20届20届人教新课标A版 高三 高考必刷卷 02 文科数学（解析版）

20届20届人教新课标A版 高三 高考必刷卷 02 文科数学（解析版）

2020年高考必刷卷 02 数学（文） （本试卷满分 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（B）填涂在答题卡的相应位置上。 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，再选涂其它答案。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．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，将试卷和答题卡一并交回。 第Ⅰ卷（选择题) 一、单选题：本大题共 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．已知集合 {( , ) | 2 1 0},A x y x y    {( , ) | 0}B x y x y   ，则 A B  （ ） A．{ 1, 1}x y  B．{1,1} C．{(1,1)} D． 【答案】C 【解析】 【分析】 根据集合 A和集合 B所表示的意义，根据集合的交集运算，得到答案. 【详解】 因为集合 {( , ) | 2 1 0},A x y x y    {( , ) | 0}B x y x y   集合 A表示满足 2 1 0x y   的点的集合，即直线 2 1 0x y   的图像， 集合 B表示满足 0x y  的点的集合，即直线 0x y  的图像， 所以 A B 表示两条直线的交点， 解 2 1 0 0 x y x y       ，得 1 1 x y     所以 {(1,1)}A B  . 故选：C. 【点睛】 本题考查集合的描述法，集合交集的运算，属于简单题. 2．已知复数 2 1 iz i   ，则 z在复平面对应的点位于（ ） A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 【答案】B 【解析】 【分析】 根据复数的除法运算求出复数 z的代数形式，然后可得 z在复平面对应的点的位置． 【详解】 由题意得       2 12 2 2 1 1 1 1 2 i ii iz i i i i            ， 所以复数 z对应的点的坐标为  1,1 ，位于第二象限． 故选 B． 【点睛】 本题考查复数的除法运算和复数的几何意义，解题时根据运算法则求出复数的代数形式是解题的关 键，属于基础题． 3．若 6 10 14log 3, log 5, log 7a b c   ,则( ) A． a b c  B．b c a  C． a c b  D． c b a  【答案】D 【解析】 分析：三个对数的底数和真数的比值都是 2，因此三者可化为   1 f x x x   的形式，该函数为  0,  上的单调增函数，从而得到三个对数的大小关系. 详解： 2 2 log 3 1 log 3 a   ， 2 2 log 5 1 log 5 b   ， 2 2 log 7 1 log 7 c   ， 令   11 , 0 1 1 xf x x x x       ，则  f x 在  0,  上是单调增函数. 又 2 2 20 log 3 log 5 log 7   ，所以      2 2 2log 3 log 5 log 7f f f  即 a b c  .故选 D. 点睛：对数的大小比较，要观察不同对数的底数和真数的关系，还要关注对数本身的底数与真 数的关系，从而找到合适的函数并利用函数的单调性比较对数值的大小. 4．河南省新郑市望京楼遗址位于新郑市新村镇杜村和孟家沟村以西及周边区域，北距郑州市 35公 里，遗址发现于 20世纪 60年代，当地群众平整土地时曾出土过一批青铜器和玉器等贵重文物.望京 楼商代城址保存较为完整，城址平面近方形，东城墙长约 590米、北城墙长约 602米、南城墙长约 630米、西城墙长约 560米，城墙宽度为 10米～20米，则下列数据中可作为整个城址的面积较为准 确的估算值的是（ ） A．24万平方米 B．25万平方米 C．37万平方米 D．45万平方米 【答案】C 【解析】 【分析】 由城址近方形可计算出方形边长的近似值，进而得到估算面积. 【详解】 590 602 630 560 2382    米且城址平面近方形 城址面积约为 22382 35.46 4       万平方米 选项中与35.46最接近的数据为37万平方米 故选：C 【点睛】 本题考查根据数据计算估算值的问题，关键是能够计算出方形边长的近似值，属于基础题. 5．