2020届天一大联考皖豫联盟高中毕业班第二次考试数学(理)试题及答案

1、2020届天一大联考皖豫联盟高中毕业班第二次考试数学(理)试题、单选题y | y 5 ,则 A I B先求出集合B.5, 3C.5, 3D.5,3A,然后求出grA,再与集合B取交集即可.第9页共23页依题意,3x 27所以eRAB 5,故选：B.本题考查集合的运算、不等式的解法考查运算求解能力以及化归与转化思想,属于基础1 m j2 .若复数z (m R)为纯虚数，则m ()2 iA. 2B. 1C.1D.2【答案】D【解析】 结合复数的四则运算及纯虚数的概念，可求出答案【详解】1 mi (1 mi)(2 i) 2 i 2mi m 2 m 2m 1. i .2 i (2 i)(2 i)555

2、m2 m 0复数z为纯虚数，得解得m 2.2m 1 0故选：D.【点睛】本题考查复数的运算、纯虚数的概念，考查运算求解能力以及函数与方程思想，属于基 础题.3 . 2019年10月1日，为了庆祝中华人民共和国成立70周年，某校聚集400名学生站成一个方阵.方阵中间部分学生身穿红色衣服，组成70”的字样，其余学生身穿白色衣服.若任选1名学生，选到身穿红色衣服的学生的概率为-,则任选2名学生，1名学生4身穿红色衣服，另1名学生身穿白色衣服的概率为（）100A . 13350C.133D.2161名学生身穿红色衣50133【解析】 分别求出身穿红色衣服和白色衣服的人数，然后求出选出 服，另1名学生身

3、穿白色衣服的选法，及 400名学生选出2名学生的选法，结合古典概 形的概率公式可求出答案.【详解】1一 ,一，400名学生中，身穿红色衣服的有 400 100人，身穿白色衣服的有 300人，故任4选2名学生，1名学生身穿红色衣服，另 1名学生身穿白色衣服的概率故选：C.【点睛】本题考查排列组合，考查古典概型的概率，考查推理能力，属于基础题4 .记递增等比数列 a的公比为q,前n项和为Sn.若S2 8, S4 80,则（）A. a14B. a2C.q=2D, q 4【答案】B2 a3 a4【解析】 结合氏 a4 S4 $ ,及q -一4 ,可求出公比，进而求出 a1.a a2【详解】2 a3 a

4、4依题意，得& a2 8, a3 a, S4 S2 72,所以q 9 ,解得q 3或a1 a2者q3.又因为数列 an是递增数列，所以q 3 ,所以a1 2.故选：B.【点睛】本题考查等比数列的通项公式、前n项和公式，考查运算求解能力以及化归与转化思想, 属于基础题5.运行如图所示的程序框图；若输入的9x的值为3 ,输出的x的值为则判断框中 8可以填()A. i 5B. i 4C. i 3D. i 2【解析】 运行该程序，可知i 3,不满足判断框，i 4,满足判断框，从而可选出答案.9由于输入的x的值为3 ,输出的x的值为一，可知:81 一运行该程序，第一次，x (3 1) 2, i

5、1,不满足判断框;2一，13第二次，x 2(2 1) i 2,不满足判断框；135第三次，x1315,i 3,不满足判断框；224.1 5第四次，x 12 49 99, i 4 ,满足判断框，输出 x的值为9 ,88故判断框可以填i 3.故选：C.【点睛】 本题考查算法与程序框图，考查推理论证能力以及化归与转化思想，属于基础题6 .地震震级是衡量地震本身大小的尺度，由地震所释放出来的能量大小来决定，释放出的能量愈大，则震级愈大 .震级的大小可通过地震仪测出 .中国使用的震级标准，是国际上通用的里氏分级表，地震释放的能量E与地震里氏震级 M之间的关系为E1048_ 3MV10.已知A地区最近两次

6、地震的震级Mi , M2的值分别为6, 5,释放Ei的能量分别为 Ei , E2 .记三，则 （）E2A. 30,31B, 31,32C, 32,33D, 33,34【答案】BE109一 1.515【解析】分别求出E1和E2,可得到亘10 ，然后比较10 ,31,32的大小关E2101091510 .,要比较101.5与32的101000,而 322 1024,故 101.5 32.系即可选出答案依题意，E1 104.8 109, E2 104.8 107.5,故三E2大小关系，可比较103与322的大小关系，易知103同理可得，101.531,所以 （31,32）.故选：B.【点睛】本题考查

