7_2024高考数学点睛密卷_全国甲文_解析版_2024高考押题卷_132024高途全系列_26高途点睛卷_2024点睛密卷-数学

1 高途高中数学高考研究院 高途高中数学 内部资料!禁止外传！ 2024 高考数学 点睛密卷 全国甲卷(文) 高中数学终极冲刺必备资料 以基为本 一单在手 数学无忧 ➢ 在点睛课程资料中下载 12 高途高中数学高考研究院 绝密★启用前 2024 年高考数学点睛密卷(全国甲卷文) 数 学 本试卷共6页，23小题，满分150分。考试用时120分钟。 注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上。 用 2B 铅笔将试卷类型(A)填涂在答题卡相应位置上。将条形码横贴在答题卡 右上角“条形码粘贴处”。 2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卡上对应题目选项的答 案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在 试卷上。 3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目 指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案； 不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。 4．考生必须保持答题卡的整洁。考试结束后，将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．已知全集U ={1,2,3,4}，A={xU|x2}，则 2 U A = ( ) A． { 1 } B． { 1 , 2 } C． { 3 , 4 } D． { 2 , 3 , 4 } 【解答】解：因为全集 U = { 1 , 2 , 3 , 4 } ， A = { x  U | x  2 } = { 1 } ，则 U A = { 2 , 3 , 4 } ．故选：D． 1+i 2．复数z= +i，则|z|=( ) 1−i A．1 B． 2 C．2 D．4 【解答】解： z = 1 1 + − i i + i = (1 (1 − + i ) i (1 ) 2 + i ) + i = 2 2 i + i = 2 i ，则 | z |= 2 2 = 2 ．故选：C． 3．已知向量a=(−1,2)， b = (1 , t ) ，若(a+2b)⊥a，则实数t =( ) 7 3 3 A． B． C．− D． 4 4 4 − 1 【解答】解：由已知得 a + 2 b = (1 , 2 + 2 t ) ， 因为 ( a + 2 b ) ⊥ a ，故(a+2b)a=−1+4+4t=0，解得 t = − 3 4 ．故选：C． 4．一次课外活动中，某班60名同学均参加了羽毛球或乒乓球运动，其中37人参加了羽毛 球运动，38 人参加了乒乓球运动．若从该班随机抽取一名同学，则该同学既参加了羽毛球3 高途高中数学高考研究院 运动又参加了乒乓球运动的概率为 3 ( ) A． 1 4 B． 1 3 C． 1 2 D． 2 3 【解答】解：该班学生中既参加了羽毛球运动又参加了乒乓球运动有 3 8 + 3 7 − 6 0 = 1 5 名， 故从该班随机抽取一名同学，该同学既参加了羽毛球运动又参加了乒乓球运动的概率为 1 6 5 0 = 1 4 ．故选：A． 5．已知数列 { a n } 为正项等比数列，记前 n 项和为 S n ，若 a 1 = 2 ， S 3 = 2 6 ，则数列 { a n } 的通 项公式为 ( ) A． a n = 2 2 n − 1 B． a n = 2 2 n − 2 C． a n = 2  3 n − 2 D． a n = 2  3 n − 1 【解答】解：设数列{a }的公比为q(q0)， n 由a =2，S =26，得2+2q+2q2 =26，解得q=3，q=−4(舍去)， 1 3 所以数列 { a n } 的通项公式为a =23n−1．故选：D． n x2 y2 6．已知双曲线 − =1的渐近线方程为 a+2 3 y =  3 x ，则a=( ) A．