高考真题变式题2024年高考全国甲卷数学（文）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（文）真题变式题16-23含解析答案，共42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．曲线与在上有两个不同的交点，则的取值范围为 ．
2．若直线与函数的图象有三个交点，则实数a的取值范围是 ．
3．若函数有两个不同的零点，则实数a的取值范围是 ．
4．已知，关于的方程有且仅有一个解，则的取值范围是 ．
二、解答题
5．已知等比数列的前项和为，且.
(1)求的通项公式；
(2)求数列的前n项和.
6．已知数列的前项和为，且.
(1)求的通项公式；
(2)若，求数列的前项和.
7．已知等比数列的前n项和为，，.
(1)求数列的通项公式；
(2)令，求数列的前n项和.
8．设数列的前n项和为，.
(1)求数列的通项公式；
(2)数列满足，求的前50项和.
9．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：
10．某教育部门为了了解某地区高中学生每周的课外乒乓球训练的情况，随机抽取了该地区名学生进行调查，其中男生人．将每周课外训练时间不低于小时的学生称为“训练迷”，低于小时的学生称为“非训练迷”．己知“训练迷”中有名男生和名女生．
(1)根据数据完成上面的列联表；
(2)判断是否有的把握认为“训练迷”与性别有关．
附：
11．2023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：
12．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：
13．如图，，，，,为的中点.
(1)证明：平面；
(2)求点到的距离.
14．四棱锥中，底面为正方形，平面，，、分别为、的中点.

(1)证明：平面；
(2)求点到平面的距离.
15．如图，四棱锥的底面是正方形，平面，E，F，G分别为，，的中点.
(1)证明：平面；
(2)若，求到平面的距离.
16．如图，正三棱柱中，、分别为、的中点．
（1）证明：平面；
（2）若，，求点到平面的距离．
17．已知函数．
(1)求的单调区间；
(2)当时，证明：当时，恒成立．
18．已知函数f（x）＝ax3﹣3lnx.
(1)若a＝1，证明：f（x）≥1；
(2)讨论f（x）的单调性.
19．设函数．
(1)当时，讨论函数的单调性；
(2)当时，证明：当时，．
20．已知函数.
(1)讨论的单调性；
(2)当时，证明：.
21．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．
22．已知椭圆的上顶点为，且经过点．
(1)求的标准方程；
(2)过点的直线与交于，两点，判断的形状并给出证明．
23．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.
24．已知椭圆的焦距为且过点．
(1)求椭圆的方程；
(2)过点作直线与椭圆的下半部分交于两点，直线分别交于点，，证明：．
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．在平面直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），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)求曲线的直角坐标方程；
(2)若与有公共点，求实数的取值范围．
27．在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，已知直线的极坐标方程为．
(1)写出直线的参数方程及曲线的普通方程；
(2)设点，若直线与曲线交于A、B两点，且，求实数的值．
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．设a、b为实数，求证：
31．已知函数．
(1)求的最小值；
(2)设的最小值为m，且正实数a，b，c满足，求证：．
32．已知函数.
(1)求证：；
(2)若，证明：.
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
非训练迷
训练迷
合计
男
女
合计
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】将函数转化为方程，令，分离参数，构造新函数结合导数求得单调区间，画出大致图形数形结合即可求解.
【详解】令，即，令
则，令得，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，，
因为曲线与在上有两个不同的交点，
所以等价于与有两个交点，所以.
故答案为：
2．
【分析】求导函数，分析导函数的符号，得出原函数的单调性和极值，由此可求得答案.
【详解】解：因为函数，则，
所以当或时，，函数单调递减；当时，，函数单调递增，
所以当时，函数取得极小值，当时，函数取得极大值，
因为直线与函数的图象有三个交点，所以实数a的取值范围是，
故答案为：.
3．
【分析】函数有两个不同的零点，即函数的图像与x轴有两个不同的交点，借助导数研究函数值变化，，得出结果．
【详解】由题意，，，
当时，恒大于0，则函数递增，不可能有两个零点；
当时，令，得，
即当时，，即单调递增，且；
即当时，，即单调递减，且；
由于函数有两个不同的零点，
即函数的图像与x轴有两个不同的交点，
所以，
解得，，
所以当时，函数有两个不同的零点.
