2022年全国高考甲卷数学(理)试题变式题21-23题-(学生版+解析)

2022年全国高考甲卷数学（理）试题变式题21-23题原题211．已知函数．(1)若，求a的取值范围；(2)证明：若有两个零点，则．变式题1基础2．已知函数．（1）讨论函数的单调性；（2）若对任意的，都有成立，求的取值范围．变式题2基础3．设函数．(1)求的单调区间；(2)若对任意的，都有成立，求实数a的取值范围．变式题3基础4．已知函数，其中．(1)讨论的单调性；(2)若，，求的最大值．变式题4巩固5．已知函数．（1）当时，若在，处的导数相等，证明：；（2）若有两个不同的零点，，证明：．变式题5巩固6．已知，设函数．(1)当时，若函数在上单调递增，求实数的取值范围；(2)若对任意实数，函数均有零点，求实数的最大值；(3)若函数有两个零点，证明：．变式题6巩固7．已知函数．(1)求的零点个数；(2)若函数有两个不同的极值点，．证明：．变式题7提升8．已知函数有两个零点．(1)求的取值范围；(2)已知图象与图象关于对称，证明：当时，．(3)设，是两个零点，证明：．变式题8提升9．已知函数的图象在处的切线斜率为.(1)求函数的极大值；(2)若，是函数图象上不同的两点，求实数a的取值范围，并证明：.变式题9提升10．设函数为的导函数.(1)求的单调区间；(2)讨论零点的个数；(3)若有两个极值点且，证明：.变式题10提升11．已知函数．(1)若恒成立，求a；(2)若的两个零点分别为，证明：．原题2212．在直角坐标系中，曲线的参数方程为（t为参数），曲线的参数方程为（s为参数）．(1)写出的普通方程；(2)以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为，求与交点的直角坐标，及与交点的直角坐标．变式题1基础13．在直角坐标系中，曲线的参数方程为(为参数).以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.(1)求曲线的直角坐标方程；(2)求与公共点的直角坐标.变式题2基础14．曲线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．(1)把的参数方程化为极坐标方程；(2)求曲线与交点的极坐标．变式题3基础15．在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线E的极坐标方程为．(1)求曲线C的普通方程和直线E的直角坐标方程；(2)求曲线C与直线E交点的极坐标．变式题4巩固16．在平面直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为（为参数），以原点O为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为．(1)求曲线C的普通方程和直线l的直角坐标方程；(2)设点M的极坐标为，直线l与曲线C交于A，B两点，求．变式题5巩固17．在直角坐标系xOy中，直线的参数方程为（为参数）．以坐标原点为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，圆的极坐标方程为．(1)求的普通方程和圆的直角坐标方程．(2)设与的交点为M，N，证明：是等腰直角三角形．变式题6巩固18．在平面直角坐标系中，曲线：，曲线：（为参数），以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系.(1)求曲线，的极坐标方程；(2)若射线与曲线，的公共点分别为A，B，求的最大值.变式题7巩固19．在平面直角坐标系中，直线l的参数方程为（t为参数），以原点O为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为．(1)求直线l的极坐标方程和曲线C的直角坐标方程；(2)若点M，N分别在直线l和曲线C上，且直线的斜率为，求线段长度的取值范围．变式题8提升20．在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为(γ为参数)，曲线的参数方程为(s为参数)．以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，已知点A的极坐标为，直线l：()与交于点B，其中．