安徽省马鞍山市2020届高三第二次教学质量监测数学（理）试题 Word版含解析 25页

www.ks5u.com ‎2020年马鞍山市高中毕业班第二次教学质量监测 理科数学试题 本试卷4页，满分150分.考试时间120分钟.‎ 注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号和座位号填在答题卡上.将条形码横贴在答题卡右上角“条形码粘贴处”.‎ ‎2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔将答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需要改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案.答案不能答在试卷上.‎ ‎3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答无效.‎ ‎4.考生必须保证答题卡的整洁.考试结束后，将试卷和答题卡一并交回.‎ 一、选择题：本大题共12个题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.‎ ‎1.已知，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据指数不等式与二次不等式求解集合再求并集即可.‎ ‎【详解】,‎ ‎.故.‎ 故选：B ‎【点睛】本题主要考查了指数与二次不等式的求解以及并集的求解,属于基础题.‎ ‎2.已知复数，则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】C - 25 -‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求解根据复数的几何意义分析即可.‎ ‎【详解】,故复数在复平面内对应的点位于第三象限.‎ 故选：C ‎【点睛】本题主要考查了复数的基本运算以及几何意义运用,属于基础题.‎ ‎3.已知函数与它的导函数的定义域均为，则下列命题中，正确的是（ ）‎ A. 若是的极值点，则 B. 若是偶函数，则一定是偶函数 C. 若，则 D. 若的图象在区间连续不断，则在上一定有最大值 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对A,根据极值点性质辨析即可.‎ 对B,举出反例判定即可.‎ 对C,先求解的解析式,再求导代入即可.‎ 对D,根据函数的图像性质辨析即可.‎ ‎【详解】对A,根据极值点的性质可知, 若是的极值点,则.故A正确.‎ 对B, 若,则满足是偶函数,但是奇函数.故B错误.‎ 对C,令则,则,故,故,,故C错误.‎ 对D,如在区间上连续不断,但不存在最大值,故D错误.‎ 故选：A ‎【点睛】本题主要考查了函数性质的综合辨析,属于基础题.‎ - 25 -‎ ‎4.为抗战新冠病毒，社会各界积极捐赠医疗物资.爱心人士向某市捐赠了6箱相同规格的医用外科口罩，现需将这6箱口罩分配给4家医院，每家医院至少1箱，则不同的分法共有（ ）‎ A. 10种 B. 40种 C. 80种 D. 240种 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分四家医院分配到的口罩箱数分别为1,1,2,2与1,1,1,3两种情况,分别计算再求和即可.‎ ‎【详解】由题意, 因为6箱医用外科口罩的规格相同,故四家医院分配到的口罩箱数有1,1,2,2与1,1,1,3两种情况,则分配的方法有：‎ ‎①1,1,2,2：从4家医院中选择两家,分别分配1箱,共种.‎ ‎②1,1,1,3：从4家医院选出1家,分配给3箱,共种.‎ 共种.‎ 故选：A ‎【点睛】本题考查了分类求解组合的问题,需要注意6箱医用外科口罩的规格相同,故只需考虑每家医院所得的箱数.属于基础题.‎ ‎5.