高考真题变式题2024年高考全国甲卷数学（理）真题变式题16-23含解析答案

这是一份高考真题变式题2024年高考全国甲卷数学（理）真题变式题16-23含解析答案，共39页。试卷主要包含了填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、填空题
1．有6个相同的球，分别标有数字1、2、3、4、5、6，从中无放回地随机取3次，每次取1个球.记为前两次取出的球上数字的平均值，为取出的三个球上数字的平均值，则与之差的绝对值不大于的概率为 ．
2．袋子中有5大小质地完全相同的球，其中2个红球，3个黄球，从中不放回地依次随机摸出2个球，则摸出的2个球都是黄球的概率为 .
3．随着国内疫情形势好转，暂停的中国正在重启，为了尽快提升经济、吸引顾客，哈西某商场举办购物抽奖活动，凡当日购物满1000元的顾客，可参加抽奖，规则如下：盒中有大小质地均相同5个球，其中2个红球和3个白球，不放回地依次摸出2个球，若在第一次和第二次均摸到红球则获得特等奖，否则获得纪念奖，则顾客获得特等奖的概率是 .
4．若，且，则称是“伙伴关系集合”在集合的所有非空子集中任选一个集合，则该集合是“伙伴关系集合”的概率为 ．
二、解答题
5．某工厂进行生产线智能化升级改造，升级改造后，从该工厂甲、乙两个车间的产品中随机抽取150件进行检验，数据如下：
(1)填写如下列联表：
能否有的把握认为甲、乙两车间产品的优级品率存在差异？能否有的把握认为甲，乙两车间产品的优级品率存在差异？
(2)已知升级改造前该工厂产品的优级品率，设为升级改造后抽取的n件产品的优级品率.如果，则认为该工厂产品的优级品率提高了，根据抽取的150件产品的数据，能否认为生产线智能化升级改造后，该工厂产品的优级品率提高了？（）
附：
6．有甲、乙两个班级进行数学考试，按照大于等于85分为优秀，85分以下为非优秀统计成绩后，得到如下的列联表.
已知从全部105人中随机抽取1人为优秀的概率为.
（1）请完成上面的列联表；
（2）根据列联表的数据，能否有95%的把握认为“成绩与班级有关系”？
附：，其中.
7．2023上海蒸蒸日上迎新跑于2023年2月19日举办，该赛事设有21.6公里竞速跑、5.4公里欢乐跑两个项目．某马拉松兴趣小组为庆祝该赛事，举行一场小组内有关于马拉松知识的有奖比赛，一共有25人报名（包括20位新成员和5位老成员），其中20位新成员的得分情况如下表所示（满分30分）：
得分在20分以上（含20分）的成员获得奖品一份．
(1)请根据上述表格中的统计数据，将下面的列联表补充完全，并通过计算判断在20位新成员中，是否有的把握认为“获奖”与性别有关？
(2)若5名老成员的性别相同并全部获奖，且进行计算发现在所有参赛人员中，有的把握认为“获奖”与性别有关．请判断这5名老成员的性别？
附：参考公式：．
临界值表：
8．某工厂为提高某手工制品的质量，决定引进新技术，现从改进技术前后生产的大批手工制品中各随机抽取件进行质量指标检测，规定指标值在的为合格品，其余的视为次品.改进技术前手工制品的频率分布直方图和改进技术后手工制品的频率分布表如下：
改进技术后手工制品的频率分布表
（1）（i）求表中数据和；
（ii）完成列联表，并判断能否有的把握认为该手工制品的合格数量与改进技术有关；
（2）根据（1）的数据，从产品合格率的角度分析改进技术前后手工制品的质量优劣.
参考公式：，其中.
参考临界值表：
9．记为数列的前项和，已知．
(1)求的通项公式；
(2)设，求数列的前项和．
10．已知数列的前项和为，且.
(1)求；
(2)若，求数列的前项和.
