四川省宜宾市2020届高三高考适应性考试（三诊）数学（文科）试题 Word版含解析 21页

- 1 - 宜宾市普通高中 2017 级高三第三次诊断试题 文科数学 注意事项： 1.答卷前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在答题卡 上，并认真核准条形码上的准考证号、姓名、考场号、座位号及科目，在规定的位置贴好条 形码. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动， 用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷 上无效. 3.考试结束后，将答题卡交回. 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 是符合要求的. 1.已知集合    2 4 0 , 1,0,2,3,4A x x B     ，则 A B =（ ） A.  -1,0,2 B.  -1,0,2 3， C.  0,2 3， D.  -1 0,2 3 4， ，， 【答案】A 【解析】 【分析】 先求得不等式 2 4 0x   ,再由交集定义求解即可. 【详解】由题,因为 2 4 0x   ,解得 2 2x   , 所以  1,0,2A B   , 故选:A 【点睛】本题考查集合的交集运算,考查解一元二次不等式. 2.设i 是虚数单位， (1 )(2 )z i i   ，则| |z  （ ） A. 2 B. 5 C. 3 D. 10 【答案】D 【解析】 【分析】 - 2 - 利用复数的乘法运算法则化简即得 z ,再利用复数的模的公式求解. 【详解】由题得 (1 )(2 ) 2 1 3z i i i i        . 所以 2 2| | 3 1 10z    . 故选：D 【点睛】本题主要考查复数的乘法运算和复数的模的计算，意在考查学生对这些知识的理解 掌握水平，属于基础题. 3.某商场推出消费抽现金活动，顾客消费满 1000 元可以参与一次抽奖，该活动设置了一等奖、 二等奖、三等奖以及参与奖，奖金分别为：一等奖 200 元、二等奖 100 元、三等奖 50 元、参 与奖 20 元，具体获奖人数比例分配如图，则下列说法中错误．．的是（ ） A. 获得参与奖的人数最多 B. 各个奖项中一等奖的总金额最高 C. 二等奖获奖人数是一等奖获奖人数的两倍 D. 奖金平均数为 46元 【答案】B 【解析】 【分析】 由于各获奖人数所占总获奖人数的百分比的比例关系与各获奖人数的比例关系一致,即可判 断 A,C；设获奖人数为 a ,分别求得各奖项的总金额,即可判断 B；利用平均数的公式求解平均 数,即可判断 D. 【详解】由图可知,获得参与奖的人数占获奖人数的 55%,是最多的,故 A 正确； 假设获奖人数为 a ,则一等奖总金额为 5% 200 10a a   ,二等奖总金额为 10% 100 10a a   , 三等奖总金额为 30% 50 15a a   ,参与奖总金额为 55% 20 11a a   , 所以三等奖总金额是最高的,故 B 错误； - 3 - 二等奖获奖人数占获奖人数的 10%,一等奖获奖人数占获奖人数的 5%, 即二等奖获奖人数是一等奖获奖人数的两倍,故 C 正确； 由图,可得奖金平均数为 200 5% 100 10% 50 30% 20 55% 46        元,故 D 正确； 故选:B 【点睛】本题考查利用扇形统计图的数据解决实际问题,考查数据分析能力. 4.已知焦点在 x 轴上的椭圆C ： 2 2 2 14 x y a   的焦距为 4 ，则C 的离心率（ ） A. 1 3 B. 1 2 C. 2 2 D. 2 2 3 【答案】C 【解析】 【分析】 求出椭圆的实半轴，再利用离心率公式即得解. 【详解】由题得 2 24 4, 8, | | 2 2a a a      . 所以椭圆的离心率为 2 2 22 2 e   . 故选：C 【点睛】本题主要考查椭圆离心率的计算，考查椭圆的简单几何性质，意在考查学生对这些 知识的理解掌握水平，属于基础题. 5.