2024年普通高等学校招生统一考试
最新模拟卷 数学理科（三）
（120分钟 150分）
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. 已知复数，是方程的两个复数根，且，则（ ）
A. B. C. D.
2. 如图所示的Venn图中，、是非空集合，定义集合为阴影部分表示的集合．若，，则（ ）
A. B.
C. D.
3. 给出下列四个命题，其中正确命题为（ ）
A. “，”的否定是“，”
B. 若是奇函数，则
C. 若的定义域为，，都有，且满足，则是偶函数
D. “”是“”的必要不充分条件
4. 某四面体的三视图如图所示，正视图、俯视图都是腰长为的等腰直角三角形，侧视图是边长为的正方形，则此四面体的四个面中面积最大值为（ ）
A. B. C. D.
5. 已知等差数列前项和为，若，，且，则数列的前2024项和为（ ）
A. 2023 B. 2024 C. 4046 D. 4048
6. 已知，是两个单位向量，且，若向量满足，则的最大值为（ ）
A B. C. D.
7. 已知正方形的边长为2，是平面外一点，设直线与平面的夹角为，若，则的最大值是（ ）
A. B. C. D.
8. 已知，下列不等式恒成立的是（ ）
A. B.
C. D.
9. 下列说法中，错误有（ ）
A. 用决定系数来刻画回归的效果时，的值越接近1，说明模型拟合的效果越好
B. 已知随机变量，若，则
C. 对于随机事件与，若，，则事件与独立
D. 已知采用分层抽样得到的商三年级100名男生和50名女生的身高情况为：男生样本平均数为173，女生样本平均数为164，则总体样本平均数为170
10. 已知函数，则下列结论正确的有（ ）
A. 的最小正周期为
B. 直线是图像的一条对称轴
C. 在上单调递增
D. 若在区间上的最大值为，则
11. 已知为抛物线的焦点，点在抛物线上，过点的直线与抛物线交于，两点（在第一象限），为坐标原点，抛物线的准线与轴的交点为，则下列说法正确的是（ ）
A. 当取最大值时，直线的方程为
B. 若点，则的最小值为3
C. 无论过点的直线在什么位置，两条直线，的斜率之和为定值
D. 若点在抛物线准线上的射影为，则直线、的斜率之积为定值
12. 某军区红、蓝两方进行战斗演习，假设双方兵力（战斗单位数）随时间的变化遵循兰彻斯特模型：，其中正实数，分别为红、蓝两方的初始兵力，为战斗时间；，分别为红、蓝两方时刻的兵力；正实数，分别为红方对蓝方、蓝方对红方的战斗效果系数；和分别为双曲余弦函数和双曲正弦函数．规定：当红、蓝两方任何一方兵力为0时战斗演习结束，另一方获得战斗演习胜利，并记战斗持续时长为．则下列结论不正确的是（ ）
A 若且，则
B. 若且，则
C. 若，则红方获得战斗演习胜利
D. 若，则红方获得战斗演习胜利
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，第22~23题为选考题．
二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分，请将答案填写在题中横线上．）
13. 中国空间站的主体结构包括天和核心舱、问天实验舱和梦天实验舱．假设空间站要安排甲、乙等6名航天员开展实验，三个实验舱每个至少一人至多三人，则不同的安排方法有__________种．
14. 已知实数，满足，且，则的取值范围是________.