11．已知数列的前n项和满足，
(1)求数列的通项公式；
(2)若，，求使成立的正整数n的最小值．
12．已知数列中，，设为前项和，，已知数列，设的前项和．
(1)求；
(2)若对任意恒成立，求实数的取值范围．
13．如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，四边形ABCD与四边形ADEF均为等腰梯形，，，，为的中点．
(1)证明：平面；
(2)求二面角的正弦值．
14．如图，在圆锥中，是圆的直径，且是边长为4的等边三角形，为圆弧的两个三等分点，是的中点.
(1)证明：平面；
(2)求平面与平面所成锐二面角的余弦值.
15．如图，为圆锥的顶点，为圆锥底面的圆心，为底面直径，四边形是梯形，且，为底面圆周上一点，点在上．
(1)若，求证：平面；
(2)当时，求二面角的正弦值．
16．如图，已知在三棱台中，平面，为等腰直角三角形，，，，分别为，，的中点．
(1)证明：平面；
(2)求平面与平面所成锐二面角的余弦值．
17．已知椭圆的右焦点为，点在上，且轴．
(1)求的方程；
(2)过点的直线交于两点，为线段的中点，直线交直线于点，证明：轴．
18．已知椭圆的左焦点，点在椭圆上，过点的两条直线分别与椭圆交于另一点，且直线的斜率满足．
(1)求椭圆的方程；
(2)证明直线过定点．
19．已知椭圆的右焦点为，且经过点，过点且不与轴重合的直线交椭圆于，两点.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)设椭圆的左顶点为，直线，和直线分别交于点，，记直线，的斜率分别为，，求证：为定值.
20．已知椭圆的左、右焦点分别为，直线与交于两点，为上异于的点．设直线的斜率分别为．
(1)若三角形的面积为2，求点的坐标；
(2)若，证明：直线过定点；
(3)若，求满足的关系式．
21．已知函数．
(1)当时，求的极值；
(2)当时，，求的取值范围．
22．已知
（1）当时，求的极值.
（2）当时，恒成立，求的取值范围.
23．设函数，，是自然对数的底数．
(1)若，求函数的极值；
(2)当时，，求的取值范围．
24．已知函数.
(1)证明：；
(2)若时，恒成立，求的取值范围.
25．在直角坐标系中，以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.
(1)写出的直角坐标方程；
(2)设直线l：（为参数），若与l相交于两点，若，求.
26．在平面直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为（t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，曲线C的极坐标方程为．
(1)求直线l的普通方程和曲线C的直角坐标方程；
(2)已知点，直线l和曲线C交于A，B两点，求的值．
27．在平面直角坐标系xOy中，曲线的参数方程为（为参数），直线l的参数方程为（t为参数），以坐标原点为极点，x轴的非负半轴为极轴，取相同的长度单位，建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．
(1)求曲线的普通方程和曲线的直角坐标方程；
(2)已知点P的极坐标为，直线l与曲线相交于E，F两点，直线l与曲线相交于A，B两点，且，求实数m的值．
28．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，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为．
(1)求曲线的普通方程和直线的直角坐标方程；
(2)已知点，若直线与曲线交于A，两点，求的值．
29．已知实数满足．
(1)证明：；
(2)证明：．
30． 已知，函数的最小值为1．
（1）求的值；
（2）求证：．
31．设为实数，求证：
(1)；
(2).
32．已知、为任意实数．
(1)求证：；
(2)求函数的最小值．
优级品
合格品
不合格品
总计
甲车间
26
24
0
50
乙车间
70
28
2
100
总计
96
52
2
150
优级品
非优级品
甲车间
乙车间
0.050
0.010
0.001
k
3.841
6.635
10.828
优秀
非优秀
总计
甲班
10
乙班
30
合计
105
0.05
0.01
3.841
6.635
得分
人数
2
3
4
6
4
1
没获奖
获奖
合计
男
4
女
7
8
合计
0.100
0.050
0.010
0.001
2.706
3.841
6.635
10.828
质量指标值
频数
频率
合计
改进技术前
改进技术后
合计
合格品
次品
合计
参考答案：
1．
【分析】根据排列可求基本事件的总数，设前两个球的号码为，第三个球的号码为，则，就的不同取值分类讨论后可求随机事件的概率.
