2014年高考理科数学新课标1 卷分析版
一、选择题（题型注释）
1．已知集合A x|x22x 30,B x|2x 2，
则
A B （）
A．[2,1]B．[1,2) C.．[1,1]D．[1,2)
【答案】A
【分析】
试题分析：由已知得，A x x 1或x 3，故A I B x 2x 1，选A．【考点定位】1、一元二次不等式解法；2、集合的运算．
2．(1i)
(1i)
3
2
（）
A.1i
B.1i
C.1i
D.1i 【答案】D
【分析】
试题分析：由已知得(1i)
(1i)
3
2
(1i)2(1i)2i (1i)
1i
(1i)22i
．
【考点定位】复数的运算．
3．设函数f(x),g(x)的定义域为R，且f(x)是奇函数，g(x)是偶函数，则下列结论中正确的是（）
A．f(x)g(x)是偶函数B．| f(x)|g(x)是奇函数
C.．f(x)|g(x)|
【答案】C
【分析】
是奇函数D．| f(x)g(x)|是奇函数
试题分析：设H(x)f(x)g(x)，则H(x)f(x)g(x)，因为f(x)是奇函数，g(x)是偶函数，故H(x)f(x)g(x)H(x)，即f(x)|g(x)|是奇函数，选C．【考点定位】函数的奇偶性．
4．已知F为双曲线C:x2my23m(m 0)的一个焦点，则点F到C的一条渐近线的距离为（）
A.3
B. 3
C.3m
D.3m
【答案】A
【分析】
试题分析：由已知得，双曲线C的标准方程为x2y2
1
3m3
．则c23m 3，c 3m 3，
设一个焦点F( 3m 3,0)，一条渐近线l的方程为y
31
x x
3m m
，即
x m y 0，所以焦点F到渐近线l的距离为d 3m 3
m 1
3，选A．
【考点定位】1、双曲线的标准方程和简单几何性质；2、点到直线的距离公式．5．4位同学各自在周六、周日两天中任选一天参加公益活动，则周六、周日都有同学参加公益活动的概率为（）
A．1357 B．C．D．8888
【答案】D
【分析】
试题分析：由已知，4 位同学各自在周六、周日两天中任选一天参加公益活动共有2416种不同的结果，而周六、周日都有同学参加公益活动有两类不同的情况：（1）
一天一人，另一天三人，有C1A28
42种不同的结果；（2）周六、日各2人，有C26
4
种不同的结果，故周六、周日都有同学参加公益活动有8 6 14种不同的结果，所以
周六、周日都有同学参加公益活动的概率为147
168
，选D．
【考点定位】1、排列和组合；2、古典概型的概率计算公式．
6．如图，图O的半径为1，A是圆上的定点，P是圆上的动点，角x的始边为射线OA，终边为射线OP，过点P作直线OA的垂线，垂足为M，将点M到直线OP的距离表示成x
的函数f(x)，则y f(x)在[0,
P
A
O M
]的图像大致为（）
【答案】C
【分析】
试题分析：如图所示，当0x
2
时，在Rt OPM中，OM OP cos x cos x．在
Rt OMD中，MD
1
OM sin x cos x s in x sin2x；当x
22
时，在Rt OPM中，OM OP cos(x)cos x，在Rt OMD中，MD OM sin(x)
1
cos x s in x sin2x
2
，所以当0x 时，y f(x)的图象大致为C．
P
O D P
M
A
D
M O
A
【考点定位】１．解直角三角形；2、三角函数的图象．
7．执行右面的程序框图，若输入的a,b,k分别为1，2，3，则输出的M=（）
A.2071615
B. C. D. 3258
【答案】D
【分析】
试题分析：程序在执行过程中，a 1,b 2,k 3，n 1；
M 1133
,a 2,b ,n 2
222
；
28383315815
M 2,a ,b ,n 3；M ,a ,b ,n 4
332328838
，程序结束，
输出M 15 8
．
【考点定位】程序框图．
8．设(0,
),
(0,),
22
且tan
1sin
cos
,则（）
（A）
32（B）
32
（C）
22
（D）
22
【答案】C 【分析】
试题分析：由已知得，tan sin 1sin
cos cos
，去分母得，
sin cos cos cos sin ，所以
sin cos cos sin cos ，sin()cos sin(
