2020届高三上学期单科质量检查数学（理）试题—附解析答案

市单科质检数学 理科 试题市单科质检数学 理科 试题第第 1 页 共页 共 8 页 页 保密保密 启用前启用前 泉州市泉州市 2020 届高中毕业班单科质量检查届高中毕业班单科质量检查 理理科科数数学学 2020 1 注意事项 注意事项 1 答题前 考生先将自己的姓名 准考证号填写在答题卡上 2 考生作答时 将答案答在答题卡上 请按照题号在各题的答题区域 黑色线框 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 3 选择题答案使用 2B 铅笔填涂 如需改动 用橡皮擦干净后 再选涂其它答案标号 非选择题答案 使用5 0毫米的黑色中性 签字 笔或碳素笔书写 字体工整 笔迹清楚 4 保持答题卡卡面清洁 不折叠 不破损 考试结束后 将本试卷和答题卡一并交回 一一 选择题选择题 本大题共本大题共 12 小题小题 每小题每小题 5 分分 共共 60 分分 在每小题给出的四个选项中在每小题给出的四个选项中 只有一项是符合题只有一项是符合题 目要求的 目要求的 1 已知集合 2 0Mx xx 1Nx x 则 A MN B MN C R MND MN 解析 因为 2 001Mx xxxx 1Nx x 所以MN 故选 D 2 若复数z满足 1 i 23i z 则 z A 15 i 22 B 15 i 22 C 51 i 22 D 51 i 22 解析 由已知得 2 23i 23i 1 i 25i3i1 5i 1 i 1 i 1 i 22 z 则 z 15 i 22 故选 A 3 若x y满足约束条件 20 31 0 2 xy xy y 则42zxy 的最小值为 A 17 B 13 C 16 3 D 20 解析 该可行域是一个以 137 2 4 2 322 ABC 为顶点的三角形区域 包括边界 当动直线 2 2 z yx 过点 37 22 C 时 z取得最小值 此时 37 4213 22 z 故选 B 市单科质检数学 理科 试题市单科质检数学 理科 试题第第 2 页 共页 共 8 页 页 4 已知 m n是两条不同的直线 是两个不重合的平面 给出下列四个命题 若 m 则m 若mn n 则m 若 m 则m 若m m 则 其中为真命题的编号是 A B C D 解析 中 若 则 内任一直线与 平行 为真命题 中 若mn n 则m可能平行于 也可能在 内 为假命题 中 若 m 则m可能垂直于 也可能平行于 也可能与 相交但不垂直 为 假命题 中 若m 则可在 内作一直线 1 m使 1 mm 又因为 m 所以 1 m 又 1 m 则 为真命题 综上 为真命题 故选 C 5 函数 2 lnf xxx 的图象大致为 A B C D 市单科质检数学 理科 试题市单科质检数学 理科 试题第第 3 页 共页 共 8 页 页 解析 首先 0 x f x为奇函数 排除 B 又 12 0 ee f 排除 C 当0 x 时 2ln20fxx 极值点 1 e x 排除 A 故选 D 6 已知双曲线 22 22 10 0 xy Cab ab 的实轴长为 4 左焦点F到C的一条渐近线的距离为3 则C 的方程为 A 22 1 23 xy B 22 1 43 xy C 22 1 49 xy D 22 1 169 xy 解析 因为实轴长42 a 所以2 a 0 cF 由对称性 双曲线的一个焦点到两条渐近线的距离 相等 不妨取渐近线为x a b y 即0 aybx 点 0 cF 到渐近线的距离 22 0bcbc db c ab 所以3 b 所以C的方程为 22 1 49 xy 故选 C 7 执行如图所示的程序框图 则输出S的值为 A 1010 B 1009 C 1009D 1010 解析 依题意 得2019531 N 0 2 4 62018T 解法一 1 0 32 54 20192018 1010SNT 故选 D 解法二 10101010 2 1010 20191 N 02018 1010 1009 1010 2 T 所以1010 10091010 10101009101010101010 TNS 故选 D 市单科质检数学 理科 试题市单科质检数学 理科 试题第第 4 页 共页 共 8 页 页 8 明代朱载堉创造了音乐学上极为重要的 等程律 在创造律制的过程中 他不仅给出了求解三项等 比数列的等比中项的方法 还给出了求解四项等比数列的中间两项的方法 