2015年高考理科数学全国卷2(含答案解析)

2015年普通高等学校招生全国统一考试(全国新课标卷2)

数学（理科）

使用地区：海南、宁夏、黑龙江、吉林、辽宁、新疆、云南、内蒙古、青海、贵州、甘肃、广西、西藏

本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.共24题,共150分,共6页.考试结束后,将本试卷和答题卡一并交回. 注意事项:

1．答题前,考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚,将条形码准确粘贴在条形码区域内.

2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写,

字体工整、笔迹清楚.

3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答,超出答题区域书写的答案无效;在草稿纸、试题卷上答题无效.

4．作图可先使用铅笔画出,确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑.

5．保持卡面清洁,不要折叠、不要弄破、弄皱,不准使用涂改液、修正带、刮纸刀.

第Ⅰ卷（选择题 共60分）

一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60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.

1．已知集合A{2,1,0,1,2}，B{x|(x1)(x2)0}，则AB

（ ）

A．A{1,0}

B．{0,1}

C．{1,0,1}

D．{0,1,2} 2．若a为实数，且(2ai)(a2i)4i，则a

（ ）

A．1

B．0

C．1

D．2

数学试卷 第1页（共21页）

3．根据下面给出的2004年至2013年我国二氧化硫年排放量（单位：万吨）柱形图，以下结论中不正确的是

（ ）

A．逐年比较，2008年减少二氧化硫排放量的效果最显著 B．2007年我国治理二氧化硫排放显现成效 C．2006年以来我国二氧化硫年排放量呈减少趋势 D．2006年以来我国二氧化硫年排放量与年份正相关

4．已知等比数列{an}满足a13，a1a3a5=21，则a3a5a7

（ ）

A．21

B．42

C．63

D．84

5．设函数f(x)1log2(2x),x＜1,f(log212)

（ ） 2x1, x≥1,则f(2)A．3

B．6 C．9

D．12

6．一个正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视图如图，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为

（ ）

A．18

B．17

C．16

D．15

7．过三点A(1,3)，B(4,2)，C(1,7)的圆交y轴于M，N两点，则|MN|

（ ）

A．26 B．8

C．46 D．10

数学试卷 第2页（共21页）

8．如图所示的程序框图的算法思路源于我国古代数学名著《九章算术》中的“更相减损

术”.执行该程序框图，若输入的a，b分别为14，18，则输出的a

（ ）

A．0 B．2 C．4

D．14

9．已知A，B是球O的球面上两点，∠AOB=90°， C为该球面上的动点.若三棱锥O-ABC体积的 最大值为36，则球O的表面积为

（ ）

A．36π B．64π C．144π

D．256π

10．如图，长方形ABCD的边AB2，BC1，O是AB的中点.点P沿着边BC，CD与

DA运动，记BOPx.将动点P到A，B两点距离之和表示为x的函数f(x)，则

yf(x)的图象大致为

（ ）

A

B C

D

11．已知A，B为双曲线E的左、右顶点，点M在E上，△ABM为等腰三角形，且顶角为

120°，则E的离心率为

（ ）

A．5 B．2 C．3 D．2 12．设函数f'(x)是奇函数f(x)(xR)的导函数，f(1)0，当x0时，xf'(x)f(x)0，

则使得f(x)0成立的x的取值范围

（ ）

A．(,1)(0,1) B．(1,0)(1,) C．(,1)(1,0)

D．(0,1)(1,)

数学试卷 第3页（共21页）

第Ⅱ卷（非选择题 共90分）

本卷包括必考题和选考题两部分.第13～21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22～24题为选考题，考生根据要求作答.

二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在题中的横线上. 13．设向量a，b不平行，向量a+b与a+2b平行，则实数________.

xy114．若x，y满足约束条件≥0,x2y≤0,则zxy的最大值为________.

x2y2≤0,15．(ax)(1x)4的展开式中x的奇数次幂项的系数之和为32，则a________. 16．设Sn是数列{an}的前n项和，且a11，an1SnSn1，则Sn________. 三、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤. 17．（本小题满分12分）

△ABC中，D是BC上的点，AD平分BAC，△ABD面积是△ADC面积的2倍.