已知直三棱柱 ABC A B C   中，底面为等边三角形，D 为 BC 的中点，平面 AA D 截该三 棱柱所得的截面是面积为 9 的正方形，则该三棱柱的侧面积是（ ） A. 6 3 B. 9 3 C. 18 3 D. 30 3 【答案】C 【解析】 【分析】 求出正三角形的边长和直三棱柱的侧棱长，即得该三棱柱的侧面积. 【详解】由题得截面正方形的边长为 3， 所以直三棱柱的侧棱为 3，底面三角形的高为 3， 所以底面正三角形的边长为 2 3 ， - 4 - 所以该三棱柱的侧面积是3 2 3 3=18 3  . 故选：C 【点睛】本题主要考查棱柱的侧面积的计算和截面问题，意在考查学生对这些知识的理解掌 握水平，属于基础题. 6.设函数    3 22 2 af x x a x x    .若对任意 xR ，都有     0f x f x   ，则曲线  y f x 在点  1 (1)f， 处的切线方程为（ ） A. 2 2 0x y   B. 4 2 0x y   C. 2 2 0x y   D. 4 2 0x y   【答案】D 【解析】 【分析】 先根据   ( )f x f x   求出 2a  ，再求出切点，再利用导数求出切线的斜率即得解. 【详解】由题得   ( )f x f x   ， 所以        3 2 3 2 22 2 , 2 02 2 a af x x a x x x a x x a x              ， 所以 2a  . 所以   3 2, ( ) 3 1, (1) 3 1 4f x x x f x x k f           . 由题得 (1) 2f  ，所以切点为 (1,2) ， 所以切线方程为 2 4( 1), 4 2 0y x x y       . 所以切线方程为 4 2 0x y   . 故选：D 【点睛】本题主要考查函数奇偶性的应用，考查导数的几何意义，意在考查学生对这些知识 的理解掌握水平，属于基础题. 7.如图，在 ABC 中， D 是边 BC 延长线上一点， 2 3BC BD ，则（ ） - 5 - A. 3 1 2 2AD AB AC    B. 1 3 2 2AD AB AC     C. 4 1 3 3AD AB AC    D. 1 4 3 3AD AB AC     【答案】B 【解析】 【分析】 利用平面向量的三角形加法和减法法则即得解. 【详解】由题得 1 1 1 3( )2 2 2 2AD AC CD AC BC AC AC AB AB AC                   . 故选：B 【点睛】本题主要考查平面向量的三角形加法和减法法则，意在考查学生对这些知识的理解 掌握水平，属于基础题. 8.已知函数 2( ) 2 3sin cos 2cos ( 0)f x x x x a       的最小正周期为 ，最大值为 4，则（ ） A. 1, 3a   B. 2, 3a   C. 2, 7a   D. 1, 7a   【答案】A 【解析】 【分析】 先化简函数的解析式为 ( )=2sin(2 ) 16f x x a    ，根据函数的最小正周期求出 ，根据 函数的最大值求出 a 的值得解. 【详解】由题得 1 cos2( ) 3 sin 2 2 3 sin 2 cos2 12 xf x x a x x a          所以 ( )=2sin(2 ) 16f x x a    ， 所以 2 = =12    ， . 由题得 2 1 4, 3a a     . - 6 - 故选：A 【点睛】本题主要考查三角恒等变换，考查三角函数的图象和性质，意在考查学生对这些知 识的理解掌握水平. 9.某圆锥的三视图如图， ABC 是边长为 2 的等边三角形， P 为 AB 的中点，三视图中的点 ,C P 分别对应圆锥中的点 ,M N ，则在圆锥侧面展开图中 ,M N 之间的距离为（ ） A. 3 B. 3 C. 5 D. 5 【答案】C 【解析】 【分析】 先求出圆锥侧面展开图的圆心角的大小，再利用勾股定理求解. 【详解】由三视图可知几何体是一个圆锥，如图所示， 如图所示，圆锥的侧面展开图的圆心角的大小为 2 1=2   ， 所以 2BAM   , 所以 2 22 1 = 5MN   . 故选：C 【点睛】本题主要考查由三视图还原几何体原图，考查圆锥的侧面两点间距离的计算，意在 - 7 - 考查学生对这些知识的理解掌握水平. 10.