20届 九师联盟高三12月质量检测数学（文科）试题

20届 九师联盟高三12月质量检测数学（文科）试题

第 1 页 共 18 页 2020 届九师联盟高三 12 月质量检测数学（文）试题 一、单选题 1．已知复数 (2 )(1 )z i i   （i 为虚数单位），则| |z  （ ） A． 10 B． 11 C． 2 3 D． 14 【答案】A 【解析】利用复数的乘法运算以及复数的模求法公式即可求解. 【详解】 由 (2 )(1 ) 1 3z i i i     ， 则  22| | 1 3 10z     ， 故选：A. 【点睛】 本题考查了复数的乘法运算、复数模的求法，属于基础题. 2．已知集合 ={-1,0,1,2,3,4,5}U ， ={0,1,2}A ， ={2,3,4}B ，则 ( )UC A B  （ ） A．{-1,0,5} B．{-1,5} C．{-1,0} D．{5} 【答案】B 【解析】利用集合的交并补运算即可求解. 【详解】 由 ={0,1,2,3,4}A B ，则 ( )={-1,5}UC A B ， 故选：B. 【点睛】 本题考查了集合的基本运算，属于基础题. 3．函数   2 sinf x x x 在区间 ,  上的图象大致为（ ） A． B． 第 2 页 共 18 页 C． D． 【答案】A 【解析】根据函数奇偶性可排除 ,C D ，由 02f      可排除 B ，从而得到正确结果. 【详解】      2 2sin sinf x x x x x f x        f x 为奇函数，图象关于原点对称，可排除 ,C D ； 又 2 2 sin 02 4 2 4f           ，可排除 B ，则 A 正确. 故选： A 【点睛】 本题考查函数图象的识别，通常采用排除法来进行判断；排除的依据通常为：奇偶性、 特殊位置的符号、单调性. 4．已知 5 1 log 83a  ， 5 1 log 814b  ， 0.013c  ，则 , ,a b c 的大小关系为（ ） A． b c a  B．b a c  C． a c b  D． a b c  【答案】D 【解析】利用指数对数的运算性质以及对数函数的单调性即可判断出大小关系. 【详解】 由 5log 2 1a   ， 5log 3 1b   ， 1c  ， 又 5 5log 2 log 3 ，所以 a b c  ， 故选：D. 【点睛】 本题考查了指数、对数的运算性质以及对数函数的单调性，需熟记对数的运算性质，属 于基础题. 5．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 第 3 页 共 18 页 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】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 35.464      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. 6．已知向量  1,2a   ，  0,1b  ，若向量 xa b  与 a b  垂直，则实数 x 的值为 （ ） A． 5 7 B． 3 7 C． 1 7  D． 2 7  【答案】B 【解析】利用坐标表示出 xa b  与 a b  ，由垂直关系知    0xa b a b      ，由数 量积的坐标运算构造方程求得结果. 【详解】 由题意得：  ,2 1xa b x x    ，  1,3a b   xa b  与 a b  垂直     6 3 0xa b a b x x          ，解得： 3 7x  故选： B 【点睛】 本题考查根据平面向量垂直关系的坐标表示，关键是明确两向量垂直等价于两向量的数 量积等于零. 7．某零售商店为了检查货架上的 150 瓶饮料是否过了保质期，将这些饮料编号为 1， 2，…，150，从这些饮料中用系统抽样方法抽取 30 瓶饮料进行保质期检查.若饮料编号 被抽到 81 号，这下面 4 个饮料编号中抽不到的编号是（ ） 第 4 页 共 18 页 A．6 B．41 C．126 D．135 【答案】D 【解析】根据系统抽样的步骤可判断编号的个位数字是 1 或 6 都能被抽到，结合选项即 可得出答案. 