（Ⅰ）求

sinBsinC；

（Ⅱ）若AD1，DC22，求BD和AC的长. 18．（本小题满分12分）

某公司为了解用户对其产品的满意度，从A，B两地区分别随机调查了20个用户，得到用户对产品的满意度评分如下：

A地区：62 73 81 92 95 85 74 64 53 76 78 86 95 66 97 78 88 82 76 89 B地区：73 83 62 51 91 46 53 73 64 82 93 48 65 81 74 56 54 76 65 79 （Ⅰ）根据两组数据完成两地区用户满意度评分的茎叶图，并通过茎叶图比较两地区满意度评分的平均值及分散程度（不要求计算出具体值，得出结论即可）；

（Ⅱ）根据用户满意度评分，将用户的满意度从低到高分为三个等级：

满意度评分 低于70分 70分到89分 不低于90分 满意度等级 不满意 满意 非常满意 记事件C：“A地区用户的满意度等级高于B地区用户的满意度等级”.假设两地区用户的评价结果相互独立．根据所给数据，以事件发生的频率作为相应事件发生的概率，求C的概率.

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19．（本小题满分12分）

如图，长方体ABCDA1B1C1D1中，AB=16，BC=10，AA18，

点E，F分别在A1B1，D1C1上，A1ED1F4.过点E，F的平面与此长方体的面相交，交线围成一个正方形.

（Ⅰ）在图中画出这个正方形（不必说明画法和理由）；

（Ⅱ）求直线AF与平面所成角的正弦值.

20．（本小题满分12分）

已知椭圆C： 9x2y2m2(m0),直线l不过原点O且不平行于坐标轴，l与C有两个交点A，B，线段AB的中点为M.

（Ⅰ）证明：直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值； （Ⅱ）若l过点(m3,m)，延长线段OM与C交于点P，四边形OAPB能否为平行四边形？若能，求此时l的斜率；若不能，请说明理由.

21．（本小题满分12分）

设函数f(x)emxx2mx.

（Ⅰ）证明：f(x)在(,0)上单调递减，在(0,)上单调递增；

（Ⅱ）若对于任意x1,x2[1,1]，都有f(x1)f(x2)≤e1，求m的取值范围.

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请考生在第22～24三题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分. 22．（本小题满分10分）选修4—1：几何证明选讲

如图，O为等腰三角形ABC内一点，⊙O与△ABC的底边BC交于M，N两点，与底边上的高AD交于点G，且与AB，AC分别相切于E，F两点. （Ⅰ）证明：EF∥BC；

（Ⅱ）若AG等于⊙O的半径，且AEMN23，求四边形EBCF的面积.

23．（本小题满分10分）选修4—4：坐标系与参数方程

在直角坐标系xOy中，曲线Cxtcos,1:（t为参数，t0），其中0≤＜πytsin,.在以

O为极点，x轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线C2:2sin，C3:23cos. （Ⅰ）求C2与C3交点的直角坐标；

（Ⅱ）若C1与C2相交于点A，C1与C3相交于点B，求|AB|最大值.

24．（本小题满分10分）选修4—5：不等式选讲

设a，b，c，d均为正数，且abcd，证明： （Ⅰ）若abcd，则abcd； （Ⅱ）abcd是|ab||cd|的充要条件.

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2015年普通高等学校招生全国统一考试(全国新课标卷2)

理科数学答案解析

第Ⅰ卷

一、选择题 1.【答案】A

【解析】由已知得B{x|2x1}，故AB{1,0}，故选A．

【提示】解一元二次不等式，求出集合B，然后进行交集的运算即可． 【考点】集合的交集运算和一元二次方程求根． 2.【答案】B

【解析】由已知得4+(a24)i4i，所以4a0，a244，解得a0，故选B．

【提示】首先将坐标展开，然后利用复数相等解之． 【考点】复数的四则运算． 3.【答案】D

【解析】解：A．从图中明显看出2008年二氧化硫排放量比2007年的二氧化硫排放量明显减少，且减少的最多，故A正确；

B．2004~2006年二氧化硫排放量越来越多，从2007年开始二氧化硫排放量变少，故B正确；

C．从图中看出，2006年以来我国二氧化硫年排放量越来越少，故C正确；

D．2006年以来我国二氧化硫年排放量越来越少，而不是与年份正相关，故D错误． 故选：D

【提示】A．从图中明显看出2008年二氧化硫排放量比2007年的二氧化硫排放量减少的最多，故A正确；

B．从2007年开始二氧化硫排放量变少，故B正确；

C．从图中看出，2006年以来我国二氧化硫年排放量越来越少，故C正确； D．2006年以来我国二氧化硫年排放量越来越少，与年份负相关，故D错误． 【考点】柱形图信息的获得． 4.【答案】B