已知非零向量，满足，则与的夹角为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据,分别平方再化简,利用数量积的公式求解即可.‎ ‎【详解】因为,平方可得,‎ 由,代入可得.‎ 设与的夹角为,代入有.‎ - 25 -‎ 又,故.‎ 故选：C ‎【点睛】本题主要考查了平面向量的模长与数量积公式等的运用,需要根据题意化简得出模长与夹角等的关系.属于中档题.‎ ‎6.执行如图所示的程序框图，输出的结果为（ ）‎ A. 4 B. 5‎ C. 6 D. 7‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据程序框图的循环结构,依次计算输出结果即可.‎ ‎【详解】开始：‎ ‎1. 判断为“是”,, ,；‎ ‎2. 判断为“是”,, ,；‎ ‎3. 判断为“是”,, ,；‎ ‎4. 判断为“是”,, ,；‎ ‎5. 判断为“是”,, ,；‎ ‎6. 判断为“是”,, ,；‎ ‎7. 判断为“否”,输出.‎ - 25 -‎ 故选：D ‎【点睛】本题主要考查了根据程序框图写出输出结果的问题,属于基础题.‎ ‎7.关于函数有下述四个结论：‎ ‎①在区间上是减函数；②的图象关于直线对称；‎ ‎③的图象关于点对称；④在区间上的值域为.‎ 其中所有正确结论的个数是（ ）‎ A. 1 B. 2 C. 3 D. 4‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先将利用降幂与辅助角公式化简,再根据三角函数的图像与性质分别判断即可.‎ ‎【详解】.‎ ‎①当时,,因为在区间上为减函数.‎ 故①正确.‎ ‎②当时, .因为是的对称轴,故②正确.‎ ‎③当时, ,因为不是的对称中心,故③错误.‎ ‎④当时, ,故.故④正确.‎ 综上,①②④正确.‎ 故选：C ‎【点睛】本题主要考查了三角函数的降幂与辅助角公式,同时考查了根据三角函数的性质,代入所给条件判断对称轴,对称中心以及单调性和值域等是否成立的问题.属于中档题.‎ ‎8.已知外接圆面积为，，则周长的最大值为（ ）‎ - 25 -‎ A. B. C. 3 D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用正弦定理可得,再利用余弦定理结合基本不等式求解的最大值,进而求得周长的最大值即可.‎ ‎【详解】设外接圆半径为,则.又,故.‎ 由正弦定理得.‎ 又由余弦定理可得.‎ 即.故周长,当且仅当时取等号.‎ 故选：A ‎【点睛】本题主要考查了解三角形中正余弦定理的应用以及基本不等式求边长之和的最大值问题,属于中档题.‎ ‎9.已知为椭圆的左焦点，为坐标原点，点在椭圆上且位于轴上方，点，若直线平分线段，则的大小为（ ）‎ A. B. C. D. 无法确定 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设椭圆的上顶点为,注意到横坐标与相等,纵坐标与相等.故分析可得在上顶点处,即可得大小.‎ ‎【详解】设椭圆的上顶点为,则因为,.故轴, ‎ - 25 -‎ 轴.则四边形为矩形,故当在点时满足直线平分线段.‎ 又设右焦点为,因为平分线段与,故.‎ 故当直线平分线段时,只能在直线上.又点在椭圆上且位于轴上方,故当且仅当在时满足直线平分线段.‎ 故.‎ 故选：B ‎【点睛】本题主要考查了的性质运用,需要根据题意画图,分析可得四边形为矩形,进而猜测为上顶点,再证明求解即可.属于中档题.‎ ‎10.如图是某三棱柱的正视图，其上下底面为正三角形，则下列结论成立的是（ ）‎ A. 该三棱柱的侧视图一定为矩形 B. 该三棱柱的侧视图可能为菱形 C. 该三棱柱的表面积一定为 D. 该三棱柱的体积一定为 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据正视图可知底面正三角形的边长定为2,但不一定是正三棱柱,再分析即可.‎ ‎【详解】注意到该三棱柱不一定为正三棱柱,也可能是斜三棱柱,故仅有体积为定值.