函数 3cos 1( ) xf x x   的部分图象大致是（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】 【分析】 分析函数的定义域、奇偶性以及函数值的正负变化，排除错误选项可得答案. 【详解】 由 3cos 1( ) xf x x   ，可得 ( ) ( )f x f x   ， 故 ( )f x 是奇函数，图象关于原点对称，排除 A. 当 π0 2 x  时， ( ) 0f x  ；当 11 cos 3 x    时， ( ) 0f x  ，排除 C,D. 故选：B. 【点睛】 本题考查函数图象的识别，一般利用函数的定义域、值域、奇偶性、单调性等性质分析函数图象的 特征，排除错误选项得到答案. 6．已知某地区中小学生人数和近视情况分别如图 1和如图 2所示，为了了解该地区中小学生的近视 形成原因，用分层抽样的方法抽取 2%的学生进行调查，则样本容量和抽取的高中生近视人数分别 为（ ） A．100，20 B．200，20 C．100，10 D．200，10 【答案】B 【解析】 【详解】 试题分析：由题意知，样本容量为  3500 4500 2000 2% 200    ，其中高中生人数为 2000 2% 40  ， 高中生的近视人数为 40 50% 20  ，故选 B. 【考点定位】 本题考查分层抽样与统计图，属于中等题. 7． 11sin 6       （ ） A． 1 2 B． 1 2  C． 3 2 D． 3 2  【答案】A 【解析】 【分析】 根据诱导公式: sin(2 ) sin( )    化简 11sin 6      ,即可得到答案. 【详解】  sin(2 ) sin( )     11 11 1sin sin +2 =sin = 6 6 6 2                      故选:A. 【点睛】 本考查了由诱导公式求三角函数值,能熟练使用诱导公式是解本题关键. 8．已知向量 ,a b   满足 | | 2,| | 3a b    ，且 a  与b  夹角为 3  ，则 ( 2 ) (2 )a b a b        （ ） A．-3 B．-1 C．1 D．3 【答案】B 【解析】 【分析】 根据向量的运算法则与数量积的运算求解即可. 【详解】 2 2 2 2( 2 ) (2 ) 2 3 2 2 2 3 2 3 cos 2 3 1 3 a b a b a a b b                           . 故选：B 【点睛】 本题主要考查了向量的运算法则与数量积的运算,属于基础题型. 9．我国古代数学著作《孙子算经》中有如下问题：“今有方物一束，外周一匝有三十二枚，问积几 何？”设每层外周枚数为 ，如图是解决该问题的程序框图，则输出的结果为（ ） A．121 B．81 C．74 D．49 【答案】B 【解析】满足 ，第一次循环： ൌ ͳ ൌ ͳ ൌ ；满足 ，第二次循环： ൌ ͳ ൌ ͳ ൌ  ；满足 ，第三次循环： ൌ ʹͳ ൌ ǡͳ ൌ ǡ ；满足 ，第四次循环： ൌ ǡͳ ൌ ʹͳ ൌ ；满足 ，第五次循环： ൌ ͳ ൌ ͳ ൌ ǡ 。故选 B。 10．已知双曲线 2 2 2 2 1 ( 0, 0)x y a b a b     的左、右焦点分别为 1 2,F F ，B为虚轴的一个端点，且 1 2 120F BF   ，则双曲线的离心率为（ ） A．2 B． 3 C． 3 2 D． 6 2 【答案】D 【解析】 【分析】 由题意得 2 60OBF   ，则 2 3OF OB 即 3c b，又 2 2 2c a b  ，即可解得 6 2 ce a = = . 【详解】 已知 2,OB b OF c  ，因为 1 2 120F BF   ，则在Rt ABC 中 2 60OBF   ， 所以 2 3OF OB 即 3c b，又 2 2 2c a b  ，联立得 2 22 3 a c ，所以 6 2 ce a = = . 故选：D 【点睛】 本题考查双曲线的几何性质，属于基础题. 11．在△ABC中， 120BAC  ，AD为∠BAC的平分线， 3AC  ， 6AB  ，则 AD的长为（ ） A．2 B．2或 4 C．1或 2 D．5 【答案】A 【解析】 【分析】 根据三角形的面积公式即可得到答案. 【详解】 如图，由已知条件可得 60DAC DAB    ， ∵AC=3，AB=6， ACD ABD ABCS S S    ， ∴ 1 3 1 3 1 33 6 3 6 2 2 2 2 2 2 AD AD           ， 解得 AD=2. 故选：A. 【点睛】 本题考查三角形的面积公式的应用，属于基础题. 12．已知椭圆C的焦点为 1( 1,0)F  ， 2 (1,0)F ，过 2F 的直线与C交于 ,A B两点．若 2 23AF BF ， 1 25BF BF ，则C的方程为（ ）. A． 2 2 1 2 x y  B． 