15. 若动直线，圆，则直线与圆相交的最短弦长为__________．
16. 如图，在棱长为2的正四面体中，，分别为棱，的中点，为线段的中点，球的表面与线段相切于点，则球被正四面体表面截得的截面周长为__________．
三、解答题（本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．）
17. 记为数列的前项和．已知，．
（1）求数列的通项公式；
（2）若数列满足，求的前项和．
18. 第31届世界大学生夏季运动会（简称大运会）于2023年7月28日在四川成都开幕，这是中国西部城市第一次举办世界性综合运动会．为开好本次大运会，各个行业都力争做到报好．
（1）某体校田径队在备战期间对选手进行了考核，考核设有100米、400米和1500米三个项目，选手需要依次完成考核，成绩合格后的积分分别记为，和（，，1，2），总成绩为累计积分和．考核规定：项目考核逐级进阶，即选手只有在低一级里程项目考核合格后，才能进行下一级较高里程项目的考核，否则考核终止．对于100米和400米项目，每个项目选手必须考核2次，且全部达标才算合格；对于1500米项目，选手必须考核3次，但只要达标2次及以上就算合格．已知选手甲三个项目的达标率依次为，，，每次考核是否达标相互独立．用表示选手甲考核积分的总成绩，求的分布列和数学期望；
（2）某体育用品店统计了2023年1~5月份运动器材销量（单位：千套）与售价（单位：元）的情况，统计结果如下表所示：
月份 1 2 3 4 5
器材售价（元） 100 90 80 70 60
销量（千套） 5 7.5 8 9 10.5
求的相关系数，并判断销量与售价是否有很强的线性相关性．（当时，可以认为两个变量有很强的线性相关性；否则，没有很强的线性相关性）（精确到0.001）．
参考公式：对于一组数据，
相关系数，参考数据：．
19. 如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，，，二面角的大小为，点到底面的距离为．
（1）若是的中点，求证：平面；
（2）若，求点到平面的距离．
20. 已知函数．
（1）求函数的单调区间；
（2）设函数，若恰有两个极值点，求实数的取值范围．
21. 在平面直角坐标系中，圆，，是圆上的一个动点，线段的垂直平分线与直线交于点．记点的轨迹为曲线．
（1）求曲线的方程；
（2）若动直线与曲线相交于、两点，设，，且，，，记直线、的斜率分别为、，若，求点到直线的距离的取值范围．
请考生在第22题，23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分，作答时写清题号．
选修4-4：坐标系与参数方程
22. 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，轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为.
（1）求的普通方程和的直角坐标方程；
（2）与交于两点，是上不同于的一点，若的面积为，求点的坐标.
选修4-5：不等式选讲
23. 已知函数.
（1）当时，求不等式解集；
（2）若，使得不等式成立，求实数的取值范围.2024年普通高等学校招生统一考试
最新模拟卷 数学理科（三）
（120分钟 150分）
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. 已知复数，是方程的两个复数根，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据韦达定理求出，再解出方程的两根虚根，最后再求模.
【详解】因为复数，是方程的两个复数根，且，
所以，解得，
所以，即，
所以，或，，
所以或，
所以.
故选：B
2. 如图所示的Venn图中，、是非空集合，定义集合为阴影部分表示的集合．若，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，由集合的运算结合的定义，代入计算，即可得到结果.
【详解】因为，
，
则,，
由集合的运算可知，表示中去掉的部分，
所以.
故选：D
3. 给出下列四个命题，其中正确命题为（ ）
A. “，”的否定是“，”
B. 若是奇函数，则
C. 若的定义域为，，都有，且满足，则是偶函数
D. “”是“”的必要不充分条件
【答案】C
【解析】
【分析】由全称命题的否定即可判断A，由奇函数的性质即可判断B，由偶函数的定义即可判断C，由充分性必要性的定义即可判断D
【详解】对于A，“，”的否定是“，”，故A错误；
对于B，若是奇函数，且在处有定义，则，故B错误；
对于C，由偶函数的定义可知，若的定义域为，，都有，
且满足，则是偶函数，故C正确；
对于D，推不出，比如，则；
且推不出，比如，
所以“”是“”的既不充分也不必要条件，故D错误；
故选：C
4. 某四面体的三视图如图所示，正视图、俯视图都是腰长为的等腰直角三角形，侧视图是边长为的正方形，则此四面体的四个面中面积最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】作出四面体的实物图，计算出四面体四个面的面积，由此可得出四个面中面积的最大值.
【详解】四面体实物图如下图所示：
可知该几何体是边长为的正方体的内接三棱锥，
如上图所示，是边长为的等边三角形，其面积为；
是直角三角形，且直角边为，，其面积为；
是直角三角形，且直角边为，其面积为；
是直角三角形，且直角边为，，其面积为.
因此，此四面体的四个面中面积最大值为.
故选：B.
【点睛】本题考查四面体四个面的面积最大值的计算，解题的关键就是作出四面体的实物图，考查空间想象能力与计算能力，属于中等题.
