1、2020屆九師聯盟高三12月質量檢測試題數學（理）一、單選題2.1 .已知集合A x|x 2 , BA.x|0 x 2B .C. x| 應 x 0 D【答案】D【解析】解一元二次不等式求得集合【詳解】Q A x x2 2 x & xx|x 0 ,則 AI B ()x| ,2 x .,2x|0 x 、2A,由交集定義求得結果.72A B x 0 x 也故選：D【點睛】本題考查集合運算中的交集運算，涉及到一元二次不等式的求解，屬于基礎題一、,2 4i2.已知復數z （i為虛數單位），則復數z在復平面內對應的點的坐標為（）1 iA.1, 3B,1,3C. 1, 3D, 1,3【答案】B【解析】由復數

2、運算法則化簡得z 1 3i ,由復數的幾何意義可知對應點的坐標.【詳解】2 4i 2 4i 1 i 2 6i,Q z 1 3i 復數z對應的點的坐標為1 i 1 i 1 i 21,3故選：B【點睛】本題考查復數對應的復平面的點的坐標的求解，關鍵是能夠利用復數的運算法則化簡復數.23.函數f x x sin x在區間 ,上的圖象大致為（）D.一 0可排除B,從而得到正確結果2【答案】A【解析】根據函數奇偶性可排除C,D ,由f【詳解】22Q f x x sin x x sinx f xf x為奇函數，圖象關于原點對稱，可排除C,D ；22又f sin 0,可排除B,則A正確.2424故選：A【點

3、睛】本題考查函數圖象的識別，通常采用排除法來進行判斷；排除的依據通常為：奇偶性、特殊位置的符號、單調性 .4.河南省新鄭市望京樓遺址位于新鄭市新村鎮杜村和孟家溝村以西及周邊區域，北距鄭州市35公里，遺址發現于 20世紀60年代，當地群眾平整土地時曾出土過一批青銅器和玉器等貴重文物.望京樓商代城址保存較為完整，城址平面近方形，東城墻長約590米、北城墻長約 602米、南城墻長約630米、西城墻長約 560米，城墻寬度為10米20米，則下列數據中可作為整個城址的面積較為準確的估算值的是（）A. 24萬平方米 B. 25萬平方米C. 37萬平方米D. 45萬平方米【答案】C【解析】由城址近方形可計算

4、出方形邊長的近似值，進而得到估算面積 【詳解】Q 590 602 630 560 2382米且城址平面近方形2382城址面積約為 -8-35.46萬平萬米4選項中與35.46最接近的數據為37萬平方米故選：C【點睛】本題考查根據數據計算估算值的問題,關鍵是能夠計算出方形邊長的近似值，屬于基礎r5.已知向量ar1,2 ,b0,1若向量r r = r xa b 與 ar b垂直，則實數x的值為（）C.-7D.【解析】利用坐標表示出xa由垂直關系知r xa0,由數量積的坐標運算構造方程求得結果由題意得:r xax,2x 11,3ra X Qra與r b百垂-bra Xra3x 6x 3 0 ,解得：

5、x 7本題考查根據平面向量垂直關系的坐標表示，關鍵是明確兩向量垂直等價于兩向量的數量積等于零.S8 S46.已知等比數列 an的前n項和為Sn若a7 2a5 0 ,則 （）S4 S2A. 6B. 7C. 8D. 9【答案】C2【斛析】利用公比 q表不出a7 2a5 0,得到q 2；利用等比數列前n項和公式表示出所求式子，化簡后代入 q2即可得到結果.【詳解】設等比數列 an公比為q22由 a7 2a5 0 得：a5q 2a5 a q 2 0Qa5 0q2 2d 84a11qa11qS8s41q1qS4S2a11q4a11q21q1q故選：C【點睛】本題考查等比數列基本量的計算，涉及到等比數列前

6、n項和公式的應用，關鍵是能夠利用已知等式確定公比的取值 .7.將函數f x 2sin xcosx的圖象向右平移0個單位長度，若所得的圖象過1點一，一，則的最小值為（）3 2C.一D.【解析】由二倍角公式和三角函數的平移變換得到所得函數為g x sin 2x 2 ,，、1，廣八，代入 一,一 可求得 所有可能的取值,3 2進而得到最小值f x 2sinxcosx sin2x將f x向右平移 個單位得：g xsin2x 22sin 一32k 652k k6 k12的最小值為一4故選:本題考查三角函數解析式的求解問題，涉及到二倍角公式和三角函數左右平移變換原則的應用，關鍵是能夠根據特殊角三角函數值得

