2019-2020学年云南省名校高三（上）8月月考数学试卷（文科）含详细解答

1、已知全集 U0，1，2，3，4，若 A0，2，3，B2，3，4，则（UA） （UB）（ ） A B1 CC、0，2 D1，4 2 （5 分）已知复数 z 满足（1+i）z2，则|z|等于（ ） A1+i B1i C D 3 （5 分）某学校为了解 1000 名新生的近视情况，将这些学生编号为 000，001，002， 999，从这些新生中用系统抽样的方法抽取 100 名学生进行检查，若 036 号学生被抽到， 则下面 4 名学生中被抽到的是（ ） A008 号学生 B200 号学生 C616 号学生 D815 号学生 4 （5 分）设 a0.60.6，blog0.61.5，c1.50.6，则

2、a，b，c 的大小关系是（ ） Aabc Bacb Cbac Dbca 5 （5 分）若平面单位向量 ， ， 不共线且两两所成角相等，则| + + |（ ） A B3 C0 D1 6 （5 分）cos285（ ） A B C D 7 （5 分）棱长为 4 的正方体的所有棱与球 O 相切，则球的半径为（ ） A2 B4 C2 D4 8 （5 分）函数 f（x）x2cosx 在的图象大致是（ ） A B 第 2 页（共 18 页） C D 9 （5 分）为计算 S1+，设计了如图的程序框图，则在空白框中 应填入（ ） Aii+1 Bii+2 Cii+3 Dii+4 10 （5 分）锐角ABC 的内

3、角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，若ABC 的面积为 ，且 AB2，BC3，则（ ） A1 B C D2 11 （5 分）古希腊数学家阿波罗尼奧斯（约公元前 262公元前 190 年）的著作圆锥曲线 论是古代世界光辉的科学成果，他证明过这样一个命题：平面内与两定点距离的比为 常数 k（k0，k1）的点的轨迹是圆，后人将这个圆称为阿波罗尼斯圆在平面直角坐 标系中， 设 A （3， 0） ， B （3， 0） ， 动点 M 满足2， 则动点 M 的轨迹方程为 （ ） A （x5）2+y216 Bx2+（y5）29 C （x+5）2+y216 Dx2+（y+5）29 第 3 页（共 18 页

4、） 12 （5 分）已知 F1，F2是双曲线 E：1（a0，b0）的左、右焦点，点 M 在 E 上，MF1与 x 轴垂直，sinMF2F1，则 E 的离心率为（ ） A2 B C D 二、填空题：本题共二、填空题：本题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分分 13 （5 分）曲线 yx2+lnx 在点（1，1）处的切线方程为 14 （5 分）已知正项等比数列an中，a2a3a4，若 S331，则 an 15 （5 分）函数 f（x）sin2x+cosx（x0，）的最大值是 16 （5 分）棱长为 2 的正方体 ABCDA1B1C1D1中，E，F，G 分别是 AB，AD，B

5、1C1的中 点那么正方体内过 E，F，G 的截面面积为 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，题为必考题， 每个试题考生都必须作答每个试题考生都必须作答.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 （12 分）某公司结合公司的实际情况针对调休安排展开问卷调查，提出了 A，B，C 三 种放假方案，调查结果如下： 支持 A 方案 支持 B 方案 支持 C 方案 35 岁以下 20 40 80 35 岁以上（

6、含 35 岁） 10 10 40 （1）在所有参与调查的人中，用分层抽样的方法抽取 n 个人，已知从“支持 A 方案”的 人中抽取了 6 人，求 n 的值； （2）在“支持 B 方案”的人中，用分层抽样的方法抽取 5 人看作一个总体，从这 5 人中 任意选取 2 人，求恰好有 1 人在 35 岁以上（含 35 岁）的概率 18 （12 分）在等差数列an中，公差不为 0，a7，a8，a10成等比数列，且 a44 （1）求数列an的通项公式； （2）当数列an的前 n 项和 Sn取得最小值时，求 n 的值 19 （12 分）如图，在ABC 中，B90，ABBC2，P 为 AB 边上一动点，PDB