已知圆柱上下底面中心分别为 1 2,O O ， ,M N 为底面圆 2O 圆周上两动点， 3MN  ， 1MO 与底面所成角为 60且 1 2MO  ，则四面体 1 2MNO O 的体积为（ ） A. 1 4 B. 3 4 C. 1 2 D. 3 2 【答案】A 【解析】 【分析】 先求出 1 2 2| | 3,| | 1OO MO  ，再求出 2 2 3MO N   ，利用三棱锥的体积公式即得解. 【详解】 由题得 1MO 与底面所成角为 1 2 3O MO   , 因为 1 2MO  ，所以 1 2 2| | 3,| | 1OO MO  . 在 2MNO 中，由余弦定理得 2 2 1 1 3 1 2cos ,2 1 1 2 3MO N MO N         . 所以四面体 1 2MNO O 的体积为 1 1 3 11 1 3=3 2 2 4      . 故选：A 【点睛】本题主要考查圆柱的几何性质，考查锥体的体积的计算，考查直线和平面所成的角 的应用，考查余弦定理解三角形，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平. 11.已知倾斜角为 的直线l 上两点 ( , 2), ( , 3)P a m Q b m  ， 0, 4      ， 3sin 2 5   ，则 PQ  （ ） - 8 - A. 5 5 B. 5 10 或 5 10 3 C. 5 10 3 D. 5 10 【答案】D 【解析】 【分析】 由题得 5tan = b a   ，再由 3sin 2 5   求出 15b a  ，再利用两点间的距离公式求解. 【详解】由题得 5tan = b a   ， 因为 2 2 sin 5sin cos 1, cos b a       ， 0, 4      ， 所以 2 2 5sin ,cos 25 ( ) 25 ( ) b a b a b a         ， 因为 3sin 2 5   ，所以 32sin cos 5    ， 所以 2 2 5 32 = 525 ( ) 25 ( ) b a b a b a       ， 解之得 5 3b a  或 15. 当 5 3b a  时， tan =3 1  ，不满足 0, 4      ，所以舍去. 经检验 15b a  . 所以 2 2| | ( ) 5 225 25 5 10PQ b a      . 故选：D 【点睛】本题主要考查直线的斜率的计算，考查同角的三角函数关系和两点间的距离的计算， 意在考查学生对这些知识的理解掌握水平. 12.已知函数   1 2f x x x a    的最小值为 2 ，则实数 a 的值为（ ） A. 2 或 6 B. 1 或 5 C. 5 或1 D. 6 或 2 【答案】D 【解析】 【分析】 通过讨论 a 的范围，求出 ( )f x 的分段函数的形式，求出函数 ( )f x 的最小值，得到关于 a 的方 - 9 - 程，解出即可． 【详解】①当1 2 a  ，即 2a   时， 3 1 , 2 ( ) 1, 12 3 1, 1 ax a x af x x a x x a x                „ ， 则当 2 ax   时， ( ) ( ) | 1| 1 22 2 2min a a af x f        ， 故 2a  ； ②当1 2 a  ，即 2a   时， 3 1 , 1 ( ) 1,1 2 3 1, 2 x a x af x x a x ax a x                 „ … ， 则当 2 ax   时， ( ) ( ) | 1| 1 22 2 2min a a af x f         ， 故 6a   ； ③当1 2 a  时，即 2a   时， ( ) 3| 1|f x x  有最小值 0，不符合题意，舍去； 故 2a  或 6 ． 故选：D 【点睛】本题主要考查绝对值函数的最值的求法，考查分类讨论的数学思想，意在考查学生 对这些知识的理解掌握水平. 二、填空题：本大题共 4 个小题，每小题 5 分，共 20 分. 13.设 ,x y 满足约束条件 2 2 0 2 2 x y x y        ，则 2z x y  的最小值是____________. 【答案】-6 【解析】 【分析】 - 10 - 由约束条件画出可行域,再变形 2z x y  为 2y x z  ,即在可行域内找到使该直线截距最 大的点,进而求解. 