5. 已知等差数列的前项和为，若，，且，则数列的前2024项和为（ ）
A. 2023 B. 2024 C. 4046 D. 4048
【答案】D
【解析】
【分析】利用等差数列的性质求出，再利用并项求和法求解即可.
【详解】设首项为，公差为，由已知得，，
可得，解得，故，
若，故，
而数列的前2024项和为.
故选：D
6. 已知，是两个单位向量，且，若向量满足，则的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据模长公式可得，根据向量的坐标运算，利用，可得点的轨迹是以为圆心，2为半径的圆，求得圆心到原点的距离为，从而可得答案．
【详解】已知是两个单位向量，且，
则，
则，则，
设分别是轴与轴正方向上的单位向量，
则，，，
设，则，
因为，
所以，
故中，点的轨迹是以为圆心，2为半径的圆，
圆心到原点的距离为，
．
故选：B．
7. 已知正方形的边长为2，是平面外一点，设直线与平面的夹角为，若，则的最大值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据椭圆的定义和旋转体的概念可知当时点的轨迹是一个椭球,即可根据求解最值.
【详解】由题意知，点为动点，、为定点，，
由椭圆的定义知，点的轨迹是以、为焦点，为焦距，长轴为的椭圆，
将此椭圆绕旋转一周，得到一个椭球，即点的轨迹是一个椭球，
而椭球面为一个椭圆，由，
即，得，
设点在平面上的射影为，则，
又，且，
所以当且仅当时最大，即取到最大值，
故选：B．
8. 已知，下列不等式恒成立的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】构造函数，利用导数研究单调性即可求解A，构造函数，求导即可判断C,构造函数即可求解B，根据指数以及对数的性质即可求解D.
【详解】令且，则，故在上递减，
又，所以，A错误；
令且，则，
所以上，递减，上，递增，
而，此时不能比较，的大小，所以无法确定的大小，C错误；
令且，则，故在上递增，
又，所以，B错误；
由于，所以，故,D正确，
故选：D．
9. 下列说法中，错误的有（ ）
A. 用决定系数来刻画回归的效果时，的值越接近1，说明模型拟合的效果越好
B. 已知随机变量，若，则
C. 对于随机事件与，若，，则事件与独立
D. 已知采用分层抽样得到的商三年级100名男生和50名女生的身高情况为：男生样本平均数为173，女生样本平均数为164，则总体样本平均数为170
【答案】B
【解析】
【分析】由决定系数的定义即可判断A，由二项分布的方差计算公式即可判断B，由条件概率的计算公式即可判断C，由总体样本平均数的计算公式即可判断D
【详解】由决定系数的定义可知，的值越接近1，说明模型拟合的效果越好，故A正确；
由可得，，所以，
且随机变量，则，所以，故B错误；
因为，，则，
即，所以事件与独立，故C正确；
由题意可得，总体样本平均数为，故D正确；
故选：B
10. 已知函数，则下列结论正确的有（ ）
A. 的最小正周期为
B. 直线是图像的一条对称轴
C. 在上单调递增
D. 若在区间上的最大值为，则
【答案】D
【解析】
【分析】由恒等变换公式化简可得，再由正弦型函数的性质对选项逐一判断，即可得到结果.
【详解】因为，
则
，故A错误；
将代入计算可得，又，
，所以直线不是图像的一条对称轴，故B错误；
当时，，且在上不单调，故C错误；
当时，，且在区间上的最大值为，
则，解得，故D正确；
故选：D
11. 已知为抛物线的焦点，点在抛物线上，过点的直线与抛物线交于，两点（在第一象限），为坐标原点，抛物线的准线与轴的交点为，则下列说法正确的是（ ）
A. 当取最大值时，直线的方程为
B. 若点，则的最小值为3
C. 无论过点的直线在什么位置，两条直线，的斜率之和为定值
D. 若点在抛物线准线上的射影为，则直线、的斜率之积为定值
【答案】AC
【解析】
【分析】设直线，当与抛物线相切时，取得最大值，联立直线与抛物线方程，利用求出，即可判断A，利用抛物线的定义转化求出最值，即可判断B，设方程为，，，，联立直线与抛物线方程，消元，列出韦达定理，求出，即可判断C，结合C选项得，求出即可判断D.