2
)，又因为22
，
22，所以
2
，即
22
，选C．
【考点定位】1、和角的正弦公式；2、同角三角函数基本关系式；3、诱导公式．
9．不等式组x y 1,x
2y 4,
的解集为D,有下面四个命题：
p:(x,y)D,x 2y
21，p:(x,y)D,x 2y 2
2
，
p:(x,y)D,x 2y 3p:(x,y)D,x 2y 134
其中的真命题是（）
，
A．p,p
23B．p,p
12
C．p,p
13
D．p,p
14
【答案】B 【分析】
试题分析：画出可行域，如图所示，设x 2y z，则y 1z
x
22
，当直线l过点
A(2,1)时，z取到最小值，z
min
22(1)0，故x 2y的取值范围为x 2y 0，
所以正确的命题是
y
4p,p
12
，选B．
3 2 1
–4–3–2–1O
–1
–212
A
34
x
–3
–4
【考点定位】1、线性规划；2、存在量词和全称量词．
10．已知抛物线C：y28x的焦点为F，准线为l，P是l上一点，Q是直线PF和C得一个焦点，若PF 4F Q，则QF （）
A.75
B.3
C.
22
D.2
【答案】B 【分析】
试题分析：如图所示，因为PF 4F Q，故PQ
PF
3
4
，过点Q作Q M l，垂足为M，
则QM //x轴，所以MQ PQ3
4PF4
，所以MQ 3，由抛物线定义知，
QF M Q 3，选B．
4
3
2
1
y
–4–3–2–1O
–11234
x
–2
–3
–4
【考点定位】1、抛物线的定义；2、抛物线的标准方程；3、向量共线．
11．已知函数f(x)ax33x21，若f(x)存在唯一的零点x
0，且x 0
，则a的取
值范围是
A．2,B．1,C．
,2
D．,1
【答案】C
【分析】
试题分析：当a 0时，f(x)3x21，函数f(x)有两个零点
33
和，不满足33
题意，舍去；当a 0时，f'(x)3ax26x，令f'(x)0，得x 0或
x 222
．x (,0)时， f (x)0；x (0,)时， f (x)0；x (,)
a a a
时，
f'(x)0，且f(0)0，此时在x (,0)必有零点，故不满足题意，舍去；当a 0
2
时，x (,)时，f
a '
2
(x)0；x (,0)时，f
a
''(x)0，
且f(0)0，要使得f(x)存在唯一的零点x
0，且x 0
，只需
2f
( )0
a
，即a24，
F
''
(x)0；x (0,)时，f
则 a
2
，选 C ．
考点：1、函数的零点；2、利用导数求函数的极值；3、利用导数判断函数的单调性． 12．如图，网格纸上小正方形的边长为 1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多 面体的各条棱中，最长的棱的长度为（ ）
（A ）
6 2
（B ）
6
（C ）
6 2
（D ） 4
【答案】Ｂ 【分析】
试题分析：由正视图、侧视图、俯视图形状，可判断该几何体为四面体，且四面体的长、 宽、高均为 4 个单位，故可考虑置于棱长为 4 个单位的正方体中研究，如图所示，该四 面体为 D
ABC ，且 AB BC 4 ,
AC 4 2
,
DB DC 2 5
,
DA (4 2) 2 4 6
，故最长的棱长为 6，选 B ．
A 4
B
D
C
【考点定位】三视图． 二、双选题（题型注释） 三、判断题（题型注释） 四、连线题（题型注释） 五、填空题（题型注释） 13．
x y
x y
8
的展开式中 x
2 y 7
的系数为________.（用数字填写答案）
【答案】 【分析】
20
试题分析：由题意，
( x
y )
8
展开式通项为 T
k 1
C k 8
x
8k y
k ，
0 k 8 ．当 k 7 时，
T
C 7 8
8
xy
7
8 x y
7
；当
k 6
时，
T
C 7
6 8
x 2 y
6 28 x 2 y
6 ，故
x y
x y
8
的展开
式中
x 2 y 7 项为 x 8xy 7 (y) 28x 2 y 6 20 x 2 y 7
，系数为
20
．
【考点定位】二项式定理．
14．甲、乙、丙三位同学被问到是否去过 A, B , C
三个城市时，
甲说：我去过的城市比乙多，但没去过 B 城市； 乙说：我没去过 C 城市.