7、数学文化，考查指数的运算性质，考查运算能力、推理论证能力以及化归与转化思想，属于基础题.7 .已知三棱锥 A BCD 满足 AB CD 2J13, AC BD 10, AD BC 4J5 ,则三棱锥 A BCD外接球的表面积为（）A. 116 7tB. 128 7tC. 132 7tD. 156 7t【答案】A【解析】 可将三棱锥置于一个长、宽、高分别为x, y, z的长方体中，可得2x2y2z2y2z52100,从而可求出x28022y z及外接球半径，进而可求出该二棱锥外接球的表面积.【详解】三棱锥A BCD的对棱相等，可将此三棱锥置于一个长、宽、高分别为x, y, z的22xy22yz2

8、2zx长方体中，则52100 ,三式相加可得,222x y z 116,设三棱锥 A BCD外接球的半径为 R,则2R222一 。x y z 116 ,即 4R2 116.80则所求外接球的表面积 S 4 tR2116 7t故选：A.【点睛】本题考查三棱锥的外接球，考查球的表面积计算，考查空间想象能力，属于中档题8 .将曲线y 3ex 2绕原点顺时针旋转角后第一次与x轴相切，则tan2_ 3. 2. 3A. 2e2B. 2eC. 3eD. 3e【答案】D【解析】易知直线y tan x是曲线y 3ex 2过原点的切线，设切点坐标为x0,3ex0 2 ,结合导数的几何意义，可求出 r ,从而可求出

9、tan .【详解】依题意，y tan x是曲线y 3ex 2过原点的切线.设切点坐标为x0,3ex° 2 ,而y 3ex 2,所以tan3ex0 2.把切点坐标 M,3e" 2代入y tan x ,得3ex0 2 x。 3ex0 2,解得 1 ,即3tan 3e .故选：D.【点睛】本题考查导数的运算、导数的几何意义，考查运算求解能力以及化归与转化思想，属于中档题. 22x V9 .记双曲线C：-2 1 1(a 0,b 0)的左、右焦点分别为 F1, F2,点M在双曲线的 a b渐近线上，且在第二象限,OMof2（O为坐标原点），线段MF2的中点P满足PFi PF2 2a,

10、则双曲线C的离心率为（【解析】 先求出M的坐标，进而可得到 P的坐标，由P满足PFiPF22a ,可知点P在双曲线C的右支上,将坐标代入方程，计算可求得离心率双曲线C的渐近线为y设M的坐标为m,由 |OM |PFiof2c,可得2 c m ac2,即PF2 2a,则点2c一 1 5,即 e a因为e 1,所以只有e故选：A.本题考查双曲线的离心率,能力，属于中档题10.已知在体积为点.若平面BEFIA.厢P在双曲线C的右支上，所以(c a)24a2整理得2 5 ,解得eJ5J5符合题意.考查双曲线的方程与性质,考查学生的计算能力与推理论证27的正方体ABCD AB1CQ1中,E, F分别是AD

11、- C1D1的中平面BCC1B l ,则l在正方形BCC1B中的线段长度为（c.典2D.成【解析】延长EF , B1c1 ,交于点G ,连接BG , BG I CC1 H ,可知l在正方形BCCiBi中的线段为线段BH ,由VD1EF和VCiGF全等，及gH/BBi,可得CiH CiG i宝一W，从而可求得 CiH进而可求得 BH .BBi B1G 3如图，延长EF , BiCi ,交于点G ,连接BG ,其中BG I CCiBCCiBi中的线段即为线段 BH .所以依题意，得AB327， 则AB 3 .又易知VDEF和VCGF全等,Ci H CiG i1 C1HBBi B1G 31i _ G

12、G DiE AR ,又 CiH /BBi,则2所以 CH 2, BH <32 22 而.故选：D.fl4【点睛】本题考查空间线面的位置关系，考查空间想象能力以及数形结合思想，属于基础题.ii,已知函数 f(x) Asin( x ) A 0,0,一的图象的一个最高点为2N是与P相邻的两个最低点，且 tanMPN20一，则函数f(x)的单2i调递减区间为(C. 310k,85k,810k (k Z)5k (k Z)B.D.10k,i35k,1310k (k Z)5k (k Z)【解析】由函数f(x)图象的一个最高点为 P 3,1，可知A 1,，-2k <k Z),由 tan MPN20

