高考数学全国乙卷（理）3年（2021-2023）真题分类汇编-解答题

高考数学全国乙卷（理）3年（2021-2023）真题分类汇编-解答题一、解答题1．（2023年高考全国乙卷数学（理）真题）某厂为比较甲乙两种工艺对橡胶产品伸缩率的处理效应，进行10次配对试验，每次配对试验选用材质相同的两个橡胶产品，随机地选其中一个用甲工艺处理，另一个用乙工艺处理，测量处理后的橡胶产品的伸缩率．甲、乙两种工艺处理后的橡胶产品的伸缩率分别记为，．试验结果如下：记，记的样本平均数为，样本方差为．(1)求，；(2)判断甲工艺处理后的橡胶产品的伸缩率较乙工艺处理后的橡胶产品的伸缩率是否有显著提高（如果，则认为甲工艺处理后的橡胶产品的伸缩率较乙工艺处理后的橡胶产品的伸缩率有显著提高，否则不认为有显著提高）2．（2023年高考全国乙卷数学（理）真题）在中，已知，，.(1)求；(2)若D为BC上一点，且，求的面积.3．（2023年高考全国乙卷数学（理）真题）如图，在三棱锥中，，，，，BP，AP，BC的中点分别为D，E，O，，点F在AC上，.  (1)证明：平面；(2)证明：平面平面BEF；(3)求二面角的正弦值.4．（2023年高考全国乙卷数学（理）真题）已知椭圆的离心率是，点在上．(1)求的方程；(2)过点的直线交于两点，直线与轴的交点分别为，证明：线段的中点为定点．5．（2023年高考全国乙卷数学（理）真题）已知函数.(1)当时，求曲线在点处的切线方程；(2)是否存在a，b，使得曲线关于直线对称，若存在，求a，b的值，若不存在，说明理由.(3)若在存在极值，求a的取值范围.6．（2023年高考全国乙卷数学（理）真题）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，曲线：（为参数，）.(1)写出的直角坐标方程；(2)若直线既与没有公共点，也与没有公共点，求的取值范围.7．（2023年高考全国乙卷数学（理）真题）已知.(1)求不等式的解集；(2)在直角坐标系中，求不等式组所确定的平面区域的面积.8．（2022年全国高考乙卷数学（理）试题）记的内角的对边分别为，已知．(1)证明：；(2)若，求的周长．9．（2022年全国高考乙卷数学（理）试题）如图，四面体中，，E为的中点．(1)证明：平面平面；(2)设，点F在上，当的面积最小时，求与平面所成的角的正弦值．10．（2022年全国高考乙卷数学（理）试题）某地经过多年的环境治理，已将荒山改造成了绿水青山．为估计一林区某种树木的总材积量，随机选取了10棵这种树木，测量每棵树的根部横截面积（单位：）和材积量（单位：），得到如下数据：并计算得．(1)估计该林区这种树木平均一棵的根部横截面积与平均一棵的材积量；(2)求该林区这种树木的根部横截面积与材积量的样本相关系数（精确到0.01）；(3)现测量了该林区所有这种树木的根部横截面积，并得到所有这种树木的根部横截面积总和为．已知树木的材积量与其根部横截面积近似成正比．利用以上数据给出该林区这种树木的总材积量的估计值．附：相关系数．11．（2022年全国高考乙卷数学（理）试题）已知椭圆E的中心为坐标原点，对称轴为x轴、y轴，且过两点．(1)求E的方程；(2)设过点的直线交E于M，N两点，过M且平行于x轴的直线与线段AB交于点T，点H满足．证明：直线HN过定点．12．（2022年全国高考乙卷数学（理）试题）已知函数(1)当时，求曲线在点处的切线方程；(2)若在区间各恰有一个零点，求a的取值范围．13．（2022年全国高考乙卷数学（理）试题）在直角坐标系中，曲线C的参数方程为，（t为参数），以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，已知直线l的极坐标方程为．(1)写出l的直角坐标方程；(2)若l与C有公共点，求m的取值范围．14．（2022年全国高考乙卷数学（理）试题）已知a，b，c都是正数，且，证明：(1)；(2)；15．