河北省衡水中学2020届高三下学期三模数学（理）试题 Word版含解析 28页

‎2019—2020学年度第二学期高三年级三模考试 数学（理科）试卷 命题人：何慧 审核人：徐丹 第Ⅰ卷 一、选择题 ‎1.设集合，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求出集合，利用交集的定义可得出集合.‎ ‎【详解】，，因此，.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查交集的计算，涉及了绝对值不等式的求解，考查计算能力，属于基础题.‎ ‎2.若复数满足，则的共轭复数在复平面内对应的点位于（ ）‎ A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先根据求出，再求出，即得在复平面内对应的点所在的象限.‎ ‎【详解】由得.‎ 所以对应的点为，在第四象限.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】‎ - 28 -‎ 本题主要考查复数的除法运算，考查共轭复数的概念和复数的几何意义，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.‎ ‎3.设实数，满足条件则的最大值为（ ）‎ A. 1 B. 2 C. 3 D. 4‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，联立方程组求出最优解的坐标，代入目标函数得答案．‎ ‎【详解】作出不等式组对应的可行域，如图所示，由可得，‎ 将直线l：进行平移，‎ 当l与AB重合时，目标函数z达到最大值，‎ 因为AB过点（0，2）；‎ ‎∴zmax＝0+2+1＝3．‎ 故选：C．‎ ‎ ‎ ‎【点睛】本题主要考查简单线性规划求解目标函数的最值问题．其中解答中正确画出不等式组表示的可行域，利用“一画、二移、三求”，确定目标函数的最优解是解答的关键，着重考查了数形结合思想，及推理与计算能力，属于基础题．‎ ‎4.平面向量与的夹角为，，则等于( )‎ - 28 -‎ A. B. C. 12 D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 因为，与的夹角为，故，则，应选答案B．‎ ‎5.如图，是函数的部分图象，则的解析式可能是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由图像的对称性和单调性逐个判断即可.‎ ‎【详解】解：由图像可知，函数图像关于轴对称，所以应为偶函数，所以排除A；‎ 由图像可知函数值能取到小于0的值，所以排除C；‎ 对于当时，，而当 时，‎ ‎，而正弦的函数图像可知D不正确，‎ 故选：B ‎【点睛】此题考查函数图像的识别，利用函数的奇偶性，增减性，或取特殊值进行识别，属于中档题.‎ ‎6.已知二项式展开式中，二项式系数之和等于64，则展开式中常数项等于（ ）‎ A. 240 B. 120 C. 48 D. 36‎ - 28 -‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意结合二项式系数和的性质可得即，写出二项式展开式的通项公式，令即可得解.‎ ‎【详解】由题意，解得，则，‎ 则二项式的展开式的通项公式为，‎ 令即，则.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查了二项式定理的应用，考查了运算求解能力，属于基础题.‎ ‎7.祖冲之是中国南北朝时期的数学家和天文学家，他在数学方面的突出贡献是将圆周率的精确度计算到小数点后第位，也就是和之间，这一成就比欧洲早了多年，我校“爱数学”社团的同学，在祖冲之研究圆周率的方法启发下，自制了一套计算圆周率的数学实验模型.该模型三视图如图所示，模型内置一个与其各个面都相切的球，该模型及其内球在同一方向有开口装置.实验的时候，同学们随机往模型中投掷大小相等，形状相同的玻璃球，通过计算落在球内的玻璃球数量，来估算圆周率的近似值.