比如 若已知黄钟 大吕 太簇 夹钟四个音律值成等比数列 则有 大吕黄钟 太簇 2 3 大吕黄钟夹钟 2 3 太簇黄钟夹钟 据此 可得正项等比数列 n a中 k a A 1 1 nk nk n aa B 1 1 n k n k n a a C 1 1 1 n kk n n aa D 1 1 1 kn k n n aa 解析 解法一 因为 1 1 n n aa q 所以 1 1 n n a q a 所以 1 1 1 1 k n n k a aa a 1 1 1 1 k n n a a a 1 11 1 n kk nn n aa 1 1 1 n kk n n aa 故选 C 解法二 特值法 具体略 9 已知抛物线 2 8E xy 的焦点为F 过F的直线l与E交于 A B两点 与x轴交于点C 若A为线 段CF的中点 则AB A 9B 12C 18D 72 解析 依题意得4 p 焦点 2 0 F 解法一 因为A为线段CF的中点 所以 1 22 A 4 2 22 0 12 AF k 所以直线AF的方 程 为 2 2 4 yx 将 其 代 入yx8 2 得01622 2 xx 设 11 yxA 22 yxB 则 22 21 xx 4 4 2 2 4 2 2 4 2 212121 xxxxyy5422 4 2 所以 12 549AByyp 故选 A 解法二 几何法 延长BC交准线2 y于D 过点A作AM垂直准线交准线于M 过点B作BN 垂直准线交准线于N 准线与y轴交于点H FDH 中原点O是线段FH的中点 所以点C是线 段DF的中点 易得4 FH 3 ACAFAM 93 ACAD 设kBNBF 因 为DMADNB 所以 DB AD BN AM 即 kk 12 93 解得6 k 因此963 AB 故选 A 市单科质检数学 理科 试题市单科质检数学 理科 试题第第 5 页 共页 共 8 页 页 10 已知 log ea ln e b 2 e ln c 则 A abc B bca C bac D cba 解析 因为1bc 分别与中间量 1 2 做比较 22 23 11 1 lnlne ln0 22e2e b 43 22 11e1e lnlne ln0 22 2 c 则 1 2 bc 2 11 log e log e 22 a 11 2ln ln 20 ln ln ac 所以bca 故选 B 11 在平面直角坐标系xOy中 直线 40l kxyk 与曲线 2 9yx 交于 A B两点 且 2AO AB 则k A 3 3 B 2 2 C 1D 3 解析 直线04 kykx 即0 4 yxk 所以直线l过定点 0 4 P 过圆心O作lOM 于 M 即 1 2 2 AO ABAMABABAB 所以2 AB 曲线 2 9yx 是圆心为原点 半径3 r的上半圆 解法一 Rt OAM 中 1 AM 3 OAr 所以22132 OM Rt OPM 中 2 2 4 22 sin MPO 所以 4 MPO 直线l的斜率为1 4 tan 故选 C 解法二 圆心到直线l的距离 1 4 1 4 222 k k k k d 2 1 4 922 2 2 22 k k drAB 解得1 k 故选 C 12 已知正三棱柱 111 CBAABC 的所有棱长都为3 D是 11C B的中点 E是线段DA1上的动点 若三棱 锥ABCE 的四个顶点都在球O的球面上 则球O的表面积的取值范围为 A 21 8 2 B 273 16 16 C 273 21 16 D 16 21 解析 解法一 如图所示 依题意可知 三棱锥ABCE 的外接球的球心O在上底面等边 111 ABC 的 中心 1 O与下底面等边ABC 的中心 2 O的连线的线段 12 OO上 设球O的半径为R 当动点E在点 1 A 位置时球O的半径最大 此时球心O在线段 12 OO的中点 在 2 Rt AOO 中 2 23 33 32 O A 市单科质检数学 理科 试题市单科质检数学 理科 试题第第 6 页 共页 共 8 页 页 2 3 O 2 O 则球O的半径 22 22 921 3 42 ROAO AO O 当动点E在点 1 O位置时球O的 半径最小 此时球心O在线段 12 OO上 三棱锥ABCE 为正三棱锥 在 2 Rt AOO 中 2 3O A 2O 3 OR 由 222 22 OAO AO O 得 222 3 3R R 解得2R 所以 21 2 2 R 由球 O的表面积 