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【解析】设等比数列公比为q，则a24，又因为a421+a1q+a1q2113，所以q+q60，解得q22，所以a23+a5+a7(a1+a3+a5)q42，故选B．

【提示】由已知，a13，a1+a3+a521，利用等比数列的通项公式可求q，然后在代入等比数列通项公式即可求．

【考点】等比数列通项公式和性质．

5.【答案】C

【解析】由已知得f(2)1+log1，所以f(loglog121243，又log212212)222log266，故f(2)+f(log212)9．

【提示】先求f(2)1+log2(2+2)1+23，再由对数恒等式，求得f(log212)6，进而得到所求和．

【考点】函数定义域以及指数对数的运算． 6.【答案】D

【解析】由三视图得，在正方体ABCDA1B1C1D1中，截去四面体AA1B1D1，如图所示，设正方体棱长为a，则V11115AA1B1D132a36a3，故剩余几何体积为a36a36a3，所以截去部分体积与剩余部分体积的比值为

15．故选D．

【提示】由三视图判断，正方体被切掉的部分为三棱锥，把相关数据代入棱锥的体积公式计算即可．

【考点】几何图形的三视图． 7.【答案】C

【解析】由已知得k2AB31413，k2+7CB413，所以kABkCB1，所以ABCB，即△ABC为直角三角形，其外接圆圆心为(1,2)，半径为5，所以外接圆方程为

数学试卷 第8页（共21页）

(x1)2+(y+2)225，令x0，得y262，所以|MN|46，故选C．

【提示】设圆的方程为x2+y2Dx+Ey+F0，代入点的坐标，求出D，E，F，令x0，即

可得出结论．

【考点】直线与圆的相交，距离的计算． 8.【答案】B

【解析】程序在执行过程中，a，b的值依次为a14，b18；b4；a=10；a=6；a2；b2，此时ab2程序结束，输出a的值为2，故选B．

【提示】由循环结构的特点，先判断，再执行，分别计算出当前的a，b的值，即可得到结论．

【考点】程序框图． 9.【答案】C

【解析】如图所示，当点C位于垂直面AOB的直径端点时，三棱锥OABC体积最大，设球O的半径为R，此时V111O-ABCVC-ABC32R2R6R336，故R＝6，则球O的表面积为：S4πR2144π，选C．

【提示】当点C位于垂直于面AOB的直径端点时，三棱锥OABC的体积最大，利用三棱锥OABC体积的最大值为36，求出半径，即可求出球O的表面积．

【考点】球面的表面积和锥体的体积． 10.【答案】B

【解析】由已知得，当点P在BC边上运动时，即0xπ4时，PA＋PB＝tan2x+4+tanx；当点

P

在

CD

边上运动时，即π4x3ππ4，x2时，2PA+PB112tanx1+1+tanx1+1，

数学试卷 第9页（共21页）

当xπ2时，PA+PB22； 当点P在AD边上运动时，3π4xπ时，PA＋PB＝PA+PBtan2x+4tanx， 从点P的运动过程可以看出轨迹关于直线xπππ2对称，且f4f2，且轨迹非线型，

故选B．

【提示】根据函数图像关系，利用排除法进行求解即可． 【考点】动点的函数图像． 11.【答案】D

【解析】设双曲线方程为x2y2a2b21(a0，b0)，如图所示，

|AB||BM|，ABM120，过点M作MNx轴，垂足为N，在Rt△BMN中，|BN|a，|MN|3a，故点M的坐标为M(2a,3a)，代入双曲线方程得a2b2c2a2，即c22a2，所以e2，故选D．

x22【提示】设M在双曲线

a2yb21的左支上，由题意可得M的坐标为M(2a,3a)，代入双曲线方程可得ab，再由离心率公式即可得到所求值． 【考点】双曲线离心率． 12.【答案】A 【解析】记函数g(x)f(x)x，则g(x)xf(x)f(x)x2，因为当x0时，xf(x)f(x)0，故当x0时，g(x)0，所以g(x)在(0,+)单调递减，又因为函数f(x)(xR)是奇函数，故函数g(x)是偶函数，所以g(x)在(,0)单调递增，且g(1)g(1)0．当0x1时，g(x)0，则f(x)0；当x1时，g(x)0，则f(x)0，综上所述，使得f(x)0成立的x的取值范围是(,1)(0,1)，故选A．

