四川省成都市玉林中学2023届高三理科数学三诊模拟试题（Word版附解析）

成都市玉林中学高2023级高三下期三诊模拟一第Ⅰ卷（选择题共60分）一、选择题：本题共12小题，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.已知集合，，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】依题意需要找到集合和集合中的公共元素，即是集合中在范围内的元素．【详解】由题意知，对于集合：，在集合中只有、、满足条件，故选：D．2.（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据复数的模长公式化简分子，再运用复数的除法运算进行化简求值即可．【详解】故选：A． 3.等差数列的前n项和为，若，，则数列的公差（）A.2B.4C.6D.8【答案】B【解析】【分析】利用等差数列的通项公式与前n项和的关系式，以及等差数列的性质即可得出．【详解】设等差数列的首相为，公差为，则，由等差数列的性质可得，，又解得故选：B．4.空气质量指数（简称AQI）是能够对空气质量进行定量描述的数据，AQI越小代表空气质量越好．甲，乙两地在9次空气质量监测中的AQI数据如图所示，则下列说法不正确的是（）A.甲地的AQI的平均值大于乙地B.甲地的AQI的方差小于乙地C.甲地的AOI的中位数大于乙地D.甲地的空气质量好于乙地【答案】D【解析】【分析】利用给定的AQI数据图，结合平均数、方差、中位数的意义分别判断各项即可.【详解】由AQI数据图知，甲地9次监测数据有7次均在50以上，只有两次在50 以下，并且与50相差较小，乙地9次监测数据有7次均在50以下，有两次在50附近，并且与50相差很小，甲地的AQI的平均值大于50，乙地的AQI的平均值小于50，甲地的AQI的平均值大于乙地，A正确；甲地9次监测数据的折线图比较平滑，波动较小，乙地9次监测数据波动较大，即甲地的AQI的方差小于乙地，B正确；甲地9次监测数据的中位数大于50，乙地9次监测数据的中位数小于50，甲地的AOI的中位数大于乙地，C正确；甲地9次监测数据中有8个都高于乙地对应监测数据，再结合平均值、中位数看，乙地的空气质量要好于甲地，D不正确.故选：D5.已知，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】利用诱导公式和二倍角余弦公式直接化简求解即可.【详解】.故选：B.6.17世纪德国著名的天文学家开普勒曾经这样说过：“几何学里有两件宝，一个是勾股定理，另一个是黄金分割.如果把勾股定理比作黄金矿的话，那么可以把黄金分割比作钻石矿.”黄金三角形有两种，其中底与腰之比为黄金分割比的黄金三角形被认为是最美的三角形，它是一个顶角为的等腰三角形(另一种是顶角为108°的等腰三角形).例如，五角星由五个黄金三角形与一个正五边形组成，如图所示，在其中一个黄金中，.根据这些信息， 可得（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】先求出，再根据二倍角余弦公式求出，然后根据诱导公式求出.【详解】由题意可得：，且，所以，所以，故选：C【点睛】本题考查了二倍角的余弦公式和诱导公式，属于基础题.7.已知双曲线的左焦点为，直线与双曲线 交于两点，且，，则当取得最小值时，双曲线的离心率为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据对称关系可知，，利用双曲线定义和向量数量积的定义可构造方程求得，由此化简，根据基本不等式取等条件可知，由双曲线离心率可求得结果.【详解】不妨设位于第一象限，双曲线的右焦点为，连接，，为中点，四边形为平行四边形，，；设，，则由得：，解得：；在中，，，（当且仅当时取等号），当取得最小值时，双曲线的离心率. 故选：D.8.