【详解】从6个不同的球中不放回地抽取3次，共有种，
设前两个球的号码为，第三个球的号码为，则，
故，故，
故，
若，则，则为：，故有2种，
若，则，则为：，
，故有10种，
当，则，则为：
，
，
故有16种，
当，则，同理有16种，
当，则，同理有10种，
当，则，同理有2种，
共与的差的绝对值不超过时不同的抽取方法总数为，
故所求概率为.
故答案为：
2．/0.3
【分析】求出从中不放回地依次随机摸出2个球的基本事件，求出摸出的2个球都是黄球的基本事件，根据古典概型的概率公式即可求得答案.
【详解】由题意可给这五个球分别标上号码,红球为1,2,黄球为3,4,5,
可得从中不放回地依次随机摸出2个球，共有基本事件如下， ,共10个,
其中摸出的2个球都是黄球的基本事件有共个，
故摸出的2个球都是黄球的概率为，
故答案为：
3．
【分析】设2个红球分别为A，B，3个白球分别为a，b，c，不放回地依次摸出2个球，利用列举法求出基本事件总数有10个，第一次和第二次均摸到红球包含的基本事件只有1个，由此能求出结果.
【详解】解：设2个红球分别为A，B，3个白球分别为a，b，c，不放回地依次摸出2个球，分别有：AB，Aa，Ab，Ac，Ba，Bb，Bc，ab，ac，bc，共有10种基本事件，其中第一次和第二次均摸到红球包含的基本事件只有AB，
所以顾客获得特等奖的概率是
故答案为：
【点睛】此题考查概率的求法，考查古典概型等知识，考查运算求解能力，属于基础题.
4．
【分析】根据题意先求出集合的的所有非空子集的个数为，再求出具有“伙伴关系集合”的个数为，利用古典概率从而可求解.
【详解】，集合的所有非空子集的个数为，
若，则；
若，则；
若，则与成对出现；
若，则与成对出现，
集合的所有非空子集中，“伙伴关系集合”共有（个）．
在集合的所有非空子集中任选一个集合，则该集合是“伙伴关系集合”的概率为．
故答案为：．
5．(1)答案见详解
(2)答案见详解
【分析】（1）根据题中数据完善列联表，计算，并与临界值对比分析；
（2）用频率估计概率可得，根据题意计算，结合题意分析判断.
【详解】（1）根据题意可得列联表：
可得，
因为，
所以有的把握认为甲、乙两车间产品的优级品率存在差异，没有的把握认为甲，乙两车间产品的优级品率存在差异.
（2）由题意可知：生产线智能化升级改造后，该工厂产品的优级品的频率为，
用频率估计概率可得，
又因为升级改造前该工厂产品的优级品率，
则，
可知，
所以可以认为生产线智能化升级改造后，该工厂产品的优级品率提高了.
6．（1）表格见解析；（2）有95%的把握认为“成绩与班级有关系”.
【分析】（1）根据优秀的概率为可得乙班优秀的人数为20，即可得答案；
（2）计算的值，再与进行比较大小，即可得答案；
【详解】（1）列联表如下：
（2）根据列联表中的数据，得
，
因此有95%的把握认为“成绩与班级有关系”.
【点睛】本题考查列联表和卡方系数计算，考查数据处理能力，属于基础题.
7．(1)列联表见解析，没有的把握认为“获奖”与性别有关
(2)这5名老成员全是男成员
【分析】（1）完善列联表，计算出卡方即可判断；
（2）分别假设名老成员的性别为女性或男性，求出相应的卡方值，即可判断.