已知某次实验中，某同学一次投掷了个玻璃球，请你根据祖冲之的圆周率精确度（取小数点后三位）估算落在球内的玻璃球数量（ ）‎ A. B. C. D. ‎ - 28 -‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求出正四面体的体积与内切球的体积，设落在球内的玻璃球数量为，由几何概型的概率计算公式，得到即可解决.‎ ‎【详解】由三视图知，该模型是一个棱长为的正四面体及其内切球，‎ 正四面体体积，‎ 过球心及正四面体顶点作截面，如图所示，‎ 易知，所以，即，解得 所以内切球体积，‎ 设落在球内的玻璃球数量为，则，即 近似计算得.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查几何概型的概率模型与三视图的综合应用，涉及到正四面体的体积与内切球的体积问题，是一道中档题.‎ ‎8.设函数，，其中，.若，‎ - 28 -‎ ‎，且的最小正周期大于，则 A. ， B. ， C. ， D. ，‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 由题意，其中，所以，又，所以，所以，，由得，故选A．‎ ‎【考点】求三角函数的解析式 ‎【名师点睛】有关问题，一种为提供函数图象求解析式或某参数的范围，一般先根据图象的最高点或最低点确定，再根据周期或周期或周期求出，最后再利用最高点或最低点坐标满足解析式，求出满足条件的值，另一种时根据题目用文字形容的函数图象特点，如对称轴或曲线经过的点的坐标，根据题意自己画出图象，再寻求待定的参变量，题型很活，求或的值或最值或范围等.‎ ‎9.甲、乙、丙、丁四人参加冬季滑雪比赛，有两人获奖．在比赛结果揭晓之前，四人的猜测如下表，其中“√”表示猜测某人获奖，“×”表示猜测某人未获奖，而“〇”则表示对某人是否获奖未发表意见．已知四个人中有且只有两个人的猜测是正确的，那么两名获奖者是（ ）‎ 甲获奖 乙获奖 丙获奖 丁获奖 甲的猜测 ‎√‎ ‎×‎ ‎×‎ ‎√‎ 乙的猜测 ‎×‎ 〇 〇 ‎√‎ 丙的猜测 ‎×‎ ‎√‎ ‎×‎ ‎√‎ 丁的猜测 〇 〇 ‎√‎ ‎×‎ - 28 -‎ A. 乙丁 B. 乙丙 C. 丙丁 D. 甲丁 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据甲、乙、丙对丁的猜测可得丁获奖，而且丁的猜测是错误的，根据甲、丙对甲、乙的猜测，必有1人错误，可得乙的猜测正确，根据乙的猜测，即可得出结论.‎ ‎【详解】由甲、乙、丙均猜测丁获奖，丁猜测丁没有获奖，‎ 故丁的猜测错误，否则有三人猜测错误，‎ 所以丁获奖，再由甲、丙对对甲、乙猜测结果，‎ 因此甲、丙一人猜测正确，另一人猜测错误，‎ 所以乙猜测正确，则甲不获奖，甲猜测错误，‎ 故乙、丙猜测正确，即乙、丁获奖.‎ 故选：A ‎【点睛】本题考查逻辑思维和推理能力，通过猜测结果找出矛盾关系是解题关键，属于基础题.‎ ‎10.已知椭圆的左、右焦点分别为，．也是抛物线的焦点，点为与的一个交点，且直线的倾斜角为，则的离心率为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先根据椭圆和抛物线的性质得到，再由直线与椭圆方程联立求出点坐标，求出和，根据椭圆定义得到关于和的方程，进而求出离心率.‎ ‎【详解】由题意可知，，则.所以.因为，直线 - 28 -‎ 的倾斜角为，所以直线的方程为：.由得，所以.因为，所以.在中，，.由椭圆的定义得：，即，解得：.‎ 故选：.‎ ‎【点睛】本题考查椭圆定义、抛物线定义、直线与抛物线的位置关系和离心率，属于基础题.‎ ‎11.已知，不等式对任意的实数都成立，则实数的最小值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先不等式变形为，，不等式等价于，然后利用函数的单调性可得对任意恒成立，再利用参变分离恒成立，转化为求函数的最小值.‎ ‎【详解】不等式变形为 ，‎ 即，设，‎ 则不等式对任意的实数恒成立，‎ 等价于对任意恒成立，‎ ‎，则在上单调递增，‎ ‎ ，即对任意恒成立，‎ 恒成立，即，‎ 令 ，则 ，‎ - 28 -‎ 当时，，在上单调递减，‎ 当时， ，在上单调递增，‎ 时，取得最小值 ，‎ ‎ ，即，‎ 的最小值是.