（1）求曲线的极坐标方程以及曲线的普通方程；（2）过点A的直线m与交于M，N两点，若，且，求α的值．变式题9提升21．在平面直角坐标系中，以坐标原点为极点，轴非负半轴为极轴建立极坐标系，已知直线的极坐标方程为，曲线的参数方程为（为参数）．（1）若直线平行于直线，且与曲线只有一个公共点，求直线的方程；（2）若直线与曲线交于两点，，求的面积．变式题10提升22．在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为(为参数)，以坐标原点为极点，以x轴的正半轴为极轴，且在两坐标系下取相同的长度单位，建立极坐标系.点P的极坐标为，直线l经过点P，且与极轴所成角为.（1）写出曲线C的普通方程和直线l的以P为定点的标准参数方程；（2）设点M为曲线C上的动点，求点M到直线l的距离d的最大值.原题2323．已知a，b，c均为正数，且，证明：(1)；(2)若，则．变式题1基础24．已知（1）求的最小值；（2）若，，求证：变式题2基础25．已知，，.（1）若，求的最大值；（2）若，求的最小值.变式题3基础26．已知正数a，b，c，d满足，证明：(1)；(2).变式题4基础27．设a，b，c均为正数，且．(1)求的最小值；(2)证明：．变式题5巩固28．（1）已知、、是正数，且满足，求证；（2）已知、是正数，且满足，求证：．变式题6巩固29．（Ⅰ）若，且满足，证明：；（Ⅱ）若，且满足，证明：.变式题7巩固30．设、、为正实数，且.(1)证明：；(2)证明：．变式题8提升31．已知a，b，c为正实数，且a+b+c=1.（1）证明：；（2）证明：.变式题9提升32．已知，，.（1）若，求证：；（2）若，求证：.变式题10提升33．已知，，均为正实数，且．证明：(1)；(2)．2022年全国高考甲卷数学（理）试题变式题21-23题原题211．已知函数．(1)若，求a的取值范围；(2)证明：若有两个零点，则．变式题1基础2．已知函数．（1）讨论函数的单调性；（2）若对任意的，都有成立，求的取值范围．变式题2基础3．设函数．(1)求的单调区间；(2)若对任意的，都有成立，求实数a的取值范围．变式题3基础4．已知函数，其中．(1)讨论的单调性；(2)若，，求的最大值．变式题4巩固5．已知函数．（1）当时，若在，处的导数相等，证明：；（2）若有两个不同的零点，，证明：．变式题5巩固6．已知，设函数．(1)当时，若函数在上单调递增，求实数的取值范围；(2)若对任意实数，函数均有零点，求实数的最大值；(3)若函数有两个零点，证明：．变式题6巩固7．已知函数．(1)求的零点个数；(2)若函数有两个不同的极值点，．证明：．变式题7提升8．已知函数有两个零点．(1)求的取值范围；(2)已知图象与图象关于对称，证明：当时，．(3)设，是两个零点，证明：．变式题8提升9．已知函数的图象在处的切线斜率为.(1)求函数的极大值；(2)若，是函数图象上不同的两点，求实数a的取值范围，并证明：.变式题9提升10．设函数为的导函数.(1)求的单调区间；(2)讨论零点的个数；(3)若有两个极值点且，证明：.变式题10提升11．已知函数．(1)若恒成立，求a；(2)若的两个零点分别为，证明：．原题2212．在直角坐标系中，曲线的参数方程为（t为参数），曲线的参数方程为（s为参数）．(1)写出的普通方程；(2)以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为，求与交点的直角坐标，及与交点的直角坐标．变式题1基础13．在直角坐标系中，曲线的参数方程为(为参数).以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.(1)求曲线的直角坐标方程；(2)求与公共点的直角坐标.变式题2基础14．曲线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．(1)把的参数方程化为极坐标方程；(2)求曲线与交点的极坐标．变式题3基础15．在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线E的极坐标方程为．(1)求曲线C的普通方程和直线E的直角坐标方程；(2)求曲线C与直线E交点的极坐标．变式题4巩固16．在平面直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为（为参数），以原点O为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为．