13、 一，结合二倍角公式，可求得 21MPN .一，一tan,进而由图象可知MN T2 MPN4tan,从而可求得2f(x)的表达式及单调递减区间依题意，得tanc, MPN 2tan MPN 22 MPN1 tan 一20 目 MPN一,斛得tan212勺或2MPN tan22MPN一,因为 52MPN 所以只有tanPN3 一 一符合题意,2函数f (x)图象的一个最高点为P 3,11, MN4 . . MPN4 1 tan 102Er2冗 冗则10 5又f(3) 1,得52kXk Z),解得冗102k/k Z).因为| 一,所以2兀10，花则 f(x) sin - x510九2k 九一x5冗

14、103万2k/k Z),解得310k8 10k(k Z).故选:A.【点睛】本题考查三角函数的图象与性质，考查正切的二倍角公式的应用，考查推理论证能力以第8页共23页及数形结合思想，属于中档题220）与x轴交于p , Q两点, _ x y12 .已知椭圆C:-y 。1(a b a2 b2第17页共23页两点，点R在椭圆C上， PRQcos3 .而RPQ 10且四边形MPNQ面积为8.,6,则椭圆C的方程为（2xA .24B.2 x122y8C.162 x D . 183y216由角的关系可求得tanRPQ和 tanRQP的值，然后设R(s,t) (s0,t 0),可得|PQ| 2atan RP

15、Qtan RQP- tan RPQ ,联立可求得s,t,a的 a s关系，将点R的坐标代入椭圆方程，可求得a,b的关系,结合四边形MPNQ的面积为8而，可得2ab 8屈,进而可求得a,b的值.由 cos RPQ 3-0 ,可得 tan RPQ10又 PRQ 135 ,所以tan RQP tan PRQ RPQtan PRQtan RPQ不妨设 R(s,t) (s 0,t 0),则 |PQ|2atan PRQtan RPQtan RPQttan RQPtan RPQ,即 s 3t a 3 a s则2a52a.a22a代入椭圆方程可得-ay525a24a225b226b2.又四边形MPNQ的面积为

16、8娓,即2ab 8疵,联立2ab 8；6a2 6b22工1.42，解得b 2, a 2花.故椭圆C的方程为 24故选：A.【点睛】本题考查三角恒等变换、椭圆的方程和性质，考查运算求解能力以及化归与转化思想, 属于中档题.二、填空题13 .对一批产品的内径进行测量，所得数据统计如下图所示， 估计这批产品内径的中位数为.频率由题意，得(0.0125前3个小矩形的面积c 0.5 0.437525 0.0625【答案】26【解析】由小矩形的面积之和等于1可求出a的值，计算前3个小矩形的面积可知中位数在第四组中，列式子计算即可.【详解】2 0.025 0.0375 0.05 a) 5 1 ,解得 a 0

17、.0625.S (0.0125 0.025 0.05) 5 0.4375,故所求中位数为26.【点睛】 本题考查中位数的求法，考查频率分布直方图，考查运算求解能力，属于基础题 14.已知VABC中，D是线段BC上靠近B的三等分点，E是线段AC的中点.若uur uuu uurBE mAD nAE，则 m n .【解析】结合平面向量的线性运算，用uuur uur 一 uuu 一 一AD,AE表小BE，进而可求出m,n的值，即可求出答案.如图,uur urnBE BC,所以muur3 uuuuur3uuruuuuCE-DCAE-(ACAD)2233 一-,n 2 ,所以mn- 222uur 3 uu

18、r uuuAE - (2AE AD)7.2uurAEuur 3 uuiu2AE -AD2故答案为：7.2【点睛】 本题考查平面向量的基本定理，考查平面向量的线性运算，考查推理论证能力，属于基 础题.1 X Si15 .记数列an的前n项和为Sn,已知ai 一，2 i.若41Sk 39 ,则3 an 1Sn 1 1k的最大值为.【答案】19【解析】利用an 1 Sn 1 Sn ,将等式转化为只含 Sn,Sn 1的关系式，进而可得到11,1 1,即数列是等差数列，从而可求出Sn的表达式，解不等Sn 1 1 Sn 1Sn 1式41Sk 39 ,可求出答案【详解】依题意，得an 1 Sn 1S.1Sn