【详解】抛物线的焦点，准线方程为，则，
设直线，
联立，得，
当且仅当与抛物线相切时，取得最大值，
由，得，
直线的斜率为，又在第一象限，所以直线的斜率为，
此时取得最大值，直线的方程为，故A正确；
因为，则在准线上的射影为，
过点作垂直准线，垂足为，连接，则，
所以，
当且仅当，，三点共线时等号成立，故B错误；
对于C：由题意知，，且的斜率不为，
设方程为，，，，
联立直线与抛物线的方程，整理得，
显然，则，，
所以，，
则
，
即无论过点的直线在什么位置，两条直线，的斜率之和为定值，故C正确；
对于D：由C选项可知，
则，又，
所以（不为定值），故D错误.
故选：AC
12. 某军区红、蓝两方进行战斗演习，假设双方兵力（战斗单位数）随时间的变化遵循兰彻斯特模型：，其中正实数，分别为红、蓝两方的初始兵力，为战斗时间；，分别为红、蓝两方时刻的兵力；正实数，分别为红方对蓝方、蓝方对红方的战斗效果系数；和分别为双曲余弦函数和双曲正弦函数．规定：当红、蓝两方任何一方兵力为0时战斗演习结束，另一方获得战斗演习胜利，并记战斗持续时长为．则下列结论不正确的是（ ）
A. 若且，则
B. 若且，则
C. 若，则红方获得战斗演习胜利
D. 若，则红方获得战斗演习胜利
【答案】C
【解析】
【分析】对于A根据已知条件利用作差法比较大小即可得出，对于B，利用A中结论可得蓝方兵力先为0，即解得；对于C和D，若要红方获得战斗演习胜利，分别解出红、蓝两方兵力为0时所用时间、，比较大小即可.
【详解】对于A，若且，则，
即，所以，
由可得，即A正确；
对于B，当时根据A中的结论可知，所以蓝方兵力先为，
即，化简可得，
即，两边同时取对数可得，
即，所以战斗持续时长为，所以B正确；
对于C，若红方获得战斗演习胜利，则红方可战斗时间大于蓝方即可，
设红方兵力为时所用时间为，蓝方兵力为时所用时间为，
即，可得
同理可得，即，解得，
又因为都为正实数，所以可得，红方获得战斗演习胜利；
所以可得C错误，D正确.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：本题给的信息比较多，关键是理解题意，然后利用相应的知识（作差法、指数函数的性质）进行判断.
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，第22~23题为选考题．
二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分，请将答案填写在题中横线上．）
13. 中国空间站的主体结构包括天和核心舱、问天实验舱和梦天实验舱．假设空间站要安排甲、乙等6名航天员开展实验，三个实验舱每个至少一人至多三人，则不同的安排方法有__________种．
【答案】450
【解析】
【分析】依据分类加法计数原理和平均及不平均分组问题处理方法求解即可.
【详解】若6名航天员三个实验舱，三个实验舱每个至少一人至多三人，
若每组人数分别为，共有种，
若每组人数分别为，共有种，
综上所有不同的安排方法共有.
故答案为：450
14. 已知实数，满足，且，则的取值范围是________.
【答案】
【解析】
【分析】根据不等式的性质判断与的大小关系是否满足不等式，从而可结合线性规划求目标函数的取值范围.
【详解】实数，满足，且，
若，则，所以，又，所以，
则，即，则，所以与已知矛盾，
故，要满足，则，
即，满足该二元一次不等式的平面区域如下图所示：
设目标函数为，则，故直线的纵截距的取值范围即可得的取值范围，
由可行域可得直线经过时得纵截距的最大值，无最小值，又，所以，故，
所以的取值范围是.
故答案为：.
15. 若动直线，圆，则直线与圆相交的最短弦长为__________．
【答案】
【解析】
【分析】首先求出直线过定点，判断点在圆内，当直线时直线与圆相交的弦长最短，再由弦长公式计算可得.
【详解】直线，则，
令，解得，所以动直线恒过点，
又圆的圆心为，半径，
所以，
所以点在圆内，
所以当直线时直线与圆相交的弦长最短，
最短弦长为.