2 2 1 3 2 x y   C． 2 2 1 4 3 x y   D． 2 2 1 5 4 x y   【答案】A 【解析】 【分析】 根据椭圆的定义以及余弦定理列方程可解得 2a  ， 1b  ，可得椭圆的方程． 【详解】 解： 2 2| | 3 | |AF BF ， 2| | 4 | |AB BF  ， 又 1 25BF BF ， 又 1 2| | | | 2BF BF a  ， 2 3 | | aBF  ， 2| |AF a  ， 1| | 5 3 BF a ， 1 2| | | | 2AF AF a  ， 1| |AF a  ， 1 2| | | |AF AF  ， A 在 y轴上． 在 Rt △ 2AF O中， 2 1cos AF O a   ， 在△ 1 2BF F 中，由余弦定理可得 2 2 2 1 54 ( ) ( ) 3 3cos 2 2 3 a a BF F a       ， 根据 2 2 1cos cos 0AF O BF F    ，可得 21 3 2 0a a a    ，解得 2 2a  ， 2 2 2 2 1 1b a c     ． 所以椭圆C的方程为： 2 2 1 2 x y  ． 故选： A． 【点睛】 本题考查了椭圆的定义及余弦定理，属中档题． 第Ⅱ卷（非选择题) 二、填空题：本大题共 4小题，每小题 5分，共 20分。把答案填在题中的横线上。 13．曲线 e sinxy x  在点  0,1 处的切线方程是 ___________． 【答案】 2 1 0x y   【解析】 分析：求出导函数，利用导数的几何意义求出切线斜率，根据点斜式可得结果. 详解：函数 sin , ' cosx xy e x y e x     ， 0 0' | cos0 2xy e    ， 曲线 sinxy e x  在点  0,1 处的曲线方程是 1 2y x  ， 即 2 1 0x y   ，故答案为 2 1 0x y   . 点睛：求曲线的切线方程是导数的重要应用之一，用导数求切线方程的关键在于求出切点  0 0,P x y 及斜率，其求法为：设  0 0,P x y 是曲线  y f x 上的一点，则以 P为切点的切线方程为   0 0 0y y f x x x   ．若曲线  y f x 在点   0 0,P x f x 处的切线平行于 y轴（即导数不存 在）时，由切线定义知，切线方程为 0x x ． 14．等比数列{an}的各项均为实数，其前 n项和为 Sn.已知 S3＝ 7 4 ，S6＝ 63 4 ，则 a8＝________. 【答案】32 【解析】 【分析】 利用等比数列的前 n项和公式列方程求出首项和公差，进而可得 a8 【详解】 设{an}的首项为 a1，公比为 q， 则     3 1 6 1 1 7 1 4 1 63 1 4 a q q a q q          两式相除得 3 6 1 1 q q   ＝    3 3 3 1 1 1 q q q    ＝ 1 9 ， 解得 1 1 4 2 a q      ， 所以 a8＝ 1 4 ×27＝25＝32. 故答案为：32． 【点睛】 本题考查等比数列的通项公式和前 n项和公式，考查了计算能力，是基础题. 15．已知三棱锥 P-ABC的四个顶点在球 O的球面上， 5,PA BC  13,PB AC  2 5PC AB  ，则球 O的表面积为________. 【答案】 29 【解析】 【分析】 将三棱锥 P ABC 补成长方体，根据棱长求出外接球的半径，然后求出外接球的表面积，得到答案. 【详解】 如图所示，将三棱锥 P ABC 补成长方体， 球O为长方体的外接球，边长分别为 a，b， c， 则 2 2 2 2 2 2 25 13 20 a b a c b c          ， 所以 2 2 2 29a b c   ， 所以 29 2 R  ， 则球O的表面积为 24S R 2 294 2          29 . 故答案为： 29 . 【点睛】 本题考查求三棱锥外接球的表面积，属于中档题. 16．将函数 ( ) sin 2f x x 的图象向右平移 6  个单位后得到函数 ( )g x 的图象，则 ( )g x 的解析式为 ( )g x  ____；对于满足 1 2( ) ( ) 2f x g x  的 1 2,x x ， 1 2x x 的最小值等于____. 【答案】 sin(2 ) 3 x   3  【解析】 【分析】 根据图象变换规律得 ( )g x ，根据条件结合图象确定 1 2x x 的最小值. 【详解】 ( ) sin 2f x x 的图象向右平移 6  个单位后得： 函数 ( )g x ＝ sin2( ) 6 x   ＝ sin(2 ) 3 x   ， 由于 1 2( ) ( ) 2f x g x  ， 所以， 1 2,x x 分别是 f（x），g（x）最大值或最小值点的横坐标， 不妨设 f（x1）是最大值，g（x2）是最小值，则 x1＝ 4 k   ， 2 , , 12 x m k m Z   ， 由图象得 1 2x x 的最小值为： 4 12 3      【点睛】 本题考查三角函数的图象及其性质，考查基本分析求解能力，属基础题. 