(1)求曲线C的普通方程和直线l的直角坐标方程；(2)设点M的极坐标为，直线l与曲线C交于A，B两点，求．变式题5巩固17．在直角坐标系xOy中，直线的参数方程为（为参数）．以坐标原点为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，圆的极坐标方程为．(1)求的普通方程和圆的直角坐标方程．(2)设与的交点为M，N，证明：是等腰直角三角形．变式题6巩固18．在平面直角坐标系中，曲线：，曲线：（为参数），以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系.(1)求曲线，的极坐标方程；(2)若射线与曲线，的公共点分别为A，B，求的最大值.变式题7巩固19．在平面直角坐标系中，直线l的参数方程为（t为参数），以原点O为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为．(1)求直线l的极坐标方程和曲线C的直角坐标方程；(2)若点M，N分别在直线l和曲线C上，且直线的斜率为，求线段长度的取值范围．变式题8提升20．在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为(γ为参数)，曲线的参数方程为(s为参数)．以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，已知点A的极坐标为，直线l：()与交于点B，其中．（1）求曲线的极坐标方程以及曲线的普通方程；（2）过点A的直线m与交于M，N两点，若，且，求α的值．变式题9提升21．在平面直角坐标系中，以坐标原点为极点，轴非负半轴为极轴建立极坐标系，已知直线的极坐标方程为，曲线的参数方程为（为参数）．（1）若直线平行于直线，且与曲线只有一个公共点，求直线的方程；（2）若直线与曲线交于两点，，求的面积．变式题10提升22．在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为(为参数)，以坐标原点为极点，以x轴的正半轴为极轴，且在两坐标系下取相同的长度单位，建立极坐标系.点P的极坐标为，直线l经过点P，且与极轴所成角为.（1）写出曲线C的普通方程和直线l的以P为定点的标准参数方程；（2）设点M为曲线C上的动点，求点M到直线l的距离d的最大值.原题2323．已知a，b，c均为正数，且，证明：(1)；(2)若，则．变式题1基础24．已知（1）求的最小值；（2）若，，求证：变式题2基础25．已知，，.（1）若，求的最大值；（2）若，求的最小值.变式题3基础26．已知正数a，b，c，d满足，证明：(1)；(2).变式题4基础27．设a，b，c均为正数，且．(1)求的最小值；(2)证明：．变式题5巩固28．（1）已知、、是正数，且满足，求证；（2）已知、是正数，且满足，求证：．变式题6巩固29．（Ⅰ）若，且满足，证明：；（Ⅱ）若，且满足，证明：.变式题7巩固30．设、、为正实数，且.(1)证明：；(2)证明：．变式题8提升31．已知a，b，c为正实数，且a+b+c=1.（1）证明：；（2）证明：.变式题9提升32．已知，，.（1）若，求证：；（2）若，求证：.变式题10提升33．已知，，均为正实数，且．证明：(1)；(2)．参考答案：1．(1)(2)证明见的解析【分析】（1）由导数确定函数单调性及最值，即可得解；（2）利用分析法，转化要证明条件为，再利用导数即可得证.（1）[方法一]：常规求导的定义域为，则令,得当单调递减当单调递增，若,则,即所以的取值范围为[方法二]：同构处理由得：令，则即令，则故在区间上是增函数故，即所以的取值范围为（2）[方法一]：构造函数由题知,一个零点小于1,一个零点大于1，不妨设要证,即证因为,即证又因为,故只需证即证即证下面证明时，设，则设所以,而所以,所以所以在单调递增即,所以令所以在单调递减即,所以；综上,,所以.[方法二]：对数平均不等式由题意得：令，则，所以在上单调递增，故只有1个解又因为有两个零点，故两边取对数得：，即又因为，故，即下证因为不妨设，则只需证构造，则故在上单调递减故，即得证【点睛】关键点点睛：本题是极值点偏移问题，关键点是通过分析法，构造函数证明不等式这个函数经常出现，需要掌握2．（1）答案见解析；（2）.