【提示】由已知当x0时总有xf(x)f(x)0成立，可判断函数g(x)f(x)x为减函数，

数学试卷 第10页（共21页）

由已知f(x)是定义在R上的奇函数，可证明g(x)为(,0)(0,+)上的偶函数，根据函

数g(x)在(0,+)上的单调性和奇偶性，模拟g(x)的图像，而不等式f(x)0等价于

xg(x)0，数形结合解不等式组即可．

【考点】奇函数，导数，定义域的求解．

第Ⅱ卷

二、填空题 13.【答案】

12 【解析】因为向量a+b与a+2b平行，所以a+bk(a+2b)，则k，112k，所以2．

【提示】利用向量平行即共线的条件，得到向量a+b与a+2b之间的关系，利用向量相等解析

【考点】平面向量的基本定理．

14.【答案】32

【解析】画出可行域，如图所示，将目标函数变形为yx+z，当z取最大时，直线yx+z的纵截距最大，故将直线尽可能地向上平移到D1,12，则zx+y的最大值为32．

【提示】首先画出平面区域，然后将目标函数变形为直线的斜截式，求在y轴的截距最大值

【考点】线性规划问题的最值求解． 15.【答案】3

【解析】由已知得(1+x)41+4x+6x2+4x3+x4，故(a+x)(1+x)4的展开式中x的奇数次幂项

分别为4ax，4ax3，x，6x3，x5，其系数之和为4a+4a+1+6+1=32，解得a3． 【提示】给展开式中的x分别赋值1，1，可得两个等式，两式相减，再除以2得到答案．

数学试卷 第11页（共21页）

【考点】排列组合． 16.【答案】1n

【解析】由已知得an1Sn1SnSn1Sn，两边同时除以Sn+1S1n，得

S11，故n+1Sn数列1S是以1为首项，1为公差的等差数列，

则11(n1)n，所以1nSSn． nn【提示】通过aS1n1n1SnSn1Sn，并变形可得数列S是以首项和公差均为1的等

n差数列，进而可得结论． 【考点】数列的求和运算． 三、解答题 17.【答案】（Ⅰ）12 （Ⅱ）BD2 AC1

【解析】（Ⅰ）S△ABD12ABADsinBAD，S1△ADC2ACADsinCAD． 因为S△ABD2S△ADC，BADCAD， 所以AB2AC． 由正弦定理得：

sinBAC1sinCAB2．

（Ⅱ）因为S△ABDS△ADCBD:DC所以BD2．

在△ABD和△ADC，由余弦定理知：AB2AD2+BD22ADBDcosADB，

AC2AD2+DC22ADDCcosADC，

故AB2+2AC23AD2+BD2+2DC26 由（Ⅰ）知AB2AC， 所以AC1．

【提示】（Ⅰ）过A作AEBC于E，由已知及面积公式可得BD2DC，由AD平分BAC及正弦定理可得sinBADsinBADADsinDACsinBD，sinCBDC，从而得解sinC．

（Ⅱ）由（Ⅰ）可求BD2．过D作DMAB于M，作DNAC于N，由AD平分

数学试卷 第12页（共21页）

BAC，可求AB2AC，利用余弦定理即可解得BD和AC的长． 【考点】正弦定理，余弦定理． 18.【答案】（Ⅰ）见解析 （Ⅱ）0.48

【解析】（Ⅰ）两地区用户满意度评分的茎叶图如下：

通过茎叶图可以看出，A地区用户满意度评分的平均值高于B地区用户满意度评分的平均值；

A地区用户满意度评分比较集中，B地区用户满意度评分比较分散． （Ⅱ）记CA1表示事件：“A地区用户满意度等级为满意或不满意”； 记CA2表示事件：“A地区用户满意度等级为非常满意”； 记CB1表示事件：“B地区用户满意度等级为不满意”； 记CB2表示事件：“B地区用户满意度等级为满意”．

则CA1与CB1独立，CA2与CB2独立，CB1与CB2互斥，CCB1CA1CB2CA2，

P(C)P(CB1CA1CB2CA2)P(CB1CA1)+P(CB2CA2)P(CB1)P(CA1)+P(CB2)P(CA2)

由所给数据的C，C164108A1，CA2，CB1B2发生的概率分别为20，20，20，20，

故P(C164108A1)20，P(CA2)20，P(CB1)20，

P(CB2)20，

P(C)101682020+204200.48.