7、到角所有可能的取值38.已知函數f x x 2x,等差數列an的前n項和為Sn ,且f a 7 3,f a3 53,則Sn的最大值為（）A. 20B. 22C. 18D. 16【答案】A【解析】由函數單調性，可知 f 13, f 13,從而求得a1,a3,求得公差d后可得等差數列通項公式，由此確定 n 4或5時，Sn取得最大值；利用等差數列求和公式可求得結果.【詳解】易知f x在R上單調遞增3_3_2_令 f x 3,即 x 2x 3 x 12 x 1 x 1 x x 30,解得：x 1即 f 1 3a1 7 1,即 a1 8令 f x 3,即 x3 2x 3 x3 12 x 1 x 1 x2

8、 x 30,解得：x 1即 f 13a3 51 ,即 a3 4等差數列an的公差d a-2 an 8 2 n 1 2n 102ccccc c54a40,a50,a60Sn 的最大值為S405a d 202故選：A本題考查等差數列前 n項和的最值的求解， 涉及到函數單調性的應用、利用函數值求解自變量的值、等差數列通項公式的求解等知識；求解等差數列前n項和的最值的常用方法有兩種：根據通項公式確定變號項；利用Sn的二次函數性來求解.9.若把單詞“ anyway”的字母順序寫錯了，則可能出現的錯誤寫法的種數為（）A. 179B. 181C. 193D. 205【答案】A【解析】結合排列組合的知識，利用

9、分步乘法計數原理求得6個字母排成一排所有可能的寫法的種數，則可確定錯誤寫法的種數.【詳解】將6個字母排成一排，可分三步進行:2第一步：排n,w,共有 A 30種排法;第二步：排兩個a ,共有C2 6種排法;第三步：排兩個 y ,共有1種排法將6個字母排成一排共有30 6 1 180種排法可能出現的錯誤寫法的種數為 180 1 179種故選：A【點睛】本題考查排列組合綜合應用問題，關鍵是能夠采用分步的方式，確定所有可能的結果種數.10.已知正三棱錐 P ABC的底面ABC為邊長為6的正三角形，三棱錐 P ABC的 四個頂點都在半徑為 4的球上，且球心O在三錐P ABC內，則三棱錐P ABC的 側

10、棱PA的長度為（）A. 8B. 6 2C. 15D. 4,3【答案】D【解析】作PG 平面ABC,由正三棱錐定義和外接球的性質可知G為 ABC的中心2 _且球心O在PG上；由中心的性質可知 AG AD,利用勾股定理可求得 OG,進而3得到PG ;再利用勾股定理求得結果 .【詳解】作PG 平面ABC ,垂足為G ,則G為 ABC的中心且球心 O在PG上如圖所示，其中 D為BC中點&AG 2 AD 2 36 9 2 3 ogoa2 AG216-12 233PG OG OP 2 4 6 PAAG2 PG2 ,12 36 4 3故選：D本題考查立體幾何中多面體外接球的相關計算問題，關鍵是能夠確定外接球

11、球心的位 置，根據垂直關系，利用勾股定理求得所求值2211.在平面直角坐標系 xOy 中，已知點A為橢圓C:當 當 1(a b 0)的左頂點, a buur uur 點P為橢圓C上任一點，直線 AP與直線l ： x a相交于點Q.若OP OQ a2 ,則A.D. ,3【解析】設P m, n ,利用兩點坐標得到直線 AP方程后，與x a聯立后得到Q點坐22標，從而由平面向量數量積坐標運算可得到m2 2n2 a2,與m11對應可得a2 b22當，進而得到結果b【詳解】2m-2auuu1, OPm,n直線AP方程為： y n x a m a2an2an令 x a得：y ,即 Q a,m am auu

12、urOQ2ana,m auuu uuu2an2OP OQ ma a ,整理可得：m 2n am a222-m n2 a 2b2由 F = 1信：m nn a bb故選：C本題考查直線與橢圓的綜合應用問題,涉及到平面向量數量積的坐標運算問題；關鍵是能夠利用數量積運算得到等量關系，進而根據點在橢圓上可求得所求量12.若 x 0,一1 一使信 3 mx(x 2) xln x x 30成立，則實數m的取值范圍是A. (, e) (2,)B. (,0) (e,)C. (, 1)U(4,)D. (,0) U(4,)【答案】D1【斛析】令fxmxx2 xlnxx3；2當m 0時，由導函數可確定單調性，得到當