三、解答题：本大题共 6 小题，共 70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.第 17-21 题为必做题,每个考生都必须作答.第 22/23题为选考题，考生根据要求作答. （一）必考题：共 60分 17．《中央广播电视总台 2019主持人大赛》是中央人民广播电视总台成立后推出的第一个电视大赛， 由撒贝宁担任主持人，康辉、董卿担任点评嘉宾，敬一丹、鲁健、朱迅、俞虹、李宏岩等17位担任 专业评审.从 2019年 10月 26日起，每周六 20 :00在中央电视台综合频道播出，某传媒大学为了解 大学生对主持人大赛的关注情况，分别在大一和大二两个年级各随机抽取了100名大学生进行调查. 下图是根据调查结果绘制的学生场均关注比赛的时间频率分布直方图和频数分布表，并将场均关注 比赛的时间不低于80分钟的学生称为“赛迷”. 大一学生场均关注比赛时间的频率分布直方图大二学生场均关注比赛时间的频数分布表 (1)将频率视为概率，估计哪个年级的大学生是“赛迷”的概率大，请说明理由； (2)已知抽到的100名大一学生中有男生50名，其中10名为“赛迷”.试完成下面的 2 2 列联表，并据 此判断是否有90%的把握认为“赛迷”与性别有关. 非“赛迷” “赛迷” 合计 男 女 合计 附：        2 2 n ad bc K a b c d a c b d       ，其中 n a b c d    .  2 0P K k 0.15 0.10 0.05 0.025 0k 2.072 2.706 3.841 5.024 【答案】（1）大一学生是“赛迷”的概率大.（2）表见解析，没有90%的把握认为“赛迷”与性别有关. 【解析】 【分析】 (1)根据频率分布直方图可求出大一学生是“赛迷”的概率为 0.25，由频数分布表可求出大二学生是“赛 迷”的概率为 0.22,所以大一学生是“赛迷”的概率大； (2)根据(1)中结论，可知“赛迷”有 25人，非“赛迷”有 75人，即可完成 2 2 列联表，计算出 2K 的观 测值，与临界值 2.706比较，即可判断是否有90%把握． 【详解】 (1)由频率分布直方图可知，大一学生是“赛迷”的概率  1 0.0025 0.010 20 0.25P     ， 由频数分布表可知，大二学生是“赛迷”的概率 2 16 6 0.22 100 P    ， 因为 1 2P P ，所以大一学生是“赛迷”的概率大. (2)由频率分布直方图可知，在抽取的100人中， “赛迷”有  0.0025 0.010 20 100 25    (人)， 非“赛迷”有100 25 75  (人)， 2 2 列联表如下: 非“赛迷” “赛迷” 合计 男 40 10 50 女 35 15 50 合计 75 25 100 则 2 100 40 15 35 10 4 1.333, 75 25 50 50 3 ( )K          - 因为1.333 2.706 ，所以没有90%的把握认为“赛迷”与性别有关. 【点睛】 本题主要考查频率分布直方图以及频数分布表的应用，填写 2 2 列联表，以及独立性检验的基本思 想的应用，意在考查学生的数据处理和数学运算能力，属于基础题． 18．已知 na 是首项为 2的等比数列，各项均为正数，且 2 3 12a a  . （Ⅰ）求数列 na 的通项公式； （Ⅱ）设 2 1 1 logn n b n a   ，求数列 nb 的前 n项和 nT . 【答案】（Ⅰ） 2nna  （Ⅱ） 1 n n  【解析】 【分析】 （I）将已知条件转化为 1,a q的形式解方程，由此求得q的值，进而求得数列 na 的通项公式. （II）利用裂项求和法求得数列 nb 的前 n项和 nT . 【详解】 （I）设 na 的公比为q，由 2 3 12a a  ， 得 2 6q q  3q   或 2q = . 又 na 的各项均为正数， 0, 2.q q    2nna  （II） 2 1 1 1 1 1 log ( 1) 1n n b n a n n n n       1 1 1 1 11 2 2 3 1nT n n           11 1 1 n n n      【点睛】 本小题主要考查等比数列通项公式的基本量计算，考查裂项求和法，属于基础题. 19．如图，长方体 1 1 1 1ABCD ABC D 中， E是棱 1 1DC 的中点， 2AB  ， 1 1BC BB  . （Ⅰ）求证： 1 1BC DE ； （Ⅱ）求三棱锥 1 1E DBC 的体积. 