‎ 故选：B ‎【点睛】本题考查函数，导数，不等式恒成立的综合问题，意在考查转化与化归的思想，计算能力，本题的关键和难点是不等式的变形，并能构造函数并转化为对任意恒成立,属于难题.‎ ‎12.已知正方体的外接球的表面积为，与的重心分别为，，球与该正方体的各条棱都相切，则球被所在直线截的弦长为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可求得正方体棱长为3，则球的半径，以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，求得，进而可得点到直线的距离，根据公式可得弦长.‎ ‎【详解】设正方体的边长为，则，即正方体棱长为，.球的球心为正方体的中心，以点为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则A（3，0，0），，B（3，3，0），，D（0，0，0），‎ - 28 -‎ ‎ ，‎ 点到直线的距离，‎ 又球的半径为，‎ 因此正方体外接球被所在直线截的弦长为.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查了正方体的几何性质，正方体和球的关系以及垂径定理，考查空间想象能力和计算能力，属于中档题.‎ 第Ⅱ卷 二、填空题 ‎13.已知双曲线的一个焦点与抛物线的焦点重合，抛物线的准线与双曲线交于，两点，且的面积为6（为原点），则双曲线的标准方程为______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求出抛物线焦点坐标即得椭圆焦点坐标，可得，由的面积为6可得，联立两式求得的值，从而可得结果.‎ - 28 -‎ ‎【详解】解: ,,‎ 即焦点为，‎ 即的焦点为，‎ ‎,①‎ 又的面积为6，‎ 时，，‎ ‎,得，②‎ 由①②得，，‎ 双曲线的方程为.‎ 故答案为: ‎ ‎【点睛】本题主要考查抛物线的方程与性质以及双曲线的方程与性质，属于中档题.求解双曲线方程的题型一般步骤：（1）判断焦点位置；（2）设方程；（3）列方程组求参数；（4）得结论.‎ ‎14.2020年初，我国突发新冠肺炎疫情.面对“突发灾难”，举国上下心，继解放军医疗队于除夕夜飞抵武汉，各省医疗队也陆续增援，纷纷投身疫情防控与病人救治之中.为分担“逆行者”的后顾之忧，某大学学生志愿者团队开展“爱心辅学”活动，为抗疫前线工作者子女在线辅导功课.现随机安排甲、乙、丙3名志愿者为某学生辅导数学、物理、化学、生物4门学科，每名志愿者至少辅导1门学科，每门学科由1名志愿者辅导，则数学学科恰好由甲辅导的概率为______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 28 -‎ 根据题意，由排列组合公式分析3名志愿者辅导4门学科的情况数目，再分析其中甲辅导数学的情况数目，由古典概型公式计算可得答案．‎ ‎【详解】解：根据题意，要求甲、乙、丙3名志愿者每名志愿者至少辅导1门学科，‎ 每门学科由1名志愿者辅导，则必有1人辅导2门学科；‎ 则有种情况，‎ 若甲辅导数学，有种情况，‎ 则数学学科恰好由甲辅导的概率为，‎ 故答案为：．‎ ‎【点睛】本题考查古典概型的概率，涉及排列组合的应用，属于基础题．‎ ‎15.海洋蓝洞是地球罕见的自然地理现象，被喻为“地球留给人类保留宇宙秘密的最后遗产”，我国拥有世界上最深的海洋蓝洞，若要测量如图所示的蓝洞的口径，两点间的距离，现在珊瑚群岛上取两点，，测得，，，，则，两点的距离为________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎△ACD中求出AC，△ABD中求出BC，△ABC中利用余弦定理可得结果.‎ ‎【详解】解：由已知，△ACD中，∠ACD＝15°，∠ADC＝150°，‎ ‎∴∠DAC=15°由正弦定理得，‎ ‎△BCD中，∠BDC＝15°，∠BCD＝135°，‎ ‎∴∠DBC=30°，‎ - 28 -‎ 由正弦定理，，‎ 所以BC；‎ ‎△ABC中，由余弦定理，‎ AB2＝AC2+BC2﹣2AC•BC•cos∠ACB＝‎ 解得：AB，‎ 则两目标A，B间的距离为．