【详解】 由150 30 5  知分 30 组，每组 5 个编号，因为抽到的编号中有编号 81， 由系统抽样的特点知，编号的个位数字是 1 或 6 都能被抽到，其他特征的编号则抽不到， 故选：D. 【点睛】 本题主要考查了系统抽样法，需掌握系统抽样的步骤，属于基础题. 8．已知双曲线 2 2 2 2: 1( 0, 0)x yC a ba b     的左焦点为 F ，点 F 到双曲线C 的一条渐近 线的距离为 5 5 c （ 2 2c a b  ），则双曲线C 的渐近线方程为（ ） A． 1 2y x  B． 1 3y x  C． 3y x  D． 5y x  【答案】A 【解析】首先求出双曲线的渐近线方程，再由点到直线的距离得 5c b ，然后求出 b a 即可求出渐近线方程. 【详解】 点 F 的坐标为 ( ,0)c ，双曲线的一条渐近线方程为 0bx ay  ， 由点到直线的距离有 2 2 5 5 bc c a b   ，得 5c b ， 则 2 2 2 2 1 25 b b b a c b b b      ，所以双曲线的渐近线方程为 1 2y x  ， 故选：A. 【点睛】 本题主要考查了双曲线的几何性质、点到直线的距离公式，属于基础题. 9．在 ABC 中，角 , ,A B C 的对边分别为 , ,a b c ，若 2 2 2 sin sintan sin sin sin B CA B C A    ， 则 A  （ ） A． 3  B． 4  C． 6  或 5 6  D． 3  或 2 3  第 5 页 共 18 页 【答案】C 【解析】由正弦定理角化边可得 2 2 2tan bcA b c a    ，再由余弦定理以及切化弦可得 1sin 2A  ，结合三角形的内角取值范围即可得出选项. 【详解】 由正弦定理，得 2 2 2tan bcA b c a    ， 又 2 2 2 2 cosb c a bc A   ，所以 sin cos 2 cos A bc A bc A  ， 所以 1sin 2A  ，因为 (0, )A  ，所以 6A  或 5 6  ， 故选：C. 【点睛】 本题主要考查正余弦定理解三角形，需熟记定理内容，属于基础题. 10．若 tan 22   ，则sin 2 cos2   （ ） A． 4 5  B． 27 25  C． 6 5  D． 31 25  【答案】D 【解析】利用正切的半角公式以及正余的二倍角公式化简即可求解. 【详解】 由 2 2tan 4 42tan 1 4 31 tan 2       ， 则 2 2 2 2 2 2 2sin cos cos sinsin 2 cos2 2sin cos cos sin cos sin                   2 2 2tan 1 tan 1 tan       = 8 161 313 9 16 251 9       ， 故选：D. 【点睛】 本题主要考查三角恒等变换化简求值问题，需熟记半角公式以及二倍角公式，属于基础 题. 11．已知三棱锥 P ABC 的侧棱 , ,PA PB PC 与底面 ABC 所成的角均为 60 ，且 4AC  ， 3BC  ， 5AB  ，则三棱锥 P ABC 的四个面中，面积最大的面的面积 为（ ） 第 6 页 共 18 页 A．6 B．9 C． 25 3 4 D．12 【答案】C 【解析】过点 P 作 PH  平面 ABC ，垂足为 H ，根据线面角以及三角形的边长证出点 H 为斜边 AB 的中点，然后再根据三角形的面积公式求出侧面和底面即可得到最大值. 【详解】 过点 P 作 PH  平面 ABC ，垂足为 H ， 因为 60PAH PBH PCH       ， 可得 PAH PBH PCH     ， 得 AH BH CH  ， PA PB PC  ， 又 4AC  ， 3BC  ， 5AB  ， 所以 ABC 为直角三角形，故点 H 为斜边 AB 的中点，如图， 所以 5 2HA HB HC   ， 5PA PB PC   ， 4AC  ， 3BC  ， 5AB  ， 所以 =2 21ACPS ， 3 91= 4BCPS ， 1= 3 4=62ABCS   ， 1 3 25 3= 5 5 =2 2 4ABPS    ， 则这个三棱锥的四个面中，面积最大的面的面积为 25 3 4 ， 故选：C. 