【提示】（Ⅰ）根据茎叶图的画法，以及有关茎叶图的知识，比较即可； （Ⅱ）根据概率的互斥和对立，以及概率的运算公式，计算即可． 【考点】茎叶图，古典概型的相关运算． 19.【答案】（Ⅰ）见如图 （Ⅱ）

4515 数学试卷 第13页（共21页）

【解析】（Ⅰ）交线围成的正方形EHGF如图：

（Ⅱ）作EMAB，垂足为M，则AMA1E4，EMAA18.因为EHGF为正方形，

所以EHEFBC10． 于是MHEH2EM26，

所以AH10.

以D为坐标原点，DA的方向为x轴正方向，建立如图示空间直角坐标系Dxyz， 则A(10,0,0)，H(10,10,0)，E(10,4,8)，F(0,4,8)．HE(0,6,8)，FE(10,0,0)． 设n(x,y,z)是平面EHGF的法向量，

则nFE0，即10x0，所以可取n(0,4,3)nHE06y+8z0

又AF(10,4,8)．故sin|cosn,AF||nAF|45|n||AF|=15．

所以AF与平面EHGF所成的角的正弦值为4515． 【提示】（Ⅰ）容易知道所围成正方形的边长为10，再结合长方体各边的长度，即可找出正方形的位置，从而画出这个正方形；

（Ⅱ）分别以直线DA，DC，DD1为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，考虑用空间向量解决本问，能够确定A，H，E，F几点的坐标．设平面EFGH的法向量为n(x,y,z)，根据

nFE0即可求出法向量nHE0n，AF坐标可以求出，

可设直线AF与平面EFGH所成角为θ，由sin|cosn,AF|即可求得直线AF与平面α所成角的正弦值． 【考点】线面平行、相交，线面夹角的求解． 20.【答案】（Ⅰ）见解析 （Ⅱ）能

数学试卷 第14页（共21页） 47或4+7 【解析】（Ⅰ）设直线l：ykx+b(k0，b0)，A(x1,y1)，B(x2,y2)M(xM,yM)．

将ykx+b代入9x2+y2m2得(k2+9)x2+2kbx+b2m20．

故xx1+x2M2kb9bk2+9，yMkxM+bk2+9， 于是直线OM的斜率kOMyMx9k，kOMk9．

M所以直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值．

（Ⅱ）四边形OAPB能为平行四边形．

因为直线l过点m3,m，所以l不过原点且与C有两个交点的充要条件是k0，k3．由（Ⅰ）得OM的方程为y9kx．设点P的横坐标为xP． 由y9kx得k2m2kmx2P9x2+y2m29k2+81，即xP3k2+9 将点m3,m的坐标代入l的方程得bm(3k)3，

因此x3mMkk（3k2+9）

四边形OAPB为平行四边形且当且仅当线段AB与线段OP互相平分，即xP2xM， 于是kmkk－3m3k2+92（3k2+9），

解得k147，k24+7 因为ki0，ki3，i1，2， 所以当l的斜率为47或4+7时，四边形OAPB为平行四边形．

【提示】（Ⅰ）联立直线方程和椭圆方程，求出对应的直线斜率即可得到结论．

（Ⅱ）四边形OAPB为平行四边形当且仅当线段AB与线段OP互相平分，即xP2xM，建立方程关系即可得到结论．

【考点】直线的点斜式方程，平行四边形的判定． 21.【答案】（Ⅰ）见解析 （Ⅱ）(1,1)

