）以两种方案产生的维修费用的期望值为决策依据，写出你的选择，并说明理由.【答案】（1）详见解析（2）应使用方案一,详见解析【解析】（1）X的所有可能取值为2，3，4，5，6，7，8，分别求出对应概率，列出分布列并求出数学期望即可；（2）分别求出两种方案产生的修理费用的分布列，进而可求出对应的期望值，比较二者大小可得出答案.【详解】（1）依题意，1台
28、打印机使用五年维修 1 次的概率为20120010，维修 2 次的概率为5012004，维修 3 次的概率为8022005，维修 4 次的概率为5012004.X的所有可能取值为2，3，4，5，6，7，8，111(2)1010100P X，111(3)210420P X，11121257(4)2441051625400P X ，12111(5)22451044P X ，22114157(6)25544258200P X ，211(7)2545P X，第 18 页 共 24 页 111(8)4416P X.故X的分布列为 X 2 3 4 5 6 7 8 P 1100 120 57400 14 5
29、7200 15 116 故2 43 204 575 1006 1147 808 25()5.6400E X .（2）设使用方案一，产生的费用为1Y元，则1Y的分布列为 1Y 10000 13000 16000 19000 P 181400 57200 15 116 故 118157111000013000160001900012617.5400200516E Y.设使用方案二，产生的费用为2Y元，则2Y的分布列为 2Y 14000 15000 P 1516 116 故 21151140001500014062.51616E YE Y.故应使用方案一.【点睛】本题考查离散型随机变量的分布列和数学
30、期望在实际生活中的应用,考查学生的计算能力，属于基础题.20已知抛物线：2:4yx，A，B，C，D四点都在抛物线上.（1）若线段AC的斜率为2，求线段AC中点的纵坐标；第 19 页 共 24 页（2）记4,0R，若直线AC，BD均过定点2,0，且ACBD，P，Q分别为AC，BD的中点，证明：P，Q，R三点共线.【答案】（1）1；（2）证明见解析【解析】（1）设11,A x y，22,C xy，分别代入抛物线方程并作差，结合线段AC的斜率为2，可求出12yy的值；（2）设出直线AC，BD的方程，分别与抛物线方程联立，结合韦达定理，可得到P，Q坐标的表达式，进而求得直线PQ方程的表达式，结合ACB
31、D，证明R在直线PQ上即可.【详解】（1）设11,A x y，22,C xy，由A，C在抛物线上，得21122244yxyx，两式相减可得1212124yyyyxx.由题意知，12xx，所以12121242yyxxyy，则122yy，则线段AC中点的纵坐标为1.（2）因为ACBD，故直线AC，BD的斜率存在且不为零.设直线1:2AC xm y，直线2:2BD xm y.易知10m，20m，12mm.由2142yxxm y，得21480ym y，则1214yym.设,PPP xy.则12122Pyyym，2122Pxm，即21122,2Pmm.同理可得，22222,2Qmm.所以 2122122
32、12212222PQmmkmmmm，则直线211121:222PQ ymxmmm.因为ACBD，所以12111mm，即121m m .所以直线121:(4)PQ yxmm，故直线PQ过点R，即P，Q，R三点共线.第 20 页 共 24 页【点睛】本题考查抛物线的方程、直线与抛物线的位置关系，考查运算求解能力、推理论证能力以及函数与方程思想，属于中档题.21已知函数()(1)lnf xxxmx，()()exf xg xx.（1）若2m，求证：当1x 时，()2f x ；（2）若函数()g x在 1,e上单调递减，求实数m的取值范围.【答案】（1）证明见解析；（2）1,12,e 【解析】（1）2m
33、 时，求导并判断函数()f x的单调性，可得()f x在(0,)上单调递增，即当1x 时，12f xf；（2）构造函数()()f xh xx，求导并判断单调性可得()h x在 1,e上单调递增，可求出min()h x与max()h x，然后分min()0h x、max()0h x和minmax0()()h xh x三种情况讨论，使得()g x在 1,e上单调递减所满足的条件，可求出实数m的取值范围.【详解】（1）依题意()(1)ln2f xxxx，定义域为0,，11()ln2ln1xfxxxxx.令1()ln1m xxx，则22111()xm xxxx.所以当01x时，()0m x，当1x 时