13、m 0時，由導函數可確定單調性，得到f x min f 10,不符合題意；1 八f x min f 15m 2,由存在性可知只需f x min 0即可，由此構造不等式求得m范圍;當m 0時，由0 x 2時，f x 0可將問題轉化為2,使得f x00；利用放縮法，結合存在性可知2,使得-xo m n x ；構造函數y 3x0In x2 ,結合其導函數確定其極限值,從而可知所需結論必成立，可知m 0；綜合三種情況得到最終結果mx x 2 2mx m In x m x 1 In x當m 0時，f xxln x x 3, f x In x0,1時，f x 0, f x單調遞減當x 1,時，f x 0,

14、 f x單調遞增f x min f 12 0,不符合題意當m 0時，f 10當x 1, 時，m x 10, lnx 0,即f x 0, f x單調遞增當x 0,1時，m x 10, lnx 0,即f x 0, f x單調遞減-1一只需 fx mirlf1m20,解得：m 4min21 -_當m 0時，右0 x 2,則一mx x 20 ,由知xln x x 3 22f x 0若命題成立，則必x 2,使得f X00八 -1Q Xo 2,，使得m2xo2Xo 3 3mX2f Xo-mx2 X0lnXo -X2 m 3n上 33Xo人 In x11nxe令y x 2 ,則y2 oXx-3ln xo-當

15、x 時，y o,則m m oXo必存在Xo2,，使得f Xoo綜上所述：m的取值范圍為,o U 4,故選：D本題考查利用導數研究不等式能成立的問題,關鍵是能夠將問題轉化為函數的最小值與零之間的大小關系的比較；解題難點在于對m o進行討論時，只需說明存在性即可,不需說明恒成立，從而可結合放縮的方式求得結果二、填空題13 .已知函數f x 2x 1 ex,則曲線y f x在點o, f o處的切線方程為【答案】3x y 1 o【解析】利用導函數求得 f o即為切線斜率，由原函數求得f o ,由直線點斜式方程整理得到結果.【詳解】由題意得：f x2ex 2x 1 ex 2x 3 exf o 3,又 f

16、 o 1y f x在o,f o處的切線方程為：y 1 3 x o ,即3x y 1 o故答案為：3x y 1 o【點睛】本題考查曲線在某一點處的切線方程的求解問題，是對導數的幾何意義的應用，屬于基礎題.14 .將一顆質地均勻的骰子(一種各個面上分別標有1, 2, 3, 4, 5, 6個點的正方體玩具)先后拋擲 2次，則出現向上的點數之和為奇數的概率是 .-1【答案】12【解析】利用組合數的知識求得基本事件總數和滿足題意的基本事件個數，根據古典概型概率公式求得結果.【詳解】骰子先后投擲2次，所有可能的結果種數共有：C6c6 36種Q奇數與偶數之和為奇數11向上的點數之和為奇數的結果種數有2C1C

17、3 18種181向上的點數之和為奇數概率p 136 2,1故答案為：12【點睛】 本題考查古典概型概率問題的求解，涉及到組合數公式、分步乘法計數原理的應用，屬于基礎題. 2215.已知雙曲線C:x2 91(a 0,b 0)的左焦點為F,過點F作雙曲線C的一條漸 a b近線的垂線l ,垂足為H ,垂線l與雙曲線的另一條漸近線相交于點P ,。為坐標原點若VPOF為等腰三角形，則雙曲線的離心率為 【答案】2或2立3 b 【解析】由雙曲線方程可得漸近線方程y bxab當一1時，結合等腰三角形三線合一可知FOH POH ,從而求得abFOH ,由此得到一tan一； 3a3b當0 1時，由等腰三角形性質及