‎ 故答案为．‎ ‎【点睛】本题主要考查了正弦、余弦定理在解三角形中的应用问题，也考查了数形结合思想和转化思想，是中档题．‎ ‎16.已知圆点，直线与圆交于两点，点在直线上且满足.若，则弦中点的横坐标的取值范围为_____________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎①当直线斜率不存在时，易求得；②当直线斜率存在时，设其方程为，利用直线与圆有交点可求得；将直线方程与圆方程联立得到韦达定理的形式；根据和可整理得到，，，‎ - 28 -‎ 满足的方程，代入韦达定理的结论整理可得；当时，知；当时，可将表示为关于的函数，利用对号函数的性质可求得值域，即为所求的范围；综合两类情况可得最终结果.‎ ‎【详解】设，‎ ‎①当直线斜率不存在时，直线方程，此时，，‎ ‎，，，，‎ 满足，此时；‎ ‎②当直线斜率存在时，设其方程为：，‎ 与圆有两个不同交点，，即，‎ 由得：，‎ 设，，‎ 则，，‎ ‎，‎ ‎.‎ ‎，，解得：，‎ 由得：，‎ 整理得：，‎ ‎，整理得：，‎ - 28 -‎ 当时，；‎ 当时，，代入式得：，‎ 解得：，‎ ‎，‎ ‎，，‎ 当时，单调递增，‎ 在上单调递减，‎ ‎，‎ 综上所述：弦中点的横坐标的取值范围为.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查直线与圆的综合应用问题，涉及到直线与圆位置关系的应用、向量共线的坐标表示、函数值域的求解等知识；求解本题的关键是能够结合韦达定理的形式，将所求的点的横坐标表示为关于直线斜率的函数关系式的形式，从而利用对号函数的性质求得函数值域；本题计算量较大，难度较高，对学生的分析和解决问题能力、运算和求解能力有较高要求.‎ 三、解答题 ‎17.已知等差数列的公差为，是数列的前项和，等比数列的公比为，是数列的前项和，，，，．‎ ‎（1）求数列的通项公式；‎ ‎（2）是否存在正整数，使得关于的不等式有解？若存在，求出 - 28 -‎ 的值；若不存在，说明理由．‎ ‎【答案】（1）；（2）存在，.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）首先根据题意得到，再求即可.‎ ‎（2）首先求出，，将不等式有解转化为，即可得到答案.‎ ‎【详解】（1）由，，得或（舍去）‎ ‎∴‎ ‎（2）∵，∴，，‎ ‎∴，，‎ ‎∴‎ 有解，即有解，‎ 又，‎ ‎，（当时，解得或5），‎ 故存在，使得关于的不等式有解．‎ ‎【点睛】本题主要考查等差，等比数列的通项公式和前项和公式，同时考查了不等式有解，属于中档题.‎ ‎18.如图，在多面体中，是边长为4的等边三角形，，，，点为的中点，平面平面．‎ - 28 -‎ ‎（1）求证：平面 ‎（2）线段上是否存在一点，使得二面角为直二面角？若存在，试指出点的位置；若不存在，请说明理由．‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）存在，为线段上靠近点的八等分点.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据题目条件证明平面，从而得到//，得出//平面;‎ ‎（2）建立空间直角坐标系，假设存在点，计算平面和平面的法向量，使法向量数量积为零，然后求解，根据的值确定点的位置.‎ ‎【详解】解：（1）因为，是边长为4等边三角形，‎ 所以，‎ 所以是等腰直角三角形，．‎ 又点为的中点，所以．‎ 因为平面平面，平面平面，‎ 所以平面．‎ 因，，‎ 所以，，‎ 所以与都是直角三角形，‎ 故，．‎ 又，‎ 所以平面，‎ 所以．‎ - 28 -‎ 因为平面，平面，‎ 所以平面．‎ ‎（2）连接，以为原点，，，所在直线分别为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，‎ 则，，，，‎ 设存在，使得二面角为直二面角，易知，且．‎ 设平面的法向量为，‎ 则由，，‎ 得，令，得，，‎ 故．‎ 设平面的法向量为，‎ 则由，，‎ 得，令，得，，‎ 故．