故答案为：．
4．
【分析】由已知得出，设，则，再根据解的个数解的个数（且），分析讨论解的个数，即可得解．
【详解】因为，，
所以，且，
则，即，
设，
则，即有且仅有一个解，
因为解的个数解的个数（且），
所以下面讨论解的个数；
由，得其中，
（1）当时，
得，
令，，则，即，
因为，
所以为增函数，
所以，
令，，则，
令得，
当，，即单调递减，
当，，即单调递增，
所以 ，
（ⅰ）当，即时，方程无解，即函数与的图像没有交点；
（ⅱ）当，即时，方程有一解，即函数与的图像有一个交点；
（ⅲ）当，即时，
当时，，当时，，
所以方程有两解，即函数与的图像有两个交点；
（2）当时，
由①②消去，得③，
由于，且，故，即，
对③式两边取自然对数，得，即，
两边取自然对数，得，
令，，
则，
由得，
令，，
则，
由得，
当时，；当时，；
所以当时，；
（ⅰ）当，即时，恒成立，
所以，
因为，，
所以，即当且仅当，且时等号成立；
所以在上为减函数，
又因为当时，；时，，
所以方程恰有一解，此时函数与的图像有一个交点；
（ⅱ）当时，即时，
因为当时；时，
所以存在，，使得，
所以，
当变化时，的变化情况如下表：
由上表可知，在内是减函数，在内是增函数，在内是减函数，
下面证明，；
，
令，
则当时，，
所以在内是增函数，
所以，即；
，，
令，，
易证为减函数，
所以当，，即；
因为，
所以，
又因为当时，，当时，，
所以在区间，，各有一个解，
此时函数与的图像有三个交点；
综上所述，函数与（且）图像的交点情况如下：
当时，没有交点；
当时，有1个交点；
当时，有2个交点；
当时，有1个交点；
当时，有3个交点；
所以或，
即或，
故答案为：．
【点睛】关键点睛：本题关键在于：①将解的个数转化为解的个数（且）；②分类讨论解的个数与之间的关系．
5．(1)
(2)
【分析】（1）利用退位法可求公比，再求出首项后可求通项；
（2）利用分组求和法即可求.
【详解】（1）因为,故，
所以即故等比数列的公比为，
故，故，故.
（2）由等比数列求和公式得，
所以数列的前n项和
.
6．(1)；
(2).
【分析】（1）利用关系及等比数列的定义求的通项公式；
（2）由（1）可得，应用错位相减法求.
【详解】（1）当时，，解得.
当时，，整理得，
所以是以9为首项，3为公比的等比数列，故.
（2）由（1）知，，则①，
所以②，
①-②得：，
故.
7．(1)
(2)
【分析】（1）通过数列和的关系，结合等比数列的公式计算即可；
（2）利用（1）的结论求，再分组求和和公式法进行求和即可.
【详解】（1）由，可得，
则，
因为为等比数列，所以其公比为；
又，所以.
（2）由（1）可得，
，
所以
.
8．(1)
(2)
【分析】（1）根据的关系，结合等比数列的性质即可求解，
（2）根据等比数列的求和公式即可求解.
【详解】（1）由，得（），
两式相减得：（），即（），
当时，，得，所以（），
故是首项为，公比为的等比数列.从而.
（2）由（1）得.
所以
9．(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.
10．(1)列联表见解析
(2)有，理由见解析
【分析】（1）根据题中信息可完善列联表；
（2）计算出的观测值，结合临界值表可得出结论.
【详解】（1）解：根据已知条件完成的列联表如下：
（2）解：根据公式得，的观测值为，
则，故有的把握认为“训练迷”与性别有关．
11．(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．
12．（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.
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）先证明平面，结合等体积法即可求解.
【详解】（1）由题意得，，且，
所以四边形是平行四边形，所以，
又平面平面，
所以平面；
（2）取的中点，连接，，因为，且，
所以四边形是平行四边形，所以，
又，故是等腰三角形，同理是等腰三角形，
可得，
又，所以，故.
又平面，所以平面，
易知.
在中，，
所以.
设点到平面的距离为，由，
得，得，
故点到平面的距离为.
14．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取中点，连接，，即可证明四边形是平行四边形，从而得到，即可得证；
（2）利用等体积法计算可得.
【详解】（1）取中点，连接，，

因为分别是的中点，所以，
而，，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.
（2）设点到平面的距离，点到平面的距离可以看成三棱锥以为底面的高，
由，故
由于，，
，
故，，
故，解得，
故到平面的距离为.
15．(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）方法1：由线面平行的判定定理和面面平行的判定及性质定理证明即可；
方法2：利用线面平行的判定定理证明即可；
（2）方法1：先求出E到平面的距离为1，然后利用等体积法求解点面距离即可；
方法2：由题意，点到平面的距离是点B到平面的距离的2倍，利用等体积法求解点到平面的距离是点B到平面的距离的2倍，即可得解.
【详解】（1）方法1：因为E，F分别为，的中点，所以，
因为平面，平面，所以平面.
因为为的中点，且四边形是正方形，
由且，知是平行四边形，故，
因为平面，平面，所以平面，
又因为，且平面，平面，
所以平面平面.
