广东省深圳市2019-2020学年高三下学期第二次线上统一测试数学（理）试题（解析版）

1、1 / 23 2020 年深圳市普通高中高三年级第二次线上统一测试年深圳市普通高中高三年级第二次线上统一测试 理科数学理科数学 本试卷共本试卷共 6 页，页，23 小题，满分小题，满分 150 分分.考试用时考试用时 120 分钟分钟. 一、选择题：本题共一、选择题：本题共 12 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 60 分分.在每小题给出的四个选项中，只有一项在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的是符合题目要求的. 1.已知集合11|22 ,|ln022xaxbxx=,则()rab =( ) a. b. 11,2 c. 1,12 d. (1,1 【答案】b 【解析】 【分

2、析】 求解指数不等式与对数不等式化简集合a、b，再由交、并、补集的混合运算得答案 【详解】1 |22 | 112xaxxx= ，113 |() 0 |222bx ln xxx=， 3 |2rbx x=或12x，则12(1,)ab=r 故选：b 【点睛】本题考查指数不等式与对数不等式的解法，考查集合的交、并、补混合运算，属于基础题. 2.棣莫弗公式()cossincossinnxixnxinx+=+（i为虚数单位）是由法国数学家棣莫弗（1667-1754）发现的，根据棣莫弗公式可知，复数6cossin55i+在复平面内所对应的点位于（ ） a. 第一象限 b. 第二象限 c. 第三象限 d. 第

3、四象限 【答案】c 【解析】 【分析】 由题意666cossincossin5555ii+=+，根据复数的几何意义结合6cos05、6sin05即可得解. 2 / 23 【详解】由题意666cossincossin5555ii+=+， 该复数在复平面内所对应的点为66cos,sin55， 6cos05，6sin05，该复数在在复平面内所对应的点位于第三象限. 故选：c. 【点睛】本题考查了新概念在复数中的应用，考查了复数的几何意义和三角函数的符号确定，属于基础题. 3.已知点()3,1和()4,6在直线320 xya+=的两侧，则实数a的取值范围是（ ） a. 724a b. 7a =或24a

4、 = c. 7a 或24a d. 247a 【答案】a 【解析】 【分析】 由点与直线的位置关系，转化为不等式求解即可得解. 【详解】点()3,1和()4,6在直线320 xya+=的两侧， ()()3 32 1342 60aa + +即()()7240aa+， 解得724a . 故选：a. 【点睛】本题考查了二元一次不等式表示的平面区域，关键是把点与直线的位置关系转化为不等式，属于基础题. 4.已知( )1()3 ,1,2,1,xaxa xf xax+=是(,) +上的减函数，那么实数a的取值范围是（ ） a. 0,1 b. 10,2 c. 1 1,6 2 d. 1,16 【答案】c 【解析

5、】 【分析】 3 / 23 由分段函数的单调性可转化条件得10201132aaaaa +，解不等式组即可得解. 【详解】( )1()3 ,1,2,1,xaxa xf xax+=是(,) +上的减函数， 10201132aaaaa +，解得1162a. 故选：c. 【点睛】本题考查了分段函数单调性的问题，属于基础题. 5.如图，在abc中，adab，3bcbd=，1ad =，则ac ad=（ ） a. 2 3 b. 32 c. 33 d. 3 【答案】d 【解析】 3acabbcabbd=+=+，(3)3ac adabbdadab adbd ad=+=+， 又abad，0ab ad=， 33co

6、s3cos33ac adbd adbdadadbbdadbad=， 故选d 6.已知一个四棱锥的高为 3，其底面用斜二测画法所画出的水平放置的直观图是一个边长为 1 的正方形，则此四棱锥的体积为（ ） a 2 b. 6 2 c. 13 d. 2 2 4 / 23 【答案】d 【解析】 【分析】 由原图与直观图的面积比可求得该四棱锥的底面积，利用棱锥体积公式即可得解. 【详解】由题意结合原图与直观图的面积比为2 2可知该四棱锥的底面积2 2s =， 则该四棱锥的体积为112 232 233vsh= =. 故选：d. 【点睛】本题考查了原图与直观图之间的关系，考查了棱锥体积的计算，属于基础题. 7