故答案为：
16. 如图，在棱长为2的正四面体中，，分别为棱，的中点，为线段的中点，球的表面与线段相切于点，则球被正四面体表面截得的截面周长为__________．
【答案】
【解析】
【分析】根据给定条件，求出线段MN长及点O到平面的距离，即可得到球被平面截得的截面周长，从而得到结果；
【详解】
在棱长为2正四面体中，连接，过作于，如图，
由分别为棱的中点，得，
而平面，
则平面，又平面，于是平面平面，
而平面平面，
因此平面，而，，，则，
球半径，，从而，
球被平面截得的截面圆半径，
所以球被平面截得的截面周长.
又为正四面体，所以球被正四面体的每个面截得的截面都为圆，
且圆半径为，
所以球被正四面体表面截得的截面周长为.
故答案为：
三、解答题（本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．）
17. 记为数列的前项和．已知，．
（1）求数列的通项公式；
（2）若数列满足，求的前项和．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用前项和和通项公式之间关系求解即可.
（2）利用错位相减法求和即可.
【小问1详解】
当时，若，则，
两式相减得，
化简得，而，
故是以为首项，为公差的等差数列，
故，
【小问2详解】
由上问得，
故，
，
两式相减得，
，
即，
所以，
故
18. 第31届世界大学生夏季运动会（简称大运会）于2023年7月28日在四川成都开幕，这是中国西部城市第一次举办世界性综合运动会．为开好本次大运会，各个行业都力争做到报好．
（1）某体校田径队在备战期间对选手进行了考核，考核设有100米、400米和1500米三个项目，选手需要依次完成考核，成绩合格后的积分分别记为，和（，，1，2），总成绩为累计积分和．考核规定：项目考核逐级进阶，即选手只有在低一级里程项目考核合格后，才能进行下一级较高里程项目的考核，否则考核终止．对于100米和400米项目，每个项目选手必须考核2次，且全部达标才算合格；对于1500米项目，选手必须考核3次，但只要达标2次及以上就算合格．已知选手甲三个项目的达标率依次为，，，每次考核是否达标相互独立．用表示选手甲考核积分的总成绩，求的分布列和数学期望；
（2）某体育用品店统计了2023年1~5月份运动器材销量（单位：千套）与售价（单位：元）的情况，统计结果如下表所示：
月份 1 2 3 4 5
器材售价（元） 100 90 80 70 60
销量（千套） 5 7.5 8 9 10.5
求的相关系数，并判断销量与售价是否有很强的线性相关性．（当时，可以认为两个变量有很强的线性相关性；否则，没有很强的线性相关性）（精确到0.001）．
参考公式：对于一组数据，
相关系数，参考数据：．
【答案】（1）分布列见解析，
（2）与有很强的线性相关性
【解析】
【分析】（1）对于选手甲：记“米成绩合格”、“米成绩合格”、“米成绩合格”分别为事件、、，求出，，，依题意的可能取值有，求出所对应的概率，即可得到分布列与数学期望.
（2）根据公式求出相关系数，即可得出结论；
【小问1详解】
对于选手甲：记“米成绩合格”、“米成绩合格”、“米成绩合格”分别为事件、、，
则，，，
由题意可得可能取值有，
所以，
，
，
，
可得的分布列为：
所以.
【小问2详解】
依题意可得，，
，
，
，
则，
与有很强的线性相关性.
19. 如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，，，二面角的大小为，点到底面的距离为．
（1）若是的中点，求证：平面；
（2）若，求点到平面的距离．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）取的中点，连接、，即可证明，从而得证；
（2）取的中点，的中点，证明平面，建立空间直角坐标系，由条件求平面的法向量和，利用空间向量法求点到平面的距离．
【小问1详解】
取的中点，连接、，因为是的中点，
所以且，
又且，
所以且，
所以四边形为平行四边形，所以，
又平面，平面，所以平面.