7、C 交 AC 于点 D，现将PDA 沿 PD 翻折至PDA1，E 是 A1C 的中点 （1）若 P 为 AB 的中点，证明：DE平面 PBA1 第 4 页（共 18 页） （2）若平面 PDA1平面 PDA，且 DE平面 CBA1，求四棱锥 A1PBCD 的体积 20 （12 分）已知点 M（x，y）满足2 （1）求点 M 的轨迹 E 的方程； （2）设过点 N（1，0）的直线 l 与曲线 E 交于 A，B 两点，若OAB 的面积为（O 为坐标原点） 求直线 l 的方程 21 （12 分）已知函数 f（x）axcosx，a0 （1）若函数 f（x）为单调函数，求 a 的取值范围； （2）若 x

8、0，2，求：当 a时，函数 f（x）仅有一个零点 （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 题中任选一题作答题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一如果多做，则按所做的第一 题计分题计分选修选修 4-4：坐标系与参数方程：坐标系与参数方程 22 （10 分）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 O 为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系直线 l 的极坐标方程为 cos+sin3 （1）求直线 l 的直角坐标方程； （2）求曲线 C 上的点到直线 l 距离的最大值 选修选修 4-5：不等式选讲：不等式选讲 23已知

9、 a，b，c，d 为正数，且满足 abcd1，证明： （1） （a+b） （b+c） （c+d） （d+a）16； （2）+a2+b2+c2+d2 第 5 页（共 18 页） 2019-2020 学年云南省名校高三（上）学年云南省名校高三（上）8 月月考数学试卷（文科）月月考数学试卷（文科） 参考答案与试题解析参考答案与试题解析 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，在每小题给出的四个选项中，只有分，在每小题给出的四个选项中，只有 一项是符合题目要求的一项是符合题目要求的 1 （5 分）已知全集 U0，1，2，3，4，若 A0，2，3

10、，B2，3，4，则（UA） （UB）（ ） A B1 CC、0，2 D1，4 【分析】进行交集、补集的运算即可 【解答】解：UA1，4，UB0，1； （UA）（UB）1 故选：B 【点评】考查列举法表示集合的概念，以及补集、交集的运算 2 （5 分）已知复数 z 满足（1+i）z2，则|z|等于（ ） A1+i B1i C D 【分析】先求出复数 z，然后根据复数的模长公式即可求解 【解答】解：由题意可得，z1i |z| 故选：C 【点评】本题主要考查了复数的模的求解，解题的关键是先要求出复数 z，属于基础试题 3 （5 分）某学校为了解 1000 名新生的近视情况，将这些学生编号为 000，

11、001，002， 999，从这些新生中用系统抽样的方法抽取 100 名学生进行检查，若 036 号学生被抽到， 则下面 4 名学生中被抽到的是（ ） A008 号学生 B200 号学生 C616 号学生 D815 号学生 【分析】根据系统抽样的抽样方法，抽样间隔为10，所以若第一组被抽到的编 号为 b，则第 n 组被抽到的编号为 10（n1）+b，根据 36 被抽到，故 b6，处理即可 【解答】解：由题意得抽样间隔为10，因为 036 号学生被抽到，所以被抽中的 初始编号为 006 号，之后被抽到的编号均是 10 的整数倍与 6 的和， 第 6 页（共 18 页） 故选：C 【点评】本题考查了

12、系统抽样，考查了数列的通项公式得的应用，属于基础题 4 （5 分）设 a0.60.6，blog0.61.5，c1.50.6，则 a，b，c 的大小关系是（ ） Aabc Bacb Cbac Dbca 【分析】容易得出 00.60.61，log0.61.50，1.50.61，从而得出 a，b，c 的大小关系 【解答】解：00.60.60.601，log0.61.5log0.610，1.50.61.501， bac 故选：C 【点评】考查指数函数、对数函数的单调性，增函数和减函数的定义 5 （5 分）若平面单位向量 ， ， 不共线且两两所成角相等，则| + + |（ ） A B3 C0 D1 【分

13、析】根据三个向量不共线且两两所成的角相等可知，它们两两夹角为 120；再根据 平面向量模的计算公式即可得出答案 【解答】解：平面单位向量 ， ， 不共线且两两所成角相等； ， ， 两两夹角为 120，且； 0 故选：C 【点评】本题考查了平面向量模的运算，属基础题 6 （5 分）cos285（ ） A B C D 【分析】利用诱导公式以及两角和与差的三角函数化简求解即可 【解答】解：cos285cos（270+15） sin15sin（4530） sin45cos30cos45sin30 第 7 页（共 18 页） ， 故选：A 【点评】本题考查诱导公式以及两角和与差的三角函数的应用，是基本知

