甘肃省2024届高三质量检测试卷(5月)文科数学答案

甘肃省2024届高三质量检测试卷(5月)文科数学答案，整理关于甘肃省2024届高三质量检测试卷(5月)文科数学答案的各科答案和试卷，更多全国大联考请关注微信公众号：趣找答案/直接访问www.qzda.com(趣找答案)

甘肃省2024届高三质量检测试卷(5月)文科数学答案

22.解：(1)因为曲线C1的参数方程为（x=一4t(t为参数)，y=4t所以x=-4×()2,即y2=-4.x,所以C的直角坐标方程为y2=-4x;………….e2分又曲线C2的极坐标方程为p=2cos0,所以p2=2ocos0,即x2+y2=2x,所以C2的直角坐标方程为(x1)2十y2=1.…分（2》G的极坐标方程为ps0=-40s0.即p=%,sin206分把0=a代入C1,C2的极坐标方程，得0=OM=4c0a,p=ON=2cosa,…sin2a8分所以兴-品。=4，解得sm。号sin a29分因为0
</a

甘肃省2024届高三质量检测试卷(5月)文科数学答案

20.解：(1)设椭圆C的右焦点为F2(1,0),根据椭圆的定义得|PF+PF2=2a=4,所以a=2,·2分又因为c=1,所以b=√3，……3分所以椭圆C的方程为+苓=1。4分(2)当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y=kx十m,A(x1,y1),B(x2,y2),联立香+3=1·得（42+3)x+86mz十4m-12=0,y-kx+m,由△=64k2m2-4(4k2+3)(4m2-12)>0,得4k2+3-m2>0,(￥)-8km4m2-12由韦达定理得十=42十31=4k2+36分Oi.Oi=m+y%=(1+k2)n十k(G十2)十m2=7m,12-12=0,3+4k2即m㎡=12+12，满足(×)式78分由对称性可知，设定圆的方程为x2十y2=产，则圆心(0,0)到直线AB的距离r=m2T,即存在√/1十2定圆x2+=号始终与直线AB相切.10分当直线AB的斜率不存在时，由对称性可知∠AOx=∠BOx=45°，不妨设A(w),则+雪-1，a-2T,此时圆x+y-号与直线AB相切.综上，存在定圆x2十y2=1号始终与直线AB相切.12分【1】第(1)向中可将P(1,号)的坐标代入椭圆方程，求得a,b,c【2】第(2)问中，未考虑斜率不存在的情况，扣2分.【3其他方法参照评分标准按步骤给分.

甘肃省2024届高三质量检测试卷(5月)文科数学答案

22.解：(1)因為曲線C1的參數方程為（x=一4t(t為參數)，y=4t所以x=-4×()2,即y2=-4.x,所以C的直角坐標方程為y2=-4x;………….e2分又曲線C2的極坐標方程為p=2cos0,所以p2=2ocos0,即x2+y2=2x,所以C2的直角坐標方程為(x1)2十y2=1.…分（2》G的極坐標方程為ps0=-40s0.即p=%,sin206分把0=a代入C1,C2的極坐標方程，得0=OM=4c0a,p=ON=2cosa,…sin2a8分所以興-品。=4，解得sm。號sin a29分因為0
</a

20.解：(1)設橢圓C的右焦點為F2(1,0),根據橢圓的定義得|PF+PF2=2a=4,所以a=2,·2分又因為c=1,所以b=√3，……3分所以橢圓C的方程為+苓=1。4分(2)當直線AB的斜率存在時，設直線AB的方程為y=kx十m,A(x1,y1),B(x2,y2),聯立香+3=1·得（42+3)x+86mz十4m-12=0,y-kx+m,由△=64k2m2-4(4k2+3)(4m2-12)>0,得4k2+3-m2>0,(￥)-8km4m2-12由韋達定理得十=42十31=4k2+36分Oi.Oi=m+y%=(1+k2)n十k(G十2)十m2=7m,12-12=0,3+4k2即m㎡=12+12，滿足(×)式78分由對稱性可知，設定圓的方程為x2十y2=產，則圓心(0,0)到直線AB的距離r=m2T,即存在√/1十2定圓x2+=號始終與直線AB相切.10分當直線AB的斜率不存在時，由對稱性可知∠AOx=∠BOx=45°，不妨設A(w),則+雪-1，a-2T,此時圓x+y-號與直線AB相切.綜上，存在定圓x2十y2=1號始終與直線AB相切.12分【1】第(1)向中可將P(1,號)的坐標代入橢圓方程，求得a,b,c【2】第(2)問中，未考慮斜率不存在的情況，扣2分.【3其他方法參照評分標準按步驟給分.