19、Sn 1Sn 11 2,ccc21 Sn 1 SnSn 12Sn 11 ,所以 Sn iSn2Sn1 1 ,则 Sn1 SnSn11,1即Sn 1 SSnSn111Sn1 11，所以Sn 1故数列1是首项为Sn 1a19,公差为 1的等差数列，则2Sn1所以Sn2n 12n 1故 41Sk2k 139可化为41 -2k 139,解得k 20,因为k N，所以k的最大值为19.故答案为：19.Sn与an关系问题的求解思路:根据所求结果的不同要求，将问题向不同的两个方向转化利用anSnSn-1n 2 ,转化为只含Sn,Sn-1的关系式，再求解;利用SnSn 1ann 2 ,转化为只含an, an

20、1的关系式，再求解.2x 316.已知函数f(x)4x 3,x,郎乙2，函数 g x f x 2m 10若函数g x有7个零点，则实数m的取值范围为【解析】作出函数f x的图象，令g(x) 0 ,解得 f (x) 1 或 f (x)2m,结合图象易知f(x) 1有4个解，从而只需f (x)2m有三个解，结合图象讨论2m的取值范围即可.x 0时，f (x)2x 3x 1，f(x)在3 -上单调递减，在2y 2的下方;第19页共23页单调递增，且f3_.3-0 ,当x一时，图象始终在222m23故答案为：，1 U 0-4tan BCD3(1)若 ACB / ACD , AB 2BC2 ,求AC的长

21、;(2)若 CBD 45 , BC2 ,求VBCD的面积.当x 0时，f (x) x2 4x 3,在0,2上单调递减，在(2,+?)上单调递增, f(0) 3.作出函数f x的图象如下图所示： 八2令 g(x) f (x)(2m 1)f (x) 2m 0,解得 f(x) 1 或 f (x) 2m ,而y f(x)和y 1的图象有4个交点，即f(x) 1有4个实数根，所以只需f (x)有3个实数根即可.观察可知，当2 2m 3或2m 0时，符合题意, 3解得 一m 1或m 0.本题考查函数的图象性质，考查函数的零点，考查推理论证能力以及数形结合思想，属 于中档题.三、解答题17 .如图所示，在平

22、面四边形 ABCD中,【答案】（1） AC 卢（2） 8【解析】（1）由tan BCD ,可求出cos BCD ,结合 ACB / ACD ,可求得cos ACB,在VABC中，由余弦定理可求出AC的长;(2)先求得 sin BCD,cos BCD ,贝U sinCDB sinBCD 45 ,然后利用正弦定CDsin CDB sin CBD,可求出CD进而可求出VBCD的面积.4 ,-一(1) tan BCD ,则 BCD 是钝角,3因为 ACB / ACD ,所以 cos BCDcos BCD 0,可求得 cos BCD32 八2cos2 ACB 1.5第25页共23页因为 cos ACB

23、0,所以 cos ACB在VABC中，由余弦定理得 AB2BC2 AC22BC AC cos ACB ,即AC2解得AC . 5 ,或AC垂（舍去）5235AC 3 0.5所以AC , 5.(2)由(1)可知，sin BCD .1 cos2 BCD -.5在VBCD中，因为 CBD 45 ,所以sin CDB sin 180BCD 45 sin BCD 45-2(sinBCDcos BCD)-210由正弦定理得BCsin CDBBC sin CBD 所以CD -sin CDB 1 故VBCD的面积S - 22CDsin CBD10.4108.5本题考查正弦定理、余弦定理、三角形的面积公式的应用

24、，考查运算求解能力、推理论证能力，属于基础题.18 .如图，三棱锥P ABC中，VABC是等边三角形， M是线段AC的中点,线段CB上靠近C的四等分点，平面 PBC 平面ABC .(1)求证：MN PB;(2)若PB PC BC 4 ,求二面角 A PC B的余弦值.【答案】(1)证明见解析；(2)也5【解析】(1)取BC的中点为O,连接AO ,由VABC是等边三角形，可得AO BC ,MN /AO ,结合平面PBC 平面ABC,易证MN 平面PBC ,从而可证明结论；(2)连接PO,易知OA, OB , OP两两垂直，以OA, OB , OP所在直线为x轴,y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐

25、标系O xyz ,然后分别求出平面 BPC、APCur r的法向量，设二面角 A PC B为，则cos-mr-n ,可求出答案.m n【详解】(1)如图，取BC的中点为O,连接AO.因为VABC是等边三角形，所以 AO BC.由题意知MN /AO ,从而MN BC .因为平面PBC 平面ABC,平面PBCI平面ABC BC , MN BC , 所以MN 平面PBC.又PB 平面PBC ,所以MN PB.(2)如图，连接PO.因为PB PC ,所以PO BC .又平面PBC 平面ABC ,平面PBCI平面ABC BC , PO BC , 所以PO 平面ABC.所以OA, OB, OP两两垂直.分

26、别以OA, OB, OP所在直线为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系O xyz.因为PB PC BC 4, VABC为等边三角形,0,0,24 ,所以 PO AO 273,所以 A 273,0,0 , C 0, 2,0 , Puiruuu从而PA 2向0, 2屈，PC0, 2, 2 3 .设平面TAPC的法向量n x,y,z .v ,n 由v nurnPAv 023x 2 3z2y213z 01,3,1 .取平面bpc的一个法向量ITm 1,0,0设二面角A PCcosir rm n12.3 2 1212 02 02本题考查空间线面的位置关系、向量法求二面角，考查空间想象能力、推理论

27、证能力,5属于基础题.19.由于工作需要，某公司准备一次性购买两台具有智能打印、扫描、复印等多种功能的智能激光型打印机.针对购买后未来五年内的售后，厂家提供如下两种方案:方案一：一次性缴纳10000元，在未来五年内，可免费上门维修5次，超过5次后每次收取费用3000元;方案二：一次性缴纳14000元，在未来五年内，可免费上门维修7次，超过7次后每次收取费用1000元.维修次数1234该公司搜集并整理了200台这款打印机使用五年的维修次数，所得数据如下表所示:台数20508050以这200台打印机使用五年的维修次数的频率代替1台打印机使用五年的维修次数的概率，记X表示这两台智能打印机五年内共需维

28、修的次数(1)求X的分布列及数学期望；(2)以两种方案产生的维修费用的期望值为决策依据，写出你的选择，并说明理由【答案】(1)详见解析(2)应使用方案一，详见解析【解析】(1) X的所有可能取值为 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8,分别求出对应概率,列出分布列并求出数学期望即可;(2)分别求出两种方案产生的修理费用的分布列，进而可求出对应的期望值，比较 者大小可得出答案(1)依题意，1台打印机使用五年维修 1次的概率为-20-维修2次的概率为20010501 ,，维修3次的概率为200 4802=2,维修4次的概率为200 550200X的所有可能取值为2, 3, 4, 5, 6, 7,

29、 8,P(XP(XP(XP(XP(X2)4)5)6)8)1 110 10100P(X3)2 10 41 2125710 5 16 25 400c1112 ,1044114157442582001 1 工4 4 161207)故X的分布列为X2345678P1157157111002040042005162 4 3 20 4 57 5 100 6 114 7 80 8 25故 E(X) 5.6.400(2)设使用方案一，产生的费用为 Yi元，则Y的分布列为X100001300016000190001815711P4002005161815711E 丫 1000013000 16000 19000

30、 12617.5 .400200516设使用方案二，产生的费用为 丫2元，则丫2的分布列为丫21400015000P1516116一151故 E 丫2140001500014062.5 E Y .1616故应使用方案一.【点睛】本题考查离散型随机变量的分布列和数学期望在实际生活中的应用，考查学生的计算能力，属于基础题.20.已知抛物线：y2 4x, A, B, C, D四点都在抛物线上.(1)若线段AC的斜率为2,求线段AC中点的纵坐标；(2)记R 4,0 ,若直线AC , BD均过定点 2,0 ,且AC BD , P , Q分别为AC ,BD的中点，证明：P, Q, R三点共线.【答案】(1