2 4SR 得16 21 S 故选 D 解法二 如图所示 依题意可知 三棱锥ABCE 的外接球的球心O在上底面等边 111 ABC 的中心 1 O 与下底面等边ABC 的中心 2 O的连线的线段 12 OO上 连接OA OE 设OAOER 1 O Ex 1 OOy 在 1 Rt OO E 中 222 11 OEO EOO 得 222 Rxy 在 2 Rt AOO 中 2 3AO 2 3 OOR 由 222 22 OAO AO O 得 222 3Ry 3 由 222 Rxy 和 2 2 2 33Ry 得 2222 3 yxy 3 整理得 2 126xy 所以 22 612Ryy 2 3y 3 又因为03x 得 3 2 2 y 当2y 时 2 R的最小值为4 当 3 2 y 时 2 R的最小值为 21 4 所以 2 21 4 4 R 由球O 的表面积 2 4SR 得16 21 S 故选 D 二 填空题 本题共二 填空题 本题共 4 小题 每小题小题 每小题 5 分 共分 共 20 分分 13 已知向量 2x a 2 1 b 且ab 则 a 解析 由ab 得 12 20 x 即4x 所以 22 4 2 20 2 5a 14 记 n S为数列 n a的前n项和 若 1 20 nn aa 5 93S 则 5 a 解析 由 1 20 nn aa 得 1 1 2 nn aa 所以数列 n a是公比 1 2 q 的等比数列 市单科质检数学 理科 试题市单科质检数学 理科 试题第第 7 页 共页 共 8 页 页 5 1 1 5 1 1 1 32 93 1 1 2 a aq S q 则 1 48a 故 4 51 3aa q 15 已知函数 f x是定义在R上的奇函数 当0 x 时 1 3 f xf x 当 0 1x 时 ln 2 f xx 则 0 e ff 解析 因为 f x是定义在R上的奇函数 所以 e e ff 0 0f 又2e3 0e21 所以 e 9e29ln e229ff 故 0 e 9ff 16 若函数 sin0 6 f xx 在 2 单调 且在 0 3 存在极值点 则 的取值范围 为 解析 解法一 因为函数 f x在 2 单调 则 22 T 即02 当 0 3 x 66 36 x 又 f x在 0 3 存在极值点 5 366 所以 362 则1 12 当 2 x 6266 x 又 2 7 3266 7 13 666 所以 3 26622 即 262 3 62 解得 24 33 综上 4 1 3 解法二 因为函数 f x在 0 3 存在极值点 所以 362 即1 当 2 x 6266 x 又 f x在 2 单调 所以 3 266 k kk 22 N 即 262 3 62 k k 市单科质检数学 理科 试题市单科质检数学 理科 试题第第 8 页 共页 共 8 页 页 解得 24 2 33 kk 只能取0k 即 24 33 综上 4 1 3 市市单单科科质质检检数数学学 理理科科 试试题题第第 1 页页 共共 11 页页 保保密密 启启用用前前 2020 届届高高中中毕毕业业班班单单科科质质量量检检查查 理理科科数数学学 2020 1 注注意意事事项项 1 答题前 考生先将自己的姓名 准考证号填写在答题卡上 2 考生作答时 将答案答在答题卡上 请按照题号在各题的答题区域 黑色线框 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 3 选择题答案使用 2B 铅笔填涂 如需改动 用橡皮擦干净后 再选涂其它答案标号 非选择题答案 使用5 0毫米的黑色中性 签字 笔或碳素笔书写 字体工整 笔迹清楚 4 保持答题卡卡面清洁 不折叠 不破损 考试结束后 将本试卷和答题卡一并交回 三三 解解答答题题 共共 70 分分 解解答答应应写写出出文文字字说说明明 证证明明过过程程或或演演算算步步骤骤 第第 17 21 题题为为必必考考题题 每每个个试试题题考考 生生都都必必须须作作答答 第第 22 23 题题为为选选考考题题 考考生生根根据据要要求求作作答答 一一 必必考考题题 共共 60 分分 17 12 分 如图 四棱锥ABCDP 的底面是正方形 PA平面ABCD AEPD 1 证明 AE 平面PCD 2 若APAB 求二面角DPCB 的余弦值 命命题题意意图图 本小题考查线面垂直的判定与性质 二面角的求解及空间向量的坐标运算等基础知识 考查 空间想象能力 