34、，()0m x.所以()m x在(0,1)上单调递减，在(1,)上单调递增.所以()(1)0m xm，即()0fx，所以函数()f x在(0,)上单调递增.所以当1x 时，12f xf.（2）设()(1)ln1()1lnf xxxmxh xxmxxx，则2ln1()xxh xx.易知当 1,ex时，1lnxx，即()0h x，故()h x在 1,e上单调递增.所以min()(1)h xhm，max1()(e)1eh xhm.第 21 页 共 24 页 若(1)0hm，则在 1,e上，()0exh x，所以11 ln()exxmxg x.所以2221ln1()exxxxmxxg xx.令22()
35、1ln1u xxxxmxx.在 1,e上，要使()g x单调递减，则 0gx，从而 0u x.因为1()(12)ln(21)0u xxxmxx，所以()u x在 1,e上单调递减.所以max()(1)20u xum，所以2m.若1(e)10ehm，即111em ，则在 1,e上，()0exh x，所以11 ln()exxmxg x，由可知2()()exu xg xx.所以当 1,ex时，22222()1ln11ln11(1 ln)0u xxxxmxxxxxxxxxx ，从而 0gx，所以 g x在 1,e上单调递减.若 10ehh，则存在0(1,e)x，使得 00h x，从而 00g x.而(
36、1)(1)0ehg，e(e)(e)0ehg，从而 g x在区间 1,e上不单调递减.综上所述，实数m的取值范围为1,12,e.【点睛】本题考查导数的计算，考查利用导数研究函数的性质，考查构造函数的数学思想，考查学生的推理论证能力，属于难题.22在平面直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为2 3cos2sinxy（为参数）.以坐标原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为sin24，且l与C交于A，B两点，已知点M的极坐标为2,3.第 22 页 共 24 页（1）求曲线C的普通方程和直线l的直角坐标方程，并求MAMB的值；（2）若矩形DEFG内接于曲线C且四边与坐标轴平行，
37、求其周长的最大值.【答案】（1）曲线C的普通方程为221124xy；直线的直角坐标方程为20 xy；4MAMB（2）16【解析】（1）结合参数方程、极坐标方程及普通方程间的关系，转化即可求出曲线C的普通方程和直线l的直角坐标方程；求出直线l的参数方程的标准形式，并代入曲线C的普通方程中，得到关于t的一元二次方程，结合1 2MAMBt t可求出答案；（2）设点D在第一象限，且2 3cos,2sinD，0,2，可知矩形的周长为42 3cos2sin，利用三角函数的性质求最大值即可.【详解】（1）依题意，得点M的直角坐标为2,0，曲线C的普通方程为221124xy.由直线22:sincos222l，
38、得其直角坐标方程为20 xy.所以直线l的参数方程为22222xtyt （t为参数），代入221124xy中，可得2240tt，所以1 24MAMBt t.（2）不妨设点D在第一象限，且2 3cos,2sinD，0,2.由椭圆的对称性可知，矩形的周长为1342 3cos2sin16 sincos16sin223.而0,2，所以当6时，矩形DEFG的周长取最大值，最大值为16.【点睛】本题考查参数方程、极坐标方程及普通方程间的转化，考查直线的参数方程的应用，考查三角恒大变换，考查运算求解能力，属于基础题.第 23 页 共 24 页 23已知0a，0b.（1）若0c，证明2422abcabacbc
39、；（2）若ab，证明：22221633222abababaabb.【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析【解析】（1）由基本不等式可得：44abab，22acac，244bcbc，三个式子相加可得到结论；（2）经过变形，不等式左边2123()aab，故证明212()3()abab即可，然后利用三个正数的基本不等式可证明结论.【详解】（1）依题意，44abab，当且仅当4ab时等号成立.22acac，当且仅当2ac时等号成立.244bcbc，当且仅当24bc时等号成立.三式相加可得，2282424abcabacbc，即2422abcabacbc，当且仅当24abc时等号成立.（2）因为ab，所以0ab.而222222216331 3()122232()()abababaaaaabbabab.要证21232()abab，即证212()3()abab，即证21()()3()ababab，而32211()()3()()3()()abababababab，当且仅当21()abab，即1ab时等号成立，所以22221633222abababaabb.【点睛】第 24 页 共 24 页 本题考查证明不等式的方法、基本不等式的应用，考查推理论证能力以及化归与转化思想，属于中档题.