【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ） 1 6 . 【解析】 【分析】 （Ⅰ）由长方体的性质可得出 1 1BC 平面 1 1CDDC ，从而可得出 1 1BC DE ； （Ⅱ）由长方体的性质可得出 1DD 平面 1111 DCBA ，可得出三棱锥 1 1D BC E 的高为 1DD ，由此可 计算出三棱锥 1 1E DBC 的体积. 【详解】 （Ⅰ）证明： 1 1 1 1ABCD ABC D 是长方体， 1 1BC 平面 1 1DCC D . 又DE 平面 1 1DCC D ， 1 1BC DE  ； （Ⅱ） 2AB  ，E是棱 1 1DC 的中点， 1 1EC  ， 1 1 1 1 1 1 1 2 2B C ES EC BC    ， 在长方体 1 1 1 1ABCD ABC D 中，则 1DD 平面 1111 DCBA ， 1 1 1 1 1 1 1 1 1 11 3 2 6 1 3E DB C D B C BE C EV V S DD       . 【点睛】 本题考查利用线面垂直的性质证明线线垂直，同时也考查了三棱锥体积的计算，考查推理能力与计 算能力，属于基础题. 20．已知函数    lnf x x ax a R   . （Ⅰ）讨论  f x 的单调性； （Ⅱ）若  f x 有两个零点，求实数 a的取值范围. 【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ） 10, e       . 【解析】 【分析】 （Ⅰ）求出函数  y f x 的定义域和导数   1f x a x    ，然后分 0a  和 0a  两种情况讨论，分析  f x 在  0,  上导数符号的变化，即可得出函数  y f x 的单调区间； （Ⅱ）利用（Ⅰ）中的结论，函数  y f x 有两个零点，则 0a  且有 1 0f a       ，即可求出实数 a 的取值范围. 【详解】 （Ⅰ）函数   lnf x x ax  的定义域为  0,  ，   1f x a x    . ①当 0a  时，由   0f x  ，知函数  y f x 在  0,  内单调递增； ②当 0a  时，由   0f x  ，即 1 0a x   得 10 x a   ； 由   0f x  ，即 1 0a x   得 1x a  . 所以，函数  y f x 在 10, a       内单调递增，在 1 , a      内单调递减. 因此，当 0a  时，  y f x 在  0,  内单调递增； 当 0a  时，  y f x 在 10, a       内单调递增；在 1 , a      内单调递减； （Ⅱ）当 0a  时，则函数  y f x 在  0,  上为增函数，函数  y f x 最多一个零点，不合乎 题意，舍去； 当 0a  时，由（Ⅰ）知，函数  y f x 在 10, a       内单调递增，在 1 , a      内单调递减. 且当 0x 时，  f x ，当 x时，  f x ， 则 1 1ln 1 ln 1 0f a a a            ，即 ln 1a   ，解得 10 a e   . 因此，实数 a的取值范围是 10, e       . 【点睛】 本题考查带参函数单调区间的求解，同时也考查了利用函数的零点个数求参数的取值范围，考查分 类讨论思想的应用，属于中等题. 21．已知点 F是抛物线 C：y2＝2px（p＞0）的焦点，若点 P（x0，4）在抛物线 C上，且 5 2 PF p . （1）求抛物线 C的方程； （2）动直线 l：x＝my+1（mR）与抛物线 C相交于 A，B两点，问：在 x轴上是否存在定点 D（t， 0）（其中 t≠0），使得 kAD+kBD＝0，（kAD，kBD分别为直线 AD，BD的斜率）若存在，求出点 D的坐标； 若不存在，请说明理由. 【答案】（1）y2＝4x；（2）存在，（﹣1，0）. 【解析】 【分析】 （1）先求出抛物线的准线方程，将抛物线上点到焦点的距离转化为到准线的距离，列方程即可求得 p＝2，从而可得结果；（2）假设存在，设 A,B坐标，直线与抛物线联立得关于 y的二次函数方程， 两根之和，两根之积写出，利用斜率之和为 0，即可求出 t的值. 