丙说：我们三个去过同一城市.
由此可判断乙去过的城市为__________ 【答案】A 【分析】
试题分析：由丙说可知，乙至少去过A ,B,C 中的一个城市，由甲说可知，甲去过A ,C 且 比乙去过的城市多，故乙只去过一个城市，且没去过 C 城市，故乙只去过 A 城市． 【考点定位】推理．
15．已知 A, B, C 为圆 O 上的三点，若 AO _______． 0 【答案】 90 ． 1
2
AB AC ，则 AB 和
AC
的夹角为
【分析】
uuur uuur uuur
试题分析：由 AO （AB + AC ），故O , B , C 2
三点共线，且 O 是线段 BC 中点，故 B C
是圆 O 的直径，从而 BAC 90
，因此 AB
和 AC 的夹角为 900
【考点定位】1、平面向量基本定理；2、圆的性质．
16 ． 已 知 a , b , c
分 别 为
ABC
三 个 内 角 A , B , C
的 对 边 ，
a 2
， 且
2b
(si n A sin B ) (c b ) sin C
3
【答案】
，则
ABC
面积的最大值为____________．
【分析】
试 题 分 析 ： 由
a 2
， 且
2b
(si n A sin B) (c b ) sin C
， 故
(a b)(sinA sinB) (c b)sinC
，又根据正弦定理，得 (a b)( a b ) (c b) c
，化
简 得 ， b 2 c 2
a 2
bc
， 故
cosA
b 2
c 2 a 2
1
2 b c 2
， 所 以 A 60
， 又
b 2
c
2 bc 4 bc
，故 S
BAC
1 2
bcsinA
3
． 【考点定位】1、正弦定理和余弦定理；2、三角形的面积公式． 六、综合题（题型注释） 七、探究题（题型注释） 八、解答题
17．（本小题满分 12 分）
已知数列
a n
的
前
n 项和为 S n ，
a 1
1
，
a
0 n
，
a a
n n 1
S
1
n
，其中 为常数，
（I ）证明：
a n 2
a
n
；
（II ）是否存在 ，使得
a
n
为等差数列？并说明理由.
1
【答案】（I）详见分析；（II）存在，4.