【详解】（1）依题意可得列联表如下：
由列联表中数据，计算得到，所以没有的把握认为“获奖”与性别有关．
（2）当这名老成员中都为女成员时，
计算得，不合题意；
当名老成员都为男成员时，
计算得，符合题意．
故这名老成员全是男成员．
8．（1）（i），；（ii）填表见解析，有的把握认为该手工制品的合格数量与改进技术有关；（2）工人在改进技术后手工制品的合格率更高，产品质量更高.
【分析】（1）（i）利用频数、频率和样本容量三者之间的关系可求得、的值；
（ii）根据频率分布表完善列联表，以此计算出的观测值，结合临界值表可得出结论；
（2）计算出改进技术前和技术后产品的合格率，由此可得出结论.
【详解】解：（1）（i）由表中数据，；
（ii）列联表为：
将列联表中数据代入公式计算，，
故有的把握认为该手工制品的合格数量与改进技术有关；
（2）根据（1）中可知改进技术后的合格率为，
改进技术前的合格率为，
，所以工人在改进技术后手工制品的合格率更高，产品质量更高.
【点睛】本题考查频率分布表和列联表的完善，同时也考查了利用独立性检验解决实际问题，考查数据分析能力，属于中等题.
9．(1)
(2)
【分析】（1）利用退位法可求的通项公式．
（2）利用错位相减法可求.
【详解】（1）当时，，解得．
当时，，所以即，
而，故，故，
∴数列是以4为首项，为公比的等比数列，
所以.
（2）,
所以
故
所以
，
.
10．(1)
(2)
【分析】（1）将原式化简后两边同除可得等差关系，利用数列的通项解出；
（2）由（1）结果，利用求出，进而求出，再用错位相减法求解；
【详解】（1）依题意，
故，
故是以2为公差的等差数列.
而，
又，解得，
故的首项为3，
则，
则.
（2）由（1）可知，当时，；
当时，
也满足该式，故，
故，
则，
两式相减得，，
故
11．(1)；
(2)5．
【分析】（1）利用给定的递推公式，结合求出的通项公式.
（2）由（1）求出，再利用错位相减法求和并求解不等式即得.
【详解】（1）数列中，，当时，，
两式相减得：，而，解得，
因此数列是以2为首项，2为公比的等比数列，
所以.
（2）由（1）可得，
则，
于是得，
两式相减得，
因此，即，解得，
所以正整数n的最小值为5.
12．(1);
(2).
【分析】（1）利用和与通项的关系可转化为通项的递推关系，从而来求出通项公式，再利用错位相减法求和即可；
（2）对于该不等式恒成立，需要对分奇偶讨论，然后利用分离参变量思想求数列的最值，即可得到答案.
【详解】（1）由可得：，，
上面两式相减得：，整理得：，，
所以数列是常数列，即，所以，则，
所以
两边同乘以2得：
两式相减得：，
即.
（2）由可得：，整理得：，
当为偶数时，上面不等式可化简为：，
利用该数列单调递增性可知：，所以，
当为奇数时，上面不等式可化简为：，
再利用该数列单调递减性可知：，所以，
综上可得：.
13．(1)证明见详解；
(2)
【分析】（1）结合已知易证四边形为平行四边形，可证，进而得证；
（2）作交于，连接，易证三垂直，采用建系法结合二面角夹角余弦公式即可求解.
【详解】（1）因为为的中点，所以，
四边形为平行四边形，所以，又因为平面，
平面，所以平面；
（2）如图所示，作交于，连接，
因为四边形为等腰梯形，，所以，
结合（1）为平行四边形，可得，又，
所以为等边三角形，为中点，所以，
又因为四边形为等腰梯形，为中点，所以，
四边形为平行四边形，，
所以为等腰三角形，与底边上中点重合，，，
因为，所以，所以互相垂直，
以方向为轴，方向为轴，方向为轴，建立空间直角坐标系，
，，，
，设平面的法向量为，
平面的法向量为，
则，即，令，得，即，
则，即，令，得，
即，，则，
故二面角的正弦值为.