−1 B．1 C． − 3 D．3 3 【解答】解：该双曲线的渐近线方程为y= x且 a+2 a + 2  0 ， 则 a 3 + 2 = 3 ，可解得a=−1−2，满足．故选：A． 7．如图是某算法的程序框图，若执行此算法程序，输入区间 [1 , 5 ] 内的任意两个实数x， y ， 则输出的 z  0 的概率为( ) 1 1 1 3 A． B． C． D． 8 4 2 44 高途高中数学高考研究院 【解答】解：根据题意，模拟执行程序框图， 第1次执行中， 4 z = 2 x − y − 0 .5 ， n 的值由1变成2， 第2次执行中，z=2x− y−1，n的值由2变成3， 第3次执行中，退出循环，此时 z = 2 x − y − 1 ， 又由 x ， y  [1 , 5 ] ，是图中正方形 A B C D 的区域，其中 A (1 ,1 ) ， B ( 5 ,1 ) ， C ( 5 , 5 ) ， D (1 , 5 ) ， 其面积 S = 4  4 = 1 6 ， 若z=2x−y+10，为正方形ABCD内部，直线 2 x − y − 1 = 0 上方的区域，即 △ A D E 对应的 区域，直线 2 x − y − 1 = 0 经过点A(1,1)和CD的中点 E ， E ( 3 , 5 ) ， 故 S △ A D E = 1 2  4  2 = 4 ，故输出的 z  0 的概率 P = 1 4 6 = 1 4 ．故选：B． 8．已知二次函数 y = − x 2 + ( b − a ) x + a b 的图象与 x 轴交于A，B两点，图象在A，B两点处 的切线相交于点 P ．若ab=1，则 △ A B P 的面积的最小值为 ( ) A．1 B． 2 C．2 D．4 【解答】解：y=−x2 +(b−a)x+ab=0，解得 x = − a ，或x=b， f ( x ) = − 2 x + ( b − a ) ，可得 f ( − a ) = a + b ， f ( b ) = − a − b ， 图象在 A ， B 两点处的切线方程分别为：y=(a+b)(x+a)， y = − ( a + b ) ( x − b ) ， 联立可得 y P = ( a + 2 b ) 2 ， a b = 1 ， △ABP的面积为 S = 1 2 | a + b |  ( a + 2 b ) 2 1 4  2 | a b |  ( 2 a b ) 2 = 2 ，当且仅当a=b=1时取等号． 所以三角形的面积的最小值为：2．故选：C． 9．过点P(−1,1)的直线 l 与圆 C : x 2 + y 2 + 4 x − 1 = 0 交于A， B 两点，则|AB|的最小值为 ( ) A．2 3 B． 15 C． 3 D．25 高途高中数学高考研究院 【解答】解：圆 5 C 的标准方程为 ( x + 2 ) 2 + y 2 = 5 ，圆心 C ( − 2 , 0 ) ，半径r= 5， 设圆心C到直线l的距离为d，则 | A B |= 2 r 2 − d 2 = 2 5 − d 2 ， 当 d 最大时， | A B | 最小，易知 d 的最大值为 | P C |= 2 ， 故|AB|的最小值为2 3．故选：A． 10．“会圆术”是我国古代计算圆弧长度的方法，它是我国古代科技史上的杰作，如图所示 A B 是以 O 为圆心， O A 为半径的圆弧， C 是 A B 的中点， D 在 A B 上， C D ⊥ A B ，则 A B 的弧长 的近似值 s CD2 的计算公式：s= AB+ ．利用上述公式解决如下问题：现有一自动伞在空中 OA 受人的体重影响，自然缓慢下降，伞面与人体恰好可以抽象成伞面的曲线在以人体为圆心的 圆上的一段圆弧，若伞打开后绳长为6米，该圆弧所对的圆心角为 6 0  ，则伞的弧长大约为 ( )( 31.7) A．5.3米 B．6.3米 C．8.3米 D．11.3米 【解答】解：由题意得， O ， C ， D 三点共线， O C = 6 c o s 3 0  = 3 3 ， 所以 C D = O D − O C = 6 − 3 3 ， CD2 (6−3 3)2 33 则s=AB+ =6+ = −6 316.5−61.7=6.3米．故选：B． OA 6 2 11．