（2021年全国高考乙卷数学（文）试题）某厂研制了一种生产高精产品的设备，为检验新设备生产产品的某项指标有无提高，用一台旧设备和一台新设备各生产了10件产品，得到各件产品该项指标数据如下：旧设备和新设备生产产品的该项指标的样本平均数分别记为和，样本方差分别记为和．（1）求，，，；（2）判断新设备生产产品的该项指标的均值较旧设备是否有显著提高（如果，则认为新设备生产产品的该项指标的均值较旧设备有显著提高，否则不认为有显著提高）．16．（2021年全国高考乙卷数学（理）试题）如图，四棱锥的底面是矩形，底面，，为的中点，且．（1）求；（2）求二面角的正弦值．17．（2021年全国高考乙卷数学（理）试题）记为数列的前n项和，为数列的前n项积，已知．（1）证明：数列是等差数列;（2）求的通项公式．18．（2021年全国高考乙卷数学（理）试题）设函数，已知是函数的极值点．（1）求a；（2）设函数．证明:．19．（2021年全国高考乙卷数学（理）试题）已知抛物线的焦点为，且与圆上点的距离的最小值为．（1）求；（2）若点在上，是的两条切线，是切点，求面积的最大值．20．（2021年全国高考乙卷数学（文）试题）在直角坐标系中，的圆心为，半径为1．（1）写出的一个参数方程;（2）过点作的两条切线．以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，求这两条切线的极坐标方程．21．（2021年全国高考乙卷数学（文）试题）已知函数．（1）当时，求不等式的解集;（2）若，求a的取值范围．试验序号12345678910伸缩率545533551522575544541568596548伸缩率536527543530560533522550576536样本号ｉ12345678910总和根部横截面积0.040.060.040.080.080.050.050.070.070.060.6材积量0.250.400.220.540.510.340.360.460.420.403.9旧设备9.810.310.010.29.99.810.010.110.29.7新设备10.110.410.110.010.110.310.610.510.410.5参考答案：1．(1)，；(2)认为甲工艺处理后的橡胶产品的伸缩率较乙工艺处理后的橡胶产品的伸缩率有显著提高.【分析】（1）直接利用平均数公式即可计算出，再得到所有的值，最后计算出方差即可；（2）根据公式计算出的值，和比较大小即可.【详解】（1），，， 的值分别为: ，故（2）由（1）知:，，故有,所以认为甲工艺处理后的橡胶产品的伸缩率较乙工艺处理后的橡胶产品的伸缩率有显著提高.2．(1)；(2).【分析】(1)首先由余弦定理求得边长的值为，然后由余弦定理可得，最后由同角三角函数基本关系可得；(2)由题意可得，则，据此即可求得的面积.【详解】（1）由余弦定理可得：，则，，.（2）由三角形面积公式可得，则.3．(1)证明见解析；(2)证明见解析；(3).【分析】（1）根据给定条件，证明四边形为平行四边形，再利用线面平行的判定推理作答.（2）法一：由（1）的信息，结合勾股定理的逆定理及线面垂直、面面垂直的判定推理作答.法二：过点作轴平面，建立如图所示的空间直角坐标系，设，所以由求出点坐标，再求出平面与平面BEF的法向量，由即可证明；（3）法一：由（2）的信息作出并证明二面角的平面角，再结合三角形重心及余弦定理求解作答.法二：求出平面与平面的法向量，由二面角的向量公式求解即可.【详解】（1）连接，设，则，，，则，解得，则为的中点，由分别为的中点，  于是，即，则四边形为平行四边形，，又平面平面，所以平面.（2）法一：由（1）可知，则，得，因此，则，有，又，平面，则有平面，又平面，所以平面平面.