2020年广西南宁市高考数学一模试卷(理科)(有解析)

2020年广西南宁市高考数学一模试卷(理科)
一、单项选择题（本大题共12小题，共60.0分）
1.已知集合A={−1,0，1，2}，B={x|x2+x−2<0}.则A∩B=()
A. {−1,0}
B. {0,1}
C. {1,2}
D. {−1,2}
2.若复数z满足(1−i)z=−1+2i，则|z−|=()
A. √2
2B. 3
2
C. √10
2
D. 1
2
3.在某次测量中得到A样本数据如下：43，50，45，55，60，若B样本数据恰好是A样本每个数
都增加3得到，则A、B两样本的下列数字特征对应相同的是()
A. 众数
B. 中位数
C. 方差
D. 平均数
4.(2x−y)(x+2y)5展开式中x3y3的系数为()
A. −40
B. 120
C. 160
D. 200
5.设S n为等比数列{a n}的前n项和，8a2+a5=0，则S5
S2
=()
A. −11
B. −8
C. 5
D. 11
6.已知函数f(x)=a
2
x2+bln x图象在点(1,f(1))处的切线方程是2x−y−1=0，则ab等于()
A. 2
B. 1
C. 0
D. −2
7.函数f(x)=(e x−1)ln|x|
e x+1
的部分图像大致为()
A. B.
C. D.
8.在空间四边形ABCD中，AD=BC=2，E,F分别是AB,CD的中点，若异面直线AD与BC所成
角为90∘，则EF=()
A. 1
B. 2
C. √2
D. √3
9.如图所示的程序框图，输出的结果是S=2017，则输入A的值为()
A. 2018
B. 2016
C. 1009
D. 1008
10.已知双曲线x2
a2−y2
b2
=1(a>0,b>0)，过原点的直线与双曲线交于A，B两点，
以AB为直径的圆恰好过双曲线的右焦点C，若△ABC的面积为2a2，则双曲线的渐近线方程为()
A. y=±√2
2x B. y=±√2x C. y=±√3
3
x D. y=±√3x
11.已知函数f(x)=|x|−1
x2
，则不等式的解集为()
A. (1,0)U(1,+∞)
B. (−∞,−1)U(0,1)
C. (−∞,1)U(1,+∞)
D. (−1,0)U(0,1)
12.已知函数f(x)=√3sin2x−cos2x，有下列四个结论：①f(x)的最小正周期为π；②f(x)在区间
[−π
3,π
6
]上是增函数；③f(x)的图象关于点(π
12
,0)对称；④x=π
3
是f(x)的一条对称轴．其中正确
结论的个数为()
A. 1
B. 2
C. 3
D. 4
二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13.向量a⃗=(3,1)与向量b⃗ =(−1,2)的夹角余弦值是______．
14.等差数列{a n}的前n项和为S n，若a7−a2=a9−10，则S7=________．
15.F1，F2为椭圆Γ：x2
a2+y2
b2
=1(a>b>0)的左、右焦点，点M在椭圆Γ上．若△MF1F2为直角三
角形，且|MF1|=2|MF2|，则椭圆Γ的离心率为______．
16.如图，在四棱锥P−ABCD中，底面四边形ABCD是矩形，BC=2，△PAD是等边三角形，平面
PAD⊥平面ABCD，点E，F分别在线段PA，CD上，若EF//平面PBC，且DF=2FC，则点E 到平面ABCD的距离为______．
三、解答题（本大题共7小题，共82.0分）
17.从一种零件中抽取了80件，尺寸数据表示如下(单位：cm)：
这里用x×n表示有n件尺寸为x的零件，如362.51×1表示有1件尺寸为362.51cm的零件．
(1)作出样本的频率分布表和频率分布直方图；(2)在频率分布直方图中画出频率分布折线图．
18.如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，侧面ABB1A1是矩形，∠BAC=90°，
AA1⊥BC，AA1=AC=2AB=4，且BC1⊥A1C.