【分析】
试题分析：（I）对于含a,S
n n 递推式的处理，往往可转换为关于项a
n
的递推式或关于S
n
的递推式．结合结论，该题需要转换为项a
n 的递推式．故由a a
n n 1
S 1
n
得
a a n
1n 2S n 11
．两式相减得结论；（II）对于存在性问题，可先探求参数的值再证
明．本题由a 1
1，a
12
，a
13，列方程得
2a a a
213
，从而求出4．得
a
n 2a 4
n
，故数列
a n
的奇数项和偶数项分别为公差为4的等差数列．分别求通
项公式，进而求数列
a
n
的通项公式，再证明等差数列．
试题分析：（I）由题设，a(a a)a．
n
n 1n 2n 1a a
n n 1
S 1
n
，a a n
1n 2S n 1
1．两式相减得，
由于a
n 10，所以a
n 2
a
n
．
（II）由题设，a 1
1
，a a
12S
1
1
，可得a 1
2
，由（I）知，a 1
3
．令
2a a a
213
，解得4．
故a
n 2a 4
n
，由此可得，a
2n1
是首项为1，公差为4的等差数列，
a
2n 1
1(n 1)44n 3；
a 2n 是首项为3，公差为4的等差数列，a
2n
3(n 1)44n 1．
所以a 2n 1，a
n n 1a 2 n
．
因此存在4，使得
a
n
为等差数列．
【考点定位】1、递推公式；2、数列的通项公式；3、等差数列．
18．（本小题满分12分）
从某企业生产的某种产品中抽取500件，测量这些产品的一项质量指标值，由测量结果得如下图频率分布直方图：
（I）求这500件产品质量指标值的样本平均值x和样本方差s2（同一组的数据用该组区间的中点值作代表）；
（II）由直方图可以认为，这种产品的质量指标Z服从正态分布N
,2
，其中近似为样本平均数x，2近似为样本方差s2.
（i）利用该正态分布，求P 187.8Z
212.2
；
（ii）某用户从该企业购买了100件这种产品，记X表示这100件产品中质量指标值位于区间187.8,212.2的产品件数.利用（i）的结果，求EX.
附：15012.2
若Z~N
,2则P
Z0.682
6
，
P
2Z 20.9544
。
【答案】（I）200,150；（II）（i）0.6826；（ii）68.26．
【分析】
试题分析：（I）由频率分布直方图可估计样本特征数众数、中位数、均值、方差．若同一组的数据用该组区间的中点值作代表，则众数为最高矩形中点横坐标．中位数为面积
等分为1
2
的点．均值为每个矩形中点横坐标和该矩形面积积的累加值．方差是矩形横坐
标和均值差的平方的加权平均值．（II）（i）由已知得，Z:
N(200,150)，故P 187.8Z 212.2P(20012.2Z 20012.2)0.6826；
（ii）某用户从该企业购买了100件这种产品，相当于100次独立重复试验，则这100
件产品中质量指标值位于区间187.8,212.2的产品件数X:B(100,0.6826)，故期望
EX 1000.682668.26．
试题分析：（I）抽取产品的质量指标值的样本平均值x和样本方差s2分别为
x 1700.021800.091900.222000.332100.242200.08
2300.02200，
s2(30)20.02(20)20.09(10)20.2200.331020.242020.083020.02 150．
（II）（i）由（I）知，Z服从正态分布N(200,150)，从而P 187.8Z 212.2
P(20012.2Z 200
12.2)0.6826．
（ii）由（i）可知，一件产品的质量指标值位于区间187.8,212.2的概率为0.6826，
依题意知X:B(100,0.6826)，所以EX 1000.682668.26．
【考点定位】1、频率分布直方图；2、正态分布的
19．(本小题满分12分)
3原则；3、二项分布的期望．
如图，三棱柱ABC A B C中，侧面BB C C为菱形，AB B C1
11111
.
A A
1
C
C
1
B B
1
（Ⅰ）证明：AC AB
1
;
（Ⅱ）若AC A B
1，CBB 60
1
,AB BC,求二面角A A B C
111
的余弦值.