【详解】由题,可行域如图所示, 设 2y x z  ,平移直线,当直线与点  2,2A  相交时,直线的截距最大, 所以 z 的最小值为  2 2 2 6     , 故答案为: 6 【点睛】本题考查利用目标函数的几何意义求最值,考查简单的线性规划问题,考查数形结合 思想. 14.已知函数    2log 2f x x a  ，若  3 0f  ，则 a ________. 【答案】 5 【解析】 【分析】 解方程    23 log 6 0,f a   即得解. 【详解】由题得    23 log 6 0, 6 1, 5f a a a        . 故答案为：5 【点睛】本题主要考查对指互化运算，意在考查学生对该知识的理解掌握水平，属于基础题. 15.过点 (1,1)P 作圆 2 2 2 1 0x y x    的切线，切点为 A ，则 PA  ________. 【答案】 3 【解析】 【分析】 - 11 - 先求出圆C 的圆心为 ( 1,0) ，半径为 2 ，再利用勾股定理求解. 【详解】由题得 2 2( 1) 2x y   ，所以圆C 的圆心为 ( 1,0) ，半径为 2 . 所以 2 2| | (1 1) 1 5PC     ， 所以 2 2 | | 5 2 3PA    . 故答案为： 3 【点睛】本题主要考查圆的一般方程，考查切线长的计算，意在考查学生对这些知识的理解 掌握水平. 16.已知外接圆半径为 2 的 ABC 中，3tan tan tan tan 3A B A B   ， 2 2 2 9sin sin sin 25A B C   ，则 ABC 的面积为______________. 【答案】108 25 【解析】 【分析】 由3tan tan tan tan 3A B A B   得 3 1tan 3,sinC 10,cosC 1010 10C    ，再由正弦定 理得sin ,sin ,sin4 4 4 a b cA B C   ，求出 72 10 25ab  ，即得 ABC 的面积. 【详解】由题得 tan tan(tan tan ) 3(1 tan tan ), 31 tan tan A BA B A B A B        ， 所以 3 3 1tan( ) 3, tan 3, sinC 10,cosC 1010 1010 A B C         . 由正弦定理得 4, sin ,sin ,sinsin sin sin 4 4 4 a b c a b cA B CA B C        . 所以 2 2 2 9 144 10 144 72 10, 2 cos , 2 ,16 25 25 10 25 25 a b c ab C ab ab          . 所以 ABC 的面积为 1 72 3 10810 =2 25 2510   . 故答案为：108 25 【点睛】本题主要考查正弦定理余弦定理解三角形，考查同角的三角函数关系，考查和角的 正切公式的应用，考查三角形面积的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析 - 12 - 推理能力. 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.第 22、23 题为选考题，考生根据要求作答. （一）必考题：共 60 分. 17.已知 na 是公差不为零的等差数列， 1 1a  ， 2a 是 1 5,a a 的等比中项. （1）求数列 na 的通项公式； （2）设 2 na nb  ，求数列 nb 的前 n 项和 nS . 【答案】（1） 2 1na n  （2） 2 12 2 3 n nS   【解析】 【分析】 （1）由已知求出 2d  ，即得数列 na 的通项公式； （2）先证明 nb 是以 2 为首项，4 为公比的等比数列，再利用等比数列的求和公式求解即可. 【详解】解：（1）因为 2a 是 1 5,a a 的等比中项，所以 12 2 5a a a ， 所以 2 1 1 1( ) ( 4 )a d a a d   ， 代入 1 1a  ，解得 2 2d d ，又 0d  ，所以 2d  . 