三棱锥 A − B C D 中， A B = A C = A D = 4 ， B C = C D = D B = 6 ， P 为 △ B C D 内部及边界 上的动点， A P = 2 2 ，则点 P 的轨迹长度为( ) A． π B．2π C． 3 π D．4π 【解答】解：根据题意，设过点 A 作平面 B C D 的垂线，垂足为 O ，连接 O D ， 则O为△BCD的重心，6 高途高中数学高考研究院 6 B C = C D = D B = 6 2 3 ，OD= 6 =2 3， 3 2  A O = A D 2 − O D 2 = 4 2 − ( 2 3 ) 2 = 2 ， 又 A P = 2 2 ，  O P = A P 2 − A O 2 = 8 − 2 2 = 2 ， 又 P为△BCD内部及边界上的动点， 设以点 O 为圆心，半径为2的圆为圆 O ， 则点 P 的轨迹为圆 O 在 △ B C D 内部及边界的弧线部分，如图所示： 过点 O 作 O M ⊥ C D 于点 M ，则 O M = 1 3  6  2 3 = 3 ，  c o s  P O M = O O M P = 2 3 ，   P O M = π 6 ，   P O Q = π 3 ， 由对称性可知，圆 O 在△BCD外部部分为圆周的一半，；；  圆 O 在 △ B C D 1 内部及边界的弧线部分为 π22=2π， 2 即点 P 的轨迹长度为 2 π ．故选：B． 12．已知 O 为坐标原点， F 1 ， F 2 是椭圆 C : x a 2 2 + y b 2 2 = 1 ( a  b  0 ) 的左、右焦点， A ， B 分别 为C的左、右顶点． P 为 C 上一点，且PF ⊥x轴，直线AP与 2 y 轴交于点 M ，直线 B M 与 P F 2 交于点 Q ，直线 F 1 Q 与 y 轴交于点N．若 | O N |= 1 4 | O M | ，则C的离心率为 ( ) 1 A． B． 3 1 2 C． 2 3 D． 3 4 【解答】解：不妨令点 P 在第一象限，设 P ( c , y 1 ) ( y 1  0 ) ， 因为 O M ∥ P F 2 ，在 △ P A F 2 |OM | |OA| 中，则 = ，即 |PF | |AF | 2 2 y My 1 = a a + c a ，所以y = y ， M a+c 1 在 △ O B M 中，则 | | Q O F M 2 | | = | | B O F B 2 | | y a−c ，即 Q = ，所以 y a M y Q = a − a c y M = a − a c  a a + c y 1 = a a − + c c y 1 ， 在 △ Q F 1 F 2 中，则 | O | Q N F 2 | | = | | O F 1 F F 1 2 | | = 1 2 y 1 1 a−c ，所以 N = ，所以y = y = y ， y 2 N 2 Q 2(a+c) 1 Q7 高途高中数学高考研究院 因为 7 | O N |= 1 4 | O M | a−c 1 a ，所以 y =  y ，所以 2(a+c) 1 4 a+c 1 c a = 1 2 ，即 C 的离心率为 1 2 ． 故选：B． 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。 13．已知函数 f ( x ) = ( a − 1 ) x 2 + a s in x 为偶函数，则实数a= ． 【解答】解： f ( − x ) = ( a − 1 ) ( − x ) 2 + a s in ( − x ) = ( a − 1 ) x 2 − a s in x ， 由于 f ( x ) 为偶函数，所以 f ( − x ) = ( a − 1 ) x 2 − a s in x = ( a − 1 ) x 2 + a s in x = f ( x ) 恒成立； 即对于  x  R ， 2 a s in x = 0 恒成立，所以a=0． 故答案为：0． 14．已知等差数列 { a n } 的前 n 项和为 S n ，且 a 4 − a 8 + a 1 1 = 2 ，则 S 1 3 = ． 