‎ 体积为.‎ 故选：D - 25 -‎ ‎【点睛】本题主要考查了根据正视图分析几何图形性质的问题,注意该几何体不一定是正三棱柱.属于基础题.‎ ‎11.设，若和被除得的余数相同，则称和模同余，记为，已知，则的值可能是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据二项展开式可知,再分析的个位数即可.‎ ‎【详解】由题,,又,故的个位数字相同.又个位数字明显为1.‎ 故选：D ‎【点睛】本题主要考查了二项式定理的展开式的运用,需要观察题中所给的形式判断出展开式的原式,再利用指数函数的计算分析末尾数即可.属于中档题.‎ ‎12.梯形中，，，，，现将沿折起，使得二面角的大小为，若四点在同一个球面上，则该球的表面积为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据梯形中的关系可得,均为直角三角形.再分析翻折后球心到平面的距离,进而求得球的半径与表面积即可.‎ ‎【详解】因为,,,故,,且.‎ 设中点与中点,因为,均为直角三角形,故分别为 - 25 -‎ ‎,的外接圆圆心.连接交于,易得.‎ 又翻折后二面角的大小为,此时设球心为,则易得,.且共面.画出四边形平面图,延长交于.‎ 易得二面角即,故.故,所以,.‎ 故球的半径,故球的表面积.‎ 故选：C ‎【点睛】本题主要考查了平面图形中的计算以及外接球的问题,需要根据题意找到翻折后两个三角形,的外接球半径及其交线长,再画图分析球心到所在的截面的距离求解球的半径.属于难题.‎ 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.‎ ‎13.若变量，满足约束条件 则的最大值为______．‎ ‎【答案】9.‎ ‎【解析】‎ - 25 -‎ 分析：画出可行域，然后结合目标函数求最值即可.‎ 详解：作出如图所示可行域：可知当目标函数经过点A（2,3）时取得最大值，故最大值为9.‎ 点睛：考查简单的线性规划的最值问题，准确画出图形，画出可行域确定最优解是解题关键，属于基础题.‎ ‎14.百鸟蛋，又称九巧板，是类似于七巧板的益智拼图.相传是纪念哥伦布所制作的蛋形拼图，故又有哥伦布蛋形拼图一称.如图，九巧板由2个不规则四边形、2个大三角形、1个小三角形、2个不规则三角形和两个小扇形组成.在拼图时必须使用所有组件，角与边可相连接，但组件不能重叠.九巧板能拼摆出一百多种飞禽图形，可说是变化无穷、极富趣味，因此也被称为“百鸟朝凤”拼板.已知拼图中两个大三角形（图中阴影部分）为直角边长为2的等腰直角三角形，现用随机模拟的方法来估算此九巧板的总面积，随机在九巧板内选取100个点，发现有34个点落在两个大三角形内，则此九巧板的总面积约为______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据两个大三角形占总面积比例约等于,再计算两个大三角形的面积进而求得总面积即可.‎ - 25 -‎ ‎【详解】由题可得两个大三角形的面积为,设九巧板的总面积为,则.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查了几何概型的面积型问题,需要根据题意确定阴影部分面积占总面积的比值即为选取的点中落在阴影部分的比值.属于基础题.‎ ‎15.已知函数，（为自然对数的底数），若函数有且只有三个零点，则实数的值为______.‎ ‎【答案】或1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题可得与的图像有三个交点,再求导分析当与的图像相切时的情况,从而得出的值.‎ ‎【详解】画出的图像,当为的切线时,设切点为.‎ ‎1.当时,,故,故,此时,代入可得.‎ ‎2.当时, ,,故.此时,代入可得.‎ 根据图像可知当或时均满足与的图像有三个交点.‎ - 25 -‎ 故答案为：或1‎ ‎【点睛】本题主要考查了数形结合求解函数零点问题中参数的值.