14、识的考查 7 （5 分）棱长为 4 的正方体的所有棱与球 O 相切，则球的半径为（ ） A2 B4 C2 D4 【分析】判断正方体与球的关系，然后求解球的半径 【解答】解：球和正方体的所有棱相切，则该球的直径为正方体的面对角线的长， 即，所以， 故选：C 【点评】本题考查长方体的外接球的半径的求法，考查计算能力 8 （5 分）函数 f（x）x2cosx 在的图象大致是（ ） A B C D 【分析】利用函数的奇偶性，排除选项，利用函数的极值判断即可 【解答】解：函数 f（x）x2cosx 在，满足 f（x）f（x） ，所以函数 是偶函数，排除选项 A，C； 当 x（0，）时，f（x）2xcos

15、xx2sinx，令 2xcosxx2sinx0，可得 xtanx2， 方程的解 x，即函数的极大值点 x，排除 D， 故选：B 【点评】本题考查函数的奇偶性以及函数的极值的判断，函数的图象的判断，考查计算 能力 第 8 页（共 18 页） 9 （5 分）为计算 S1+，设计了如图的程序框图，则在空白框中 应填入（ ） Aii+1 Bii+2 Cii+3 Dii+4 【分析】模拟程序框图的运行过程知该程序运行后输出的 SNT， 由此知空白处应填入的条件 【解答】解：模拟程序框图的运行过程知， 该程序运行后输出的是 SNT（1）+（）+（） ； 累加步长是 2，则在空白处应填入 ii+2 故选：B

16、 【点评】本题考查了循环程序的应用问题，是基础题 10 （5 分）锐角ABC 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，若ABC 的面积为 ，且 AB2，BC3，则（ ） A1 B C D2 【分析】利用三角形的面积以及向量的数量积，结合三角形是锐角三角形求出 B 的余弦 函数值，利用余弦定理求出 b，然后求解即可 第 9 页（共 18 页） 【解答】 解： 由题意ABC 的面积为， 得， 得， 而ABC 为锐角三角形，且 sin2B+cos2B1，所以 由余弦定理 b2a2+c22accosB，得 b3所以， 故选：A 【点评】本题考查三角形的解法，正弦定理以及余弦定理的应用，考查转化思

17、想提意见 计算能力 11 （5 分）古希腊数学家阿波罗尼奧斯（约公元前 262公元前 190 年）的著作圆锥曲线 论是古代世界光辉的科学成果，他证明过这样一个命题：平面内与两定点距离的比为 常数 k（k0，k1）的点的轨迹是圆，后人将这个圆称为阿波罗尼斯圆在平面直角坐 标系中， 设 A （3， 0） ， B （3， 0） ， 动点 M 满足2， 则动点 M 的轨迹方程为 （ ） A （x5）2+y216 Bx2+（y5）29 C （x+5）2+y216 Dx2+（y+5）29 【分析】设出动点坐标，利用已知条件列出方程，化简求解即可 【解答】解：设 M（x，y） ，由， 得，可得： （x+3）

18、2+y24（x3）2+4y2， 即 x210x+y2+90 故动点 M 的轨迹方程为（x5）2+y216 故选：A 【点评】本题考查轨迹方程的求法，是基本知识的考查 12 （5 分）已知 F1，F2是双曲线 E：1（a0，b0）的左、右焦点，点 M 在 E 上，MF1与 x 轴垂直，sinMF2F1，则 E 的离心率为（ ） A2 B C D 【分析】根据双曲线的定义，结合直角三角形的勾股定理建立方程关系进行求解即可 【解答】解：MF1与 x 轴垂直，sinMF2F1， 设 MF1m，则 MF23m， 第 10 页（共 18 页） 由双曲线的定义得 3mm2a，即 ma， 在直角三角形 MF2