法二：因为，过点作轴平面，建立如图所示的空间直角坐标系，，在中，，在中，，设，所以由可得：，可得：，所以，则，所以，，设平面的法向量为，则，得，令，则，所以，设平面的法向量为，则，得，令，则，所以，，所以平面平面BEF；  （3）法一：过点作交于点，设，由，得，且，又由（2）知，，则为二面角的平面角，因为分别为的中点，因此为的重心，即有，又，即有，，解得，同理得，于是，即有，则，从而，，在中，，于是，，所以二面角的正弦值为.    法二：平面的法向量为，平面的法向量为，所以，因为，所以，故二面角的正弦值为.4．(1)(2)证明见详解【分析】（1）根据题意列式求解，进而可得结果；（2）设直线的方程，进而可求点的坐标，结合韦达定理验证为定值即可.【详解】（1）由题意可得，解得，所以椭圆方程为.（2）由题意可知：直线的斜率存在，设，联立方程，消去y得：，则，解得，可得，因为，则直线，令，解得，即,同理可得，则，所以线段的中点是定点.  【点睛】方法点睛：求解定值问题的三个步骤（1）由特例得出一个值，此值一般就是定值；（2）证明定值，有时可直接证明定值，有时将问题转化为代数式，可证明该代数式与参数(某些变量)无关；也可令系数等于零，得出定值；（3）得出结论．5．(1)；(2)存在满足题意，理由见解析.(3).【分析】(1)由题意首先求得导函数的解析式，然后由导数的几何意义确定切线的斜率和切点坐标，最后求解切线方程即可；(2)首先求得函数的定义域，由函数的定义域可确定实数的值，进一步结合函数的对称性利用特殊值法可得关于实数的方程，解方程可得实数的值，最后检验所得的是否正确即可；(3)原问题等价于导函数有变号的零点，据此构造新函数，然后对函数求导，利用切线放缩研究导函数的性质，分类讨论，和三中情况即可求得实数的取值范围.【详解】（1）当时，，则，据此可得，函数在处的切线方程为，即.（2）由函数的解析式可得，函数的定义域满足，即函数的定义域为，定义域关于直线对称，由题意可得，由对称性可知，取可得，即，则，解得，经检验满足题意，故.即存在满足题意.（3）由函数的解析式可得，由在区间存在极值点，则在区间上存在变号零点;令，则，令，在区间存在极值点，等价于在区间上存在变号零点，当时，，在区间上单调递减，此时，在区间上无零点，不合题意;当，时，由于，所以在区间上单调递增，所以，在区间上单调递增，，所以在区间上无零点，不符合题意；当时，由可得，当时，，单调递减，当时，，单调递增，故的最小值为，令，则，函数在定义域内单调递增，，据此可得恒成立，则，令，则，当时，单调递增，当时，单调递减，故，即(取等条件为)，所以，，且注意到，根据零点存在性定理可知:在区间上存在唯一零点.当时，，单调减，当时，，单调递增，所以.令，则，则函数在上单调递增，在上单调递减，所以，所以，所以，所以函数在区间上存在变号零点，符合题意.综合上面可知:实数得取值范围是.【点睛】(1)求切线方程的核心是利用导函数求切线的斜率，求函数的导数要准确地把函数拆分成基本初等函数的和、差、积、商，再利用运算法则求导，合函数求导，应由外到内逐层求导，必要时要进行换元.(2)根据函数的极值(点)求参数的两个要领：①列式:根据极值点处导数为0和极值这两个条件列方程组，利用待定系数法求解;②验证:求解后验证根的合理性.本题中第二问利用对称性求参数值之后也需要进行验证.6．(1)(2)【分析】（1）根据极坐标与直角坐标之间的转化运算求解，注意的取值范围；（2）根据曲线的方程，结合图形通过平移直线分析相应的临界位置，结合点到直线的距离公式运算求解即可.【详解】（1）因为，即，可得，整理得，表示以为圆心，半径为1的圆，又因为，且，则，则，故.（2）因为（为参数，），整理得，表示圆心为，半径为2，且位于第二象限的圆弧，如图所示，若直线过，则，解得；若直线，即与相切，则，解得，若直线与均没有公共点，则或，即实数的取值范围.  【点睛】7．(1)；(2)8.【分析】（1）分段去绝对值符号求解不等式作答.（2）作出不等式组表示的平面区域，再求出面积作答.【详解】（1）依题意，，不等式化为：或或，解，得无解；解，得，解，得，因此，所以原不等式的解集为：（2）作出不等式组表示的平面区域，如图中阴影，  由，解得，由, 解得，又，所以的面积.8．