需要根据题意分析临界条件,利用导数的几何意义求解.属于中档题.‎ ‎16.已知双曲线离心率为，过的左焦点作直线，直线与双曲线分别交于点，与的两渐近线分别交于点，若，则______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据双曲线的离心率与左焦点可得双曲线,再根据可得为的中点,再设,根据可得坐标,代入渐近线方程可求得关于的表达式,再代入双曲线求得,进而求出直线的方程,再联立双曲线与其渐近线的方程即可得.‎ ‎【详解】因为双曲线的离心率为,左焦点,故又,故 故.因为,故为的中点.‎ 设,因为,故,解得 - 25 -‎ ‎.不妨设在渐近线上,则,即.代入则,解得,即.‎ 故直线的斜率,故的方程：.‎ 联立双曲线方程：即.‎ 设,则.‎ 再联立渐近线,即.‎ 故.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查了双曲线中的坐标计算以及联立直线与双曲线的以及渐近线的方程求解坐标与弦长的问题,需要根据题意设点的坐标,并根据点在双曲线或渐近线上进行计算求解.主要是计算难度较大,需要用到韦达定理以及弦长公式等进行简化,属于难题.‎ 三、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17~21题为必考题，每个试题考生都必须做答.第22、23题为选考题，考生根据要求做答.‎ - 25 -‎ ‎（一）必考题：共60分.‎ ‎17.已知数列、、中，，，，.‎ ‎（1）求证：数列是等比数列，并求数列，的通项公式；‎ ‎（2）求数列的前n项和.‎ ‎【答案】(1) ,.(2) ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据构造出与证明即可求得的通项公式,进而求得的通项公式.‎ ‎(2)代入(1)中所得的,可知,再错位相减求和即可.‎ ‎【详解】(1)因为,故,即,‎ 故是以为首项,2为公比的等比数列.故.‎ 所以.‎ 故,.‎ ‎(2)由(1) .‎ 所以 相减可得 故,.‎ - 25 -‎ 化简得 ‎【点睛】本题主要考查了构造数列求通项的方法,同时也考查了错位相减的问题.属于中档题.‎ ‎18.如图，多面体中，面面，面面，面，，，.‎ ‎（1）求的大小；‎ ‎（2）若，求二面角的余弦值.‎ ‎【答案】(1) ；(2) ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)取中点,连接,再证明矩形,进而得到,从而得到为等腰直角三角形即可.‎ ‎(2) 作于,作于.连接,即可证明为二面角的平面角,再分别计算三边的长度,利用余弦定理求解即可.‎ ‎【详解】(1) 取中点,连接.‎ 因为,故.又面面,且交于.面,故面.同理面.故.故共面.‎ 又面,面面于.故.‎ 故四边形为平行四边形.故 .‎ 又,.,故为等腰直角三角形.‎ 故 - 25 -‎ ‎(2)作于,作于.连接.‎ 因为分别为中点,故,又,故.‎ 故.又,故面.‎ 故为二面角的平面角.‎ 又由(1),,故.又,故.‎ 故.‎ 在中,利用等面积法有,解得.‎ 故..故 .‎ 故.‎ 即二面角的余弦值为.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了线面与线线平行和垂直的性质与判定,同时也考查了立体几何中的线段长度角度等的计算.计算二面角时需要根据题意找到线面垂直从而得到二面角的平面角,再根据平面几何的计算求解对应的长度进行求解.属于难题.‎ ‎19.已知为抛物线的焦点，以为圆心作半径为的圆，圆与轴的负半轴交于点，与抛物线分别交于点.‎ ‎（1）若为直角三角形，求半径的值；‎ - 25 -‎ ‎（2）判断直线与抛物线的位置关系，并给出证明.‎ ‎【答案】(1) ；(2) 直线与抛物线相切.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)由对称性可知, 为等腰直角三角形,且轴, 为直径,再根据的横坐标为,代入抛物线的方程求解纵坐标即可得半径.