19、F1中，9m2m24c2，即 2m2c2， 即 2a2c2， 则 e， 故选：D 【点评】本题主要考查双曲线离心率的计算，根据双曲线的定义结合直角三角形的勾股 定理，结合双曲线离心率的定义是解决本题的关键 二、填空题：本题共二、填空题：本题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分分 13 （5 分）曲线 yx2+lnx 在点（1，1）处的切线方程为 3xy20 【分析】求出函数的导数，求得切线的斜率，再由点斜式方程，即可得到所求切线的方 程 【解答】解：yx2+lnx 的导数为 y2x+， 则在点（1，1）处的切线斜率为 k3， 即有在点（1，1）处的切线方程为 y13（x

20、1） ， 即为 3xy20 故答案为：3xy20 【点评】本题考查导数的运用：求切线方程，掌握导数的几何意义和运用点斜式方程是 解题的关键 14 （5 分）已知正项等比数列an中，a2a3a4，若 S331，则 an 5n 1 【分析】由 a2a3a4得，所以 a11又因为 a1+a2+a331，即 1+q+q231，所以 q5 或 q6（舍去） ，代入等比数列的通项公式即可求 an 【解答】解：依题意，由 a2a3a4得，所以 a11 又因为 a1+a2+a331， 第 11 页（共 18 页） 即 1+q+q231，所以 q5 或 q6（舍去） ，所以 故答案为：5n 1 【点评】本题考查

21、了等比数列的通项公式与前 n 项和公式，属于基础题 15 （5 分）函数 f（x）sin2x+cosx（x0，）的最大值是 1 【分析】同角的三角函数的关系以及二次函数的性质即可求出 【解答】解：f（x）sin2x+cosx1cos2x+cosx， 令 cosxt 且 t0，1， 则 yt2+t+（t）2+1， 当 t时，f（t）max1， 即 f（x）的最大值为 1， 故答案为：1 【点评】本题考查了同角的三角函数的关系以及二次函数的性质，属于基础题 16 （5 分）棱长为 2 的正方体 ABCDA1B1C1D1中，E，F，G 分别是 AB，AD，B1C1的中 点那么正方体内过 E，F，G

22、的截面面积为 【分析】当切面 EFG 面的切正方体时，与各面都有交线，而相对的两面交线平行，且切 点共面，故截面为正六边形，再根据已知条件求得面积 【解答】解：如图所示：取棱 AD，AB，BB1的中点 E，F，G，则该截面是一个边长为 的正六边形， 其面积为 故答案为： 【点评】本题考查了空间中的平行关系与平面公理的应用问题，是基础题 第 12 页（共 18 页） 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，题为必考题， 每个试题考生都必须作答每个试题考生都必须作答.第第 22，23 题为选

23、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 （12 分）某公司结合公司的实际情况针对调休安排展开问卷调查，提出了 A，B，C 三 种放假方案，调查结果如下： 支持 A 方案 支持 B 方案 支持 C 方案 35 岁以下 20 40 80 35 岁以上（含 35 岁） 10 10 40 （1）在所有参与调查的人中，用分层抽样的方法抽取 n 个人，已知从“支持 A 方案”的 人中抽取了 6 人，求 n 的值； （2）在“支持 B 方案”的人中，用分层抽样的方法抽取 5 人看作一个总体，从这 5 人中 任意选取 2 人，求恰好有 1 人在

24、35 岁以上（含 35 岁）的概率 【分析】 （1）根据分层抽样按比例抽取，列出方程，能求出 n 的值 （2）35 岁以下有 4 人，35 岁以上（含 35 岁）有 1 人设将 35 岁以下的 4 人标记为 1， 2，3，4，35 岁以上（含 35 岁）的 1 人记为 a，利用列举法能求出恰好有 1 人在 35 岁以 上（含 35 岁）的概率 【解答】解： （1）根据分层抽样按比例抽取， 得， 解得 n40 （2）35 岁以下：（人） ，35 岁以上（含 35 岁） ：（人） 设将 35 岁以下的 4 人标记为 1，2，3，4， 35 岁以上（含 35 岁）的 1 人记为 a， 从这 5 人中