31、) 1; (2)证明见解析【解析】(1)设A X1,y1 , C X2,y2 ,分别代入抛物线方程并作差，结合线段AC的斜率为2,可求出y1 y2的值；(2)设出直线 AC, BD的方程，分别与抛物线方程联立，结合韦达定理，可得到 P,Q坐标的表达式，进而求得直线PQ方程的表达式，结合AC BD,证明R在直线PQ上即可.【详解】(i)设 A x11yl , C x2,y2 ,A, C在抛物线上，得2Vi2V24xi4x2两式相减可得 yiy2yi y24 x1x2 .由题意知,yiy2xix2 ,所以xix22,则线段AC中点的纵坐标为1.(2)因为ACBD ,故直线AC ,BD的斜率存在且不

32、为零.设直线AC : xmiyBD :x m2y0,m20 , mim2.4xmiy4myy24mi.设 P xP,yP.则VpyiV222mi, xp22 .2ml ,2mI.同理可得,2 .Q 2 2m2,2m2 2 ,2 .所以kPQ2m2 2ml2m；22m2mi则直线PQ:y2mi22mi因为AC所以直线mim2-iBD ,所以一miPQ: ymim2mmi.(x 4),故直线PQ过点R,即 m2P,本题考查抛物线的方程、直线与抛物线的位置关系,考查运算求解能力、推理论证能力以及函数与方程思想，属于中档题2i.已知函数 f(x) (x i)ln x mx, g(x)(i)若m 2,求

33、证：当x i时，f(x)f (x)xxe2;第i27页共23页h (x)在1,e上单调递增，可求0 和 h(x)min 0 h(x)max 三种情1h(e) 1 m.e所以g (x)221 x x lnx mx x 1一 1 In x mxxe(2)若函数g(x)在1,e上单调递减，求实数 m的取值范围.一1.【答案】(1)证明见解析；(2), 1 U 2,e【解析】(1) m 2时，求导并判断函数 f(x)的单调性，可得f(x)在(0,)上单调递增，即当x 1时，f x f 12；f (x)(2)构造函数h(x)求导并判断单调性可得x出 h(x)min 与 h(x)max，然后分 h(x)m

34、in 0、 h(x)max况讨论，使得g(x)在1,e上单调递减所满足的条件，可求出实数m的取值范围(1)依题意f (x) (x 1)ln x 2x,定义域为 0,一x 1 _1f (x) In x 2 In x 1xx人,、,1, 、1令 m(x)Inx 一1,则 m (x)一xx所以当 0 x 1 时，m (x) 0,当 x 1 时，m (x) 0.所以m(x)在(0,1)上单调递减，在(1,)上单调递增.所以m(x) m(1) 0,即f (x) 0,所以函数f(x)在(0,)上单调递增.所以当x 1时，f x f 12.f(x) (x 1)ln x mx d 1x Inx 1(2)设 h

35、(x) 1 In x m,则 h(x) 2xxxx易知当x 1,e时，x 1 lnx,即h(x) 0,故h(x)在1,e上单调递增.所以 h(x)min h(1) m, h(x)max若h(1) m 0,则在1,e上，”? 0,所以eg(x)MA MB 4 (2) 16第31页共23页令 u(x) 1 x x2 In x mx2 x 1.在1,e上，要使g(x)单调递减，则g x 0,从而u x 0.因为u (x)(1 2x)ln x1(2 m 1)x x0,所以u(x)在1,e上单调递减.所以 u(x)maxu(1)2.若h(e)0,1,则在1,e上,h(x)0,所以g(x)11 xIn x

36、由可知g (x)u(x)2 xx e所以当1,e 时,u(x)22x x In x mxx2 In x(1 In x) 0从而g0,所以g x在1,e上单调递减.若hh e ,则存在x0(1,e),使得 h从而x00.而 g(1)综上所述,h(1)e0，g(e)h(e)ee0,从而g x在区间1,e上不单调递减.实数m的取值范围为11 U 2, e本题考查导数的计算，考查利用导数研究函数的性质，考查构造函数的数学思想，考查 学生的推理论证能力，属于难题_x 2.3 cos22 .在平面直角坐标系 xOy中，曲线C的参数方程为( 为参数)y 2sin以坐标原点。为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为sin -J2,且l与C交于A, B两点，已知点 M的极坐标为 2,3(1)求曲线C的普通方程和直线l的直角坐标方程，并求 MA |MB的值;(2)若矩形DEFG内接于曲线C且四边与坐标轴平行，求其周长的最大值22【