【分析】（1）求，分别讨论不同范围下的正负，分别求单调性；（2）由（1）所求的单调性，结合，分别求出的范围再求并集即可.【详解】解：（1）由已知定义域为，当，即时，恒成立，则在上单调递增；当，即时，（舍）或，所以在上单调递减，在上单调递增.所以时，在上单调递增；时，在上单调递减，在上单调递增.（2）由（1）可知，当时，在上单调递增，若对任意的恒成立，只需，而恒成立，所以成立；当时，若，即，则在上单调递增，又，所以成立；若，则在上单调递减，在上单调递增，又，所以，，不满足对任意的恒成立.所以综上所述：.3．(1)单调递减区间为，单调递增区间为(2)【分析】（1）对函数进行求导，根据导数与0的关系即可得单调区间；（2）利用分离参数思想，求出的最小值即可得结果；（1）函数的定义域为由，得；由，得．∴的单调递减区间为，单调递增区间为（2）由（1）可知在上单调递减，在上单调递增．所以∵对任意的，都有成立即对任意的，都有成立∴∴实数a的取值范围为4．(1)当时，在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减．(2)【分析】（1），讨论或判断的单调性；（2）由题意可得：对任意恒成立，即，通过导数求的最小值．（1），当时，当恒成立，在上单调递增；当时，令，得，令，得，在上单调递增，在上单调递减，综上所述：当时，在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减．（2）依题意得对任意恒成立，即对任意恒成立，令，则，令，则在上单调递增，，当时，，即；当时，，即，在上单调递减，在上单调递增，，，故的最大值为．5．（1）证明见解析（2）证明见解析【分析】（1）得出导函数，由题意得出，利用基本不等式得出，即可证明；（2）由函数零点的性质可得，整理得出，构造函数，利用导数的单调性得出，令，整理得到，从而得出，利用导数得出函数的单调性，结合题设条件得出，从而得出，最后由不等式的性质得出结论.【详解】（1）当时，所以，由题意，得，化简，得所以，所以（2）由题意，得两式相减，得所以构造函数则，所以函数在上单调递增所以当时，令，则，化简得所以，所以．因为若，则，单调递减，不可能有两个不同的零点，所以，则在上单调递减，在上单调递增又当时，，当时，，所以所以，即，解得故．【点睛】本题考查导数、函数的零点、函数的单调性的应用，考查考生综合运用函数与导数的知识解决问题的能力，考查考生的运算求解能力及逻辑思维能力．6．(1)(2)(3)证明见解析【分析】（1）当时，对函数求导，再根据和两种情况进行分类讨论函数的单调性，即可求出结果.（2）对函数求导，再根据和两种情况讨论函数的单调性，进而求出函数的最值；（3）由题意得，要证原命题成立，只要证成立；设，则，是函数的两根．再根据和两种情况讨论函数的单调性，再记函数有图象关于直线对称后是函数的图象，再求的正负情况，最后根据不等式关系，即可证明结果.（1）解：当时，．．当时，，则在上单调递增．当时，若，，在上不可能单调递增．．所以在上单调递增，则．（2）解：（ⅰ）当时，，在上单调递增．有零点．（ⅱ）当时，在上单调递增，在上单调递减．又当x趋近于时，f(x)趋近于；x趋近于时，f(x)趋近于；所以只要恒成立，则恒有零点．即恒成立．因为求的最大值，不妨设，．设，则．所以只要．即，得．所以的最大值为．（3）解：由题意得：只要证．设，．则，是函数的两根．．当时，，与函数有两个零点矛盾．所以．所以当时，．所以函数在上递增，在上递减．记函数有图象关于直线对称后是函数的图象．有．则．．所以时，．所以，即．所以．．所以．7．(1)答案见解析(2)证明见解析【分析】（1）分离参数a，构造函数，并求导，利用导数研究函数的单调性，再结合零点存在定理即可求解出零点个数；或直接对函数求导，然后利用导数研究函数的单调性并结合零点存在定理，从而求得函数的零点个数；（2）先判断两个极值点存在的条件，然后把所证的式子进行转化，从而转化为关于a的函数，并利用导数研究函数的单调性和最值即可证明结论．（1）由题意可知，令，则，∴．令，则，当时，，∴函数在上单调递增；当时，，∴函数在上单调递减，∴，当,且，当时，，∴当或，即或时，函数有且仅有一个零点；当，即时，函数有两个零点；当，即时，函数没有零点．综上所述，当或时，函数有且仅有一个零点；当时，函数有两个零点；当时，函数没有零点．（2），则，则，∴或，且，∵，∴．令，，则，令，则，当时，，∴函数在上单调递减，∴，∴函数在上单调递减，∴．