18、垂直關系可求得POF 一,由此得到a6btan 一 ；a 6在兩種情況下，結合雙曲線b2c2 a2可構造關于離心率的方程,解方程求得離心率【詳解】 b由題意知，雙曲線漸近線方程為y bxaQ POF為鈍角,，b /當一1時，如下圖所示: aPOF為等腰三角形OFI 10PQ FH OHFOHPOHQ2 FOHPOHFOHtan 一 322c a2ab當0 1時，如下圖所示: aQ OFP為鈍角，POF為等腰三角形又 FH OH , FOHPOFtan- 遮，即與63 a22c a2- a綜上所述:雙曲線的離心率為故答案為:OFPOF 6PF2、. 33FPO FOP本題考查雙曲線離心率的求解問

19、題，關鍵是能夠根據等腰三角形的性質確定漸近線傾斜角的大小，進而根據雙曲線的幾何性質構造關于a, c的齊次方程，從而求得離心率16.在平面直角坐標系 xOy中，已知A, B為圓c：（x22m) (y 2)4上兩個動點,且| AB | 273 .若直線l : y2x上存在唯一的一個點umr uuu uuuP ,使得OC PA PB，則實數m的值為【答案】1 .5或1 . 5【解析】取AB的中點Q,由垂徑定理可求得 CQ 1,從而得到Q點軌跡方程；由向 uuur uur量線性運算可知 OC 2PQ ,由此可利用P點坐標表示出Q點坐標，代入Q點軌跡方程可整理得到關于t的一元二次方程；由存在唯一的P點可

20、知方程0,由此求得結果.【詳解】由題意知：圓C的圓心C m,2 ，半徑r = 2取AB的中點Q ,連結CQ ,則CQ AB22點Q在圓x m y 21上設 P t, 2t , Q x,y uuuruurr uuu uuur uuurQ OCPA PB 2PQ , OC2x 2t2y 4tCQ Jr2 AQ2 4a3 1uurm,2 , PQ x t,y 2tmx t 萬，即 q t m,12ty 1 2t222m12t 2 2 1,即 t m222t 1122m5t24 m t 04Q點P具有唯一性4 m2 5m2 0,解得：m 1 行或 1 75故答案為：1 、,5或1 、,5本題考查直線、

21、圓和平面向量的綜合應用問題;關鍵是能夠利用直線截圓所得弦長求得弦中點軌跡方程，通過向量的線性運算得到坐標間的關系，結合點的唯一性可利用一元次方程判別式等于零求得結果 三、解答題17.在VABC中，角A, B,C的對邊分別為a,b,c,且bsinC csin B 一(1)求角B的大小；-1 1 3一(2)若一一一，VABC的面積為J3 ,求b . a c 22_【答案】(1) B(2) 4垃3【解析】(1)由正弦定理邊化角，結合兩角和差正弦公式可將已知等式整理求得tanB,根據B 0,可求得b ; 11人、一(2)由三角形面積公式可求得ac,利用a c ac 求得a c,利用余弦定理可求得結果(

22、1) bsin C csin B 3【詳解】，由正弦定理得：sin Bsin C sinCsin B 3.sinC 0 sin B sin B 3 sin B-sin B cosB 22 tan B . 3B 0,B 一3(2)由 Sa ABC112-acsin B-acsin223-ac V3 得：ac 441 13 a c ac - -46a c2 b . a2 c2 2accosBa2 c2 ac a c 2 ac 、36 1 4 2本題考查解三角形的相關知識，涉及到正弦定理邊化角的應用、兩角和差正弦公式、三 角形面積公式和余弦定理的應用等知識，屬于常考題型18 .如圖，在正方體 ABC

23、D AB1C1D1中，點E為棱AB的中點.(1)證明：AB/平面 DiCE ；(2)求平面ABG與平面CEDi所成二面角的正弦值.【答案】(1)證明見解析(2) 叵9【解析】(1)根據正方體特點可證得 AB/CDi,由線面平行判定定理證得結論；(2)以D為坐標原點可建立空間直角坐標系，利用二面角的向量求法求得夾角的余弦值，根據同角三角函數關系求得所求的正弦值【詳解】(1)在正方體 ABCD AB1clD1 中，AiDi幺BC，四邊形A1BCD1為平行四邊形A1B/CD1. CD1 平面 D1CE , AB 平面 D1CEAB/平面 D1cE .(2)以點D為坐標原點,uur uur uuur圖