(1)见解析(2)14【分析】（1）利用两角差的正弦公式化简，再根据正弦定理和余弦定理化角为边，从而即可得证；（2）根据（1）的结论结合余弦定理求出，从而可求得，即可得解.【详解】（1）证明：因为，所以，所以，即，所以；（2）解：因为，由（1）得，由余弦定理可得， 则，所以，故，所以，所以的周长为.9．(1)证明过程见解析(2)与平面所成的角的正弦值为【分析】（1）根据已知关系证明，得到，结合等腰三角形三线合一得到垂直关系，结合面面垂直的判定定理即可证明；（2）根据勾股定理逆用得到，从而建立空间直角坐标系，结合线面角的运算法则进行计算即可.【详解】（1）因为，E为的中点，所以；在和中，因为，所以，所以，又因为E为的中点，所以；又因为平面，，所以平面，因为平面，所以平面平面.（2）连接，由（1）知，平面，因为平面，所以，所以，当时，最小，即的面积最小.因为，所以，又因为，所以是等边三角形，因为E为的中点，所以，，因为，所以,在中，，所以.以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，则，所以，设平面的一个法向量为，则，取，则，又因为，所以，所以，设与平面所成的角的正弦值为，所以，所以与平面所成的角的正弦值为.10．(1)；(2)(3)【分析】（1）计算出样本的一棵根部横截面积的平均值及一棵材积量平均值，即可估计该林区这种树木平均一棵的根部横截面积与平均一棵的材积量；（2）代入题给相关系数公式去计算即可求得样本的相关系数值；（3）依据树木的材积量与其根部横截面积近似成正比，列方程即可求得该林区这种树木的总材积量的估计值．【详解】（1）样本中10棵这种树木的根部横截面积的平均值样本中10棵这种树木的材积量的平均值据此可估计该林区这种树木平均一棵的根部横截面积为，平均一棵的材积量为（2）则（3）设该林区这种树木的总材积量的估计值为，又已知树木的材积量与其根部横截面积近似成正比，可得，解之得．则该林区这种树木的总材积量估计为11．(1)(2)【分析】（1）将给定点代入设出的方程求解即可；（2）设出直线方程，与椭圆C的方程联立，分情况讨论斜率是否存在，即可得解.【详解】（1）解：设椭圆E的方程为，过，则，解得，，所以椭圆E的方程为：.（2），所以，①若过点的直线斜率不存在，直线.代入，可得，，代入AB方程，可得，由得到.求得HN方程：，过点.②若过点的直线斜率存在，设.联立得，可得，，且联立可得可求得此时，将，代入整理得，将代入，得显然成立，综上，可得直线HN过定点【点睛】求定点、定值问题常见的方法有两种：①从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；②直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值.12．(1)(2)【分析】（1）先算出切点,再求导算出斜率即可（2）求导,对分类讨论,对分两部分研究【详解】（1）的定义域为当时,,所以切点为,所以切线斜率为2所以曲线在点处的切线方程为（2）设若,当,即所以在上单调递增,故在上没有零点,不合题意若,当,则所以在上单调递增所以,即所以在上单调递增,故在上没有零点,不合题意若(1)当,则,所以在上单调递增所以存在,使得,即当单调递减当单调递增所以当,令则所以在上单调递增，在上单调递减，所以，又，，所以在上有唯一零点又没有零点,即在上有唯一零点(2)当设所以在单调递增所以存在,使得当单调递减当单调递增,又所以存在,使得,即当单调递增,当单调递减，当，，又，而,所以当所以在上有唯一零点,上无零点即在上有唯一零点所以,符合题意所以若在区间各恰有一个零点,求的取值范围为【点睛】方法点睛：本题的关键是对的范围进行合理分类，否定和肯定并用，否定只需要说明一边不满足即可，肯定要两方面都说明.13．