14．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）证明：取的中点，连接，由题意可证得，再由线面平行的判定定理证明即可；
（2）以为坐标原点，的方向分别为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.求出平面与平面的法向量，由二面角的向量公式求解即可.
【详解】（1）证明：取的中点，连接.
因为为圆弧的两个三等分点，所以.
因为分别为的中点，所以，
则，从而四边形为平行四边形，
故.因为平面平面，所以平面.
（2）解：以为坐标原点，的方向分别为轴的正方向，
建立如图所示的空间直角坐标系.
因为，所以，，
则.
设平面的法向量为，
则令，得.
设平面的法向量为，
则令，得.
设平面与平面所成锐二面角为，
则.
故平面与平面所成锐二面角的余弦值为.
15．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取线段的中点，连接，证明平面，连接，证明平面，利用面面平行的判定定理证明平面平面，即可证明平面.
（2）建立空间直角坐标系，求出相关点及向量的坐标，分别求出两平面的法向量，求出两向量夹角的余弦值后利用同角三角函数基本关系求二面角的正弦值.
【详解】（1）取线段的中点，连接．
因为，所以且，
因此四边形是平行四边形，所以，
又平面平面，所以平面，
连接，因为，所以，
又平面平面，所以平面，
而平面，
所以平面平面，
又平面，所以平面；
（2）由圆锥的对称性不妨取点为如图所示位置，
以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系，
则，
于是，
设平面的法向量为，
则，得，
取，可得，
设平面的法向量为，
则，得，
取，可得，
所以，
故二面角的正弦值为．
16．(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）借助平行四边形的性质及平行线的传递性证明，利用线面平行的判定定理进行证明.
（2）建立空间直角坐标系，求出相关向量的坐标，进而求出两个平面的法向量，利用向量的夹角公式求得结果.
【详解】（1）在三棱台中，，，为的中点，
则，，即四边形为平行四边形，得．
同理可得， 于是，又平面，平面，
所以平面.
（2）依题意，两两垂直，则以为坐标原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，
设，则，，，，，，，
于是，，，，
设平面的法向量为，则，取，得，
设平面的法向量为，则，取，得，
设平面与平面所成锐二面角的大小为，
则，
所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为.
17．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）设，根据的坐标及轴可求基本量，故可求椭圆方程.
（2）设，，，联立直线方程和椭圆方程，用的坐标表示，结合韦达定理化简前者可得，故可证轴.
【详解】（1）设，由题设有且，故，故，故，
故椭圆方程为.
（2）直线的斜率必定存在，设，，，
由可得，
故，故，
又，
而，故直线，故，
所以
，
故，即轴.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，注意的判断；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
18．(1)；
(2)证明见解析.
【分析】（1）根据给定条件求出即可得椭圆的方程.
（2）设出直线的方程，与椭圆方程联立，利用韦达定理及求解并验证即可.
【详解】（1）由点在椭圆上，得，
由为椭圆的左焦点，得，
所以椭圆的方程为.
（2）依题意，直线不垂直于坐标轴，设其方程为，，，
由消去y并整理得，
，，，
由得，即，
整理得，即有，而，
解得，满足，直线：过定点，
所以直线过定点.
【点睛】思路点睛：与圆锥曲线相交的直线过定点问题，设出直线的斜截式方程，与圆锥曲线方程联立，借助韦达定理求出直线斜率与纵截距的关系即可解决问题.
19．(1)；
(2)证明见解析.
【分析】（1）根据椭圆的几何性质和将已知点代入列出方程组求出，即可得出椭圆的方程；
（2）设出直线的方程并与椭圆方程联立，化简写出根与系数关系，由此化简，从而证得结论成立.
【详解】（1）由题意得，解得，
故椭圆的标准方程为．
（2）由（1）知，，
设，直线的方程为，
由消去得，
，
则，
直线的方程为，
由，得，
同理，
则
，
所以为定值.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为，；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于x（或y）的一元二次方程，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为的形式；
（5）代入韦达定理求解.