24、所示的空間直角坐標系D xyz設ABDA,DC, DD1方向分別為x軸、y軸、z軸的正方向建立如2,則 D 0,0,0 , A 2,0,0 , B 2,2,0 , E 2,1,0 ,。0,2,2 , A 2,0,2r設平面ABG的法向量為nD1 0,0,2 , C 0,2,02,2,0uuiruuuurx,y,z ,由 AB (0,2, 2), AC1UULV v1,1,1uurEC ( 2,1,0)皿 AB n 2y 2z 0 仃 / dnt r則 uUuv v，取 x1,y1,z1,則 nAC1 n 2x 2y 0uruuuu設平面CED1的法向量為m a,b,c ,由DC (0,2, 2

25、),uuuv V皿D1Cm2b 2c 0 h皿ir則iuUvv，取 a1,b2,c2,則m1,2,2EC m 2ab 0ur r 可得mnir rm,n55 3313 9故平面ABG與平面CEDi所成二面角的正弦值為【點睛】本題考查立體幾何中線面平行關系的證明、空間向量法求解二面角的問題；關鍵是能夠熟練掌握空間向量法求解立體幾何中角度問題的方法，屬于常考題型19 .如圖，已知拋物線M ： y2 4x,四邊形ABCD和DEFG都為正方形，原點。為AD的中點，點C,F在拋物線M上.（1）求點C和點F的坐標；uii urn 4（2）過點D的直線l與拋物線M相交于P,Q兩點，若AP AQ ,求直線l的

26、方程.9【答案】（1） C a, a ,點F的坐標為（3 272,2 2衣）（2）直線l的方程為 23*丫30或3*丫30【解析】（1）分別假設正方形 ABCD和DEFG邊長為a,b,利用a,b表示出C,F坐標,代入拋物線方程可構造方程求得a,b,進而得到所求坐標；（2）設l: x my 1,將直線方程與拋物線方程聯立，得到韋達定理的形式；根據數量積的坐標運算，代入韋達定理的結論可構造方程求得m ,從而得到所求直線方程.【詳解】 一 a（1）設正方形 ABCD的邊長為a,則C , a22 a代入y2 4x得：a 4,解得：a 2或a 0 （舍）點C的坐標為1, 22設正方形DEFG的邊長為b,

27、則F 1 b,b代入方程y2 4x得：b2 4 1 b ,解得b 2 2后或b 2 2衣（舍）點F的坐標為3 2 J2,2 242(2)由(1)知 A 1,0 , D 1,0設直線l的方程為xmy 1,點P,Q的坐標分別為 x1,yi , x2,y2聯立方程 y 4x ,消去X整理為：y2 4my 4 0x my 1則 y24my242 2x X2 m % y22 4m2 2, x -y-y2 116uur又APuuurx11,y , AQx11,y2 ,uur uurAP AQx1 1 x2 12y1y2 x1 x2 x1x2 y1y2 1 4muur uur 42 4由AP AQ 一得：4

28、m 一，解得：m99故直線l的方程為y 3 x 1即直線l的方程為：3x y 3 0或3x y 3 0本題考查直線與拋物線的綜合應用問題,涉及到平面向量數量積的坐標表示；解決直線與拋物線的問題通常采用的方法為：直線與拋物線方程聯立，得到韋達定理的形式；利用韋達定理表示出已知中的等量關系，從而構造方程求得變量20.每個國家身高正常的標準是不一樣的，不同年齡、不同種族、不同地區身高都是有差異的，我們國家會定期進行 018歲孩子身高體重全國性調查，然后根據這個調查結果制定出相應的各個年齡段的身高標準.一般測量出一個孩子的身高，對照一下身高體重表，如果在平均值標準差以內的就說明你的孩子身高是正常的，否

29、則說明你的孩子可能身高偏矮或偏高了 .根據科學研究018歲的孩子的身高服從正態分布N , 2 .在某城市隨機抽取100名18歲男大學生得到其身高(cm)的數據.(1)記X表示隨機抽取的100名18歲男大學生身高的數據在(2 ,2 )之內的人數，求P X 99及X的數學期望.(2)若18歲男大學生身高的數據在 (2 ,2 )之內，則說明孩子的身高是正常的.(i)請用統計學的知識分析該市18歲男大學生身高的情況；(ii )下面是抽取的100名18歲男大學生中20名大學生身高(cm)的數據：1.651.621.741.821.681.721.751.661.731.671.861.811.741.6