数学试卷 第15页（共21页）

【解析】（Ⅰ）因为f(x)emxx2mx，

所以f(x)memx2xm，f(x)m2emx+20在R上恒成立， 所以f(x)memx2xm在R上单调递增，而f(0)0，

所以x0时，f(x)0； 所以x0时，f(x)0．

所以f(x)在(,0)单调递减，在(0,)单调递增．

（Ⅱ）由（Ⅰ）知f(x)2minf(0)1，当m0时，f(x)1+x， 此时f(x)在1,1上的最大值是2. 所以此时|f(x1)f(x2)|e1成立．

当m0时，f(1)em+1+m，f(1)em+1m，

令g(m)f(1)f(1)emem2m在R上单调递增，而g(0)0，

所以m0时，g(m)0，即f(1)f(1)， m0时，g(m)0，即f(1)f(1)．

当m0时，|f(xf(xm1)2)|f(1)1eme10m1，

当m0时，|f(x(xmm1)f2)|f(1)1e+me(m)e11m0．

所以，综上所述m的取值范围是(1,1)．

【提示】（Ⅰ）利用f(x)0说明函数为增函数，利用f(x)0说明函数为减函数．注意参数m的讨论；

（Ⅱ）由（Ⅰ）知，对任意的m，f(x)在[1,0]单调递减，在[0,1]单调递增，则恒成立问题转化为最大值和最小值问题．从而求得m的取值范围． 【考点】导数的运算，单调性的判别，分类讨论，运算求解能力． 22.【答案】（Ⅰ）见解析

（Ⅱ）1633 【解析】（Ⅰ）由于△ABC是等腰三角形，ADBC， 所以AD是CAB的平分线．

又因为O分别与AB，AC相切于点E，F，故ADEF． 所以EF∥BC．

数学试卷 第16页（共21页）

（Ⅱ）由（Ⅰ）知，AEAF，ADEF， 故AD是EF的垂直平分线，又EF为O的弦， 所以O在AD上．

连接OE，OM，则OEAE． 由AG等于O的半径的AO2OE，

所以OAE＝30，因此△ABC和△AEF都是等边三角形． 因为AE23， 所以AO4，OE2．

因为OEOM2，DM12MN3． 所以OD1.于是AD5，AB1033．

2所以四边形EBCF的面积为12103331（23）23163． 2223

【提示】（Ⅰ）通过AD是CAB的角平分线及圆O分别与AB．AC相切于点E、F，利用相似的性质即得结论；

（Ⅱ）通过（Ⅰ）知AD是EF的垂直平分线，连结OE、OM，则OEAE，利用S△ABCS△AEF计算即可．

【考点】等腰三角形，线线平行的判别，运算求解能力，面积的求解 23.【答案】（Ⅰ）(0,0)

332,2 （Ⅱ）4

【解析】（Ⅰ）曲线C2y22的直角坐标方程为x2y0，曲线C3的直角坐标方程为

x2+y223x0．

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联立x2+y22y0x0x32x2+y223x0，解得y0或．

y32所以C与C和3323交点的直角坐标为(0,0)2,2．

（Ⅱ）曲线C1的极坐标方程为(R，0)，其中0π． 因此A的极坐标为(2sin,)，B的极坐标为(23cos,)．

所以|AB||2sin23cos|4sinπ3．

当5π6时，|AB|取得最大值，最大值为4. 2（Ⅰ）由曲线C，化为22sin，把x2+y2【提示】2：2sinysin代入可得直角坐

标方程．

同理，由C3：23cos，可得直角坐标方程，联立解出可得C2与C3交点的直角坐标．（Ⅱ）由曲线C1的参数方程，消去参数t，化为普通方程：yxtan，其中0π，其

极坐标方程为：(R，0)，利用|AB||2sin23cos|即可得出． 【考点】极坐标与参数方程，求解交点坐标，最大值的求解

24.【答案】（Ⅰ）见解析 （Ⅱ）见解析

【解析】（Ⅰ）因为(a+b)2a+b+2ab，(c+d)2c+d+2cd 由题设a+bc+d，abcd得(a+b)2(c+d)2 因此a+bc+d．

（Ⅱ）(ⅰ)若|ab||cd|则(ab)2(cd)2，即(a+b)24ab(c+d)24cd．

因为a+bc+d，所以abcd．由（Ⅰ）得a+bc+d．

(ⅱ)若a+bc+d，则(a+b)2(c+d)2，即a+b22abc+d+2cd． 因为a+bc+d，所以abcd，于是

(ab)2(a+b)24ab(c+d)24cd(cd)2

因此|ab||cd|．

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综上，a+bc+d是|ab||cd|的充要条件．

【提示】（Ⅰ）运用不等式的性质，结合条件a，b，c，d均为正数，且a+bc+d，abcd，即可得证；

（Ⅱ）从两方面证，①若a+bc+d，证得|ab||cd|，②若|ab||cd|，证得a+bc+d，注意运用不等式的性质，即可得证． 【考点】不等式的证明和判定，充分、必要条件．

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