【解答】解：因为 { a n } 为等差数列，所以 a 4 − a 8 + a 1 1 = 2 可转化为 a 7 − a 8 + a 8 = 2 ， 所以 a 7 = 2 ，所以 S 1 3 = 1 3 ( a 1 + 2 a 1 3 ) = 1 3 a 7 = 2 6 ． 故答案为：26． 15．若 △ A B C 的面积是 △ A B C 外接圆面积的 1 3 ，则 2 s in A c o s ( B − C ) + s in 2 A = ． 【解答】解：设 △ A B C 外接圆的半径为 R ， △ A B C 1 的面积是△ABC外接圆面积的 ，则 3 1 2 a b s in C = 1 3 π R 2 ①， 由正弦定理可得，a=2RsinA，b=2RsinB②， 联立①②可得， s in A s in B s in C = π 6 ， 2 s in A c o s ( B − C ) + s in 2 A = 2 s in A c o s ( B − C ) + 2 s in A c o s A = 2 s in A c o s ( B − C ) − 2 s in A c o s ( B + C ) π 2π =2sinA[cos(B−C)−cos(B+C)]=4sinAsinBsinC=4 = ． 6 3 2π 故答案为： ． 3 16．激活函数是神经网络模型的重要组成部分，是一种添加到人工神经网络中的函数．tanh 2 函数是常用的激活函数之一，其解析式为 f(x)= −1．关于tanh函数的以下结论： 1+e−2x8 高途高中数学高考研究院 ①tanh函数是增函数； ②tanh函数是奇函数； ③对于任意实数 8 a ，函数 y = | f ( x ) | − a x − 1 至少有一个零点； ④曲线 y = f ( x ) 不存在与直线 x + 2 y = 0 垂直的切线． 其中所有正确结论的序号是 ． 【解答】解： y = e − 2 x 在 R 上单调递减，又 1 + e − 2 x  0 ，所以 f ( x ) = 1 + 2 e − 2 x − 1 在 R 上单调递 增，故①正确； 2 又 f(x)= −1的定义域为 1+e−2x R ， f ( − x ) + f ( x ) = 1 + 2 e − 2 x − 1 + 1 + 2 e 2 x − 1 = 0 ，故②正确； 当x 0时， 0 f ( x ) = 1 + 2 e − 2 x − 1  1 ，当x0时， − 1  f ( x ) = 1 + 2 e − 2 x − 1  0 ，则 y = | f ( x ) | 1 ， 故当 a = 0 时，g(x)=ax+1=1，此时函数y=| f(x)|−ax−1无零点，故③错误； 又 f ( x ) = e − 2 x + 4 e 2 x + 2 2 e − 2 x 4  e 2 x + 2 = 1 ，则 0  f ( x ) 1 ， 所以 f ( x ) 不可能为 2 ，故不存在与直线x+ 2y=0垂直的切线，故④正确． 故答案为：①②④． 三、解答题：共 70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第 17~21题为必考题， 每个试题考生都必须作答；22、23题为选考题，考生根据要求作答. 17．某工厂注重生产工艺创新，设计并试运行了甲、乙两条生产线．现对这两条生产线生产 的产品进行评估，在这两条生产线所生产的产品中，随机抽取了300件进行测评，并将测评 结果(“优”或“良”)制成如下所示列联表： 良 优 合计 甲生产线 40 80 120 乙生产线 80 100 180 合计 120 180 300 (1)通过计算判断，是否有90%的把握认为产品质量与生产线有关系？ (2)现对产品进行进一步分析，在测评结果为“良”的产品中按生产线用分层抽样的方法抽取 了6件产品．若在这6件产品中随机抽取2件，求这2件产品中至少有一件产自于甲生产线 的概率． 附表及公式： P(K2 k ) 0.15 0.10 0.05 0.025 0.010 09 高途高中数学高考研究院 k 2.072 2.706 3.841 5.024 6.635 0 其中 9 K 2 = ( a + b ) ( n c ( a + d d − ) ( b a c + 2 ) c ) ( b + d ) ，n=a+b+c+d． 