∴．【点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：(1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系．(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数．(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题．(4)利用导数证明不等式．(5)利用导数研究函数的零点问题．8．(1).(2)证明见解析.(3)证明见解析.【分析】（1）求得导函数，再分，，，，讨论导函数的符号，得原函数的单调性，从而建立不等式，求解可得的取值范围；（2）由题意求得，令，求导函数，分析导函数的符号，得所令函数的单调性和最值，由此可得证；（3）由已知得，继而有，令，有，求导函数，并分析其符号，得函数的单调性，设，则，设，，运用导函数分析得在的单调性和最值，从而得恒成立，再令，由函数的单调性可得证.（1）解：函数，，①若，那么，函数只有唯一的零点2，不合题意；②若，那么恒成立，当时，，此时函数为减函数；当时，，此时函数为增函数；此时当时，函数取极小值，由（2），可得：函数在存在一个零点；当时，，，，令的两根为，，且，则当时，，故函数在存在一个零点；即函数在是存在两个零点，满足题意；③若，则，当时，，，即恒成立，故单调递增，当时，，，即恒成立，故单调递减，当时，，，即恒成立，故单调递增，故当时，函数取极大值，由得：函数在上至多存在一个零点，不合题意；④若，则，当时，，，即恒成立，故单调递增，当时，，，即恒成立，故单调递增，故函数在上单调递增，函数在上至多存在一个零点，不合题意；⑤若，则，当时，，，即恒成立，故单调递增，当时，，，即恒成立，故单调递减，当时，，，即恒成立，故单调递增，故当时，函数取极大值，由（1）得：函数在上至多存在一个零点，不合题意；综上所述，的取值范围为．（2）证明：由题意得：，令，则，时，，在递增，（1），故当

时，．（3）证明：，是的两个零点，，且，且，，令，则，，当时，，单调递减；当时，，单调递增；设，则，设，，则恒成立，即在上为增函数，恒成立，即恒成立，令，则，即．9．(1)(2)证明见解析【分析】（1）求出函数的导数，利用可求，结合导数的符号可得函数的极值.（2）令，根据单调性可得最大值，根据后者的符号可得的取值范围，注意检验.利用满足的条件可得要证，只需证：，后者可构建新函数来证明.（1）由题可知函数的定义域为，，由，得，解得.此时.当时，，故在上单调递增，当时，故在单调递减，所以当时，取得极大值，为.（2）由题意知方程有两个不同的实数根，.令，则有两个不同的零点，由（1）知在上单调递增，在上单调递减，极大值为.故在上单调递增，在上单调递减，.所以即.若，则当时，即，故在上没有零点，此时在上至多有一个零点，矛盾.故.下证：当时，，设，则，故在上为减函数，故，故当时，成立.所以时，有即，故当时，有当时，，故在上有一个零点.又，故在上有且只有一个零点.综上，.不妨设，由可得，可得，整理得.要证，只需证：，即证，令，则，故只需证在上恒成立即可.令，则当时，，所以在区间上单调递增，所以，所以在区间上恒成立，故.【点睛】思路点睛：导数背景下的函数零点问题，需利用函数的单调性和零点存在定理来处理，后者取点时要注意与极值点比较大小，如果取点比较困难，可利用放缩法来处理.10．(1)单调递增区间为，单调递减区间为．(2)答案见解析(3)证明见解析【分析】（1）求出的导函数，即可得到的解析式，再求出函数的导函数，即可得到函数的单调区间；（2）由（1）得，，再对分三种情况讨论结合零点存在性定理，分别得到函数的零点个数；（3）由（2）可得且，依题意可得，利用导数证明，即可得到，从而得证；（1）解：因为，所以．

即，，则．当时，，单调递增；当时，，单调递减．所以的单调递增区间为，的单调递减区间为．（2）解：由（1）得，．当时，，则在上无零点．当时，，则在上有一个零点．当时，，因为，，，所以，，，故在上有两个零点．综上，当时，在上无零点；当时，在上有一个零点；当时，在上有两个零点．（3）证明：由（2）及有两个极值点，且，可得，在上有两个零点，且．所以，