7、.在等差数列 na中，ns为其前n项和，已知81335aa=，且10a ，若ns取得最大值，则n为（ ） a. 20 b. 21 c. 22 d. 23 【答案】a 【解析】 【分析】 转化条件得1392ad= ，进而可得200a，210a，即可得解. 【详解】设等差数列 na的公差为d， 由81335aa=可得()()1137512adad+=+即1392ad= ， 10a ，0d ，数列 na为递减数列， 12011902aadd=+= ，12112002aadd=+=， 当20n =时，ns取得最大值. 故选：a. 【点睛】本题考查了等差数列通项公式的应用，考查了等差数列前n项和最大值的

8、问题，属于基础题. 8.已知抛物线28yx=，过点()2,0a作倾斜角为的直线3，若l与抛物线交于b、c两点，弦bc的中垂线交x轴于点p，则线段ap的长为（ ） a. 163 b. 83 c. 16 33 d. 8 3 5 / 23 【答案】a 【解析】 【分析】 由题意可得直线3:23bc xy=+，联立方程组即可求得bc中点10 4 3,33m，进而可得直线4 3310:333mp yx= ，求出点22,03p后即可得解. 【详解】由题意可得直线3:23bc xy=+，设()11,b x y，()22,c xy，bc中点()00,m xy， 联立方程组28323yxxy=+，消去x得28

9、31603yy=，易得 ， 1104 323yyy+=，00310233xy=+=，点10 4 3,33m， 又 mpbc，133mpbckk= = ， 直线4 3310:333mp yx= ， 令0y =可得223x =即点22,03p， 线段2216233ap =. 故选：a. 【点睛】本题考查了直线与抛物线的综合问题，属于中档题. 9.已知函数( )()sinf xx=+0,2的最小正周期是，把它图象向右平移3个单位后得到的图象所对应的函数为奇函数.现有下列结论： 函数( )fx的图象关于直线512x=对称函数( )fx的图象关于点,012对称 函数( )fx在区间,212上单调递减函数

10、( )fx在3,42上有 3 个零点 其中所有正确结论的编号是（ ） 6 / 23 a. b. c. d. 【答案】d 【解析】 【分析】 利用函数最小正周期和平移后的对称性可得( )sin 23f xx=；代入512x=即可判断；代入12x=即 可 判 断 ； 由,212x ，42,332x 即 可 判 断 ； 由3,42x，82,363x即可判断；即可得解. 【详解】函数( )fx的最小正周期是t=，222t=， 函数( )fx的图象向右平移3个单位后得到的图象所对应的函数为奇函数， 函数( )fx的图象过点,03即2sin03+=， ()23kkz = +即()23kkz=+， 由2可得

11、3= ，( )sin 23f xx=； 当512x=时，( )5sin 2sin11232f x=，故正确； 当12x=时，( )1sin 2sin12362f x= ，故错误； 当,212x 时， 432,33222x ，故正确； 当3,42x时，82,363x，故函数( )fx在3,42上有 2个零点，故错误. 故选：d. 【点睛】本题考查了三角函数图象的综合应用，考查了整体法的应用，属于中档题. 10.甲、乙两队进行排球比赛，根据以往的经验，单局比赛甲队胜乙队的概率为 0.6.设各局比赛相互间没有7 / 23 影响，且每场比赛均要分出胜负，若采用五局三胜制，则甲以3:1获胜的概率是（ ）

12、 a. 0.0402 b. 0.2592 c. 0.0864 d. 0.1728 【答案】b 【解析】 【分析】 由题意可得甲在前 3 局中获胜两局且第 4 局获胜，由独立性重复实验的概率公式计算即可得解. 【详解】由题意若要甲以3:1获胜则需要甲在前 3 局中获胜两局且第 4 局获胜， 则所求概率() ()2230.61 0.60.60.2592pc=. 故选：b. 【点睛】本题考查了独立性重复实验概率的求解，考查了转化化归思想，属于中档题. 11.设( )fx是定义在r上以 2为周期的偶函数，当2,3x时，( )fxx=，则2,0 x 时，( )fx的解析式为（ ） a. ( )21f x

13、x=+ b. ( )31f xx=+ c. ( )2fxx= d. ( )4fxx=+ 【答案】b 【解析】 【分析】 根据函数的奇偶性和周期性可得2, 1x 、1,0 x 时( )fx的解析式，即可得解. 【详解】( )fx是定义在r上以 2为周期的偶函数， 当2, 1x 时，42,3x+ ，( )()44f xf xx=+=+； 当1,0 x 时，22,3x + ，( )()()22f xfxfxx= += +， 当2,0 x 时，( )31f xx=+. 故选：b. 【点睛】本题考查了利用函数的奇偶性和周期性确定函数的解析式，属于中档题. 12.如图，长方体1111abcdabc d中，