(1)(2)【分析】（1）根据极坐标与直角坐标的互化公式处理即可；（2）方法一：联立l与C的方程，采用换元法处理，根据新设a的取值范围求解m的范围即可.【详解】（1）因为l：，所以，又因为，所以化简为，整理得l的直角坐标方程：（2）[方法一]：【最优解】参数方程联立l与C的方程，即将，代入中，可得，化简为，要使l与C有公共点，则有解，令，则，令，，对称轴为，开口向上，，，，即m的取值范围为.[方法二]：直角坐标方程由曲线的参数方程为，为参数，消去参数，可得，联立，得，即，即有，即，的取值范围是．【整体点评】方法一：利用参数方程以及换元，转化为两个函数的图象有交点，是该题的最优解；方法二：通过消参转化为直线与抛物线的位置关系，再转化为二次函数在闭区间上的值域，与方法一本质上差不多，但容易忽视的范围限制而出错． 14．(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】（1）利用三元均值不等式即可证明；（2）利用基本不等式及不等式的性质证明即可．【详解】（1）证明：因为，，，则，，，所以，即，所以，当且仅当，即时取等号．（2）证明：因为，，，所以，，，所以，，当且仅当时取等号．15．（1）；（2）新设备生产产品的该项指标的均值较旧设备有显著提高.【分析】（1）根据平均数和方差的计算方法，计算出平均数和方差.（2）根据题目所给判断依据，结合（1）的结论进行判断.【详解】（1），，，.（2）依题意，，，，所以新设备生产产品的该项指标的均值较旧设备有显著提高.16．（1）；（2）【分析】（1）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设，由已知条件得出，求出的值，即可得出的长；（2）求出平面、的法向量，利用空间向量法结合同角三角函数的基本关系可求得结果.【详解】（1）[方法一]：空间坐标系+空间向量法平面，四边形为矩形，不妨以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，设，则、、、、，则，，，则，解得，故；[方法二]【最优解】：几何法+相似三角形法如图，连结．因为底面，且底面，所以．又因为，，所以平面．又平面，所以．从而．因为，所以．所以，于是．所以．所以． [方法三]：几何法+三角形面积法   如图，联结交于点N．由[方法二]知．在矩形中，有，所以，即．令，因为M为的中点，则，，．由，得，解得，所以．（2）[方法一]【最优解】：空间坐标系+空间向量法设平面的法向量为，则，，由，取，可得，设平面的法向量为，，，由，取，可得，，所以，，因此，二面角的正弦值为.[方法二]：构造长方体法+等体积法  如图，构造长方体，联结，交点记为H，由于，，所以平面．过H作的垂线，垂足记为G．联结，由三垂线定理可知，故为二面角的平面角．易证四边形是边长为的正方形，联结，．，由等积法解得．在中，，由勾股定理求得．所以，，即二面角的正弦值为．【整体点评】（1）方法一利用空坐标系和空间向量的坐标运算求解；方法二利用线面垂直的判定定理，结合三角形相似进行计算求解，运算简洁，为最优解；方法三主要是在几何证明的基础上，利用三角形等面积方法求得.（2）方法一，利用空间坐标系和空间向量方法计算求解二面角问题是常用的方法，思路清晰，运算简洁，为最优解；方法二采用构造长方体方法+等体积转化法，技巧性较强，需注意进行严格的论证.17．（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）由已知得,且，取,得,由题意得,消积得到项的递推关系,进而证明数列是等差数列;（2）由（1）可得的表达式,由此得到的表达式,然后利用和与项的关系求得.【详解】（1）[方法一]：由已知得,且，,取,由得,由于为数列的前n项积，所以,所以，所以,由于所以，即,其中所以数列是以为首项，以为公差等差数列;[方法二]【最优解】： 由已知条件知    ①于是．       ②由①②得．     ③又，       ④由③④得．令，由，得．所以数列是以为首项，为公差的等差数列．[方法三]：  由，得，且，，．又因为，所以，所以．在中，当时，．故数列是以为首项，为公差的等差数列．[方法四]：数学归纳法  由已知，得，，，，猜想数列是以为首项，为公差的等差数列，且．下面用数学归纳法证明．当时显然成立．假设当时成立，即．那么当时，．综上，猜想对任意的都成立．即数列是以为首项，为公差的等差数列．（2）由（1）可得，数列是以为首项，以为公差的等差数列，,,当n=1时，,当n≥2时,,显然对于n=1不成立,∴.【整体点评】（1）方法一从得，然后利用的定义，得到数列的递推关系，进而替换相除消项得到相邻两项的关系，从而证得结论；方法二先从的定义，替换相除得到，再结合得到，从而证得结论，为最优解；方法三由，得，由的定义得，进而作差证得结论；方法四利用归纳猜想得到数列，然后利用数学归纳法证得结论．（2）由（1）的结论得到，求得的表达式,然后利用和与项的关系求得的通项公式；18．（1）；（2）证明见详解【分析】（1）由题意求出，由极值点处导数为0即可求解出参数；（2）由（1）得，且，分类讨论和，可等价转化为要证，即证在和上恒成立，结合导数和换元法即可求解【详解】（1）由，，又是函数的极值点，所以，解得；（2）[方法一]：转化为有分母的函数由（Ⅰ）知，，其定义域为．要证，即证，即证．（ⅰ）当时，，，即证．令，因为，所以在区间内为增函数，所以．（ⅱ）当时，，，即证，由（ⅰ）分析知在区间内为减函数，所以．综合（ⅰ）（ⅱ）有．[方法二] 【最优解】：转化为无分母函数由（1）得，，且，当 时，要证，， ，即证，化简得；同理，当时，要证，， ，即证，化简得；令，再令，则，，令，，当时，，单减，故；当时，，单增，故；综上所述，在恒成立.[方法三] ：利用导数不等式中的常见结论证明令，因为，所以在区间内是增函数，在区间内是减函数，所以，即（当且仅当时取等号）．故当且时，且，，即，所以．（ⅰ）当时，，所以，即，所以．（ⅱ）当时，，同理可证得．综合（ⅰ）（ⅱ）得，当且时，，即．【整体点评】（2）方法一利用不等式的性质分类转化分式不等式：当时，转化为证明，当时，转化为证明，然后构造函数，利用导数研究单调性，进而证得；方法二利用不等式的性质分类讨论分别转化为整式不等式：当时，成立和当时，成立，然后换元构造，利用导数研究单调性进而证得，通性通法，运算简洁，为最优解；方法三先构造函数，利用导数分析单调性，证得常见常用结论（当且仅当时取等号）．然后换元得到，分类讨论，利用不等式的基本性质证得要证得不等式，有一定的巧合性.19．（1）；（2）.【分析】（1）根据圆的几何性质可得出关于的等式，即可解出的值；（2）设点、、，利用导数求出直线、，进一步可求得直线的方程，将直线的方程与抛物线的方程联立，求出以及点到直线的距离，利用三角形的面积公式结合二次函数的基本性质可求得面积的最大值.【详解】（1）[方法一]：利用二次函数性质求最小值由题意知，，设圆M上的点，则．所以．从而有．因为，所以当时，．又，解之得，因此．[方法二]【最优解】：利用圆的几何意义求最小值抛物线的焦点为，，所以，与圆上点的距离的最小值为，解得；（2）[方法一]：切点弦方程+韦达定义判别式求弦长求面积法抛物线的方程为，即，对该函数求导得，设点、、，直线的方程为，即，即，同理可知，直线的方程为，由于点为这两条直线的公共点，则，所以，点A、的坐标满足方程，所以，直线的方程为，联立，可得，由韦达定理可得，，所以，，点到直线的距离为，所以，，，由已知可得，所以，当时，的面积取最大值.[方法二]【最优解】：切点弦法+分割转化求面积+三角换元求最值 同方法一得到．过P作y轴的平行线交于Q，则．．P点在圆M上，则．故当时的面积最大，最大值为．[方法三]：直接设直线AB方程法设切点A，B的坐标分别为，．设，联立和抛物线C的方程得整理得．判别式，即，且．抛物线C的方程为，即，有．