‎ ‎(2)画图观察可知与抛物线相切,再设,根据圆的半径相等求得点坐标.再根据导数的几何意义求解抛物线在处的切线斜率,进而证明与直线的斜率相等即可.‎ ‎【详解】(1)由抛物线与圆的对称性可知, 点关于轴对称,故为直角.故为等腰直角三角形, 且轴,为直径.故的横坐标为,代入可得.‎ 故.‎ ‎(2)不妨设.则根据抛物线的定义以及圆的半径相等有,故的横坐标为.即.‎ 故直线的斜率为.‎ 又抛物线的上半部分为函数,故,故在处切线的斜率为.故直线为在处切线.‎ 故直线与抛物线相切.‎ - 25 -‎ ‎【点睛】本题主要考查了抛物线的性质运用以及直线与抛物线的位置关系,需要先画出图像分析位置关系为相切,再利用导数的几何意义求解即可.属于中档题.‎ ‎20.随着生活水平的提高和人们对健康生活的重视，越来越多的人加入到健身运动中.国家统计局数据显示，2019年有4亿国人经常参加体育锻炼.某健身房从参与健身的会员中随机抽取100人，对其每周参与健身的天数和2019年在该健身房所有消费金额（单位：元）进行统计，得到以下统计表及统计图：‎ 平均每周健身天数 不大于2‎ ‎3或4‎ 不少于5‎ 人数（男）‎ ‎20‎ ‎35‎ ‎9‎ 人数（女）‎ ‎10‎ ‎20‎ ‎6‎ 若某人平均每周进行健身天数不少于5，则称其为“健身达人”.该健身房规定消费金额不多于1600元的为普通会员，超过1600元但不超过3200元的为银牌会员，超过3200元的为金牌会员.‎ ‎（1）已知金牌会员都是健身达人，现从健身达人中随机抽取2人，求他们均是金牌会员的概率；‎ - 25 -‎ ‎（2）能否在犯错误的概率不超过的前提下认为性别和是否为“健身达人”有关系？‎ ‎（3）该健身机构在2019年年底针对这100位消费者举办一次消费返利活动，现有以下两种方案：‎ 方案一：按分层抽样从普通会员、银牌会员和金牌会员中共抽取25位“幸运之星”，分别给予188元，288元，888元的幸运奖励；‎ 方案二：每位会员均可参加摸奖游戏，游戏规则如下：摸奖箱中装有5张形状大小完全一样卡片，其中3张印跑步机图案、2张印动感单车图案，有放回地摸三次卡片，每次只能摸一张，若摸到动感单车的总数为2，则获得100元奖励，若摸到动感单车的总数为3，则获得200元奖励，其他情况不给予奖励.规定每个普通会员只能参加1次摸奖游戏，每个银牌会员可参加2次摸奖游戏，每个金牌会员可参加3次摸奖游戏（每次摸奖结果相互独立）.‎ 请你比较该健身房采用哪一种方案时，在此次消费返利活动中的支出较少，并说明理由.‎ 附：，其中为样本容量.‎ ‎0.50‎ ‎0.25‎ ‎0.10‎ ‎0.05‎ ‎0.010‎ ‎0.005‎ ‎0.455‎ ‎1.323‎ ‎2.706‎ ‎3.841‎ ‎6.636‎ ‎7.879‎ ‎【答案】(1)；(2) 不能在犯错误的概率不超过的前提下认为性别和是否为“健身达人”有关系;(3) 采用方案二时,在此次消费返利活动中的支出较少.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据统计图与统计表分别求得金牌会员与健身达人的人数,再根据组合的方法求解从健身达人中随机抽取2人,他们均是金牌会员的概率即可.‎ ‎(2)根据图表分别求得非健身达人与健身达人中男女的人数,再计算分析即可.‎ - 25 -‎ ‎(3)先求得普通会员、银牌会员与金牌会员的人数,再分别计算方案一和方案二中的支出.方案一计算分层抽样的各层次人数计算总支出,方案二中先计算一次摸奖的奖励数学期望,再分析所有的总奖励数学期望,再比较方案一、二的支出即可.‎ ‎【详解】(1)由题意得,健身达人共人,金牌会员人数有人.又金牌会员都是健身达人,故从健身达人中随机抽取2人,他们均是金牌会员的概率为.‎ ‎(2)由图表可知,非健身达人男性有：人,健身达人男性有：人；‎ 非健身达人女性有：人,健身达人女性有：人.