(1)求证：平面ABC1⊥平面A1ACC1；
(2)设D是A1C1的中点，判断并证明在线段BB1上是否存在点E，使得
DE//平面ABC1.若存在，求二面角E−AC1−B的余弦值．
19.在△ABC中，a，b，c分别为A，B，C的对边，且sinA=2sinB，
(1)若C=3π
4，△ABC的面积为9√2
4
，求a的值；
(2)求sin(C−A)
sinB −8sin2C
2
的值．
20.已知函数f(x)=lnx−ax+1−a
x
−1(a∈R)．
(Ⅰ)当a≤1
2
时，讨论f(x)的单调性；
(Ⅱ)设g(x)=x2−2bx+4.当a=1
4
时，若对任意x1∈(0,2)，存在x2∈[1,2]，使f(x1)≥g(x2)，求实数b的取值范围．
21.已知抛物线E：y=x2的焦点为F，过点F的直线l的斜率为k，与抛物线E交于A，B两点，
抛物线在点A，B处的切线分别为l1，l2，两条切线的交点为D．
(1)证明：∠ADB=90°；
(2)若△ABD的外接圆Γ与抛物线E有四个不同的交点，求直线l的斜率的取值范围．
22.在直角坐标系xOy中，A(0,−1)，B(−√3,0)，以AB为直径的圆记为圆C，圆C过原点O的切
线记为l，若以原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系．
(1)求圆C的极坐标方程；
(2)若过点P(0,1)，且与直线l垂直的直线l′与圆C交于M，N两点，求|MN|．
23.设a，b为正实数，且1
a +1
b
=4．
(Ⅰ)求a3+b3的最小值；
(Ⅱ)若(a−b)2≥16(ab)3，求ab的值．
【答案与解析】
1.答案：A
解析：解：B={x|−2<x<1}；
∴A∩B={−1,0}．
故选：A．
可解出集合B，然后进行交集的运算即可．
考查列举法、描述法的定义，以及交集的运算．
2.答案：C
解析：
本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数模的求法，是基础题．
把已知等式变形，利用复数代数形式的乘除运算化简，再由复数模的计算公式求解．解：由(1−i)z=−1+2i，得
z=−1+2i
1−i =(−1+2i)(1+i)
(1−i)(1+i)
=−3
2
+1
2
i，
∴|z−|=|z|=√(−3
2)2+(1
2
)2=√10
2
．
故选：C．
3.答案：C
解析：解：根据题意知，A样本数据一定时，B样本数据恰好是A样本每个数都增加3得到的，
则A样本的众数比B样本的众数小3；
A样本的中位数比B样本的中位数小3；
A样本的方差等于B样本的方差；
A样本的平均数比B样本的平均数小3．
故选：C．
根据众数、中位数、平均数和方差的定义知，A样本数据一定时，B样本数据是A样本每个数都增加3得到的，则两样本的方差不变．
本题考查了众数、中位数、平均数和方差的定义与应用问题，是基础题．
解析：解：(x+2y)5展开式的通项为T r+1=C5r(x)5−r(2y)r
∴(x+2y)5=x5+10x4y+40x3y2+80x2y3+80xy4+32y5，
∴(2x−y)(x+2y)5展开式中x3y3的系数为160−40=120，
故选：B．
把(x+2y)5按照二项式定理展开，可得(2x−y)(x+2y)5展开式中x3y3的系数．
本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，二项式系数的性质，属于基础题．5.答案：A
解析：解：设公比为q，
由8a2+a5=0，得8a2+a2q3=0，
解得q=−2，
所以S5
S2=1−q5
1−q2
=−11．
故选：A．
先由等比数列的通项公式求得公比q，再利用等比数列的前n项和公式求之即可．本题主要考查等比数列的通项公式与前n项和公式．
6.答案：C
解析：
本题考查利用导数求曲线在某点处的切线方程的应用，属于基础题．
对f(x)求导，由导数的几何意义即可求解．
解：由题意可得f′(x)=ax+b
x
，
所以f′(1)=a+b=2，且f(1)=a
2
=1，
所以a=2，b=0，
所以ab=0．
7.答案：B
解析：
本题考查函数的图象的判断，函数的奇偶性，属基础题．
利用函数的奇偶性排除选项，然后利用特殊点的函数值，推出结果即可．
解：因为f(−x)=(e −x−1)ln|−x|
e−x+1
=(1−e x)ln|x|
e x+1
=−f(x)是奇函数，
所以排除A，C，
当x→+∞时，f(x)>0，所以排除D．
故选B ．
8.答案：C
解析：
↵
本题考查异面直线所成角，取BD中点G，连接EG，FG，EF，可得∠EGF=90°，进而得出答案．解：取BD中点G，连接EG，FG，EF，
则EG//AD，EG=1，
同理FG//BC，FG=1，
所以∠EGF=90°，
∴EF=√2．
9.答案：D
解析：解：模拟程序的运行，可得程序框图的功能是计算并输出S=2A+1的值，
由题意，可得：2017=2A+1，解得：A=1008．
故选：D．
根据题意，模拟程序框图的运行过程，即可得出正的确答案．
本题主要考查了程序框图的应用，属于基础题．
10.答案：B
解析：
本题考查双曲线的渐近线方程的求法，考查双曲线的方程和应用，考查运算能力，属于中档题．
设双曲线的左焦点为F，连接AF，BF，可得四边形FACB为矩形，由三角形的面积公式，可得a，c的关系，进而得到a，b的关系，可得渐近线方程．
解：设双曲线的左焦点为F，连接AF，BF，
由题意可得AC⊥BC，可得四边形FACB为矩形，即有|AF|=|BC|，
mn=2a2，
设|AC|=m，|BC|=n，可得n−m=2a，n2+m2=4c2，1
2
即有4c2−8a2=4a2，即有c=√3a，b=√c2−a2=√2a，
可得双曲线的渐近线方程为y=±√2x.