14、e、f分别为棱ab、11ad的中点.直线1db与平面efc的交点o，则1doob的值为（ ） 8 / 23 a. 45 b. 35 c. 13 d. 23 【答案】a 【解析】 【分析】 在线段11c d上取点g使11114dgc d=，连接11b d、fg且11b dfg=n， 设bdcem=，连接mn，由平面相交的性质可得1mndbo=，利用三角形相似求得11156b nb d=、23dmdb=，再利用三角形相似即可得解. 【详解】在线段11c d上取点g使11114dgc d=，连接11b d、fg且11b dfg=n， 设bdcem=，连接mn， 由e、f分别为棱ab、11ad的中点易

15、得/ /fgce，即g 面efc， 由11/ /b dbd可知1d 面1b bd，所以面efc 面1b bdnm=， 又 1db 面1b bd， 所以直线1db与平面efc的交点o即为mn与1db的交点， 取11b d的中点q，由1dgnqfn可得112d nqn=，所以11156b nb d=， 由bemdcm可得12bmdm=，所以23dmdb=， 由11b dbd=可得145dmb n=， 由1dmob no可得1145dmdobbno=. 故选：a. 9 / 23 【点睛】本题考查了平面的性质和平面相交的性质，考查了空间思维能力和转化化归思想，属于中档题. 二、填空题：二、填空题：本大

16、题共本大题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分分. 13.已知x轴为曲线( )()34411f xxax=+的切线，则a的值为_. 【答案】14 【解析】 【分析】 设x轴与曲线( )fx的切点为()0,0 x，由题意结合导数的几何意义可得()()()3002004411012410 xaxfxxa+ =+=，解方程即可得解. 【详解】由题意( )()21241fxxa=+，设x轴与曲线( )fx的切点为()0,0 x， 则()()()3002004411012410 xaxfxxa+ =+=，解得01214xa=. 故答案为：14. 【点睛】本题考查了导数几何意义的应

17、用，考查了运算能力，属于基础题. 14.已知ns为数列 na的前n项和，若22nnsa=，则54ss =_. 【答案】32 【解析】 【分析】 由11,1,2nnns nassn=结合题意可得2nna =，再利用545ssa=即可得解. 【详解】当1n =时，11122asa=解得12a =； 当2n 时，()112222nnnnnassaa=，整理得12nnaa=， 10 / 23 所以数列 na是首项为 1，公比为 2 的等比数列，12 22nnna=， 所以5455322ssa =. 故答案为：32. 【点睛】本题考查了na与ns关系的应用，考查了等比数列的判定和通项公式的应用，属于基础

18、题. 15.某市公租房的房源位于,a b c三个片区，设每位申请人只能申请其中一个片区的房子，申请其中任一个片区的房屋是等可能的，则该市的任 4 位申请人中，申请的房源在 2 个片区的概率是_. 【答案】1427 【解析】 【分析】 由题意可得 4 位申请人申请的房源所在片区的情况共有4381=种，分别求出有三人在同一区域另一人在另一区域的情况数和有两人在同一区域另两人在另一区域的情况数，利用古典概型概率的公式即可得解. 【详解】由题意可得 4位申请人申请的房源所在片区的情况共有4381=种； 若 4位申请人中，有三人在同一区域另一人在另一区域的情况共有324324ca=种； 有两人在同一区域

19、另两人在另一区域的情况共有2224232218ccaa=种； 故所求概率24 18148127p+=. 故答案为：1427. 【点睛】本题考查了排列组合的综合应用，考查了古典概型概率的求解，属于中档题. 16.在平面直角坐标系中，过椭圆22221xyab+=()0ab的左焦点f的直线交椭圆于,a b两点，c为椭圆的右焦点，且abc是等腰直角三角形，且90a=，则椭圆的离心率为_. 【答案】63 【解析】 【分析】 设acm，由题意结合椭圆性质可得2afam，242bcabfam，由等腰直角三11 / 23 角形性质可得1224amm，再由直角三角形性质可得222fcafac，最后利用cea=即