【解答】解：(1) K 2 = 3 0 0 1  2 ( 0 4  0 1  8 1 0 0  0 1 − 8 0 8 0   1 2 8 0 0 ) 2  3 .7 0 4  2 .7 0 6 ， 对照附表知，有90%的把握认为产品质量与生产线有关系． (2)在测评结果为“良”的产品中按生产线用分层抽样的方法抽取6件产品， 则应在甲生产线抽取 6  1 4 2 0 0 = 2 件产品，记为 A ， B ， 在乙生产线抽取 6  8 0 1 2 0 = 4 件产品，记为 a ， b ， c ， d ， 在这6件产品中随机抽取2件，共有 A B ， A a ， A b ， A c ， A d ，Ba， B b ，Bc，Bd ， a b ， a c ， a d ， b c ， b d ， c d ，共15种， 其中2件产品中至少有一件产自于甲生产线的有AB， A a ， A b ， A c ， A d ， B a ， B b ， B c ， Bd，共有9种， 9 3 故所求的概率为P= = ，所以这2件产品中至少有一件产自于甲生产线的概率为 15 5 3 5 ． 18．记 △ A B C 的内角 A ， B ， C 的对边分别为 a ， b ， c ，已知 1 2 c + b = a c o s C ． (1)求角A； (2)若 b = 3 ， c = 5 ，  B A C 的角平分线交 B C 于 D ，求 A D 的长． 【解答】解：(1)由 1 2 c + b = a c o s C 及余弦定理，可得 1 2 c + b = a  a 2 + 2 b a 2 b − c 2 ， 即b2 +c2 −a2 =−bc，所以 c o s A = b 2 + 2 c 2 b c − a 2 = − 1 2 ， 又A(0,π)，所以 A = 2 π 3 ． 2π (2)由(1)知BAC = ， 3  B A D =  D A C = π 3 ， 又b=3， c = 5 ，S =S +S ， △ABC △ABD △ACD 1 2π 1 π 1 π 所以 bcsin = cADsin + bADsin ，所以 2 3 2 3 2 3 A D = 1 5 8 ． 19．如图，四棱台ABCD−EFGH中，底面ABCD是菱形，点M ，N分别为棱BC，CD的10 高途高中数学高考研究院 中点， 10 C G ⊥ M N ， B F = 2 ， A E = E F = 1 ， A B = 2 ． (1)证明：平面ABFE⊥平面 A B C D ； (2)当MN = 2时，求多面体ABMN−EFGH 的体积． 【解答】(1)证明： 底面 A B C D 是菱形，四边形 A B C D 的对角线 A C ⊥ B D ， M ， N 是 B C ， A D 中点，  M N ∥ B D ，故AC⊥MN， 又 C G ⊥ M N ，且多面体 A B C D − E F G H 是四棱台，A， C ， G ，E共面， A C C G = C ， A C ， C G  平面 A C G E ，  M N ⊥ 平面 A C G E ，而 A E  平面 A C G E ，  A E ⊥ M N ， 又 多面体 A B C D − E F G H 是四棱台，  四边形 A E F B 是梯形， 取点 K 为线段 A B 的中点，连接 F K ， A K ∥ E F ， A K = E F ，  四边形AKFE是平行四边形，故 A E ∥ K F ， 在△FKB中， B F 2 = B K 2 + F K 2 ，  F K ⊥ A B ，故 A E ⊥ A B ， M N 与 A B 相交，且 M N ， A B  平面 A B C D ，  A E ⊥ 平面 A B C D ， 又 A E  平面 A B F E ，平面 A B F E ⊥ 平面 A B C D ； (2)解：当 M N = 2 时，BD=2MN=2 2，则 B D 2 = A B 2 + A D 2 ，   B A D = 9 0  ，即AB⊥ AD，则菱形ABCD是边长为2的正方形． 