如图，已知正方体的棱长为，是的中点，点在侧面（含边界）内，若，则面积的最小值为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴建立空间直角坐标系，设，利用向量法确定M的轨迹满足，求出的最小值，直接求出面积的最小值.【详解】以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图， 则，，，，设，则，，因为，所以，得，所以，所以，当时，取最小值，易知，所以的最小值为．故选：D.9.数列表示第n天午时某种细菌的数量．细菌在理想条件下第n天的日增长率．当这种细菌在实际条件下生长时，其日增长率会发生变化．下图描述了细菌在理想和实际两种状态下细菌数量Q随时间的变化规律．那么，对这种 细菌在实际条件下日增长率的规律描述正确的是（）A.B.CD. 【答案】B【解析】【分析】根据散点图的规律即可判断【详解】由图象可知，第一天到第五天，实际情况与理想情况重合，为定值，而实际情况在第六天以后日增长率逐渐降低，且逐渐趋于0故选：B10.已知函数，则“”是“函数有两个零点”的()A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件【答案】B【解析】【分析】作出f(x)的图像，函数有两个零点，即y＝f(x)图像与y＝1图像有两个交点，数形结合即可求出k的范围，根据充分条件和必要条件的概念即可判断正确选项．【详解】f(x)的图像如图所示， 函数有两个零点，即y＝f(x)j图像与y＝1图像有两个交点，由图可知，，即0<k≤3﹒∴“”是“函数有两个零点”的必要不充分条件．故选：B．11.第24届冬奥会于2022年2月4日在中华人民共和国北京市和河北省张家口市联合举行.此届冬奥会的项目中有两大项是滑雪和滑冰，其中滑雪有6个分项，分别是高山滑雪、自由式滑雪、单板滑雪、跳台滑雪、越野滑雪和北欧两项，滑冰有3个分项，分别是短道速滑、速度滑冰和花样滑冰.甲和乙相约去观看比赛，他们约定每人观看两个分项，而且这两个分项要属于不同大项.若要求他们观看的分项最多只有一个相同，则不同的方案种数是（）A.324B.306C.243D.162【答案】B【解析】【分析】先求得总的观看方案，再减去两个分项都相同的观看分案求解.【详解】由题意得：总的观看方案为，两个分项都相同的观看分案为，所以观看的分项最多只有一个相同，则不同的方案种数是，故选：B12.已知三棱锥的底面为等腰直角三角形，其顶点P到底面ABC的距离为3，体积为24，若该三棱锥的外接球O的半径为5，则满足上述条件的顶点P的轨迹长度为（） A.6πB.30πC.D.【答案】D【解析】【分析】利用三棱锥的体积，求解底边边长，求出的外接圆半径，以及球心到底面的距离，判断顶点的轨迹是两个不同截面圆的圆周，进而求解周长即可．【详解】依题意得，设底面等腰直角三角形的边长为，三棱锥的体积解得：的外接圆半径为球心到底面的距离为，又顶点P到底面ABC的距离为3，顶点的轨迹是一个截面圆的圆周当球心在底面和截面圆之间时，球心到该截面圆的距离为，截面圆的半径为，顶点P的轨迹长度为；当球心在底面和截面圆同一侧时，球心到该截面圆的距离为，截面圆的半径为，顶点P的轨迹长度为；综上所述，顶点P的轨迹的总长度为故选：D． 【点睛】本题考查空间几何体外接球的问题以及轨迹周长的求法，考查空间想象能力、转化思想以及计算能力，题目具有一定的难度．已知正三棱锥的侧面与底面所成的二面角为，侧棱，则该正三棱锥的外接球的表面积为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据二面角的定义，作图，求得其平面角，利用正三棱锥的性质以及余弦定理，求得底面边长，假设球心的位置，利用勾股定理，建立方程，可得答案.