故选：B．
11.答案：B
解析：
本题考查函数的奇偶性、单调性，以及不等式的解法，题目难度一般．
首先判断出f(x)为偶函数，且在区间(0,+∞)内为增函数是解题的关键．解：显然f(x)为偶函数，且在区间(0,+∞)内为增函数，f(1)=f(−1)=0，
故f(x)+f(−x)
x <0等价于2f(x)
x
<0．
当x>0时，2f(x)<0，解得0<x<1；
当x<0时，2f(x)>0，解得x<−1．
综上，所求不等式的解集为(−∞,−1)∪(0,1)．
故选B．
12.答案：C
解析：
本题以命题的真假判断与应用为载体，考查了三角函数的图象和性质，难度中档．函数f(x)=
√3sin2x−cos2x=2sin(2x−π
6
)，分析函数的周期性，单调性，对称性，可得答案．
解：函数f(x)=√3sin2x−cos2x=2sin(2x−π
6
)，
①f(x)的最小正周期为π，故①正确；
②由2x−π
6∈[−π
2
+2kπ,π
2
+2kπ](k∈Z)得：x∈[−π
6
+kπ,π
3
+kπ](k∈Z)，
故f(x)在区间[−π
3,π
6
]上不是单调函数，故②错误；
③由2x−π
6=2kπ得：x=π
12
+kπ，(k∈Z)，
当k=0时，f(x)的图象关于点(π
12
,0)对称，故③正确；
④由2x−π
6=π
2
+2kπ得：x=π
3
+kπ，(k∈Z)，
当k=0时，f(x)的图象关于x=π
3
对称，故④正确；
故选C．
13.答案：−√210
解析：解：cos <a ⃗ ，b ⃗ >=√10√5
=−
√2
10
． 故答案为：−√2
10．
根据向量夹角公式计算可得．
本题考查了数量积表示两个向量的夹角，属基础题．
14.答案：70
解析：
本题主要考查等差数列的通项公式，等差数列的性质及求和公式，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
利用等差数列的通项公式可求得a 4=10，进而利用等差数列的性质及求和公式即可求解． 解：设等差数列的公差为d ，首项为a 1， 由a 7−a 2=a 9−10，
所以a 1+6d −a 1−d =a 1+8d −10， 即a 1+3d =10， 所以a 4=10， 所以S 7=
7(a 1+a 7)
2
=
7×2a 4
2
=7a 4=70．
故答案为70．
15.答案：√33或√53
解析：
本题考查椭圆的定义，考查椭圆的几何性质，考查分类讨论的数学思想，考查学生的计算能力，属于基础题．
设|MF 2|=x ，则|MF 1|=2x ，由椭圆的定义可得3x =2a ，根据△MF 1F 2为直角三角形，分类讨论，即可求出椭圆Γ的离心率． 解：设|MF 2|=x ，则|MF 1|=2x ， ∴3x =2a ，∴a =
3x 2
，
∵△MF 1F 2为直角三角形，
若MF 2⊥F 1F 2，则x 2+4c 2=(2x)2， ∴c =
√3
2
x ，e =
c a
=
√3
3
； 若MF 1⊥MF 2，则x 2+(2x)2=4c 2， ∴c =
√5
2
x ，e =c
a =
√5
3
． 故答案为：√3
3
或√53
．
16.答案：2√33
解析：
本题考查点到平面的距离的求法，考查推理论证能力、运算求解能力、空间想象能力，考查等价转化思想、数形结合思想，是中档题．
连接AF 并延长AF 交线段BC 的延长线于G ，连接PG ，因为EF//平面PBC ， 平面PAF ∩平面PBC =PG ，EF ⊂平面PAF ，所以EF//PG ， 又DF =2FC ，由平面几何知识可得GC
BC =GF
FA =PE
EA =1
2，
过E 作EH ⊥AD 于H ，由平面PAD ⊥平面ABCD 可得，EH ⊥平面ABCD ， 直角三角形AEH 中，，
即点E 到平面ABCD 的距离为2√3
3
． 故答案为：
2√3
3
． 17.答案：略.