因为平面，故平面.
方法2：连接，设，连接.
由条件知，，故是平行四边形，∴M是中点.
∵E是中点，∴.
∵平面，平面，
∴平面.
（2）方法1：因为为的中点，故到平面的距离为P到平面的距离的一半，
故E到平面的距离为1.
易知的面积为2，故三棱锥的体积为.
易知，又因为平面，故，
又，平面，平面，，故平面，
又平面，所以，故，，
所以，故，的面积为.
设到平面的距离为，
所以，故.
方法2：连接，设.
由于，，∴，
∴点到平面的距离是点B到平面的距离的2倍.
由条件得，，，，.
∴，∴.
设到平面的距离为，根据三棱锥与三棱锥体积相等得
，解得.
所以D到平面的距离为.
.
16．（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）本题可连接与交于点，连接、，然后根据三角形的中位线法则得出，，根据是中点得出，，即可得出，最后通过线面平行的判定即可得出结果；
（2）本题可作，通过线面垂直以及面面垂直的判定得出平面平面，然后根据面面垂直的性质得出平面，则长即点到平面的距离，最后通过等面积法即可得出结果.
【详解】（1）如图，连接与交于点，连接、，
因为三棱柱是正三棱柱，
所以四边形是矩形，是中点，
因为是的中点，所以，，
因为是中点，所以，，
故，，四边形是平行四边形，，
因为平面，平面，所以平面.
（2）如图，作，
因为三棱柱是正三棱柱，
所以底面三角形是等边三角形，侧棱垂直于底面，
易知，，
因为，所以平面，
因为，所以平面，
因为平面，所以平面平面，
因为平面平面，，平面，
所以平面，长即点到平面的距离，
，，则，，
根据等面积法易知，，解得，
故点到平面的距离为.
17．(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）求导，含参分类讨论得出导函数的符号，从而得出原函数的单调性；
（2）先根据题设条件将问题可转化成证明当时，即可.
【详解】（1）定义域为，
当时，，故在上单调递减；
当时，时，，单调递增，
当时，，单调递减.
综上所述，当时，的单调递减区间为；
时，的单调递增区间为，单调递减区间为.
（2），且时，，
令，下证即可.
，再令，则，
显然在上递增，则，
即在上递增，
故，即在上单调递增，
故，问题得证
18．(1)证明见解析
(2)答案见解析
【分析】（1）对f（x）求导，利用导数求出f（x）的最小值，即可得证；
（2）对f（x）求导，对a分类讨论，由导数与单调性的关系即可解出.
【详解】（1）若a＝1，则f（x）＝x3﹣3lnx，x＞0，，
令f′（x）＝0，可得x＝1，当x∈（0，1）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，
当x∈（1，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，所以f（x）在x＝1处取得极小值，也是最小值，最小值为f（1）＝1，故f（x）≥1.
（2）f（x）＝ax3﹣3lnx，x＞0，（x＞0），
当a≤0时，f′（x）＜0，则f（x）在（0，+∞）上单调递减；
当a＞0时，令f′（x）＞0，得x，令f′（x）＜0，得0＜x，
所以f（x）在（0，）上单调递减，在（，+∞）上单调递增.
综上，当a≤0时，f（x）在（0，+∞）上单调递减；
当a＞0时，f（x）在（0，）上单调递减，在（，+∞）上单调递增.
19．(1)答案见解析；
(2)证明见解析
【分析】（1）求导，分类讨论函数的单调性；
（2）由（1）可知函数的单调性，可求函数的最小值，从而得证.
【详解】（1）由题知，函数的定义域为，
所以求导得，
若，
由得或，由得，
所以函数在，和上单调递增，在上单调递减，
若，恒有，当且仅当时取等号，因此函数在上单调递增，
若，
由得或，由得，
所以函数在，上单调递增，在上单调递减，
所以当时，函数在，上单调递增，在上单调递减；
当时，函数在上单调递增；
当时，函数在，上单调递增，在上单调递减．
（2）当时，，
由（1）可知，当时，函数在上单调递减，在上单调递增，
所以，
所以当时，.
20．(1)答案见解析；
(2)证明见解析.
【分析】（1）求出函数的导数，再分类讨论求出的解集即可.
（2）根据给定条件，借助分析法将不等式转化为，再求出左右两边函数的最值即可推理得证.
【详解】（1）函数的定义域为，
求导得，
若，则，且当时，，当时，，
即函数在上递增，在上递减；
若，令，解得，
若，即，则恒成立，当时，，当时，，
即函数在上递减，在上递增；
若，即，则当时，，当时，，
即函数在上递增，在上递减；
若，即，则在上恒成立，函数在上递增；
若，即，则当时，，当时，，
即函数在上递增，在上递减，
所以当时，的递增区间为，递减区间为；
当时，的递增区间为和，递减区间为；
当时，的递增区间为，无递减区间；
当时，的递增区间为和，递减区间为；
当时，的递增区间为，递减区间为.