逻辑推理及运算求解能力 考查化归与转化思想 函数与方程思想等 体现 基础性 综合性与应用性 导向对发展数学抽象 逻辑推理 直观想象等核心素养的关注 试题解析 解法一 1 因为PA 平面ABCD CD 平面ABCD 市单科质检数学 理科 试题市单科质检数学 理科 试题第第 2 页 共页 共 11 页 页 所以PACD 1 分 又底面ABCD是正方形 所以ADCD 2 分 又PAADA 所以CD 平面PAD 3 分 又AE 平面PAD 所以CDAE 4 分 又因为AEPD CDPDD CD PD 平面PCD 5 分 所以AE 平面PCD 6 分 2 因为PA 平面ABCD 底面ABCD为正方形 所以PAAB PAAD ABAD 分别以AB AD AP所在的直线为x轴 y轴 z轴 建立空间直角坐标系Axyz 如图所示 7 分 设1PAAB 则A 0 0 0 B 1 0 0 C 1 1 0 D 0 1 0 0 0 1 P 1 1 0 2 2 E 1 0 1PB 1 1 1PC 1 1 0 2 2 AE 8 分 由 1 得 1 1 0 2 2 AE 为平面PCD的一个法向量 9 分 设平面PBC的一个法向量为 111 mx y z 由 0 0 PB m PC m 得 11 111 0 0 xz xyz 令 1 1x 解得 1 1z 1 0y 所以 1 0 1 m 10 分 因此 1 1 2 cos 21 2 2 m AE m AE mAE 11 分 由图可知二面角BPCD 的大小为钝角 故二面角BPCD 的余弦值为 1 2 12 分 解法二 1 同解法一 6 分 2 过点B作BF垂直于PC于点F 连接DF BD 因为PBPD BCCD PCPC 所以PBCPDC 7 分 因此易得 0 90DFCBFC BFDF 8 分 所以BFD 为二面角BPCD 的平面角 9 分 设1PAAB 则 2BD 6 3 BFDF 10 分 市单科质检数学 理科 试题市单科质检数学 理科 试题第第 3 页 共页 共 11 页 页 在BDF 中 由余弦定理 得 222 222 2 66 2 1 33 cos 226 2 3 BFDFBD BFD BF DF 故二面角BPCD 的余弦值为 1 2 12 分 18 12 分 记 n S为数列 n a的前n项和 已知0 n a 2 634 nnn Saa 1 求 n a的通项公式 2 设 22 1 1 nn n nn aa b a a 求数列 n b的前n项和 n T 命题意图 本小题主要考查递推数列 等差数列的通项公式与数列求和等基础知识 考查推理论证能力 与运算求解能力等 考查化归与转化思想 特殊与一般思想等 体现基础性 导向对发展逻 辑推理 数学运算等核心素养的关注 试题解析 解 1 当1n 时 2 111 634Saa 所以 1 4a 或1 不合 舍去 1 分 因为 2 634 nnn Saa 所以当2 n时 2 111 634 nnn Saa 由 得 22 11 633 nnnnn aaaaa 2 分 所以 11 30 nnnn aaaa 3 分 又0 n a 所以 1 3 nn aa 4 分 因此 n a是首项为4 公差为3的等差数列 5 分 故 43131 n ann 6 分 2 由 1 得 22 313433 2 31 343134 n nn b nnnn 9 分 所以 3333339 2 2 4771031344 34 n n Tnn nnn 12 分 19 12 分 ABC 中 60B 2AB ABC 的面积为2 3 1 求AC 2 若D为BC的中点 E F分别为 AB AC边上的点 不包括端点 且120EDF 求DEF 面积的最小值 市单科质检数学 理科 试题市单科质检数学 理科 试题第第 4 页 共页 共 11 页 页 命题意图 本小题主要考查解三角形 三角恒等变换等基础知识 考查推理论证能力和运算求解能力等 考查数形结合思想和化归与转化思想等 体现综合性与应用性 导向对发展直观想象 逻辑 推理 数学运算及数学建模等核心素养的关注 试题解析 解法一 1 因为60B 2AB 所以 1 sin 2 ABC SAB BCB 13 2 22 BC 3 2 BC 2 分 又2 3 ABC S 所以4BC 3 分 由余弦定理 得 222 2cosACABBCAB BCB 4 分 22 1 242 2 4 2 12 5 分 所以2 3AC 6 分 2 设BDE 0 60 