20、可得解. 【详解】如图所示，设acm，由椭圆定义可得2afam， abc是等腰直角三角形，且90a=， acabm，22bfabafma，242bcabfam， 422bcamacm，1224amm，22maf， 在rt afc中，222232fcafacm，624fcmc， 66463122224mceamm. 故答案为：63. 【点睛】本题考查了椭圆性质的应用和离心率的求解，考查了计算能力，属于中档题. 三、解答题：共三、解答题：共 70 分分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第第 1721 题为必考题，每题为必考题，每个试题考生都必须作答个试

21、题考生都必须作答.第第 22、23 题为选考题，考生根据要求作答题为选考题，考生根据要求作答. （一）必考题：共（一）必考题：共 60 分分. 17.在abc中，内角a、b、c对边分别是a、b、c，已知2sinsinsinbac=. （1）求证：03b； 12 / 23 （2）求222sinsin1acb+的取值范围. 【答案】（1）证明见解析（2）(1,2 【解析】 【分析】 （1）由正弦定理结合条件得2bac=，再由余弦定理结合基本不等式可得1cos2b ，由三角函数的性质即可得证； （2）由三角函数的性质化简得22sinsin12sin24acbb+=，结合（1）中03b即可得74412

22、b+，即可得解. 【详解】（1）证明：由正弦定理可得2bac=, 22221cos222acbacacbacac+=， 0b,03b . （2）由题意222sinsin1acb+()cossinacb= +cossin2sin4bbb=+=+， 由（1）知03b， 74412b+，12sin24b+， 即222sinsin1acb+的取值范围是(1,2. 【点睛】本题考查了正弦定理、余弦定理和三角函数的综合问题，考查了基本不等式的应用，属于中档题. 18.如图所示，四棱锥sabcd中，sa 平面abcd，/ad bc，1saabbccd=，2ad =. 13 / 23 （1）在棱sd上是否存在

23、一点p，使得/cp平面sab？请证明你的结论； （2）求平面sab和平面scd所成锐二面角的余弦值. 【答案】（1）存在；证明见解析（2）14 【解析】 【分析】 （1）当点p为棱sd的中点时，/cp平面sab；取sa的中点f，连结fp、fb、pc，由已知结合中位线的性质可得/fp bc且fpbc=，进而可得/cp bf，由线面平行的判定即可得证； （2）由题意建立空间直角坐标系，求出各点坐标，再求出平面sab的一个法向量为1n与平面scd的一个法向量为2n，利用121212cos,n nn nnn=即可得解. 【详解】（1）当点p为棱sd的中点时，/cp平面sab. 证明如下： 取sa的中点

24、f，连结fp、fb、pc，则/fp ad且12fpad=， /ad bc，112bcad=， /fp bc且fpbc=， 四边形fbcp为平行四边形， /cp bf， cp平面sab，bf 平面sab， /cp平面sab. （2）在平面abcd内过点a作直线ad的垂线ax， sa 平面abcd，saad，saax， 直线as、ax和ad两两垂直， 14 / 23 以点a为原点，分别以直线ax、ad和as为x轴、y轴和z轴建立如图所示的空间直角坐标系，过点b作bead交直线ad于e， /ad bc，1abbccd=，2ad =， 12ae = =，32be =， 从而可得()0,0,0a，3 1

25、,022b，3 3,022c，()0,2,0d，()0,0,1s， 则()0,0,1as =，3 1,022ab=，()0,2, 1sd =，31,022dc=. 设平面sab的一个法向量为()1111,nx y z=， 则1100nasnab=即111031022zxy=+=，取13x =，可得()13, 3,0n =， 设平面scd的一个法向量为()2222,nxyz=， 则2200nsdndc=即22222031022yzxy=，取23x =，可得()23,3,6n = 121212cos,n nn nnn=()()()2222261433336= + +， 平面sab和平面scd所成锐

26、二面角的余弦值为14. 【点睛】本题考查了线面平行的判定和利用空间向量求二面角，考查了计算能力，属于中档题. 19.已知椭圆22:1124xyc+=，a、b分别是椭圆c长轴的左、右端点，m为椭圆上的动点. （1）求amb的最大值，并证明你的结论； 15 / 23 （2）设直线am的斜率为k，且11,23k ，求直线bm的斜率的取值范围. 【答案】（1）amb的最大值为23；证明见解析（2）2,13 【解析】 【分析】 （1）设()00,m xy，（02 32 3x，002y），过点m作mhx轴，垂足为h，由三角函数 的 概 念 可 得002 3tanahyxm+=，002 3tanbmhyx=