故 2 1na n  . （2） 2 1 42 2 2 n n a n nb    ， 1 1 4 2 44 2 n n n n b b     ， 所以 nb 是以 2 为首项， 4 为公比的等比数列， 所以 2 12(1 4 ) 2 2 1 4 3 n n nS    . 【点睛】本题主要考查等差数列的通项公式的求法，考查等比数列性质的判定，考查等比数 列的求和，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平. 18.已知四棱锥 P ABCD 中，底面 ABCD 是正方形， PBC 为等腰直角三角形，PB PC ， 3PD PC . - 13 - （1）求证： PB  平面 PCD； （2）若 1PB  ，求四棱锥 P ABCD 的体积. 【答案】（1）证明见解析；（2） 2 3 【解析】 【分析】 （1）证明CD PB 和 PB PC ， PB  平面 PCD 即得证； （2）过 P 作 PO BC 于O ，求出 2 , 22PO BC  ，即得四棱锥 P ABCD 的体积. 【详解】解：（1）因为 PBC 为等腰直角三角形， PB PC ，所以 2BC PC ， 在正方形 ABCD 中，CD BC ，所以 2CD PC . 又 3PD PC ， 2 2 2PD PC CD  ，所以 PC CD . 又正方形 ABCD 中 BC CD ， PC BC C  ， ,PC BC  平面 PBC ， 所以CD  平面 PBC ，所以CD PB . 又 PBC 为等腰直角三角形， PB PC ，所以 PB PC . PC CD C ， ,PC CD  平面 PCD， 所以 PB  平面 PCD. （2）过 P 作 PO BC 于O ，由（1）知CD  平面 PBC . 有CD PO ，又 BC CD C  ， 所以 PO  平面 ABCD . - 14 - PO 为四棱锥 P ABCD 的高， 1PB  ,有 2 , 22PO BC  ， 1 1 2 223 3 2 3P ABCD ABCDV S PO       ， 所以四棱锥 P ABCD 的体积为 2 3 . 【点睛】本题主要考查空间直线和平面位置关系的证明，考查锥体的体积的计算，意在考查 学生对这些知识的理解掌握水平. 19.某科研团队对1050 例新冠肺炎确诊患者的临床特征进行了回顾性分析.其中130名吸烟患 者中，重症人数为 30人，重症比例约为 23.1% ； 920名非吸烟患者中，重症人数为120人， 重症比例为13.0% . （1）根据以上数据完成 2 2 列联表； （2）根据（1）中列联表数据，能否在犯错误的概率不超过 0.01的前提下认为新冠肺炎重症 与吸烟有关？ （3）已知每例重症患者平均治疗费用约为15 万元，每例轻症患者平均治疗费用约为1.7 万元. 根据（1）中列联表数据，分别求吸烟患者和非吸烟患者的平均治疗费用.（结果保留两位小 数） 附： 2(P K ≥ )k 0.050 0.010 0.001 k 3.841 6.635 10.828 - 15 -        2 2 n ad bcK a b c d a c b d      【答案】（1）填表见解析；（2）能在犯错误的概率不超过 0.01的前提下认为：新冠肺炎重症 与吸烟有关（3）吸烟患者平均治疗费用为 4.77 万元；非吸烟患者平均治疗费用 3.43万元 【解析】 【分析】 （1）根据已知完成 2 2 列联表； （2）由题意得 2 9.365 6.635K   ，利用独立性检验解答； （3）直接利用平均数公式求解即可. 【详解】解：（1）由题得 吸烟人数 非吸烟人数 总计 重症人数 30 120 150 轻症人数 100 800 900 总计 130 920 1050 （2）由题意得 2 2 1050 (30 800 120 100) 9.365 6.635130 920 900 150K         ， 所以能在犯错误的概率不超过 0.01的前提下认为新冠肺炎重症与吸烟有关. （3）吸烟患者平均治疗费用为 30 15+100 1.7 4.77130    万， 非吸烟患者平均治疗费用为 120 15+800 1.7 3.43920    万， 所以吸烟患者平均治疗费用为 4.77 万元，非吸烟患者平均治疗费用3.43万元. 【点睛】本题主要考查完成 2×2 列联表，考查独立性检验，考查平均数的计算，意在考查学 生对这些知识的理解掌握水平. 