则60CDF 在BDE 中 由正弦定理 得 sinsin BDDE BEDB 7 分 即 2 sin 60 3 2 DE 所以 3 sin 60 DE 8 分 在CDF 中 由正弦定理 得 sinsin CDDF CFDC 由 1 可得30C 即 2 1 sin 90 2 DF 所以 1 cos DF 9 分 所以 1 sin 2 DEF SDE DFEDF 3 4sin 60 cos 2 3 2 3cos2sincos 10 分 3 2sin 2603 11 分 当15 时 sin 260 1 min 3 63 3 23 DEF S 故DEF 面积的最小值为63 3 12 分 市单科质检数学 理科 试题市单科质检数学 理科 试题第第 5 页 共页 共 11 页 页 解法二 1 同解法一 6 分 2 设CDF 0 60 则60BDE 在CDF 中 由正弦定理 得 sinsin CDDF CFDC 7 分 由 1 可得30C 即 2 1 sin 30 2 DF 所以 1 sin 30 DF 8 分 在BDE 中 由正弦定理 得 sinsin BDDE BEDB 即 2 sin 120 3 2 DE 所以 3 sin 120 DE 9 分 所以 1 sin 2 DEF SDE DFEDF 33 4sin 30sin 120 3 1331 4cossincossin 2222 10 分 3 2sin23 11 分 当45 时 sin21 min 3 63 3 23 DEF S 故DEF 面积的最小值为63 3 12 分 20 12 分 已知椭圆 22 22 1 0 xy Eab ab 的离心率为 1 2 点 3 3 2 A在E上 1 求E的方程 2 斜率不为0的直线l经过点 1 0 2 B 且与E交于QP 两点 试问 是否存在定点C 使得 QCBPCB 若存在 求C的坐标 若不存在 请说明理由 命题意图 本小题主要考查椭圆的几何性质 直线与椭圆的位置关系等基础知识 考查推理论证能力 运算求解能力等 考查化归与转化思想 数形结合思想 函数与方程思想等 体现基础性 综合性与创新性 导向对发展逻辑推理 直观想象 数学运算 数学建模等核心素养的关注 试题解析 市单科质检数学 理科 试题市单科质检数学 理科 试题第第 6 页 共页 共 11 页 页 解法一 1 因为椭圆E的离心率 22 1 2 ab e a 所以 22 34ab 1 分 点 2 3 3 A在椭圆上 所以1 4 33 22 ba 2 分 由 解得4 2 a 3 2 b 3 分 故E的方程为1 34 22 yx 4 分 2 假设存在定点C 使得PCBQCB 由对称性可知 点C必在x轴上 故可设 0 C m 5 分 因为PCBQCB 所以直线PC与直线QC的倾斜角互补 因此 0 PCQC kk 6 分 设直线l的方程为 2 1 tyx 11 yxP 22 yxQ 由 22 1 2 1 43 xty xy 消去x 得04512 1612 22 tyyt 7 分 2222 12 4 1216 45 144180 1216 0tttt 所以t R 12 2 12 1216 t yy t 12 2 45 1216 y y t 8 分 因为0 QCPC kk 所以0 2 2 1 1 mx y mx y 所以0 1221 mxymxy 即0 2 1 2 1 1221 mtyymtyy 9 分 整理得 1212 1 2 0 2 ty ymyy 所以0 1612 12 2 1 1612 45 2 22 t t m t t 即0 1612 12 2 1 90 2 t tmt 10 分 所以0 2 1 1290 mtt 即0 2 1 1290 tm 对t R恒成立 即0 1296 tm对t R恒成立 所以8 m 11 分 所以存在定点 0 8 C 使得QCBPCB 12 分 解法二 1 同解法一 4 分 2 若点C存在 当直线PQ垂直x轴时 点C必在x轴上 市单科质检数学 理科 试题市单科质检数学 理科 试题第第 7 页 共页 共 11 页 页 如果直线PQ不垂直x轴 由对称性可知 点C也必在x轴上 5 分 假设存在点 0 mC 使得QCBPCB 即直线PC与直线QC的倾斜角互补 所以0 QCPC kk 6 分 设直线l的方程为 2 1 xky 11 yxP 22 yxQ 由 22 1 2 1 43 yk x xy 消去x 得0124 34 2222 kxkxk 