‎ 由，得，故．‎ 所以当为线段上靠近点的八等分点时，二面角为直二面角．‎ - 28 -‎ ‎【点睛】本题为空间立体几何综合题，考查空间中线面平行的证明及根据二面角大小确定动点的位置问题，难度较大. 解决根据二面角大小求参的问题关键点在于合理设元、计算法向量，使法向量的夹角余弦值符合题目条件即可.‎ ‎19.如图在平面直角坐标系中，已知椭圆的离心率为，短轴长为4．‎ ‎（I）求椭圆的方程；‎ ‎（2）若与原点距离为1的直线与椭圆相交于，两点，直线与平行，且与椭圆相切于点（，位于直线的两侧）．记，的面积分别为，若，求实数的取值范围．‎ ‎【答案】（1）；（2）．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 28 -‎ ‎（1）根据椭圆的几何性质得到关系，求解得到标准方程；（2）设，根据可知，，又与原点距离为，即，可把化简为：，根据与椭圆相切，联立可得，由此代入化简可得的范围，再进一步求解出的范围.‎ ‎【详解】（1），，，所以椭圆的方程为．‎ ‎（2）因为原点与直线的距离为，所以，即，‎ 设直线，由，得，‎ 因为直线与椭圆相切，所以，整理得，‎ 因为直线与直线之间的距离，所以，，‎ 所以，又，因为，所以，又，位于直线的两侧，所以，同号，‎ 所以，所以，故实数的取值范围为．‎ ‎【点睛】本题考查椭圆几何性质、直线与椭圆的关系中求解参数范围问题，关键是构造出满足题意的函数关系式，然后通过函数求值域的方法，求解出函数的范围，从而可以推导出参数的范围.‎ ‎20.2019年由“杂交水稻之父”袁隆平团队研发的第三代杂交水稻10月21日至22日首次公开测产，经测产专家组评定，最终亩产为1046.3千克．第三代杂交水稻的综合优势，可以推动我国的水稻生产向更加优质、高产、绿色和可持续方向发展．某企业引进一条先进的年产量为100‎ - 28 -‎ 万件的食品生产线，计划以第三代杂交水稻为原料进行深加工．已知该生产线生产的产品的质量以某项指标值为衡量标准，其产品等级划分如下表．为了解该产品的生产效益，该企业先进行试生产，并从中随机抽取了1000件产品，测量了每件产品的质量指标值，得到如下的产品质量指标值的频率分布直方图．‎ 质量指标值 产品等级 废品 合格 良好 优秀 良好 ‎（1）若从质量指标值不小于85的产品中，采用分层抽样的方法抽取7件产品，然后从这7件产品中任取3件，求产品的质量指标值的件数的分布列及数学期望；‎ ‎（2）将频率视为概率，从该产品中有放回地随机抽取3件，记“抽出的产品中至少有1件是合格及以上等级”为事件．求事件发生的概率；‎ ‎（3）若每件产品的质量指标值与利润（单位：元）的关系如下表所示；（）‎ 质量指标值 利润 试确定的值，使得该生产线的年盈利取得最大值，并求出最大值（参考数值：，，）‎ ‎【答案】（1）答案见解析；（2）0.973；（3），90万元．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由频率分布直方图求出质量指标值所处范围内的频率，根据分层抽样的知识求出各层的样本数，进而利用超几何分布求解概率，得分布列，求得数学期望；‎ ‎（2‎ - 28 -‎ ‎）由频率分布直方图求出对应事件的频率，然后用频率估计概率，最后代入二项分布的公式中求解即可；‎ ‎（3）根据频率分布直方图，确定每个范围内产品利润取值的概率，建立利润的函数模型，利用导数求函数的最值即可.‎ ‎【详解】解：（1）由频率分布直方图可知，质量指标值不小于85的产品中，‎ 的频率为；‎ 的频率为；‎ 的频率为．‎ 故利用分层抽样的方法抽取的7件产品中，的有4件，‎ 的有2件，的有1件．‎ 从这7件产品中任取3件，质量指标值的件数的所有可能取值为0，1，2，‎ 则；‎ ‎；‎ ‎．‎ 所以的分布列为 ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ 故．‎ ‎（2）设“从该产品中抽取一件为合格及以上等级”的概率为，则根据频率分布直方图可得，‎ 则．‎ - 28 -‎ ‎（3）由题意可得该产品的质量指标值与对应概率如下表所示（）：‎ 质量指标值 利润 ‎0.3‎ ‎0.4‎ ‎0.15‎ ‎0.1‎ ‎0.05‎ 故每件产品的利润，‎ 则，令，则，‎ 故当时，，当时，，‎ 所以当时，取得最大值，‎ ‎（元）．