20．(1)或
(2)直线过定点，证明见解析
(3)
【分析】（1）设点，由椭圆方程得出，结合三角形的面积为2得出，代入椭圆方程得出，即可得出点的坐标；
（2）设，联立椭圆与直线的方程，得出，结合及即可得出，即可证明；
（3）由得出，代入，得出，两边平方，结合即可得出满足的关系式．
【详解】（1）设点，
由，得，所以，
所以，即，，
代入，则，即，
所以点的坐标为或．
（2）设，
联立得，，
，
则，
，即，
所以，即直线过定点．
（3）设，
由（1）（2）得，，
，
因为，所以，即，
代入，得，
则，
所以，
因为，
所以，整理得，
故满足的关系式为．
21．(1)极小值为，无极大值.
(2)
【分析】（1）求出函数的导数，根据导数的单调性和零点可求函数的极值.
（2）求出函数的二阶导数，就、、分类讨论后可得参数的取值范围.
【详解】（1）当时，，
故，
因为在上为增函数，
故在上为增函数，而，
故当时，，当时，，
故在处取极小值且极小值为，无极大值.
（2），
设，
则，
当时，，故在上为增函数，
故，即，
所以在上为增函数，故.
当时，当时，，
故在上为减函数，故在上，
即在上即为减函数，
故在上，不合题意，舍.
当，此时在上恒成立，
同理可得在上恒成立，不合题意，舍；
综上，.
【点睛】思路点睛：导数背景下不等式恒成立问题，往往需要利用导数判断函数单调性，有时还需要对导数进一步利用导数研究其符号特征，处理此类问题时注意利用范围端点的性质来确定如何分类.
22．（1）极小值；（2）.
【分析】（1）当时，，求导，求得单调性，判断函数的极值情况.
（2）条件等价于恒成立，分离参数得到，令，转化为，令，，，，对参数a分类讨论，分别求得单调性，判断最小值是否满足题意即可.
【详解】解：（1）当时，，
所以，
令，解得，
令，得；令，得；
所以在上单调递减；在上单调递增；
所以在处取得的极小值；
（2）当时，恒成立，即恒成立，
所以恒成立，即恒成立，
即恒成立，令，则
所以有，令，，，即恒成立，
①当，即时，恒成立，
所以单调递增
又因为，
所以恒成立，
所以函数，单调递增
因为，
所以0恒成立，即满足要求
②当时，，
因为，
所以时
单调递减，
因为，
所以，使得时，，此时函数单调递减，
因为，
所以不成立，故不满足要求
综上可知的取值范围为.
23．(1)，；
(2)
【分析】（1）求出，利用导数研究函数的单调性，结合极值的定义求解即可；
（2）求出，，利用导数研究函数的单调性，确定函数的取值情况，由此分析求解即可．
【详解】（1）解：当时，函数，
则，
令，解得，，
当时，，则单调递增，
当时，，则单调递减，
当时，，则单调递增，
所以当时，函数取得极大值，
当时，函数取得极小值；
（2）（2）由题意，令，且，
则，且，
令，
，且，
①当，即时，，所以，则单调递增，
所以，则在上单调递增，
所以，符合题意；
②当，即时，，，
所以存在，使得，
当时，，则单调递减，
故，不符合题意．
综上所述，实数的取值范围为．
24．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用导数求得函数的单调性，结合，即可求解；
（2）由题意得到，设，求得，令，得到，分和，两种情况讨论，结合函数的单调性与最值，即可求解.
【详解】（1）证明：由题意，函数，可得，且，
当时，，当时，，
所以当时，函数单调递增，
当时，函数单调递减，
所以.
（2）解：由，可得.
设，显然，
又由，
设，则.
当时，，故单调递增，
所以，故也单调递增，
所以，与题设矛盾；
当时，令，
（i）当时，，在区间上，故单调递减，
又，故也单调递减，所以恒成立；
（ii）当时，，当时，，
当时，，
此时函数在区间上单调递增，在区间上单调递减，
又由，所以在时，，
故在区间上单调递增，所以，与题设矛盾，
综上，实数的取值范围为.