由(1)知， A E ⊥ 平面 A B C D ，四棱台 A B C D − E F G H 的高为1， 1 7 则V = 1(12 + 14+22)= ． ABCD−EFGH 3 3 1 1  1 1 1  1 又 V = 1 11= ，V = 1 21= ， G−MNC 3 2  6 H−ADN 3 2  3 7 1 1 11 多面体ABMN−EFGH 的体积为V −V −V = − − = ． ABCD−EFGH G−MNC H−ADN 3 6 3 611 高途高中数学高考研究院 20．已知函数 f(x)=ax3+2sinx−xcosx． (1)若 11 a = 0 ，判断 f(x)在  − π 2 , π 2  上的单调性，并说明理由； (2)当 a  0 ，探究 f ( x ) 在 ( 0 ,π ) 上的极值点个数． 【解答】解：(1) a = 0 时， f(x)=2sinx−xcosx， f ( x ) = c o s x + x s in x ，  π π 当x− ,  时， f(x)0，所以  2 2 f ( x ) 在  − π 2 , π 2  上单调递增． (2)由 f ( x ) = a x 3 + 2 s in x − x c o s x ，得 f ( x ) = 3 a x 2 + c o s x + x s in x ， 依题意，只要探究 f ( x ) = 3 a x 2 + c o s x + x s in x 在 ( 0 ,π ) 上的变号零点个数即可， 令g(x)=3ax2 +cosx+xsinx， x  ( 0 ,π ) ，则 g ( x ) = 6 a x + x c o s x = x ( 6 a + c o s x ) ， ①当 6 a 1 ，即 a 1 6 时， 6 a + c o s x  0 ，此时 g ( x )  0 在 ( 0 ,π ) 上恒成立， 则 g ( x ) 即 f ( x ) 单调递增， f ( x )  f ( 0 ) = 1 ， f ( x ) 在 ( 0 ,π ) 上无零点， f ( x ) 在 ( 0 ,π ) 上的极值点个数为0． ②当 0  6 a  1 ，即 0  a  1 6 时，  x 0  ( 0 ,π ) ，使得 x 0 ( 6 a + c o s x 0 ) = 0 ，即 c o s x 0 = − 6 a ， 当0xx ，g(x)0；当 0 x 0  x  π ， g ( x )  0 ， 所以 g ( x ) 即 f ( x ) 在 ( 0 , x 0 ) 上单调递增，在 ( x 0 , π ) 上单调递减， 由于 f ( 0 ) = 1 ， f ( π ) = 3 a π 2 − 1 ， (i)若 3 a π 2 − 1 0 ，即 3 1 π 2 a  1 6 时， f ( x ) 在 ( 0 ,π ) 上无零点， f ( x ) 在 ( 0 ,π ) 上的极值点个数为0． (ii)若3aπ2 −10，即 0  a  3 1 π 2 时， f ( x ) 在 ( 0 ,π ) 上有1个变号零点， f(x)在(0,π)上的极值点个数为1． 1 综上，当a 时， 3π2 f ( x ) 在 ( 0 ,π ) 上的极值点个数为0； 当 0  a  3 1 π 2 时， f ( x ) 在 ( 0 ,π ) 上的极值点个数为1． 21．已知 O 为坐标原点，过点 P ( 2 , 0 ) 的动直线l与抛物线C:y2 =4x相交于A， B 两点． (1)求OAOB； (2)在平面直角坐标系xOy中，是否存在不同于点 P 的定点Q，使得AQP=BQP恒成立？ 若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．