【详解】由题意，作正三棱锥，取中点，连接，取等边的中心，连接，如下图所示：在正三棱锥中，易知，平面，为中点，，在等边中，为中点，，平面，平面，，设，则在中，，在中，，在中，根据余弦定理，，则，化简可得：，解得 ，则，，在等边中，是中心，，，平面，平面，，在中，，设正三棱锥的外接球的半径为，假设正三棱锥的外接球球心在线段上，则，可得，解得，不符合题意；假设正三棱锥的外接球球心在线段的延长线上，则，可得，解得，符合题意.故正三棱锥的外接球表面积.故选：C.第Ⅱ卷（非选择题共90分）二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在答题纸上）．13.已知向量，，且满足，则______．【答案】4【解析】【分析】根据题意可得，结合向量垂直的坐标表示，即可求得关于的等式，求解即可.【详解】因为，两边平方则：， 故可得，又，，则，解得.故答案为：.14.曲线在点处切线方程为______．【答案】【解析】【分析】利用导数几何意义求解即可.【详解】，，则切线方程为：，即.故答案为：15.已知函数在上有且仅有条对称轴；则（）A.B.可能是的最小正周期C.函数在上单调递增D.函数在上可能有个或个零点【答案】AD【解析】【分析】利用二倍角和辅助角公式化简得到；根据对称轴条数可确定，进而解得范围，知A正确；不符合A中范围，知B 错误；根据，可知当时，函数不单调，知C错误；根据，分类讨论可得零点个数，知D正确.【详解】；对于A，当时，，在上有且仅有条对称轴，，解得：，即，A正确；对于B，若是的最小正周期，则，不能是的最小正周期，B错误；对于C，当时，；，，，，当时，不是单调函数，C错误；对于D，当时，，，；当时，在上有个零点；当时，在上有个零点；在上可能有个或个零点，D正确. 故选：AD.16.已知函数和函数，具有相同的零点，则的值为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据零点定义可整理得到，令，利用导数，结合零点存在定理的知识可确定在上单调递减，在上单调递增，并得到，，由可确定，由此化简所求式子即可得到结果.详解】由题意知：，，联立两式可得：，令，则；令，则在上单调递增，又，，在上存在唯一零点，且，，；当时，；当时，；在上单调递减，在上单调递增，，又，， .故选：C.【点睛】关键点点睛：本题考查函数零点、利用导数求解函数单调性的相关问题；解题关键是能够灵活应用零点存在定理确定导函数的正负，并得到隐零点所满足的等量关系式，进而利用等量关系式化简最值和所求式子.16.已知椭圆的长轴长为，离心率为，为上的两个动点，且直线与斜率之积为（为坐标原点），则椭圆的短轴长为_______，_________.【答案】①.②.【解析】【分析】根据椭圆长轴长、离心率可求得，由此可得短轴长及椭圆方程；设，，根据斜率关系，结合两角和差公式可整理得到，利用两点间距离公式，结合诱导公式和同角三角函数关系可求得结果.【详解】椭圆的长轴长为，，又离心率，，椭圆的短轴长为，椭圆；设，，，，. 故答案为：；.【点睛】关键点点睛：本题考查椭圆的几何性质，求解距离平方和的关键是能够通过三角换元的方式，结合斜率关系得到所满足的关系式，进而结合诱导公式来进行求解.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作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题：共60分．17.已知的内角的对边分别为，且（1）求的值；（2）给出以下三个条件：条件①：；条件②；条件③.这三个条件中仅有两个正确，请选出正确的条件并回答下面的问题：（i）求的值；（ii）求的角平分线的长.【答案】（1）；（2）条件正确，(i)；(ii).【解析】【分析】(1)根据两角和与差的正弦公式、辅助角公式化简计算可得，即可求得B；(2)利用余弦定理即可推出条件①不正确；根据三角形面积公式和余弦定理求出，结合正弦定理即可求出，再次利用正弦定理可得，解方程组即可.