（2）要证，需证，
而，即有，
则只需证明，即证，即证，
令，则，当时，，当时，，
即函数在上单调递减，在上单调递增，则，
令，则，当时，，当时，，
函数在上单调递增，在上单调递减，则，
从而，即成立.
【点睛】关键点点睛：导数问题往往涉及到分类讨论，分类讨论标准的确定是关键，一般依据导数是否有零点、零点存在时零点是否在给定的范围内及零点在给定范围内时两个零点的大小关系来分层讨论.
21．(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.
22．(1)；
(2)为直角三角形，证明见解析
【分析】（1）由椭圆的性质和点在椭圆上代入标准方程解出即可；
（2）设出直线方程，直曲联立，用韦达定理表示出，再求出和，利用向量垂直的坐标表示证明即可.
【详解】（1）由题意知，所以椭圆方程为，代入点，解得，
所以椭圆的标准方程为．
（2）为直角三角形，证明如下：
由题意可知斜率一定存在，设为，
设直线，，，
联立，消去得．易知．
则
又因为，，
，
所以，故为直角三角形．
23．(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.
24．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据焦距以及点坐标，求解出的值，则的值可求，故椭圆方程可求；
（2）设出的横截式方程，联立与椭圆方程得到纵坐标的韦达定理形式，根据三点共线求得，然后利用坐标以及韦达定理求解出的值，即可完成证明.
【详解】（1）由题意可得，所以，
所以椭圆的方程为.
（2）设直线，，，
联立，得，
，即，
当经过右顶点时，此时，即，
所以当与椭圆的下半部分交于两点时，只需；
由韦达定理可得：，
设，，
由，，三点共线得，即，
从而，
同理可得：，
所以
，
所以.
【点睛】关键点点睛：本题考查直线与椭圆的综合应用，对学生的计算能力要求较高，难度较大.解答本题第二问的关键：将待证明的式子变形为分式结构，通过联立思想结合韦达定理完成证明.
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)
【分析】（1）根据极坐标方程与直角坐标方程的互化关系求解；
（2）联立方程，利用判别式大于或等于零求解.
【详解】（1）曲线的极坐标方程可化为，
又因为，，
代入极坐标方程得；
（2）将直线的参数方程代入，
得关于参数的方程，若与有公共点，
判别式，
即，解得．
27．(1)（为参数），
(2)
【分析】（1）利用极坐标与普通方程的互化，，得到直线的普通方程，从而求出参数方程，再通过消去曲线的参数，即可求出曲线的普通方程；
（2）利用参数方程的几何意义和条件即可求出实数的取值.
【详解】（1）因为，所以，
又因为，，所以化简为，
所以直线的参数方程为（为参数），
由（为参数），消去得；，
所以曲线的普通方程为.
（2）设两点对应参数分别为，
由知，与反向，所以点在圆内，
将直线的参数方程（为参数），代入曲线的普通方程， 得到，
由韦达定理得，，，
又因为直线和曲线有两个不同的交点，则，即，解得，
又因为点在圆内，所以，得到，
又由，得到，所以，由参数的几何意义知，，又因为，
不妨设，由，得到，
解得，满足条件，
所以实数的值为．
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．证明见解析.
【分析】利用绝对值三角不等式证明即可.
【详解】证明：因为2b=(a+b)-(a-b)，
由三角不等式可得，
，
即
31．(1)2
(2)证明见解析
【分析】（1）将化为，利用绝对值三角不等式即可求出最小值；
（2）由（1）得，由基本不等式得出，，，将三个不等式相加，再代换，去分母即可证得结论．
【详解】（1），
所以的最小值为2，
当且仅当时，即时，等号成立．
（2）由（1）知，
因为a，b，c均为正实数，
所以由基本不等式可得，当且仅当，即时，等号成立；
，当且仅当，即时，等号成立；
，当且仅当，即时，等号成立；
上述三个不等式相加可得，
当且仅当时，等号成立；
所以，
所以．
32．(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）利用绝对值三角不等式与二次函数的性质计算可得；
（2）利用基本不等式证明即可.
【详解】（1）因为
，
当且仅当时取等号，
又，当且仅当，即时取等号，
所以.
（2）因为，，且，
又因为，当且仅当时取等号，
所以，即，所以，当且仅当时取等号，
所以，
又因为，当且仅当时取等号，
所以，当且仅当时取等号.
负
正
负
减
增
减
优级品
非优级品
甲车间
26
24
乙车间
70
30
非训练迷
训练迷
合计
男
女
合计
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