【点睛】 本题主要考查了立体几何中线面角的定义，考查了学生的空间想象能力以及推理能力， 属于中档题. 12．在平面直角坐标系 xOy 中，已知 ,A B 为圆 2 2:( ) ( 2) 4C x m y    上两个动点， 且| | 2 3AB  ，若直线 : 2l y x  上存在唯一的一个点 P ，使得OC PA PB    ，则 第 7 页 共 18 页 实数 m 的值为（ ） A． 5 1 或1 5 B． 1 5  或 1 5  C． 5 1 或1 5 D． 5 1  或 1 5  【答案】B 【解析】取 AB 的中点Q ，连接CQ ，可得 CQ AB ，从而可求得点Q 在圆 2 2(x m) (y 2) 1    上，由 2OC PA PB PQ      ，设点 P 的坐标为 (t, 2t) ，点Q 的坐标为 ( , )x y ，由向量的坐标运算求出点Q ，再代入点Q 的方程可 2 25 (4 m) t 04 mt     从而根据题意 0  即可求解. 【详解】 取 AB 的中点Q ，连接CQ ，有CQ AB ， 2 2| | 4 3 1CQ AC AQ     ， 故点Q 在圆 2 2(x m) (y 2) 1    上， 由 2OC PA PB PQ      ， 设点 P 的坐标为 (t, 2t) ，点Q 的坐标为 ( , )x y ， 有 (m,2) 2(x t, y 2 )t   ，可得 2 mx t  ， 1 2y t  ， 有 2 2(t m) (1 2t 2) 12 m      ，得 2 2(t ) (2t 1) 12 m    ， 整理为 2 25 (4 m) t 04 mt     ， 因为直线 : 2l y x  上存在唯一的一个点 P ， 则 2 2(4 ) 5 0m m     ， 得 1 5m    或 1 5m    ， 故选：B. 【点睛】 本题主要考查平面解析几何中直线与圆的位置关系、考查了向量的坐标运算，综合性比 较强，属于中档题. 第 8 页 共 18 页 二、填空题 13．在各项均为正数的等比数列 na 中，若 7 9a  ，则 3 4 3 6 3 8 3 10log log log loga a a a    __________． 【答案】8 【解析】利用对数的运算性质以及等比数列的性质即可求解. 【详解】 3 4 3 6 3 8 3 10 3 4 6 8 10log log log log log ( )a a a a a a a a    4 3 7 3 7 3log 4log 4log 9 8a a    故答案为：8 【点睛】 本题主要考查了对数的运算性质以及等比数列的性质，需熟记性质，属于基础题. 14．已知函数    2 1 xf x x e  ，则曲线  y f x 在点   0, 0f 处的切线方程为 __________． 【答案】3 1 0x y   【解析】利用导函数求得  0f  即为切线斜率，由原函数求得  0f ，由直线点斜式方 程整理得到结果. 【详解】 由题意得：      2 2 1 2 3x x xf x e x e x e       0 3f   ，又  0 1f   y f x  在   0, 0f 处的切线方程为：  1 3 0y x   ，即3 1 0x y   故答案为：3 1 0x y   【点睛】 本题考查曲线在某一点处的切线方程的求解问题，是对导数的几何意义的应用，属于基 础题. 15．函数 ( ) 2sin( )sin( ) 2sin cos6 6f x x x x x     在区间[0, ]2  上的值域为 __________． 第 9 页 共 18 页 【答案】 1 1[ , 2]2 2   【解析】利用两角和与差的公式以及二倍角公式把函数  f x 化为   1 2 sin(2x )2 4f x    ，再由三角函数的单调性即可求出值域. 【详解】 由 3 1 3 1(x) 2( sinx cosx)( sinx cosx) sin 2x2 2 2 2f     2 23 12( sin x cos x) sin 2x4 4    2 23 1sin cos sin 22 2x x x   11 cos2 sin 22x x    1 2 sin(2x )2 4    当 [0, ]2x  时， 2 [ , ]4 4 4x      ，则 2sin(2 ) [ ,1]4 2x    ， 所以 1 1(x) [ , 2]2 2f    . 