【小问1详解】 ，，，，得Z，由，得；【小问2详解】若条件①正确，由，得，由余弦定理，得，即，解得不符合题意，故条件①不正确，则条件②③正确；(i)由，，得，解得，由余弦定理，得，因为，所以，由正弦定理，得，即；(ii)由正弦定理，得，即，因为平方，，所以，在中，由正弦定理，得，在中，由正弦定理，得，又，上述两式相除，得，解得，所以. 17.的内角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知．（1）求A；（2）若D为边AC上一点，且，，，求CD的长．【答案】（1）（2）3或5【解析】【分析】（1）由正弦定理及和差角公式化简已知条件，即可求A；（2）设，则，在中，利用余弦定理即可求解.【小问1详解】解：在中，由，可得，所以由正弦定理可得，因为，所以，所以，即，所以，因为，所以，所以，即； 【小问2详解】解：由题意，设，则，因为，，所以由余弦定理可得，即，解得或，所以CD的长为3或5.18.劳动教育具有树德、增智、强体、育美的综合育人价值．某学校为了解学生参加家务劳动的情况，随机抽查了100名学生，其中有40名男生，并统计了这些学生在某个休息日做家务劳动的时间，将劳动时间分为5组：，，，，，得到如图所示的频率分布直方图．（1）已知该校学生李华在该休息日做了1.6小时的家务劳动，根据绘制的频率分布直方图，试用统计的知识分析李华做家务劳动的时间处于什么水平（同一组中的数据以这组数据所在区间中点的值作代表）；（2）若做家务劳动的时间不低于2小时称为“喜欢做家务”，已知调查数据中喜欢做家务劳动的男生有5人，据所给数据，完成下面的列联表，并判断是否有95%的把握认为“是否喜欢做家务劳动与性别有关”． 喜欢做家务不喜欢做家务男生女生附：，0.100.050.010.0050.0012.7063.8416.6357.87910.828【答案】（1）见解析（2）列联表见解析，有95%的把握认为“是否喜欢做家务劳动与性别有关．【解析】【分析】（1）首先根据题意得到，再根据频率直方图求解即可.（2）首先计算，即可得到答案.【小问1详解】由题知：，解得.若选择中位数：劳动的时间在的频率为，劳动的时间在的频率为，，所以1.6小时的家务劳动略低于中等水平；若选择平均数：这些学生在某个休息日做家务劳动的时间的平均数为，所以1.6小时的家务劳动略低于平均水平；【小问2详解】列联表 喜欢做家务不喜欢做家务合计男生53540女生204060合计2575100，所以有95%的把握认为“是否喜欢做家务劳动与性别有关．18.2022年春节后，新冠肺炎的新变种奥密克戎在我国部分地区爆发.该病毒是一种人传人，不易被人们直接发现，潜伏期长且传染性极强的病毒.我们把与该病毒感染者有过密切接触的人群称为密切接触者.一旦发现感染者，社区会立即对其进行流行性病医学调查，找到其密切接触者进行隔离观察.调查发现某位感染者共有10位密切接触者，将这10位密切接触者隔离之后立即进行核酸检测.核酸检测方式既可以采用单样本检测，又可以采用“合1检测法”.“合1检测法”是将个样本混合在一起检测，若混合样本呈阳性，则该组中各个样本再全部进行单样本检测;若混合样本呈阴性，则可认为该混合样本中每个样本都是阴性.通过病毒指标检测，每位密切按触者为阴性的概率为，且每位密切接触者病毒指标是否为阴性相互独立.（1）现对10个样本进行单样本检测，求检测结果最多有1个样本为阳性的概率的表达式;（2）若对10个样本采用“5合1检测法”进行核酸检测.用表示以下结论:①求某个混合样本呈阳性的概率;②设总检测次数为，求的分布列和数学期望.【答案】（1）；（2）①；②分布列见解析，.【解析】分析】（1）对10个样本进行逐个检测属于独立重复试验，利用独立重复试验概率即可求解； （2）采用“5合1检测法”，“某个混合样本呈阴性”仍然属于独立重复试验，可求出该事件的概率，利用互为对立事件的概率和为1即可求出；此时总检测次数可能为2,7,12，列出分布列，计算数学期望.