【详解】 （1）由题意得：抛物线的准线方程： 2 px   ， ∵点 P（x0，4）在抛物线 C上， 2 04 2px  ， 0 8x p   ， 0 8 2 2 p pPF x p           ， 所以由题意：  8 5 0 2 2 p p p p    ，解得：p＝2， 所以抛物线 C的方程：y2＝4x； （2）由题意得 0m  ，假设存在 D（t，0）使得 0AD BDk k  ， 设 A（x，y），B（x'，y'）， 2 1 4 x my y x     ，整理得： 2 4 4 0y mx   ， ' 4 , ' 4, 1AD y yy y m yy k x t my t           ， ' ' 1BD y yk x t my t      ， 由 0AD BDk k  得 ' 0 1 1 y y my t my t          2 ' 1 ' 0myy t y y           2 4 1 4 0 1 0m t m m t         ， 0m  ， 1t   时，使得 0AD BDk k  ， 即 D点的坐标：（﹣1，0）． 【点睛】 解决曲线过定点问题一般有两种方法：① 探索曲线过定点时，可设出曲线方程 ，然后利用条件建 立等量关系进行消元，借助于曲线系的思想找出定点，或者利用方程恒成立列方程组求出定点坐 标.② 从特殊情况入手，先探求定点，再证明与变量无关. （二）选考题：共 10分.请考生在 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．选修 4-4：坐标系与参数方程 在直角坐标系 xOy中，以坐标原点O为极点， x轴正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线 1C ： 2 4 sin 2 0     ，曲线 2C ： 2cos 0 4 2         . （Ⅰ）求曲线 1C ， 2C 的直角坐标方程； （Ⅱ）已知曲线 1C 与 y轴交于 A， B两点， P为曲线 2C 上任一点，求 PA PB 的最小值. 【答案】（Ⅰ） 1C ： 2 2 4 2 0x y y    ， 2C ： 1 0x y   ；（Ⅱ） 22 【解析】 【分析】 （Ⅰ）根据 cos sin x y        代入可化曲线 1C ；将 2C 利用两角差的余弦公式展开，代入可化得 2C （Ⅱ）求出曲线 1C 与 y轴像交  0,2 2A  ，  0,2 2B  两点，点 A关于直线 1 0x y   的对 称点为 'A ，根据 'PA PB A B  即可求解. 【详解】 （Ⅰ）因为 cos sin x y        ， 所以曲线 1C 的直角坐标方程为 2 2 4 2 0x y y    ， 因为  2 2cos cos sin 1 4 2 2               ， 所以曲线 2C 的直角坐标方程为 1 0x y   . （Ⅱ）因为曲线 1C 与 y轴交于  0,2 2A  ，  0,2 2B  两点， 点 A关于直线 1 0x y   的对称点为  ' 3 2, 1A    ， 所以    2 2 3 2 2 22' 3PA PB A B        ， 所以 PA PB 的最小值为 22 . 【点睛】 本题考查了极坐标方程与普通方程的互化以及直线与圆的位置关系求距离的最值，需熟记极坐标与 普通方程的关系式，属于基础题 23．选修 4-5：不等式选讲 已知函数  f x x t  的单调递增区间为  2,  . （Ⅰ）求不等式   1 2 1f x x   的解集M ； （Ⅱ）设 ,a b M ，证明： 1a b ab   . 【答案】（Ⅰ）  4 3 M x x   或 2x  ；（Ⅱ）证明见解析 【解析】 【分析】 （Ⅰ）将 t代入，采用零点分段法去绝对值即可求解. （Ⅱ）利用分析法要证明 1a b ab   ，只需证明   2 22 2 1 2ab aa a bb b     ， 即要证明     2 2 22 21 1 1 0a b bab a       ，根据 ,a b M 即可证出. 【详解】 （Ⅰ）依题意得 2t  ， 所以不等式   1 2 1f x x   化为 2 1 2 1x x    ， 当 2x   时，原不等式化为 2 1 2 1x x      ， 0x  ，得 2x   ， 当 12 2 x    时，原不等式化为 2 1 2 1x x     ， 4 3 x   ， 得 42 3 x    . 当 2 1x   时，原不等式化为 2 1 2 1x x    ， 2x  ，得 2x  . 所以，不等式   1 2 1f x x   的解集  4 3 M x x   或 2x  . （Ⅱ）要证明 1a b ab   ，只需证明   2 22 2 1 2ab aa a bb b     ， 即要证明   2 22 1 0aab b    ， 因为  4, 3 a b x x   或 2x  ，所以 2 16 9 a  ， 2 16 9 b  ， 因为    2 2 2 2 22 1 1 1a b a b bab           2 21 1 0b a    ， 所以   2 22 1 0aab b    ， 即 1a b ab   得证. 【点睛】 本题考查了绝对值不等式的解法、分析法证明不等式，考查了分类讨论的思想，属于基础题.