故答案为： 1 1[ , 2]2 2   【点睛】 本题主要考查两角和与差的展开式、二倍角的正余弦公式以及正弦函数的性质，需熟记 并灵活运用公式，属于基础题. 16．在平面直角坐标系 xOy 中，已知点 A 为椭圆 2 2 2 2: 1( 0)x yC a ba b     的左顶点， 点 P 为椭圆C 上任一点，直线 AP 与直线 :l x a 相交于点Q ，若 2OP OQ a   ，则椭 圆C 的离心率为__________． 【答案】 2 2 【解析】设出点 P 的坐标为 ( , )m n ，求出直线 AP 的方程，从而求出点Q 的坐标为 2( , )ana m a ， 利用向量数量积的坐标运算化简，结合点 P 在椭圆上代入椭圆方程，两式联立可得 2 2 2a b  ， 第 10 页 共 18 页 从而可求离心率. 【详解】 设点 P 的坐标为 ( , )m n ，则 2 2 2 2 1m n a b   ， 点 A 的坐标为 ( ,0)a ，点 O 的坐标为 (0,0) ， 直线 AP 的斜率为 n m a ， 可得直线 AP 的方程为 ( )ny x am a   ， 可得点Q 的坐标为 2( , )ana m a ， 由 2 22anOP OQ am am a       ， 得 2 2 22m n a  ， 又由 2 2 2 2 1m n a b   ，得 2 2 2 2 2 am n ab   ，则 2 2 2a b  ， 所以椭圆C 的离心率 2 2 2 2 21 2 c a b be a a a      . 故答案为： 2 2 【点睛】 本题考查了椭圆的集合性质以及直线与椭圆的位置关系、向量数量积的坐标运算，综合 性比较强，属于中档题. 三、解答题 17．某高级中学为调查学生选科情况，从高一学生中随机抽取 40 名男生和 20 名女生进 行调查，得到如下列联表： 选理科 选文科 男生（单位：名） 35 5 女生（单位：名） 5 15 （1）分别估计男生中选择理科、女生中选择文科的概率； （2）能否有 99.9%的把握认为学生选择理科或文科与性别有关？ 第 11 页 共 18 页 参考公式： 2 2 ( ) ( )( )( )( ) n ad bck a b c d a c b d      ，其中 n a b c d    . 2 0( )P K k 0.05 0.010 0.001 0k 3.841 6.635 10.828 【答案】（1） 7 8 ， 3 4 ；（2）能 【解析】（1）根据列联表即可求解. （2）由独立性检验以及列联表即可求解. 【详解】 (1)男生选择学习理科的概率为 35 7 40 8  ， 女生选择学习文科的概率为 15 3 20 4  . (2)由 2 2 60 (35 15 5 5) 375 23.438 10.82840 20 40 20 16K          ， 故能有99.9%的把握认为学生选择学习理科或文科与性别有关. 【点睛】 本题考查了独立性检验，需理解独立性检验中 2k 的意义，属于基础题. 18．在等差数列 na 中， 1 3 5 36a a a   ， 12 57a  . （1）求数列 na 的通项公式； （2）设数列 na 的前 n 项和 nS ，令 2 45n n Sb n  ，求数列{ }nb 中的最小项是第几项， 并求出该项. 【答案】（1） 5n 3na   *( )n N ；（2）3，29 【解析】（1）利用等差数列的通项公式即可求解. （2）由等差数列的前 n 和公式以及基本不等式即可求解. 【详解】 (1)设数列{ }na 的公差为 d ， 因为 1 3 5 33 36a a a a    ，所以 3 12a  ， 第 12 页 共 18 页 所以 12 3 57 12 512 3 9 a ad     ， 1 3 2 12 10 2a a d     ， 所以 2 5(n 1) 5n 3na      ， 所以数列{ }na 的通向公式为 5n 3na   *( )n N . (2) 由(1)得 2(2 5 3) 5 2 2n n n n nS     ， 所以 25 45 9 95( ) 1 10 1 29n n nb n nn n n          (当且仅当 3n  时取等号)， 故数列{ }nb 中的最小项是第 3 项，该项的值为 29. 