27、， 由 两 角 和 的 正 切 公 式 可 得tanamb022004 312yxy=+，求出tan3amb 后由椭圆对称性即可得解； （2）由题意可知202012yk kx=，利用22001124xy+=即可得13k k= ，由k的取值范围即可求得k的取值范围，即可得解. 【详解】（1）根据椭圆的对称性，不妨设()00,m xy，（02 32 3x，002y）. 过点m作mhx轴，垂足为h，则()0,0h x()02 32 3x， 于是，有002 3tanahamhmxhy+=，002 3tanbhbmhmhyx=， ()tantanambamhbmh=+=tantan1tantanamhb

28、mhamhbmh+ 00022000000002 32 34 3122 3 2 31yyyxyxxyxyx+=+， 点()00,m xy在椭圆c上， 22001124xy+=，2200123xy=，02 3tanamby= ， 而002y， 02 3tan3amby= ， 16 / 23 0amb ， amb的最大值为23，此时02y =，即点m为椭圆c的上顶点. 根据椭圆的对称性，当点m为椭圆c的短轴的顶点时，amb取最大值，其最大值为23. （2）设直线bm的斜率为k，()00,m xy， 则002 3xyk =+，002 3xyk =，202012yk kx=， 又22001124xy+

29、=，2200123xy=， 13k k= ，11,23k ，213k， 故直线bm的斜率的取值范围为2,13. 【点睛】本题考查了椭圆和三角函数、椭圆和直线的综合问题，考查了运算能力和转化化归思想，属于中档题. 20.已知函数( )()ln1f xx=+，( )xg xe=（e为自然对数的底数）. （1）讨论函数( )( )xaxf xx+=在定义域内极值点的个数； （2）设直线l为函数( )fx的图象上一点()00,a xy处的切线，证明：在区间(0,)+上存在唯一的0 x，使得直线l与曲线yg x相切. 【答案】（1）当0a 时，函数( )x无极值点，当0a 时，函数( )x有两个极值点（

30、2）证明见解析 【解析】 【分析】 （1）对函数( )x求导得( )()221xaxaxxx+=+，令( )2h xxaxa=+，分类讨论( )h x有无零点以及零点与1、0的相对位置即可得解； （2）由题意可得切线l的方程可表示为()00011yxyxx=+，设直线l与曲线( )yg x=相切于点17 / 23 ()11,xb x e，由题意可得()()11000010011ln111xxexyxeyxxx=+=+=+，进而可得()0001ln10 xxx+=，由（1）中结论即可证明()0001ln10 xxx+=在()0,+上存在唯一的根，即可得证. 【详解】（1）由题意( )( )xax

31、f xx+=()ln1xaxx+=+)0 x 且()1121mxx+， 则( )()222111axaxaxxxxx+=+=+， 令( )2h xxaxa=+，24aa =， 当240aa =即04a时，( )0 x， 此时，( )x在()1,0和()0,+单调递增，( )x无极值点； 当240aa =时，即当0a 或4a 时， 函数( )2h xxaxa=+有两个零点， 2142aaax =，2242aaax +=， （i）当0a 时， 因为212412aaax + =2244402aaaa+， 所以2101xx ， 所以函数( )x在()11,x单调递增，在()1,0 x和()20,x上单

32、调递减，在()2x +上单调递增，此时函数( )x有两个极值点； （ii）当4a 时，因222412aaax + =2244402aaaa+， 所以121xx ，此时( )0 x，( )x在()1,0和()0,+单调递增，无极值点. 综上所述，当0a 时，函数( )x无极值点，当0a 时，函数( )x有两个极值点. 18 / 23 （2）证明：因为( )11fxx=+，所以切线l的方程可表示为()00011yxyxx=+， 设直线l与曲线( )yg x=相切于点()11,xb x e， 因为( )xgxe=，所以()()11000010011ln111xxexyxeyxxx=+=+=+， 消去