25．(1)
(2)
【分析】（1）根据可得的直角方程.
（2）将直线的新的参数方程代入的直角方程，
法1：结合参数的几何意义可得关于的方程，从而可求参数的值；
法2：将直线的直角方程与曲线的直角方程联立，结合弦长公式可求的值.
【详解】（1）由，将代入，
故可得，两边平方后可得曲线的直角坐标方程为.
（2）对于直线的参数方程消去参数，得直线的普通方程为.
法1：直线的斜率为，故倾斜角为，
故直线的参数方程可设为，.
将其代入中得
设两点对应的参数分别为，则，
且，故，
，解得.
法2：联立，得，
，解得，
设,，
则，
解得
26．(1)，
(2)3
【分析】（1）根据直角坐标与极坐标和参数方程的互换公式求解即可；
（2）根据直线参数方程的几何意义求解即可.
【详解】（1）直线l的参数方程为，两式相加可得，即直线l的普通方程为；
曲线C的极坐标方程为，则，即，故曲线C的直角坐标方程为；
（2）设两点对应的参数分别为，
将l的参数方程代入得：，
.
27．(1)，
(2)
【分析】（1）由消参法可得曲线的普通方程，根据极坐标和直角坐标之间的转化公式可得曲线的直角坐标方程；
（2）求得点P直角坐标，判断点P位置，结合曲线方程，求得，利用直线的参数方程中参数的几何意义求得的值，结合，即可求得答案.
【详解】（1）曲线的参数方程为（为参数），
则，
即曲线的普通方程为．
因为，所以，
则曲线的直角坐标方程为．
（2）因为点P的极坐标为，所以点P的直角坐标为，则点P在直线l上，
且点P为曲线：的圆心，所以．
因为直线l的标准参数方程为（s为参数），
将其代入曲线的直角坐标方程中，得，,
设A，B两点对应的参数分别为，，则,
则，，故．
又，所以．
28．(1)C：，直线l：
(2)
【分析】（1）用消参数法化参数方程为普通方程，由公式化极坐标方程为直角坐标方程；
（2）化直线方程为点的标准参数方程，代入抛物线方程利用参数几何意义结合韦达定理求解．
【详解】（1）曲线C的参数方程为（为参数，），
所以，所以即曲线C的普通方程为．
直线l的极坐标方程为，则，
转换为直角坐标方程为．
（2）直线l过点，直线l的参数方程为（t为参数）令点A，B对应的参数分别为，，
由代入，得，则，，即t1、t2为负，
故．
29．(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）直接利用即可证明.
（2）根据绝对值不等式并结合（1）中结论即可证明.
【详解】（1）因为，
当时等号成立，则，
因为，所以;
（2）
30．(1)；(2)证明见解析.
【分析】(1)借助题设条件运用绝对的几何意义求解；
(2)借助题设条件运用配方法分析推证.
【详解】（1）因为
，
当且仅当时取等号，所以．
（2）因为

所以．
31．(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）由三角不等式求解即可；
（2）由三角不等式求解即可.
【详解】（1）因为，由三角不等式可得，
，即
（2）因为，由三角不等式可得，
，即
32．(1)证明见解析
(2)1
【分析】（1）运用作差法和因式分解，结合完全平方数非负性，即可得证；
（2）运用绝对值三角不等式和（1）的结论，即可得到所求最小值．
【详解】（1）证明：因为
，
因为，当且仅当时取等号，
所以，当且仅当时取等号；
（2）解：函数
，
当且仅当且时取等号．
所以．
优级品
非优级品
甲车间
26
24
乙车间
70
30
优秀
非优秀
总计
甲班
10
45
55
乙班
20
30
50
合计
30
75
105
没获奖
获奖
合计
男
8
4
12
女
7
1
8
合计
15
5
20
改进技术前
改进技术后
合计
合格品
次品
合计