‎ 列出列联表有：‎ 非健身达人 健身达人 总人数 人数（男）‎ ‎55‎ ‎9‎ ‎64‎ 人数（女）‎ ‎30‎ ‎6‎ ‎36‎ 总人数 ‎85‎ ‎15‎ ‎100‎ 故.‎ 故不能在犯错误的概率不超过的前提下认为性别和是否为“健身达人”有关系.‎ ‎(3)由图,普通会员有人,银牌会员有人,金牌会员有人.‎ 方案一：抽取的普通会员、银牌会员与金牌会员分别有,,人.故共支出元.‎ 方案二：摸一次奖获得奖励的数学期望为.‎ 故总支出的数学期望为.‎ 故采用方案二时,在此次消费返利活动中的支出较少.‎ ‎【点睛】本题主要考查了利用组合求解概率以及独立性检验的问题,同时也考查了计算数学期望分析实际应用的问题,属于中档题.‎ ‎21.已知函数（）.‎ - 25 -‎ ‎（1）讨论函数的单调性；‎ ‎（2）若函数存在两个极值点，，求证：.‎ ‎【答案】(1) 当时,单调递减；当时, 在与上单调递减；在上单调递增.‎ ‎(2)证明见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)求导得,再将看成关于的二次函数,根据判别式分析二次函数的零点在判断的正负区间与的单调性即可.‎ ‎(2)由(1)可设两个极值点,再根据(1)中所得的单调区间,分别代入证明即可.‎ ‎【详解】(1)因为,故.‎ 设函数,令,则讨论.‎ ‎①当,即时, 恒成立,则,单调递减.‎ ‎②当,即时,令则两根 ‎,且,此时的两根 ‎.‎ - 25 -‎ 故在与上, ,单调递减；‎ 在上, ,单调递增.‎ 综上所述,当时,在上单调递减；当时, 在与上单调递减；在上单调递增.‎ ‎(2)由(1) 若函数存在两个极值点,,即的两根.不妨设.‎ ‎①先证,即.由(1)可知, 在上, 单调递增,故显然成立.‎ ‎②再证,即,‎ 即证.‎ 又,故,‎ 即证,显然成立.‎ 故 ‎【点睛】本题主要考查了分类讨论含参的函数单调性问题,同时也考查了极值点的不等式证明,需要根据前问的单调性,再代入原函数化简证明.属于中档题.‎ ‎（二）选考题：共10分.请考生在第22~23题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题计分.‎ ‎22.在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数，且 - 25 -‎ ‎），以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为.‎ ‎（1）写出曲线和直线的直角坐标方程；‎ ‎（2）若直线与轴交点记为，与曲线交于，两点，求.‎ ‎【答案】(1) ,；(2)1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据曲线中的,再结合分析即可得的直角坐标方程.再根据极坐标的公式化简直线的极坐标即可.‎ ‎(2)将直线化简成直线的标准参数方程,再联立曲线的直角坐标方程,利用直线参数的几何意义,结合韦达定理求解即可.‎ ‎【详解】(1) 曲线的参数方程为,‎ 因为故,故曲线的直角坐标方程为.‎ 直线的直角坐标方程为.‎ ‎(2)由(1), 直线的斜率为,设倾斜角为则,.故直线的标准参数方程为,(为参数).‎ 联立抛物线有,整理得.‎ ‎,,.‎ - 25 -‎ 故.‎ ‎【点睛】本题主要考查了参数方程与极坐标和直角坐标之间的化简,同时也考查了根据直线的参数方程的几何意义求解的问题.属于中档题.‎ ‎23.已知为实数，且满足.证明：‎ ‎（1）；‎ ‎（2）.‎ ‎【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)利用基本不等式证明即可.‎ ‎(2)利用三角换元证明即可.‎ ‎【详解】(1)因为,故.‎ ‎(2)由题,当,即时,设.‎ 故.‎ 即当且仅当即时取等号.‎ ‎【点睛】本题主要考查了基本不等式以及三角换元证明不等式的问题,属于中档题.‎ - 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