33、1x并整理得()0001ln10 xxx+=， 由（1）可知，当1a =时，函数( )()1ln1xxxx+=+()1x 在()0,+单调递增， 又()1101ee= ，()2222101eee=. 所以函数( )x在()21,1ee上有唯一的零点， 又因为( )x在()0,+单调递增， 所以方程()0001ln10 xxx+=在()0,+上存在唯一的根， 故在区间()0,+上存在唯一的0 x，使得直线l与曲线( )yg x=相切. 【点睛】本题考查了利用导数研究函数的极值点和零点个数问题，考查了导数几何意义的应用，考查了转化化归思想和推理能力，属于中档题. 21.2020年初，新冠肺炎疫情袭

34、击全国，某省由于人员流动性较大，成为湖北省外疫情最严重的省份之一，截至 2 月 29日，该省已累计确诊 1349例患者（无境外输入病例）. （1）为了解新冠肺炎的相关特征，研究人员从该省随机抽取 100名确诊患者，统计他们的年龄数据，得下面的频数分布表： 年龄 10,20 (20,30 (30,40 (40,50 (50,60 (60,70 (70,80 (80,90 (90,100 人数 2 6 12 18 22 22 12 4 2 19 / 23 由频数分布表可以大致认为，该省新冠肺炎患者的年龄z服从正态分布,15().22n，其中近似为这100名患者年龄的样本平均数（同一组中的数据用该组

35、区间的中点值作代表）.请估计该省新冠肺炎患者年龄在 70岁以上（70）的患者比例； （2）截至 2月 29 日，该省新冠肺炎的密切接触者（均已接受检测）中确诊患者约占 10%，以这些密切接触者确诊的频率代替 1名密切接触者确诊发生的概率，每名密切接触者是否确诊相互独立.现有密切接触者20 人，为检测出所有患者，设计了如下方案：将这 20 名密切接触者随机地按n（120n且n是 20 的约数）个人一组平均分组，并将同组的n个人每人抽取的一半血液混合在一起化验，若发现新冠病毒，则对该组的n个人抽取的另一半血液逐一化验，记n个人中患者的人数为nx，以化验次数的期望值为决策依据，试确定使得 20人的化

36、验总次数最少的n的值. 参考数据：若()2,zn ，则()0.6826pz+=，()220.9544pz+=，()330.9973py+=，40.90.66，50.90.59，100.90.35. 【答案】（1）15.87%（2）4n = 【解析】 【分析】 （1）由题意计算出54.8=，由正态分布性质可得()39.6700.6826pz=，即可得解； （2）由题意n的可能取值为 2，4，5，10，1,10nxb n，由二项分布的概率公式结合题意可得某组的化验次数y满足()9110np y=，()91110np yn=+= ，表示出( )e y，进而可得化验总次数( )f n，代入比较即可得解

37、. 【详解】（1）由题意2 156 25 12 35 18 4522 5522 65 12 754 852 95100+ + + = 54.8=， 所以()54.8 15.254.8 15.2pz+()39.6700.6826pz=， ()()139.670702pyp z=1 0.68260.158715.87%2=， 则可估计该省确诊新冠肺炎患者年龄在 70岁以上患者比例为 15.87%. 20 / 23 （2）根据题意，每名密切接触者确诊为新冠肺炎的概率均为110， n的可能取值为 2，4，5，10， 当2,4,5,10n时，1,10nxb n， 对于某组n个人，化验次数y的可能取值为

38、1，1n+， ()9110np y=，()91110np yn=+= ， ( )()91110ne yn= +99111010nnnn=+ ， 则 20 人的化验总次数为( )209110nf nnnn=+ 1920 110nn=+， 经计算( )213.8f=，( )411.8f，( )512.2f，()1015f. 所以，当4n =时符合题意，即按 4人一组检测，可使化验总次数最少. 【点睛】本题考查了正态分布的应用，考查了离散型随机变量期望的应用，属于中档题. （二）选考题：共（二）选考题：共 10分分.请考生在第请考生在第 22、23两题中任选一题作答两题中任选一题作答.注意：只能做所选定的题目注意：只能做所选定的题目.如果多做，则按所做的第一题计分如果多做，则按所做的第一题计分. 22.在平面直角坐标系xoy中，直线1l：cos ,sinxtyt=（t为参数，02），曲线1c：2cos4+2sinxy=,（为参数），1l与1c相切于点a，以坐标原点为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系. （1）求1c的极坐标方程及点a的极坐标； （2）已知直线2l：()6r=与圆2c：24 3 cos20+=交于b，c两点，记aob的面积为1s，2coc的面积为