【点睛】 本题主要考查等差数列的通项公式、前 n 和公式以及基本不等式求最值，属于基础题. 19．如图，在棱长为 2 的正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 中，点 E 为棱 AB 的中点. （1）证明： 1 / /A B 平面 1D CE ； （2）求点 1A 到平面 1D CE 的距离. 【答案】（1）证明见解析；（2） 2 3 【解析】（1）首先证出 1 / /A B CD ，由线面平行的判断定理即可证出. （2）由（1)有 1 / /A B 平面 1D CE ，则点 1A 到平面 1D CE 的距离和点 B 到平面 1D CE 的 距离相等，利用 1 1B ECD D BECV V  即可求解. 【详解】 (1)证明:在正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 中， 1 1A D BC ， ∴四边形 1 1A BCD 为平行四边形， ∴ 1 1/ /A B CD ， ∵ 1CD  平面 1D CE ， 1A B  平面 1D CE ， ∴ 1 / /A B 平面 1D CE . 第 13 页 共 18 页 (2)由(1)有 1 / /A B 平面 1D CE ， 则点 1A 到平面 1D CE 的距离和点 B 到平面 1D CE 的距离相等， 设点 1A 到平面 1D CE 的距离为 h ， 则 1 1 1 21 2 23 2 3D BCEV        ， 在 1 1Rt CC D 中， 1 4 4 2 2CD    ， 在 Rt CEB 中， 4 1 5CE    ， 在 1Rt DED 中， 1 4 5 3ED    ， 在 1CED 中， 1 5 8 9 10cos 102 5 2 2 ECD      ， 1 1 3 10sin 1 10 10ECD    ， 则 1 1 3 105 2 2 32 10BCDS      ， 1 1 33B ECDV h h    ， 由 1 1B ECD D BECV V  ，得 2 3h  ， 故点 1A 到平面 1D CE 的距离为 2 3 . 【点睛】 本题主要考查线面平行的判定定理以及等体积法求点到面的距离，考查了学生的空间想 象能力和推理能力，属于中档题. 20．已知函数 ( ) sin cosf x x x x x   . （1）证明：函数 ( )f x 在区间[0, ]2  上单调递减； （2）若对任意 [0, ]2x  ， ( )f x ax 恒成立，求实数 a 的取值范围. 【答案】（1）证明见解析；（2( ,0] 【解析】（1）求函数 ( ) sin cosf x x x x x   的导函数，导函数  f x 在[0, ]2  上小 于零即可得证. （2）分类讨论，由 ( ) 02f   ，由题意 ( )2 2f a  ，分析可得 0a  ；当 0a  时，令 ( ) sin cosh x x x x x ax    ，研究函数  h x 的单调性，证明  min 0h x  是否成立 即可. 【详解】 第 14 页 共 18 页 (1)证明:由题意，得 '( ) sin cos sin 1 cos 1f x x x x x x x      ， ①当 0 1x  时， cos 1x  ，可得 cos 1x x  ， ②当1 2x   时，令 ( ) cos 1g x x x  ( (1, ]2x  )， '( ) cos sing x x x x  ， 由 (1, ]2x  ，有 cos sin sinx x x x  ，得 )'( 0g x  ， 故此时函数 ( )g x 单调递减，有 ( ) cos1 1 0g x    ， 由①②知，当 [0, ]2x  时， '( ) 0f x  ，故函数 ( )f x 在区间[0, ]2  上单调递减. (2)由 ( ) 02f   ，又由题意有 ( )2 2f a  ，得 0a  ， 由函数 ( )f x 在区间[0, ]2  上单调递减，可得 ( ) ( ) 02f x f   ， 而当 [0, ]2x  ， 0a  时， 0ax  ，显然有 ( )f x ax ， 当 0a  时，令 ( ) sin cosh x x x x x ax    ，则 '( ) cos 1h x x x a   ， 由（1）知当 [0, ]2x  时， cos 1 0x x   ，所以当 0a  时， '( ) 0h x  ， ∴ ( )h x 在[0, ]2  上单调递减， 又 (0) 1 0h   ， ( ) 02 2h a    ，所以 0 (0, )2x   ， 使 0( ) 0h x  ，所以当 0( , ]2x x  时， ( ) 0h x  与题意不符， 故实数 a 的取值范围为 ( ,0] . 【点睛】 本题考查了导函数在研究函数中的应用，考查了逻辑推理能力，属于中档题. 21．已知抛物线 2:M y x 的焦点为 F . (1)过点 (1,0)A 的直线l 与抛物线 M 相交于 ,B C 两点，若 11| | | | 4BF CF  ，求直线 l 的 方程； (2)点 ,P Q 是抛物线 M 上的两点，点 ,P Q 的纵坐标分别为 1，2，分别过点 ,P Q 作倾斜 角互补的两条直线交抛物线 M 于另外不同两点 ,D E ，求直线 DE 的斜率. 【答案】(1) 2 2 0x y   ；(2) 1 3  【解析】（1）设直线 l 的方程为 1x my  ，将直线与抛物线联立消去 x ，根据韦达定 理可得 B Cy y m  ， 1B Cy y   ，再由抛物线定义可得| | | | B CBF CF x x p    即 第 15 页 共 18 页 可求解. （2）求出点 P 的坐标为 (1,1) ，点Q 的坐标为 (4,2) ，分类讨论①当两条直线的倾斜角 都为90 时，②当两条直线的倾斜角都不为90 时，设直线 PD 的方程与设直线QE 的 方程，分别将直线与抛物线联立，利用韦达定理，整理化简即可求出直线 DE 的斜率. 【详解】 （1）设直线l 的方程为 1x my  ，点 ,B C 的坐标分别为 ( , )B Bx y ， ( , )C Cx y ， 联立方程 2 1 y x x my      ，消去 x 整理为 2 1 0y my   ，则 B Cy y m  ， 1B Cy y   ， 所以 2( ) 2 2B C B Cx x m y y m      ， 由抛物线定义可得 1| | 4 BBF x  ， 1| | 4 CCF x  ，所以 21 5 11| | | | 2 2 4B CBF CF x x m       ， 解得： 1 2m   ， 故直线 l 的方程为 1 12x y   ，即 2 2 0x y   . （2）由题意知，点 P 的坐标为 (1,1) ，点Q 的坐标为 (4,2) ， ①当两条直线的倾斜角都为90 时，点 D 的坐标为 (1, 1) ，点 E 的坐标为 (4, 2) 此时直线 DE 的斜率为 2 ( 1) 1 4 1 3      ， ②当两条直线的倾斜角都不为90 时，设点 D 的坐标为 2 1 1( , )y y ，点 E 的坐标为 2 2 2( , )y y ， 此时直线 DE 的斜率为 2 1 2 2 2 1 2 1 1y y y y y y    ， 设直线 PD 的方程为 1 (x 1)y k   ， 联立方程 2 1 ( 1)y k x y x      消去 x 整理为 2 1 0ky y k    ，则 1 11 ky k   ，得 1 1 ky k  ， 设直线 QE 的方程为 2 ( 4)y k x    ， 第 16 页 共 18 页 联立方程 2 2 ( 4)y k x y x       消去 x 整理为 2 (4 2) 0ky y k    ， 则 2 4 22 ky k    ，得 2 2 1ky k   ， 所以 1 2 1 2 1 3k ky y k k       ，可得 2 1 1 1 3y y   ， 故直线 DE 的斜率为 1 3  ， 综上，可得直线 DE 的斜率为 1 3  . 【点睛】 本题主要考查焦点弦公式、直线与抛物线的位置关系，分类讨论的思想，考查了学生的 计算能力，难度较大，属于难题. 22．