【答案】（Ⅰ）详见分析；（Ⅱ）【分析】1 7
试题分析：（Ⅰ）由侧面BB C C
11为菱形得B C B C
11
，结合AB B C
1
得B C
1
平面
ABO，故B C A O，且O为B C的中点．故AO垂直平分线段B C，则AC AB 1111
；（Ⅱ）求二面角大小，可考虑借助空间直角坐标系．故结合已知条件寻找三条两两垂直
相交的直线是解题关键．当AC A B且AC AB时，三角形ACB为等腰直角三角
111
形，故AO CO，结合已知条件可判断BOA BOC，故AOC BOC 900，
从而OA，O B，OB
1两两垂直．故以O
uuur
为坐标原点，OB的方向为x轴正方向建立空间
直角坐标系，用坐标表示相关点的坐标．分别求半平面AA B
11和A B C
111
的法向量，将求
二面角问题转化为求法向量夹角处理．
试题分析：（I）连接BC
1，交B C于O，连接AO．因为侧面
1
BB C C
11
为菱形，所以
B C B C，且O为B C和BC的中点．又1111AB B C，所以B C 平面ABO，故11
B C A O 1．又B O CO
1
,故AC AB
1
．
（II）因为AC A B
1，且O为B C
1
的中点，所以AO CO，又因为AB BC，
BOA BOC．故OA OB，从而OA，O B，OB
1两两垂直．以O
uuur
为坐标原点，OB
uuur
的方向为x轴正方向，OB为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系O xyz．因为
CBB 60
10，所以CBB为等边三角形．又AB BC,则A(0,0,
1
3
3
)，B(1,0,0)，
B(0, 1
3
3,0)，C(0,
,0)
33
．
uuuur uuuur uuur uuuuur uuur
AB (0,,),A B AB (1,0,),B C BC (1,,0) 3333
．
r
设n (x, y,z)是平面AA B
11
r uuur
n AB0,
的法向量，则r uuuur即
n AB0,
33
y z 0,
33
x z 0,
3
所以可取
r
n (1,3,3)．
ur uuuur
ur m AB0,ur
设m是平面A B C的法向量，则ur u uuur同理可取m (1,3,3)
m BC0,
r ur
n m11
则cos n,m r ur ．所以二面角A A B C的余弦值为．
n m77
z
．
A A 1
C
C
1
O
B B
y
【考点定位】1、直线和平面垂直的判定和性质；2、二面角求法．
20．已知点A 0，
2,椭圆E:
x2y2
1(a b 0)
a2b2
的离心率为
3
2
；F是椭圆E的右
焦点，直线AF的斜率为（I）求E的方程；23
3
，O为坐标原点
（II）设过点A的动直线l和E相交于P,Q两点。当OPQ的面积最大时，求l的直线方程.
【答案】（I）x2
4
y21；（II）y
7
2
7
x 2或y x 2.
2
【分析】3333
11111
1
11
3
11
111
11
r ur
111
1
试题分析：（I ）由直线 AF 的斜率为
2 3 3 ，可求 c 3 ．并结合 e
3
2
求得 a 2 ，
再利用 b
2
a 2
c
2 求
b ，进而可确定椭圆 E 的方程；（II ）依题意直线 l 的斜率存在，
故可设直线 l 方程为 y kx 2
，和椭圆方程联立得
(1
4 k
2 ) x 2
16 kx 12 0
．利用
弦长公式表示
PQ
k 2 1 x
x
1
2
4 k 2 1 4k 2 3
4k 2 1
，利用点到直线 l
的距离求
OPQ
的高
k 2 2
1
．从而三角形
OPQ
的面积可表示为关于变量 k
的函数分析式
f (k )
，再求函数最大值及相应的 k
值，故直线 l
的方程确定．
试题分析：（I ）设右焦点 F (c,0) ，由条件知，
2 2 3
，得 c
3 ． c 3
又
c
3
a 2
，所以
a 2
， b 2 a 2 c 2
1
．故椭圆 E
的方程为
x 2
4
y 2 1
．
（II ）当
l
x
轴时不合题意，故设直线
l :
y kx 2
，
P (x , y ),Q(x , y ) 1
1
2
2
．
将 y kx 2
代入
x 2
4
y 2 1
得
(14 k 2 ) x 2 16 kx 12 0
．当
16(4 k 2 3) 0
，
即 k 2
3 4
时，
x
1,2
8k 2 4k 2 3 4 k 2 1 4k 2 3
．从而 PQ
k 1 x
x
4k 2 1
4k 2 1
．又点 O 到
直线 PQ 的距离 d
2 k 2
1
，所以 OPQ 的面积 S
OPQ
1
4 4k 2 3 d PQ
2
4k 2 1
．设
4k 2
3 t
，则
t 0 ， S
OPQ
4t
t 2 4
4 t 4 t
4 7
．因为 t 4 ，当且仅当 t 2 时， k 时取等 t 2
号，且满足
0 ．所以，当 OPQ
7 y
x 2 ．
2
的面积最大时， l 的方程为
y
7
2
x 2
或
【考点定位】1、椭圆的标准方程及简单几何性质；2、弦长公式；3、函数的最值．
2
1 2
21．（12 分）设函数 f ( x ) ae
x
ln x
be x 1 x
，曲线 y f ( x ) 在点 (1, f (1))处的切线方
程为 y e ( x 1)
2.