20.设抛物线C ： 2 2 ( 0)x py p  的准线被圆O ： 2 2 4x y  所截得的弦长为 2 3 ， （1）求抛物线C 的方程； （2）设点 F 是抛物线C 的焦点，M 为抛物线C 上的一动点，过 M 作抛物线C 的切线交圆O 于 ,A B 两点，求 FAB 面积的最大值. - 16 - 【答案】（1） 2 4x y （2） 2 2 【解析】 【分析】 （1）解方程 2 22 3( ) 4 ( )2 2 p   即得 2p  ，即得抛物线C 的方程； （2）先求出 4 22 4 4( 4) tAB t    和 21 42d t  ，再求出 FAB 的面积 1 2S AB d  2 21 ( 8) 1284 t    ，即得面积的最大值. 【详解】解：（1）因为抛物线C 的准线方程为 2 px   ， 所以 2 22 3( ) 4 ( )2 2 p   ，解得 2p  ( 0)p  ， 因此抛物线C 的方程为 2 4x y . （2）设 2 ( , )4 tM t ，由于 2 xy  ，知直线 AB 的方程为： 2 ( )4 2 t ty x t   . 即 22 4 0tx y t   . 因为圆心 O 到直线 AB 的距离为 2 22 4 t t  ，所以 4 22 4 4( 4) tAB t    ， 设点 (0,1)F 到直线 AB 的距离为 d ，则 2 2 2 4 1 424 16 td t t     ， 所以， FAB 的面积 1 2S AB d  4 2 2 1 12 4 42 4( 4) 2 t tt      4 2 2 21 116 64 ( 8) 1284 4t t t        2 2 . 当 2 2t   时等号成立，经检验此时直线 AB 与圆O 相交，满足题意. 综上可知， FAB 的面积的最大值为 2 2 . 【点睛】本题主要考查抛物线方程的求法，考查直线和抛物线的位置关系和三角形面积最值 的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和计算能力. 21.已知函数 ( ) lnx af x e x  （ a 为常数） （1）若 1a  ，求函数  f x 的单调区间； - 17 - （2）若存在 0x e ，使得 0( ) 0f x  ，求 a 的取值范围. 【答案】（1）单调递减区间是 0,1 ，单调递增区间是  1, ；（2） ,e  . 【解析】 【分析】 （1）直接利用导数求函数的单调区间得解； （2）即 0 0ln x a ee x  在 0x e 能成立，令    ln xeg x x ex   ，则  min ae g x ，求出     eg x g e e  即可得解. 【详解】（1）当 1a  时，    1 ln 0xf x e x x   ，   1 1xf x e x    ，   1 2 1 0xf x e x     ， 由于函数  y f x 单调递增. 又  1 0f   ，所以当  0,1x 时，   0f x  ，  f x 单调递减； 当  1,x  时，   0f x  ，  f x 单调递增. 所以函数  f x 单调递减区间是 0,1 ，单调递增区间是  1, ； （2）若存在 0x e ，使得  0 0f x  ，即 0 0ln x a ee x  在 0x e 能成立. 令    ln xeg x x ex   ，则  min ae g x ，     2 1ln ln xe x xg x x      . 令    1lnh x x x ex    ，    2 2 1 1 1 0xh x x ex x x       ， 所以函数  h x 单调递增，     11 0h x h e e     ， 所以   0g x  ，  g x 单调递增，     eg x g e e  ，所以 a ee e ， a e . 即 a 的取值范围为 ,e  . 【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性，考查利用导数研究不等式有解问题，意 在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力，属于中等题. （二）选考题：共 10 分.