在平面直角坐标系 xOy 中，曲线C 的参数方程为 cos 2sin x y      （ 为参数），直线 l 的参数方程为 2 1 x a t y t      （t 为参数）. （1）若 1a  ，直线l 与曲线C 相交于 ,A B 两点，求| |AB ； （2）若 3a   ，求曲线C 上的点到直线 l 的距离的最小值. 【答案】（1） 16 5 17 （2） 855 5  【解析】（1）将曲线C 的参数方程化为直角坐标方程，代入直线 l 的参数方程整理可求 得 1 2,t t ，由此可得 ,A B 坐标，利用两点间距离公式可求得结果； （2）根据曲线C 的参数方程可设其上点坐标为 cos ,2sin  ，将直线 l 化为普通方 程，利用点到直线距离公式可将问题化为三角函数最值求解问题，由此求得结果. 【详解】 （1）由参数方程可得曲线C 的直角坐标方程为： 2 2 14 yx   当 1a  时，直线l 的参数方程为 1 2 1 x t y t      （t 为参数） 设点 ,A B 对应的参数分别为 1 2,t t 代入曲线C 的直角坐标方程后整理得： 217 18 1 0t t   第 17 页 共 18 页 解得： 1 1t  ， 2 1 17t   设  1 1,A x y ，  2 2,B x y ，则 1 1 1 1 1 2 1 x t y t      ， 2 2 2 2 1 2 1 x t y t             2 2 2 2 1 2 1 2 2 1 2 14AB x x y y t t t t          2 1 1 16 55 5 1 17 17t t            （2）设曲线C 上的点的坐标为 cos ,2sin  当 3a   时，直线 l 的直角坐标方程为： 2 5 0x y   曲线C 上的点到直线 l 的距离  17 cos 5cos 4sin 5 5 17 855 55 5 5 d            （当且仅当  cos 1    时取等号） 曲线C 上的点到直线 l 的距离的最小值为： 855 5  【点睛】 本题考查参数方程问题中的弦长求解和点到直线距离的求解问题；求解点到直线距离的 最值的关键是能够将问题转化为三角函数最值的求解问题；本题易错点是在直线参数方 程为非标准形式的时候，错误的应用直线参数方程中参数的几何意义，造成弦长求解错 误. 23．已知 , ,a b c 为正数，且满足 3a b c abc   .证明： （1） 3ab bc ca   ； （2） 2 2 2 1 1 1 3   a b c . 【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析 【解析】（1）利用基本不等式可构造不等式求得 1abc  ，由  233ab bc ca abc   可证得结论； （2）利用基本不等式可求得 2 2 2 1 1 1 1 1 12 2a b c ab bc ca               ，由 1 1 1 3ab bc ca    可证得结论. 【详解】 第 18 页 共 18 页 （1）由 33a b c abc   （当且仅当 a b c  时取等号） 33 3abc abc  ，解得： 1abc  （当且仅当 1a b c   时取等号） 又  233ab bc ca abc   且 1abc  3ab bc ca    （当且仅当 1a b c   时取等号） （2）由 2 2 1 21 a b ab + ³ （当且仅当 a b 时取等号）； 2 2 1 1 2 b c bc   （当且仅当b c 时 取等号）； 2 2 1 1 2 c a ca   （当且仅当 c a 时取等号） 三式相加得： 2 2 2 1 1 1 1 1 12 2a b c ab bc ca               2 2 2 1 1 1 1 1 1 a b c ab bc ca       又 1 1 1 3 3a b c abc ab bc ca abc abc       2 2 2 1 1 1 3a b c     （当且仅当 1a b c   时取等号） 【点睛】 本题考查利用基本不等式证明不等式的问题，关键是灵活利用基本不等式配凑出所证结 论所需的形式，属于常考题型.