（I ）求 a , b ;
（II ）证明： f ( x ) 1.
；（II ）详见分析.
【答案】（I ） a 1,b 2
【分析】
试题分析：（I ）由切点(1, f (1))在切线 y e ( x 1) 2.
上，代入得 f (1) 2
①．由导数
的几何意义得 f '
(1) e
②，联立①②求 a , b ；（II ）证明 f ( x ) 1
成立，可转化为求函
数 f ( x )
的最小值，只要最小值大于 1 即可．该题不易求函数 f ( x )
的最小值，故可考虑
将不等式结构变形为 x ln x xe
x
2 e
，分别求函数 g ( x ) x ln x 和 h ( x ) xe x
2 e
的
最值 ，发现 g ( x ) 在 (0, ) 1 1 的最 小值为 g ( ) e e
， h ( x ) 在 (0,
) 的最大值 为
h (1)
1 2 ．且不同时取最值，故 x l n x xe x e e 成立，即 f ( x ) 1.
注意该种方法有
局 限 性 f ( x )
min
g ( x )
min
只 是 不 等 式 f ( x ) g ( x )
的 充 分 不 必 要 条 件 ， 意 即 当
f ( x )
g ( x )
成立，最值之间不一定有上述关系．
试题分析：（I ）函数的定义域为 (0,
)
． f ' ( x ) ae x ln x
a
b
b e x e x
1
e x 1 x x 2 x
．
由题意可得，
f (1) 2, f ' (1) e
．故 a 1,b 2
．
（II ）由（I ）知， f ( x ) e x
ln x
2 2 e x 1，从而 f ( x ) 1 等价于 x ln x xe x x e
，设
函数 g ( x ) x ln x ，则 g ' ( x ) 1 ln x 1 1
．所以当 x (0, ) 时，g ' ( x ) 0 ；当 x ( , )
e e
时， g ' ( x ) 0 ．故 g ( x ) 在 1 1
(0, ) 递减，在 ( , )e e 递增，从而 g ( x ) 在 (0, )
的最小
值为 1 1 2
g ( ) ．设 h ( x ) xe x ，则 h ' ( x ) e x (1x ) e e e
．所以当 x (0,1) 时，
h
' ( x ) 0 ；当 x (1,
)时， h '
( x ) 0 ．故 h ( x ) 在 (0,1) 递增，在 (1,
)
递减，从而
h ( x )
在 (0,
)
的最大值为
h (1)
1
e
．综上，当
x 0 时，g ( x ) h ( x ) ，即 f ( x ) 1.
． 【考点定位】1、导数的几何意义；2、利用导数判断函数的单调性；3、利用导数求函 数的最值．
22．（本小题满分 10 分）选修 4-1：几何证明选讲
如图，四边形 ABCD 是
的内接四边形， AB 的延长线和 DC 的延长线交于点 E ，
且
CB
CE
.
（Ⅰ）证明：
D
E
；
（Ⅱ）设
AD
不是
的直径，
AD
的中点为
M ，且 MB MC ，证明：
ADE
为
等边三角形.