12 高途高中数学高考研究院 【解答】解：(1)由题意可得直线 12 l 不垂直于 y 轴， 设直线 l 的方程为 x = ty + 2 ， A ( x 1 , y 1 ) ， B ( x 2 , y 2 ) ， 由  x y = 2 ty = 4 + x 2 ，消去 x 并整理得 y 2 − 4 ty − 8 = 0 ，显然 0   ，于是 y 1 y 2 = − 8 ， 所以 O A  O B = x 1 x 2 + y 1 y 2 = 2 y 14  y 4 22 − 8 = − 4 ． (2)由(1)知y +y =4t， 1 2 y 1 y 2 = − 8 ， 假设存在不同于点 P 的定点Q，使得  A Q P =  B Q P 恒成立， 由抛物线对称性知，点 Q 在x轴上， 设Q(m,0)，则直线 Q A ，QB的斜率互为相反数， y y 即 1 + 2 =0，即 x −m x −m 1 2 y 1 ( ty 2 + 2 − m ) + y 2 ( ty 1 + 2 − m ) = 0 ， 整理得 2 ty 1 y 2 + ( 2 − m ) ( y 1 + y 2 ) = 0 ，即 − 1 6 t + 4 t ( 2 − m ) = 0 ，即 4 t ( − 2 − m ) = 0 ， 又 t 不恒为0，则 m = − 2 ， 所以存在不同于点 P 的定点Q，使得  A Q P =  B Q P 恒成立，点 Q 的坐标为 ( − 2 , 0 ) ． 选考题：共10分。请考生在第22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计 分。 22．在直角坐标系 x O y 中，已知曲线 C : x 2 + y 2 = | x | + y (其中 y  0 ) x=tcos ，曲线C : (t 1 y=tsin 为参数， t  0 ) ，曲线 C 2 : x y t t c s in o s t t 0 , 0 π 2     = = −  为 参 数 ,     ．以坐标原点 O 为极点，x轴 的正半轴为极轴建立极坐标系． (1)求C的极坐标方程； (2)若曲线 C 与C ， 1 C 2 分别交于A，B两点，求△OAB面积的最大值． 【解答】解：(1)因为曲线C:x2 +y2 =|x|+y(其中y0)，且 x c o s   = ，y=sin， 所以C的极坐标方程为2 =|cos|+sin，(0,π)，即=|cos|+sin，(0,π)．13 高途高中数学高考研究院 (2)由题意可知：曲线 13 C 1 : x y t t c s o s in ( t    = = 为参数， t  0 ) 表示过坐标原点，倾斜角为的直线， 所以曲线 C 1 的极坐标方程为=； 曲线 C 2 : x y t t c s in o s t t 0 , 0 π 2     = = −  为 参 数 ,      π   x=tcos +  2  ，即C : ，表示过坐标原点， 2  π  y=tsin +   2  倾斜角为 π 2  + 的直线，所以曲线C 的极坐标方程为 2 π 2   = + ； 可得 | O A | | c o s | s in   = + π  π  ，|OB|= cos + +sin +=|−sin|+cos， 2  2   A O B = π 2 ， 注意到 0 π 2    ，则 | O A | | O B | s in c o s   = = + ， 可得 △ O A B 面积 S O A B 1 2 | O A | | O B | 1 2 ( s in c o s ) 2 1 s in 2 2 1    △ =  = + = + ， 当且仅当 2 π 2  = ，即 π 4  = 时，等号成立，所以 △ O A B 面积的最大值为1． 23．已知函数 f(x)=|2x−1|−|x+1|的最小值为 m ． (1)求实数 m 的值； (2)若实数 a ， b ， c 5 1 满足a−2b+2c=m+ ，证明：a2 +b2 +c2 ． 2 9  1 x−2,x  2   1 【解答】解：(1) f(x)= 2x−1− x+1 =−3x,−1 x ， 2  −x+2,x−1   作出函数 f ( x ) 的图形，由图可知 f ( x ) 3 的最小值m=− ． 2 证明：(2)由(1)知， m = − 3 2 ，所以 a − 2 b + 2 c = 1 ， 根据柯西不等式得 ( a 2 + b 2 + c 2 ) [1 2 + ( − 2 ) 2 + 2 2 ] ( a − 2 b + 2 c ) 2 = 1 ， 当且仅当 a 1 = b − 2 = c 2 时取等号， 1 2 2 又a−2b+2c=1，所以当且仅当a= ，b=− ，c= 时取等号， 9 9 9 1 a2 +b2 +c2 ． 9