30、91.761.771.691.781.631.68_ i 20102120經計算得 x Xi 1.72, s xi x x2 20x20.06,20 i i1, 20 i i i 20 ii其中X為抽取的第i個學生的身高，i 1,2,3,L ,20 .用樣本平均數7作為 的估計值，用樣本標準差s作為的估計，剔除(2 ,2 )之外的數據，用剩下的數據估計和的值.(精確到0.01 ) 2一一一附：若隨機變量 Z服從正態分布 N , ，則P( 2 Z 2 ) 0.9544,0.9544100 0.0094.【答案】(1)概率為0.9906,期望為95.44 (2) (i)在該市中，18歲男大學生的身

31、高是正常的比例為95.44%. (ii)的估計值為1.71,的估計值為0.1.【解析】(1)由3原則知抽取的1名18歲男大學生身高的數據在2 ,2 之 外的概率為0.0456,得到XB 100,0.9544 ,由二項分布的知識可求得所求概率和期望；(2) (i)由(1)中身高正常的概率可得統計結論；(ii )首先確定剔除數據為1.86，計算剩余數據的平均值和標準差即為和 的估計值.【詳解】(1)抽取的1名18歲男大學生身高的數據在2 ,2之內的概率為0.9544在 2,2 之外的概率為：1 0.9544 0.0456 ,故 X B 100,0.9544_100P X 991 P X 100 1

32、 0.95440.9906,E X 100 0.9544 95.44(2) (i)由(1)知，18歲男大學生的身高是正常的概率為0.9544在該市中，18歲男大學生的身高是正常的比例為95.44%(ii )當 1.72,0.06時，區間 2 ,2 為1.6,1.84 ,故除去的數20 172 186剩下數據的平均數為：1.71的估計值為1.711920 222又 Xi 20 0.0620 1.7259.24,剔除 1.86i 11OO剩下數據的樣本方差為：59.24 1.862 19 1.7120.01其標準差為0 119,的估計值為0.1【點睛】本題考查概率統計部分知識的綜合應用，涉及到正態

33、分布與二項分布的知識、用樣本估計總體、平均數和方差及標準差的計算問題，屬于常考題型21.已知函數 f(x) x ln(x 1) sinx.(1)證明：函數f x在區間0, 上存在唯一的極小值點;(2)證明：函數f x有且僅有兩個零點【答案】(1)證明見解析(2)證明見解析【解析】(1)由導函數解析式可確定導函數在0, 上單調遞增；利用零點存在性定理可知存在唯一 x0 0, 使得f x0 0,由此可確定f x單調性，從而得到結論；(2)當x1,0時，由f x 0可知f x單調遞減，由此可確定x 0為f x的一個零點；當x 0, 時，由零點存在定理和(1)中f x單調性，可確定f x存在唯一的零點

34、；當 x , 時，令g x x ln x 1 x , ，由0可確定g x單調遞增，則g x1,由此可確定f x 0 ,進而彳#到f x無零點；綜合三種情況可得結論 .【詳解】/、 1(1) f x 1 cosxx 11 一、，當x 0, 時，函數y 和y cosx單倜遞減x 1一，1、函數y 1 cosx單倜遞增x 111又由 f 011 cos0 1 0, f 1 1 2 011故存在唯一 x0 0,使得f xo 0且當 x 0,x0 時，f x 0；當 xx0,時，f x 00,小時，函數f x單調遞減；當x00,時，函數f x單調遞增故函數fx在區間0,上存在唯一的極小值點(2)當1,0

35、時，由f xxcosx1x又由x 10,cosx 0 ,可得0,故在區間1,0上函數fx單調遞減又由f 00,故有f x 0可得此時函數x的零點為x當x0,時，由f00,lnIn e2ln 13sin 3ln由（1）可知,此時函數當時,f x在區間g x x Inln2 33 1nA 15120 ,故此時函數3.75 0上有唯一的零點;x單調遞增lnIn e2又由sin x，有f x所以在區間沒有零點綜上所述，函數 f x有且僅有兩個零點本題考查利用導數研究函數的極值點個數、零點個數的問題，涉及到利用導數研究函數的單調性、零點存在性定理的應用；在研究函數零點個數問題時，需結合函數的單調性,利用零點存在定理確定所求區間內零點個數22.在平面直角坐標系xxOy中，曲線C的參數方程為ycos（為參數），直線l 2sinx的參數方程為y2t（t為參數）. t(1)若(2