【答案】（Ⅰ）详见分析；（Ⅱ）详见分析. 【分析】
试题分析：（Ⅰ）由圆的内接四边形的性质得
E
CBE ，则有
D CBE
，由等腰三角形的性质得
D
E ，充分挖掘角的等量关系是解题关键；（Ⅱ）要证明 ADE 为等边三角形，
只 需 证 明 三 个 内 角 相 等 ． 由
E CBE 得 ， 需 证 A CBE ， 故 只 需 证 明 AD / / B C ．由 MB MC 得， M 在弦 BC 的垂直平分线上，该直线必然是直径所在
的直线，又 M 是非直径的弦 AD 的中点，故该直线垂直于 AD ，则 AD / / B C ，进而
ADE 证明
为等边三角形．
试 题 分 析 ：（ I ） 由题 设 知 A, B , C , D E
CBE ，故 D E ．
四 点 共 圆 ， 所 以
D CBE
． 由 已 知 得
（II ）设 BC 的中点为 N ，连接 M N ，则由 M B MC 知 MN BC ，故 O 在直线 MN 上．又 AD 不是 e O 的直径， AD 的中点为 M ，故 OM A D ，即 MN A D ．所
以 AD / / B C ，故 A
CBE ．又 E CBE ，故 E A ．由（1）知， D E ，所以 ADE 为等边三角形.
【考点定位】1、圆的内接四边形的性质；2、垂径定理的推
论． 23．（本小题满分 10 分）选修 4—4，坐标系和参数方程
已知曲线
C :
1
x 2 y 2 1 4
9
，
直线 ：
x 2 t , y 2 2t ,
（ t
为参数）. （I ）写出曲线 C
的参数方程，直线 l
的普通方程；
（II ）过曲线 C 上任意一点 P 作和 l 夹角为 30的直线，交 l 于点 A ， PA 的最大值和 最
小值．
l
【答案】（I）
x 2cos ,
y 3sin ,
2x y 60
22525
；（II）最大值为，最小值为.
55【分析】
试题分析：（I）由椭圆的标准方程设
x y
cos ,sin
22
，得椭圆的参数方程为
x 2cos ,
y 3sin ,
，消去参数t即得直线的普通方程为2x y 60；（II）关键是处理好PA和角30的关系．过点P作和l垂直的直线，垂足为H，则在PHA中，
1
PH d PA，故将PA的最大值和最小值问题转化为椭圆上的点P(2cos ，2
3sin )到定直线2x y 60的最大值和最小值问题处理．
试题分析：（I）曲线C的参数方程为
．
2x y 60
x 2cos ,
y 3sin ,
（为参数）．直线l的普通方程为
（II）曲线C上任意一点P(2cos ,3sin )到l的距离为
5
d 4cos
5
3sin 6．则
PA
d25
5sin()6
sin3005
．其中为锐角，且tan
4
3
．
当s in()1时，PA取到最大值，最大值为
225
5
．
当s in()1时，PA取到最小值，最小值为
25
5
．
【考点定位】1、椭圆和直线的参数方程；2、点到直线的距离公式；3、解直角三角形．24．（本小题满分10分）选修4-5：不等式选讲
若a 0,b 0，且
11
ab
a b
.
（Ⅰ）求a3b3的最小值；
（Ⅱ）是否存在a,b，使得2a 3b 6
【答案】（Ⅰ）42；（Ⅱ）不存
在．【分析】
？并说明理由.
试题分析：（Ⅰ）由已知11
ab
a b
，利用基本不等式的和积转化可求ab 2，利
用基本不等式可将a3b3转化为ab，由不等式的传递性，可求a3b3的最小值；（Ⅱ）由基本不等式可求2a 3b的最小值为43，而436，故不存在．
试题分析：（I）由
112
ab ，得ab 2，且当a b 2
a b ab
时取等号．故
a3b32a3b342，且当a b 2时取等号．所以a b的最小值为42．
（II）由（I）知，
2a 3b 6
得．
2a 3b 26ab 43．由于436，从而不存在a,b，使【考点定位】基本不等式．
33