25、任意选取 2 人，则所有基本事件为： （1，2） ， （1，3） ， （1，4） ， （1，a） ， （2，3） ， （2，4） ， （2，a） ， （3，4） ， （3，a） ， （4，a） ，共 10 个 其中恰好有 1 人在 35 岁以上（含 35 岁）的有： （1，a） ， （2，a） ， （3，a） ， （4，a）4 个， 故恰好有 1 人在 35 岁以上（含 35 岁）的概率 第 13 页（共 18 页） 【点评】本题考查概率的求法，考查分层抽样、古典概型、列举法等基础知识，考查运 算求解能力，是基础题 18 （12 分）在等差数列an中，公差不为 0，a7，a8，a10成等比数列

26、，且 a44 （1）求数列an的通项公式； （2）当数列an的前 n 项和 Sn取得最小值时，求 n 的值 【分析】 （1）设出公差利用已知条件列出方程，求出首项与公差，然后求解数列的通项 公式 （2）求出数列的和，利用二次函数的性质，转化求解 Sn取得最小值时，求 n 的值 【解答】 解：（1） 设公差为 d， 则有解得 所以 an2n12（nN*） （2）， 所以当 n5 或 6 时，Sn取得最小值30 【点评】本题考查等差数列与等比数列的应用，数列求和以及数列和的最值的求法，是 基本知识的考查 19 （12 分）如图，在ABC 中，B90，ABBC2，P 为 AB 边上一动点，PDBC

27、交 AC 于点 D，现将PDA 沿 PD 翻折至PDA1，E 是 A1C 的中点 （1）若 P 为 AB 的中点，证明：DE平面 PBA1 （2）若平面 PDA1平面 PDA，且 DE平面 CBA1，求四棱锥 A1PBCD 的体积 【分析】 （1）令 A1B 的中点为 F，连接 EF，PF证明四边形 PDEF 为平行四边形，得到 DEPF，即可证明 DE平面 PBA1 （2）说明 PA1平面 PBCD，通过求解即可 【解答】 （1）证明：令 A1B 的中点为 F，连接 EF，PF因为 P 为 AB 的中点且 PDBC， 第 14 页（共 18 页） 所以 PD 是ABC 的中位线，所以 PDB

28、C， 因为 E 是 A1C 的中点，且 F 为 A1B 的中点， 所以 EF 是A1BC 的中位线， 所以 EFBC，且， 于是有 PDEF，所以四边形 PDEF 为平行四边形， 所以 DEPF， 所以有 DE平面 PBA1 （2）解：因为 DE平面 CBA1，所以 DEA1C 又因为 E 是 A1C 的中点，所以 A1DDCDA， 即 D 是 AC 的中点由 PDBC 可得，P 是 AB 的中点 因为在ABC 中，B90，PDBC，PDA 沿 PD 翻折至PDA1， 且平面 PDA1平面 PDA， 利用面面垂直的性质可得 PA1平面 PBCD， 所以 【点评】本题考查直线与平面判断的判定定理

29、的应用，几何体的体积的求法，考查空间 想象能力、逻辑推理能力以及计算能力 20 （12 分）已知点 M（x，y）满足2 （1）求点 M 的轨迹 E 的方程； （2）设过点 N（1，0）的直线 l 与曲线 E 交于 A，B 两点，若OAB 的面积为（O 为坐标原点） 求直线 l 的方程 【分析】 （1）判断点 M 的轨迹 E，利用转化法求解 a，b 即可得到椭圆方程 （2）通过直线方程与椭圆方程联立，利用韦达定理结合三角形的面积求解直线的斜率， 推出直线方程 第 15 页（共 18 页） 【解答】解： （1）由已知，动点 M 到点 P（1，0） ，Q（1，0）的距离之和为， 且，所以动点 M 的

30、轨迹为椭圆，而，c1，所以 b1， 所以动点 M 的轨迹 E 的方程为 （2）当直线 l 与 x 轴垂直时，此时， 则，不满足条件 当直线 l 与 x 轴不垂直时，设直线 l 的方程为 yk（x+1） ， 由得（1+2k2）x2+4k2x+2k220， 所以， 而， 由已知得， ， 所以，则 k4+k220，所以 k1， 所以直线 l 的方程为 xy+10 或 x+y+10 【点评】本题考查轨迹方程的求法，直线与椭圆的位置关系的综合应用，考查分析问题 解决问题的能力 21 （12 分）已知函数 f（x）axcosx，a0 （1）若函数 f（x）为单调函数，求 a 的取值范围； （2）若 x0，