【小问2详解】
取线段的中点为，线段的中点为，
连接，
因为为直角梯形，，
所以，又，
所以，
因为，所以，
又，平面，
所以平面，
过点在平面内作直线，
则直线两两垂直，
以原点，为轴正方向建立空间直角坐标系，
过点作，交直线于点，
因为，平面，，
所以平面，故平面，
又点P到底面的距离为，所以，
因为，，
所以为二面角的平面角，
由已知可得，所以，
所以，
所以，
所以，，
因为，所以，
所以
设平面的法向量为，
则，所以，
令，则，
所以为平面的一个法向量，
所以点到平面的距离.
20. 已知函数．
（1）求函数的单调区间；
（2）设函数，若恰有两个极值点，求实数的取值范围．
【答案】（1）函数的单调递减区间为，单调递增区间为.
（2）
【解析】
【分析】（1）利用导数求解单调区间即可.
（2）依据题意求出，分析条件转化为变号零点的存在性问题，转化为交点问题求解参数即可.
【小问1详解】
易知的定义域为，
而，
令，，令，，
故在上单调递减，在上单调递增，
则函数的单调递减区间为，单调递增区间为.
【小问2详解】
由题意得，
，
若恰有两个极值点，则在有两个变号零点，
易知是的零点，
令，化简得，故与有一个交点即可，
而定义域为，
而，当时，恒成立，
故在上单调递增，
而，
当时，，故.
故实数的取值范围为.
【点睛】关键点点睛：本题考查导数，解题关键求出，然后转化为变号零点的存在性问题，转化为交点问题得到所要求的参数范围即可．
21. 在平面直角坐标系中，圆，，是圆上的一个动点，线段的垂直平分线与直线交于点．记点的轨迹为曲线．
（1）求曲线的方程；
（2）若动直线与曲线相交于、两点，设，，且，，，记直线、的斜率分别为、，若，求点到直线的距离的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据圆的性质及双曲线的定义计算可得；
（2）设直线的方程为，联立直线与双曲线方程，消元、列出韦达定理，由求出的值，即可得到直线的方程，再求出点到直线的距离，最后结合不等式的性质计算可得.
【小问1详解】
圆的圆心为，半径，
如图所示，
连接，根据题意，，
则，
点的轨迹是以，为焦点的双曲线，
设双曲线方程为，其中，，
，，则，
故所求的方程为．
【小问2详解】
依题意直线的斜率不为，设直线的方程为，
由，消去整理得，
在的条件下，，，
由，可得，
即，
即，
则，
即，
即，
即，解得或，
当直线的方程为过点，不符合题意，舍去；
所以直线的方程为，则，
由，，且，，所以，故，
所以，则，则，
即点到直线的距离的取值范围为.
【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，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、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
请考生在第22题，23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分，作答时写清题号．
选修4-4：坐标系与参数方程
22. 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，轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为.
（1）求的普通方程和的直角坐标方程；
（2）与交于两点，是上不同于的一点，若的面积为，求点的坐标.
【答案】（1）普通方程为，直角坐标方程为
（2）坐标为或
【解析】
【分析】（1）消参法求的普通方程，注意的范围，公式法求的直角坐标方程；
（2）几何法求得，设且，点线距离和三角形面积公式得，进而确定，即可得坐标.
【小问1详解】
因为，所以，
所以的普通方程为.
直线的极坐标方程为，即，
由，则化为直角坐标方程为.
【小问2详解】
圆心到直线的距离为，则，
设且，
所以点到直线的距离，
由的面积为知，，
所以，则，
所以或，解得或，
故点的坐标为或.
选修4-5：不等式选讲
23. 已知函数.
（1）当时，求不等式的解集；
（2）若，使得不等式成立，求实数的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）当时，分、、三种情况解不等式，综合可得出原不等式的解集；
（2）当时，分析可得，变形可得出，求出函数在区间上的最小值及函数在区间上的最大值，即可得出关于实数的不等式，解之即可.
【小问1详解】
解：当时，，
当时，由，解得，此时；
当时，由，解得，此时；
当时，由，解得，此时.
综上所述，当时，不等式的解集为.
【小问2详解】
解：，使得不等式成立，
所以，使得成立，
因为，
所以，
即，使得成立，
因为在上单调递减，
则当时，函数取得最小值，
又因为在上单调递减，在上单调递增，
且当时，；当时，.
故当时，函数取得最大值.
所以，，解得.
因此，实数的取值范围是.