解析：(1)在样本数据中，最大值是364.41，最小值是362.51，所以极差为364.41−362.51=1.90． 若取组距为0.30，则由于1.90
0.3=61
3，要分7组，组数合适，于是决定取组距为0.3，分7组，把第一组起点稍微提前，得分组如下：
[362.40,362.70),[362.70,363.00)…[364.20,364.50].列出频率分布表：
由上表可以画出频率分布直方图：
．
18.答案：证明：(1)在三棱柱ABC−
A1B1C1中，侧面ABB1A1是矩形，∴
AA1⊥AB，
又AA1⊥BC，AB∩BC=B，∴AA1⊥
平面ABC，∴A1A⊥AC，
又A1A=AC，∴A1C⊥AC1.又BC1⊥
A1C，BC1∩AC1=C1，∴A1C⊥平面
ABC1，
又A1C⊂平面A1ACC1，
∴平面ABC1⊥平面A1ACC1；
解：(2)当E为B1B的中点时，连接AE、EC1、DE，
如图，取A1A的中点F，连接EF、FD，
∵EF//AB，DF//AC1，又EF∩DF=F，AB∩AC1=A，
∴平面EFD//平面ABC 1，则有DE//平面ABC 1， 设点E 到平面ABC 1的距离为d ，
∵AB ⊥AC ，且AA 1⊥AB ，∴AB ⊥平面A 1ACC 1，∴AB ⊥AC 1， ∴S △BAC 1=1
2×4√2×2=4√2，
∵A 1A ⊥AC ，AB ⊥AC ，∴AC ⊥平面A 1ABB 1， ∵AC//A 1C 1，∴A 1C 1⊥平面 1ABB 1，
∴V C 1−ABE =13×S △ABE ×A 1C 1=13×12×2×2×4=8
3，
由V E−ABC 1 =V C 1−ABE =8
3，
解得d =3×
8
3
S △ABC 1
=383
4√2
=√2．
以A 为原点，AB 为x 轴，AC 为y 轴，AA 1为z 轴，建立空间直角坐标系， A(0,0，0)，B(2,0，0)，C 1(0,4，4)，E(2,0，2)， AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,4，4)，AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0，0)，AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0，2)， 设平面AC 1E 的法向量n
⃗ =(x,y ，z)， 则{n ⃗ ⋅AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =4y +4z =0n ⃗ ⋅AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =2x +2z =0，取x =1，得n
⃗ =(1,1，−1)， 设平面AC 1B 的法向量m
⃗⃗⃗ =(x,y ，z)， 则{m ⃗⃗⃗ ⋅AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =4y +4z =0m ⃗⃗⃗ ⋅AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =2x =0，取y =1，得m ⃗⃗⃗ =(0,1，−1)， 设二面角的平面角为θ， 则cosθ=
m ⃗⃗⃗ ⋅n ⃗⃗ |m ⃗⃗⃗ |⋅|n ⃗⃗ |
=
√3⋅√2
=
√6
3
． ∴二面角E −AC 1−B 的余弦值为√6
3
．
解析：(1)推导出AA 1⊥AB ，A 1A ⊥AC ，从而A 1C ⊥平面ABC 1，由此能证明平面ABC 1⊥平面A 1ACC 1； (2)当E 为B 1B 的中点时，连接AE ，EC 1，DE ，取A 1A 的中点F ，连接EF ，FD ，设点E 到平面ABC 1的
距离为d ，由V E−ABC 1 =V C 1−ABE ，求出d =√2.以A 为原点，AB 为x 轴，AC 为y 轴，AA 1为z 轴，建
立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角E −AC 1−B 的余弦值．