两式相减得，即．因为，所以．下面证明，即证．令，则即证．令，，则，所以在上单调递增，所以，故．又，所以，故．【点睛】导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．11．(1)(2)证明见解析【分析】（1）令新函数，求导，利用极值求得，再代入检验；（2）将代入，计算化简之后，换元得新函数，求导判断单调性与极值，并结合基本不等式证明.（1）定义域为，得，即，设，因为，，故，而，，得，若，则．当时，，单调递减；当时，，单调递增．所以是的极小值点，故．综上，．（2）由题意知，两式相加得，两式相减得，即，所以，即，显然，记，令，则，所以在上单调递增，则，所以，则，即，所以，所以，所以，即，令，则时，，所以在上单调递增，又，故，所以，所以，则，即．【点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：(1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系．(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数．(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题．(4)考查数形结合思想的应用．12．(1)；(2)的交点坐标为，，的交点坐标为，．【分析】(1)消去，即可得到的普通方程；(2)将曲线的方程化成普通方程，联立求解即解出．（1）因为，，所以，即的普通方程为．（2）因为，所以，即的普通方程为，由，即的普通方程为．联立，解得：或，即交点坐标为，；联立，解得：或，即交点坐标为，．13．(1)：，：；(2).【分析】（1）将曲线的参数方程两边同时平方后相减即可求得其直角坐标方程；利用，即可将曲线的极坐标方程化为直角坐标方程；（2）联立（1）中所求两曲线的直角坐标方程，即可求得公共点坐标.（1）将的参数方程两边同时平方并相减，得，故曲线的直角坐标方程为.将代入的极坐标方程得.故的直角坐标方程为，的直角坐标方程为.（2）由可得的直角坐标方程为，的直角坐标方程为，联立方程组，解得故与公共点的直角坐标为.14．(1)；(2).【分析】（1）应用同角三角形函数的平方关系消参，得到直角坐标方程，再由公式法写出极坐标方程即可.（2）写出的直角坐标方程，联立求交点坐标，再转化为极坐标形式即可.（1）曲线的参数方程为（为参数），则，所以直角坐标方程为，由公式法，可得极坐标方程为.（2）曲线的极坐标方程为，可得其直角坐标方程为所以，解得或，所以交点极坐标为.15．(1)曲线C的普通方程为，直线E的直角坐标方程为；(2)，【分析】（1）直接消参求出曲线C的普通方程，利用公式求得直线E的直角坐标方程；（2）先联立求出交点的直角坐标，再化为极坐标即可.（1）由题意知：（为参数），则，所以曲线C的普通方程为，因为，，所以直线E的直角坐标方程为；（2）由，解得或，故交点的直角坐标为，由化为极坐标为，.16．(1)；(2)【分析】（1）由曲线C的参数方程消去参数即可；由直线l的极坐标方程为，利用求解；（2）设，求得直线l的参数方程，利用参数的几何意义求解.（1）解：由，又，所以；由，将代入得；（2）设，点A，B所对应的参数为，，则l的参数方程为（t为参数），代入得，，所以．17．(1)；(2)证明见解析【分析】（1）由参数方程消参，极坐标和直角坐标的互化公式化简即可得出结果；（2）根据的直角坐标方程，求得再根据与半径满足的勾股定理判断即可（1）由题，两式相减有.因为，，，的直角坐标方程为即（2）因为，则圆心到直线的距离为,又圆的半径，故，因为，且，故是等腰直角三角形18．(1)，；(2).【分析】（1）根据直角坐标与极坐标的转化公式可得，消参得的普通方程，再转化为极坐标方程即可；（2）根据极径的意义，问题转化为，代入，，利用三角函数求最值即可.（1）曲线的极坐标方程为，曲线的普通方程为，所以曲线的极坐标方程为.（2）设，，因为A，B是射线与曲线，的公共点，所以不妨设，则，，所以，所以当时，取得最大值.19．(1)；(2)【分析】（1）利用消参方法消参即可，再利用极坐标和直角坐标互化公式即可求直角方程；（2）根据题意得的倾斜角为，所以直线与直线的夹角为，过作，垂足为，则，利用参数求出的范围即可求解.（1）消去参数得直线的普通方程为，再将代入直线的普通方程，得直线的极坐标方程为．由得曲线的直角坐标方程为，所以直线l的极坐标方程为；曲线C的直角坐标方程为．（2）因为直线的斜率为，即倾斜角为，而直线的倾斜角为，故直线与直线的夹角为，如下图所示，过作，垂足为，则，因为曲线的参数方程为：（为参数），所以可设，则，且，因为，，，所以．