则，整理得，同理可得．联立方程可得点P的坐标为，即．将点P的坐标代入圆M的方程，得，整理得．由弦长公式得．点P到直线的距离为．所以，其中，即．当时，．【整体点评】（1）方法一利用两点间距离公式求得关于圆M上的点的坐标的表达式，进一步转化为关于的表达式，利用二次函数的性质得到最小值，进而求得的值；方法二，利用圆的性质，与圆上点的距离的最小值，简洁明快，为最优解；（2）方法一设点、、，利用导数求得两切线方程，由切点弦方程思想得到直线的坐标满足方程，然手与抛物线方程联立，由韦达定理可得，，利用弦长公式求得的长，进而得到面积关于坐标的表达式，利用圆的方程转化得到关于的二次函数最值问题；方法二，同方法一得到，，过P作y轴的平行线交于Q，则．由求得面积关于坐标的表达式，并利用三角函数换元求得面积最大值，方法灵活，计算简洁，为最优解；方法三直接设直线，联立直线和抛物线方程，利用韦达定理判别式得到，且．利用点在圆上，求得的关系，然后利用导数求得两切线方程，解方程组求得P的坐标，进而利用弦长公式和点到直线距离公式求得面积关于的函数表达式，然后利用二次函数的性质求得最大值；20．（1），（为参数）；（2）和．【分析】（1）直接利用圆心及半径可得的圆的参数方程；（2）先求得过（4，1）的圆的切线方程，再利用极坐标与直角坐标互化公式化简即可.【详解】（1）由题意，的普通方程为，所以的参数方程为，（为参数）（2）[方法一]：直角坐标系方法①当直线的斜率不存在时，直线方程为，此时圆心到直线的距离为，故舍去．②当切线斜率存在时，设其方程为，即．故，即，解得．所以切线方程为或．两条切线的极坐标方程分别为和．即和．[方法二]【最优解】：定义求斜率法 如图所示，过点F作的两条切线，切点分别为A，B．  在中，，又轴，所以两条切线的斜率分别和．故切线的方程为，，这两条切线的极坐标方程为和．即和．【整体点评】（2）方法一：直角坐标系中直线与圆相切的条件求得切线方程，再转化为极坐标方程，方法二：直接根据倾斜角求得切线的斜率，得到切线的直角坐标方程，然后转化为极坐标方程,在本题中巧妙的利用已知圆和点的特殊性求解，计算尤其简洁，为最优解.21．（1）.（2）.【分析】（1）利用绝对值的几何意义求得不等式的解集.（2）利用绝对值不等式化简，由此求得的取值范围.【详解】（1）[方法一]：绝对值的几何意义法当时，，表示数轴上的点到和的距离之和，则表示数轴上的点到和的距离之和不小于，当或时所对应的数轴上的点到所对应的点距离之和等于6，∴数轴上到所对应的点距离之和等于大于等于6得到所对应的坐标的范围是或，所以的解集为.[方法二]【最优解】：零点分段求解法  当时，．当时，，解得；当时，，无解；当时，，解得．综上，的解集为．（2）[方法一]：绝对值不等式的性质法求最小值依题意，即恒成立，，当且仅当时取等号，,故，所以或，解得.所以的取值范围是.[方法二]【最优解】：绝对值的几何意义法求最小值由是数轴上数x表示的点到数a表示的点的距离，得，故，下同解法一.[方法三]：分类讨论+分段函数法 当时，则，此时，无解．当时，则，此时，由得，．综上，a的取值范围为．[方法四]：函数图象法解不等式   由方法一求得后，构造两个函数和，即和，如图，两个函数的图像有且仅有一个交点，由图易知，则．【整体点评】（1）解绝对值不等式的方法有几何意义法，零点分段法．方法一采用几何意义方法，适用于绝对值部分的系数为1的情况，方法二使用零点分段求解法，适用于更广泛的情况，为最优解；（2）方法一，利用绝对值不等式的性质求得，利用不等式恒成立的意义得到关于的不等式，然后利用绝对值的意义转化求解；方法二与方法一不同的是利用绝对值的几何意义求得的最小值，最有简洁快速，为最优解法方法三利用零点分区间转化为分段函数利用函数单调性求最小值，要注意函数中的各绝对值的零点的大小关系，采用分类讨论方法，使用与更广泛的情况；方法四与方法一的不同在于得到函数的最小值后，构造关于的函数，利用数形结合思想求解关于的不等式.