请考生在第 22、23 题中选一题作答.如果多做，则按所做的第一题 计分. - 18 - 22.在直角坐标系 xOy 中，曲线 2 2 1 : 19 4 x yC   ，曲线 2 3 3cos: 3sin xC y       （ 为参数），以 坐标原点 O 为极点，以 x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系. （1）求 1 2,C C 的极坐标方程； （2）射线l 的极坐标方程为  0    ，若 l 分别与 1 2,C C 交于异于极点的 ,A B 两点，求 OB OA 的最大值. 【答案】（1） 1C 的极坐标方程是 2 24 5sin 36  （ ） ， 的极坐标方程是 6cos  . （2） 9 5 10 【解析】 【分析】 （1）利用 cos , sinx y     将 1C 的直角坐标方程化为极坐标方程；先把 2C 的参数方程 化为普通方程,再化为极坐标方程； （2）分别联立曲线 1C 与 2C 的极坐标方程与  0    ,即可求得 22 1 OA  , 22 2 OB  ,再利用二次函数的性质求得 2 2 OB OA 的最大值,进而求解. 【详解】解:（1）因为 cos , sinx y     , 所以 2 2 1 : 19 4 x yC   可化为 2 2 2 2 1 cos sin: 19 4C      , 整理得  2 24 5sin 36   , 2 3 3cos: 3sin xC y       （ 为参数）,则 3 3cos 3sin x y       （ 为参数）,化为普通方程为 2 2 6 0x y x   ,则极坐标方程为 2 6 cos 0    ,即 6cos  . 所以 1C 的极坐标方程是  2 24 5sin 36   , 2C 的极坐标方程是 6cos  . （2）由（1）知, - 19 - 联立 2 24 5sin 36         （ ） 可得 22 1 2 36 4 5sinOA    , 联立 6cos       可得 22 2 2 = 36cosOB  , 所以 2 2 OB OA  2 2 4 2 2 29 81cos (4 5sin ) 5cos 9cos 5(cos )10 20             , 当 2 9cos 10   时, 2 2 OB OA 最大值为 81 20 ,所以 OB OA 的最大值为 9 5 10 . 【点睛】本题考查直角坐标方程与极坐标方程的转化,考查利用极坐标方程求弦长. 23.已知 , ,a b cR ，且 2 2 2 1a b c   . （1）求 2a b c  的最大值； （2）若 2 1a b c   ，证明： 2 13 c   ． 【答案】（1） 6 .（2）证明见解析 【解析】 【分析】 （1）对 2a b c  作平方,可得 2( 2 )a b c   2 2 24 4 2 4a b c ab ac bc     ,进而利用均 值不等式求解即可； （2）利用柯西不等式可得 2 2 2 2( )(1 2 ) ( 2 )a b a b    ,由 2 2 2 1a b c   , 2 1a b c   可 得 2 2 21a b c   , 2 1a b c   ,则 2 25(1 ) (1 )c c   ,进而求解即可. 【详解】（1）解: 2( 2 )a b c   2 2 24 4 2 4a b c ab ac bc     2 2 2 2 2 2 2 2 2( 4 ) (4 ) ( ) ( 4 )a b c a b a c b c         2 2 2( 66 )a b c   , 当且仅当 2 2a b c  ,即 6 6,6 3a c b   时等号成立, 所以 2a b c  的最大值为 6 . （2）证明:因为 2 2 2 1a b c   , 2 1a b c   , - 20 - 所以 2 2 21a b c   , 2 1a b c   , 2 2 2 2( )(1 2 ) ( 2 )a b a b    ,当且仅当 2a b 时等号成立, 则有 2 25(1 ) (1 )c c   ,即 23 2 0c c   , 故 2 13 c   . 【点睛】本题考查利用均值不等式求最值,考查利用柯西不等式证明不等关系. - 21 -