本题考查面面垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题．
19.答案：解：(1)△ABC 中，a ，b ，c 分别为A ，B ，C 的对边，且sinA =2sinB ，
则：利用正弦定理得：a=2b．
∵s△=9√2
4,C=3π
4
，
所以：1
2absinC=9√2
4
，
解得：a=3√2,b=3√2
2
．
(2)sin(C−A)
sinB −8sin2C
2
，
=(sinCcosA−cosCsinA)
sinB
−4(1−cosC)，
=2sinB
sinA
−4=−3．
解析：(1)直接利用正弦定理和三角形的面积公式求出结果．
(2)利用三角函数关系式的恒等变换求出结果．
本题考查的知识要点：正弦定理的应用，三角形面积公式的应用，三角函数关系式的恒等变换．
20.答案：解：(Ⅰ)f(x)=lnx−ax+1−a
x
−1(x>0)，
f′(x)=1
x −a+a−1
x2
=−ax2+x+a−1
x2
(x>0)，
令ℎ(x)=ax2−x+1−a(x>0)，
(1)当a=0时，ℎ(x)=−x+1(x>0)，
当x∈(0,1)，ℎ(x)>0，f′(x)<0，函数f(x)单调递减；
当x∈(1,+∞)，ℎ(x)<0，f′(x)>0，函数f(x)单调递增．
(2)当a≠0时，由f′(x)=0，即ax2−x+1−a=0，解得x1=1,x2=1
a
−1．
当a=1
2
时x1=x2，ℎ(x)≥0恒成立，此时f′(x)≤0，函数f(x)单调递减；
当0<a<1
2时，1
a
−1>1>0，x∈(0,1)时ℎ(x)>0，f′(x)<0，函数f(x)单调递减；
x∈(1,1
a
−1)时，ℎ(x)<0，f′(x)>0，函数f(x)单调递增；
x∈(1
a
−1,+∞)时，ℎ(x)>0，f′(x)<0，函数f(x)单调递减．
当a<0时1
a
−1<0，当x∈(0,1)，ℎ(x)>0，f′(x)<0，函数f(x)单调递减；当x∈(1,+∞)，ℎ(x)<0，f′(x)>0，函数f(x)单调递增．
综上所述：当a≤0时，函数f(x)在(0,1)单调递减，(1,+∞)单调递增；
当a =1
2时x 1=x 2，ℎ(x)≥0恒成立，此时f′(x)≤0，函数f(x)在(0,+∞)单调递减； 当0<a <1
2时，函数f(x)在(0,1)单调递减，(1,1
a −1)单调递增，(1
a −1,+∞)单调递减．
(Ⅱ)当a =14时，f(x)在(0,1)上是减函数，在(1,2)上是增函数，所以对任意x 1∈(0,2)，
有f(x 1)≥f(1)=−1
2，又已知存在x 2∈[1,2]，使f(x 1)≥g(x 2)，所以−1
2≥g(x 2)，x 2∈[1,2]，(※)， 又g(x)=(x −b)2+4−b 2，x ∈[1,2]，当b <1时，g(x)min =g(1)=5−2b >0与(※)矛盾； 当b ∈[1,2]时，g(x)min =g(b)=4−b 2≥0也与(※)矛盾； 当b >2时，g(x)min =g(2)=8−4b ≤−1
2,b ≥178
．
综上，实数b 的取值范围是[17
8,+∞)．
解析：本题考查了利用导数研究函数的单调性、利用导数求函数的最值以及二次函数的最值问题，考查了分类讨论的数学思想以及解不等式的能力；考查了学生综合运用所学知识分析问题、解决问题的能力．
(Ⅰ)直接利用函数与导数的关系，求出函数的导数，再讨论函数的单调性；
(Ⅱ)利用导数求出f(x)的最小值、利用二次函数知识求出g(x)在闭区间[1,2]上的最小值，然后解不等式求参数．
21.答案：(1)证明：依题意有F (0, 14)，直线l ：y =kx +1
4，
设A(x 1, y 1), B(x 2, y 2)，直线l 与抛物线E 相交， 联立方程{
y =x 2, y =kx +1
4,
消去y ，化简得x 2−kx −1
4=0，
所以x 1+x 2=k, x 1x 2=−1
4，