7 分 22222 4 4 43 12 1801440kkkk 所以k R 2 12 2 4 43 k xx k 34 12 2 2 21 k k xx 8 分 因为0 QCPC kk 所以0 2 2 1 1 mx y mx y 所以0 1221 mxymxy 9 分 即 1221 11 0 22 k xxmk xxm 整理得0 2 1 2 2121 mxxmxxk 10 分 所以0 34 4 2 1 34 242 2 2 2 2 m k k m k k k 整理得0 34 243 2 k m k 对任意的k R恒成立 11 分 所以8 m 故存在x轴上的定点 0 8 C 使得QCBPCB 12 分 21 12 分 已知函数 2 1 e x f xxax 1 讨论 f x的单调性 2 若函数 2 1 e1 x g xxmx 在 1 有两个零点 求m的取值范围 命题意图 本小题主要考查导数的综合应用 利用导数研究函数的单调性 最值和零点等问题 考查抽 象概括 推理论证 运算求解能力 考查应用意识与创新意识 综合考查化归与转化思想 分类与整合思想 函数与方程思想 数形结合思想 有限与无限思想以及特殊与一般思想 考查数学抽象 逻辑推理 直观想象 数学运算 数学建模等核心素养 试题解析 市单科质检数学 理科 试题市单科质检数学 理科 试题第第 8 页 共页 共 11 页 页 解 1 因为 2 1 e x f xxax 所以 2 21 e x fxxaxa 1 分 即 11 e x fxxax 由 0fx 得 1 1xa 2 1x 2 分 当0a 时 2 1e0 x fxx 当且仅当1x 时 等号成立 故 f x在 为增函数 3 分 当0a 时 11a 由 0fx 得 1xa 或1x 由 0fx 得 11ax 所以 f x在 1a 1 为增函数 在 1 1a 为减函数 4 分 当0a 时 11a 由 0fx 得 1xa 或1x 由 0fx 得 11xa 所以 f x在 1 1 a 为增函数 在 1 1a 为减函数 5 分 综上 当0a 时 f x在 为增函数 当0a 时 f x在 1a 1 为增函数 在 1 1a 为减函数 当0a 时 f x在 1 1 a 为增函数 在 1 1a 为减函数 2 因为 2 1 e1 x g xxmx 所以 2 1e x g xxm 当0m 时 0g x g x在 1 为增函数 所以 g x在 1 至多一个零点 6 分 当0m 时 由 1 得 g x 在 1 为增函数 因为 0 1gm 0 0g i 当 1m时 0 0 g 0 x 时 0g x 10 x 时 0g x 所以 g x在 1 0 为减函数 在 0 为增函数 min 00g xg 故 g x在 1 有且只有一个零点 7 分 ii 当 1m时 0 0 g 2 10 m g mmem 0 0 xm 使得 0 0gx 且 g x在 0 1 x 为减函数 在 0 x 为增函数 市单科质检数学 理科 试题市单科质检数学 理科 试题第第 9 页 共页 共 11 页 页 所以 0 00g xg 又 2222 1 e1110 m g mmmmm 根据零点存在性定理 g x在 0 x m有且只有一个零点 8 分 又 g x在 0 1 x 上有且只有一个零点0 故当 1m时 g x在 1 有两个零点 9 分 iii 当0 1m 时 1 0gm 0 0 g 0 1 0 x 使得 0 0gx 且 g x在 0 1 x 为减函数 在 0 x 为增函数 因为 g x在 0 x 有且只有一个零点0 若 g x在 1 有两个零点 则 g x在 0 1 x 有且只有一个零点 10 分 又 0 00g xg 所以 10g 即 2 11 0 e gm 所以 2 1 e m 即当 2 11 e m 时 g x在 1 有两个零点 11 分 综上 m的取值范围为 2 1 11 e 12 分 二 选考题 共 二 选考题 共 10 分分 请考生在第请考生在第 22 23 两题中任选一题作答两题中任选一题作答 如果多做 则按所做的第一题计分如果多做 则按所做的第一题计分 22 选修选修44 坐标系与参数方程 坐标系与参数方程 10 分 在同一平面直角坐标系xOy中 经过伸缩变换 2 xx yy 后 曲线 22 1 1Cxy 变为曲线 2 C 1 求 2 C的参数方程 2 设 2 1A P是 2 C上的动点 求OAP 面积的最大值 及此时P的坐标 命题意图