‎ 所以当时，每件产品的利润取得最大值为0.9元 电已知，该生产线的年产量为100万件，‎ 所以该生产线的年盈利的最大值为（万元）．‎ ‎【点睛】本题考查频率分布直方图，分层抽样，超几何分布，数学期望的求解，二项分布，利用导数研究函数的最值等，考查数据分析、数学建模、数学运算等核心素养.‎ ‎21.已知函数．‎ ‎（1）当时，求函数的最小值；‎ ‎（2）若，，求证：．‎ ‎【答案】（1）0；（2）证明见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1），对函数求导，利用导数判断其单调性，进而可求出最小值；‎ - 28 -‎ ‎（2）构造函数，对函数求导，分别求出和时，函数的单调性，进而证明其最大值小于0，即可证明结论成立.‎ ‎【详解】（1）由题意知的定义域为．‎ 当时，，‎ 则．‎ 令，则，‎ 令，得，令，得，‎ 故在上单调递增，在上单调递减，‎ 则，即对任意，恒成立．‎ 所以令，得，令，得，‎ 故在上单调递增，在上单调递减，‎ 所以当时，取得最小值，即．‎ ‎（2）令，，‎ 则，‎ 当时，，则，单调递增，‎ 所以当时，，故成立；‎ 当时，，显然，‎ 令，则，‎ - 28 -‎ 因为，所以，即在上单调递增，‎ 因为，所以，‎ 因为，且，所以，‎ 所以存在满足，则，整理得，‎ 则有．‎ 因为，所以存在唯一零点，‎ 所以时，，，单调递增；时，，，单调递减，‎ 所以当时，的最大值为，且．‎ 由，可得，故．‎ 令，，则，‎ 所以在上单调递增，所以，‎ 故，所以时，成立．‎ 综上所述，．‎ ‎【点睛】本题考查利用导数求函数的最值，考查利用导数证明不等式，考查学生逻辑推理能力与计算求解能力，属于难题.‎ 选考题 选修4-4：坐标系与参数方程 ‎22.在直角坐标系中．直线的参数方程为（为参数，‎ - 28 -‎ ‎）．以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，圆的极坐标方程为．‎ ‎（1）化圆的极坐标方程为直角坐标标准方程；‎ ‎（2）设点，圆心，若直线与圆交于、两点，求的最大值．‎ ‎【答案】（1）；（2）．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）将圆的极坐标方程化为，由可将圆的极坐标方程化为直角坐标标准方程；‎ ‎（2）求得直线的参数方程为（为参数，），设点、所对应的参数分别为、，将直线的参数方程与圆的普通方程联立，列出韦达定理，利用直线参数方程的几何意义结合三角恒等变换、正弦型函数的有界性可求得的最大值．‎ ‎【详解】（1）圆的极坐标方程为，‎ 所以．‎ 因为，，，所以，‎ 所以圆的直角坐标标准方程为；‎ ‎（2）由（1）知圆的圆心的直角坐标为，则，所以，‎ - 28 -‎ 所以直线的参数方程为（为参数，）．‎ 将直线的参数方程代入，得．‎ 设点、对应的参数分别为、，则，，‎ ‎，‎ 因此，当时，取得最大值．‎ ‎【点睛】本题考查极坐标方程与普通方程之间的相互转化，同时也考查了利用直线参数方程的几何意义求最值，涉及三角恒等变换思想以及正弦函数有界性的应用，考查计算能力，属于中等题.‎ 选修4-5：不等式选讲 ‎23.已知函数，不等式的解集为．‎ ‎（1）解不等式；‎ ‎（2）若，，，求证：．‎ ‎【答案】（1）或；（2）证明见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先根据已知求出，再利用分类讨论法解不等式即得解；‎ ‎（2）由得，再利用基本不等式证明不等式.‎ ‎【详解】（1）由，得，‎ 的解集为，‎ - 28 -‎ 则，，得．‎ 不等式可化为，‎ 则或或，‎ 解得或或，‎ 所以原不等式的解集为或．‎ ‎（2）因为，，‎ 所以，即．‎ 所以，‎ 当且仅当，即，时取等号．‎ 所以不等式得证.‎ ‎【点睛】本题主要考查绝对值不等式的解法，考查基本不等式证明不等式，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.‎ - 28 -‎