又因为y′=2x ，所以直线l 1的斜率k 1=2x 1， 同理，直线l 2的斜率k 2=2x 2， 所以，
所以，直线l 1⊥l 2，即∠ADB =90
∘
．
(2)解：由(1)可知，圆Γ是以AB 为直径的圆， 设P(x, y)是圆Γ上的一点，则PA ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅ PB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0， 所以，圆Γ的方程为
又因为x 1+x 2=k, x 1x 2=−1
4 ， y 1+y 2=kx 1+1
4+kx 2+1
4=k 2+1
2
，
y 1y 2=x 12x 22
=116，
所以，圆Γ的方程可化简为
联立圆Γ与抛物线E 得{
x 2+y 2−kx −(k 2+1
2)y −3
16=0, y =x 2
,
消去y 得x 4−(k 2−1
2)x 2−kx −316=0， 即(x 2+14
)2
−(kx +12
)2
=0，
即
若方程x 2−kx −1
4=0与方程x 2+kx +3
4=0有相同的实数根x 0，
则矛盾，
所以，方程x 2−kx −14=0与方程x 2+kx +3
4=0没有相同的实数根，
所以，圆Γ与抛物线E 有四个不同的交点等价于{k 2
+1>0k 2−3>0
,
解得k >√3或k <−√3． 综上所述，k >√3或k <−√3．
解析：本题考查抛物线简单几何性质，直线与抛物线的位置关系，导数的几何意义，定值问题，曲线的交点个数问题，参数的范围问题，考查计算能力，属于难题．
(1)由直线l 与抛物线E 相交，联立方程消去y ，由导数的几何意义，结合韦达定理可得l 1⊥l 2，故可得答案
(2)先求得圆Γ的方程
联立圆Γ与抛物线E 消去y 得
通过外接圆Γ与抛物线E 有四个不同的交点可得答案．
22.答案：解：(1)由题意，知圆C 的直径|AB|=2，
圆心C 的坐标为(−√3
2,−1
2
)，
∴圆C 的直角坐标为(x +√3
2
)2+(y +1
2
)2=1，
即x 2+y 2+√3x +y =0， 将x =ρcosθ，y =ρsinθ代入上式，
得到圆C 的极坐标方程为ρ+√3cosθ+sinθ=0． (2)因为直线l′与圆C 过原点O 的切线l 垂直， 所以直线l′的倾斜角为π
6，斜率为√3
3
，
又直线l′过点P(0,1)，
故直线l′的普通方程为y =√3
3x +1，
即√3x −3y +3=0，
圆心C(−√3
2,−1
2)到直线l′的距离d =
2√
3
=√3
2
， 所以|MN|=2√1−3
4=1．
解析：(1)直接利用转换关系式，把参数方程直角坐标方程和极坐标方程之间进行转换．
(2)首先利用垂直关系确定直线的斜率，进一步确定直线的方程，再利用点到直线的距离公式求出结果．
本题考查的知识要点：参数方程直角坐标方程和极坐标方程之间的转换，直线方程的求法及应用，点到直线的距离公式的应用，主要考查学生的运算能力和转化能力，属于基础题型．
23.答案：解：(Ⅰ)∵a 、b 为正实数，且1a +1
b =4．
∴a 、b 为正实数，且1
a +1
b =4≥2√1
ab (a =b 时等号成立)．
即ab ≥1
4(a =b =12时等号成立)
∵a 3+b 3≥2√(ab)3≥1
4(a =b =1
2时等号成立)． ∴a 3+b 3的最小值为1
4，
(Ⅱ)∵(a−b)2≥16(ab)3，∴(1
a −1
b
)2≥16ab，
则(1
a +1
b
)2−4
ab
≥16ab⇒4ab+1
ab
≤4，
又∵4ab+1
ab ≥4，∴4ab+1
ab
=4
∴当且仅当ab=1
2
时“=”成立．
∴ab=1
2
．
解析：本题主要考查基本不等式在最值中的应用，要注意检验等号成立条件是否具备，属于基础题．
(Ⅰ)由条件利用基本不等式求得ab≥1
4
，再利用基本不等式求得a3+b3的最小值．
(Ⅱ)根据∵(a−b)2≥16(ab)3，∴(1
a −1
b
)2≥16ab，化简得4ab+1
ab
=4从而可得ab=1
2
．。