31、2，求：当 a时，函数 f（x）仅有一个零点 【分析】 （1）对 f（x）求导，根据1sinx1，分 a1 和 a1 两种情况判断 f（x） 的符号来确定 f（x）的单调性，进而得到 a 的范围； （2）当 a1 时，由（1）知函数 f（x）在有且仅有一个零点；当 0a1 时， 由 f（x）的符号判断 f（x）的单调性，求出 f（x）的极大值和极小值，根据函数 f（x） 第 16 页（共 18 页） 仅有一个零点，可得极大值大于 0，从而得到当 1时，函数 f（x）仅有一个零 点 【解答】解： （1）由 f（x）axcosx，得 f（x）a+sinx，xR 1sinx1，当 a1 时，f（x）

32、a+sinx0，f（x）为 R 上的单调增函数； 当 a1 时，f（x）a+sinx0，f（x）为 R 上的单调减函数 综上，若函数 f（x）为单调函数，则 a 的取值范围为（，11，+） ； （2）当 a1 时，由（1）可知 f（x）为 R 上的单调增函数 又 f（0）1， 函数 f（x）在有且仅有一个零点，满足题意 当 0a1 时，令 f（x）a+sinx0，则 sinxa 由于 0x2，1sinx1， 从而必有 x1，x20，2，使 sinx1a，且 sinx2a 不妨设 x1x2，且有， 当 x（0，x1）时，f（x）a+sinx0，f（x）为增函数； 当 x（x1，x2）时，f（x）

33、a+sinx0，f（x）为减函数； 当 x（x2，2）时，f（x）a+sinx0，f（x）为增函数 从而函数 f（x）的极大值为 f（x1）ax1cosx1，极小值为 f（x2）ax2cosx2 ，cosx10，极大值 f（x1）ax1cosx10 又 f（0）1，要使函数 f（x）仅有一个零点， 则极小值 f（x2）ax2cosx20， f（x2）ax2cosx2， 即，又， 当时，函数 f（x）仅有一个零点 【点评】本题考查了利用导数研究函数的单调性和零点存在定理的应用，考查了分类讨 论思想和数形结合思想，属难题 （二）选考题：共（二）选考题：共 10 分分.请考生在第请考生在第 22，2

34、3 题中任选一题作答题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一如果多做，则按所做的第一 第 17 页（共 18 页） 题计分题计分选修选修 4-4：坐标系与参数方程：坐标系与参数方程 22 （10 分）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 O 为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系直线 l 的极坐标方程为 cos+sin3 （1）求直线 l 的直角坐标方程； （2）求曲线 C 上的点到直线 l 距离的最大值 【分析】 （1）直接利用转换关系式的应用求出结果 （2）利用点到直线的距离公式的应用和三角函数关系式的变换的应用求出结果 【解答】解： （1）直线

35、 l 的极坐标方程为 cos+sin3转换为直线 l 的直角坐标 方程为 （2）设曲线 C 上点的坐标为，则曲线 C 上的点到直线 l 的距离 ，当时，d 取 得最大值，所以 【点评】本题考查的知识要点：参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间的转换，三角 函数关系式的恒等变换，点到直线的距离公式的应用，主要考察学生的运算能力和转换 能力，属于基础题型 选修选修 4-5：不等式选讲：不等式选讲 23已知 a，b，c，d 为正数，且满足 abcd1，证明： （1） （a+b） （b+c） （c+d） （d+a）16； （2）+a2+b2+c2+d2 【分析】 （1）利用基本不等式，结合综合法，证明即可 （2）利用“1”的代换，结合重要不等式，推出结果即可 【解答】 证明：（1） 因为 a， b， c， d 为正数， 所以， （当且仅当 abcd 时等号同时成立） ， 所以 又 abcd1，所以（a+b） （b+c） （c+d） （d+a）16 （2）因为 abcd1， 第 18 页（共 18 页） 所以 又 2（a2+b2+c2+d2）（a2+b2）+（b2+c2）+（c2+d2）+（d2+a2）2ab+2bc+2cd+2da， 当且仅当 abcd 时取等号， 所以， 即 【点评】本题考查不等式的证明，重要不等式以及基本不等式的应用，综合法的应用， 考查逻辑推理能力