所以线段长度的取值范围是20．（1）；()（2）.【解析】（1）消去参数即可得曲线、的直角坐标方程，由极坐标方程与直角坐标方程转化公式即可得曲线的极坐标方程；（2）设直线l的参数方程，进而可得直线m的参数方程，分别与、联立，可得M，N，B对应的参数，，的关系，代入计算即可得解.【详解】（1）曲线的参数方程为，(γ为参数)，曲线的普通方程为，即．由，得曲线的极坐标方程为，即曲线的极坐标方程为．由曲线的参数方程，(s为参数),可得，又，故曲线的普通方程为()．（2）A的极坐标为，故A的直角坐标为，设l：(p为参数)，，则直线m：(t为参数)，，联立m：与的方程，得,，联立l：与的方程()，得．设M，N，B对应的参数分别为，，，则，，由可得，，化简得即，.【点睛】本题考查了参数方程、直角坐标方程及极坐标方程之间的转化以及直线参数方程的应用，考查了逻辑推理能力与运算求解能力，属于中档题.21．（1）；（2）.【分析】（1）根据极坐标与直角坐标的互化公式，求得直线的方程，消去参数求得曲线的普通方程，结合直线与曲线的位置关系，结合，即可求解；（2）联立方程组，结果根与系数的关系，求得，利用弦长公式，求得，再利用点到直线的距离公式和三角形的面积公式，即可求解.【详解】（1）因为直线的极坐标方程为，所以化为平面直角坐标系下的方程为，因为曲线的参数方程为（为参数），所以化为普通方程为．因为直线平行于直线，所以可设直线的方程为，代入曲线的方程，可得，因为直线与曲线只有一个公共点，所以，解得，所以直线的方程为．（2）由（1）知直线的方程为，曲线的方程为，联立方程组，整理得，所以，，所以弦长，点到直线的距离为，所以的面积为．【点睛】本题主要考查了极坐标与直角坐标的互化，以及直线与抛物线的位置关系的应用，解答此类题目，通常联立直线方程与抛物线方程，应用一元二次方程根与系数的关系进行求解，此类问题易错点是复杂式子的变形能力不足，导致错解，能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力、分析问题解决问题的能力等．22．（1），(为参数)；（2）.【分析】（1）由参数方程消去参数，可得到曲线C的普通方程，点P的直角坐标为，且直线l的倾斜角为，可直接写出直线的参数方程；（2）写出直线l的普通方程，设，利用点到直线的距离公式结合三角函数的性质可求最值.【详解】（1）将曲线C的参数方程，消去参数，得到曲线C的普通方程；点P的极坐标为化为直角坐标为，且直线l的倾斜角为，所以直线l的以P为定点的标准参数方程为(为参数)；（2）将直线l的参数方程，消去参数，得到普通方程，设，则点M到直线l的距离当，即时等号成立，所以点M到直线l的距离d的最大值为【点睛】方法点睛：本题考查了椭圆的参数方程的运用，点到直线的距离公式的应用，解决椭圆中的最值问题，一般有两种方法：一是几何法，特别是用椭圆的定义和平面几何的有关结论来解非常巧妙；二是代数法，将椭圆中的最值问题转换为函数问题(即根据条件列出所求的目标函数)，然后根据函数的特征选用参数法、配方法、判别式法、三角有界法、函数单调性法即基本不等式法等，求解最大值或最小值.23．(1)见解析(2)见解析【分析】（1）方法一：根据，利用柯西不等式即可得证；（2）由（1）结合已知可得，即可得到，再根据权方和不等式即可得证.（1）[方法一]：【最优解】柯西不等式由柯西不等式有，所以，当且仅当时，取等号，所以.[方法二]：基本不等式由，，，，当且仅当时，取等号，所以.（2）证明：因为，，，，由（1）得，即，所以，由权方和不等式知，当且仅当，即，时取等号，所以.【点睛】（1）方法一：利用柯西不等式证明，简洁高效，是该题的最优解；方法二：对于柯西不等式不作为必须掌握内容的地区同学，采用基本不等式累加，也是不错的方法．24．（1）（2）证明见解析【分析】（1）根据柯西不等式可直接得出结果；（2）由（1）得到，再由，结合基本不等式，即可得出结果.【详解】（1）因为由柯西不等式可知：，即：，当且仅当时等号成立，所以；（2）由（1）可知：，，所以，当且仅当时，等号成立.【点睛】本题主要考查由柯西不等式求最值，以及不等式的证明，熟记柯西不等式与基本不等式即可，属于常考题型.25．（1）；（2）.【分析】（1）对代数式进行变形，利用基本不等式进行求解即可；（2）利用柯西不等式进行求解即可.【详解】（1）∵，，，∴，当且仅