【小问1详解】由题意可知，对10个样本进行逐个检测属于独立重复试验，所以最多有1个阳性样本的概率为：，所以【小问2详解】①设“某个混合样本呈阳性”为事件，则表示事件“某个混合样本呈阴性”，而混合样本呈阴性即为该混合样本全部为阴性，．故②X的可能取值为2，7，12．当两个混合样本都呈阴性时，.当两个混合样本一个呈阳性，一个呈阴性时，．当两个混合样本都呈阳性时，．故X的分布列为：2712的数学期望，所以的数学期望为年月 日，由工业和信息化部、安徽省人民政府共同主办的第十七届“中国芯”集成电路产业大会在合肥成功举办．此次大会以“强芯固基以质为本”为主题，旨在培育壮大我国集成电路产业，夯实产业基础、营造良好产业生态.年，全国芯片研发单位相比年增加家，提交芯片数量增加个，均增长超过倍.某芯片研发单位用在“芯片”上研发费用占本单位总研发费用的百分比（）如表所示.年份年份代码（1）根据表中的数据，作出相应的折线图；并结合相关数据，计算相关系数，并推断与线性相关程度；（已知：，则认为与线性相关很强；，则认为与线性相关一般；，则认为与线性相关较弱）（2）求出与的回归直线方程（保留一位小数）；（3）请判断，若年用在“芯片”上研发费用不低于万元，则该单位年芯片研发的总费用预算为万元是否符合研发要求?附：相关数据：，，，.相关计算公式：①相关系数； 在回归直线方程中，，.【答案】（1）折线图见解析；；与线性相关很强（2）（3）符合研发要求【解析】【分析】（1）根据表格数据可绘制折线图，结合公式可求得相关系数，对比已知线性相关强度判断依据即可得到结论；（2）采用最小二乘法即可求得回归直线；（3）将代入回归直线可求得，进而计算得到预算为万元时的研发费用的预估值，由此可得结论.【小问1详解】折线图如下：由题意得：，，，，，与线性相关很强.【小问2详解】 由题意得：，，关于的回归直线方程为.【小问3详解】年对应的年份代码，则当时，，预测年用在“芯片”上的研发费用约为（万元），，符合研发要求.19.已知直三棱柱中，D为的中点．（1）从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立；①；②；③．（2）若，，，求直线与平面ABD所成角的正弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）根据线面垂直的判定和性质，根据不同的选择，即可证明；（2）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，设出长度，利用，求得，再求得直线的方向向量和平面的法向量，利用向量法即可求得结果.【小问1详解】 连接，如下所示：选择①，②，证明③如下：因为，，面，故面，又面，故可得.又为直三棱柱，故面，因为面，故；又面，故面，又面，故可得，因为为的中点，故可得在平面中，垂直平分，则选择①，③，证明②如下：因为为的中点，且，在△中，由三线合一可知；又为直三棱柱，故面，因为面，故；又面，故面，又面，故；又，面， 故面面，故.选择②，③，证明①如下：因为为的中点，且，在△中，由三线合一可知；又为直三棱柱，故面，因为面，故；又面，故面，又面，故；又面，故面，因为面，故.【小问2详解】因为，则，故，则，又为直棱柱，故面面，故，故两两垂直，则以为坐标原点，建立空间直角坐标系，如下所示：设，则， 故，因为，故，解得，故，，设平面的法向量，则，即，取，解得，则，又，设直线与平面所成角为，则.即直线与平面所成角的正弦值为.20.已知椭圆，离心率．直线与轴交于点，与椭圆相交于两点．自点分别向直线作垂线，垂足分别为．（Ⅰ）求椭圆的方程及焦点坐标；（Ⅱ）记，，的面积分别为，，，试证明为定值．【答案】（Ⅰ）椭圆的方程为，焦点坐标为；（Ⅱ）证明见解析.【解析】【分析】（Ⅰ）由，椭圆离心率公式即可求得的值，求得椭圆方程及焦点坐标；（Ⅱ）将直线方程代入椭圆方程，由韦达定理及三角形的面积公式，求得，，即可证明为定值. 【详解】（Ⅰ）由题意可知，又，即．解得．即．所以．所以椭圆的方程为，焦点坐标为．（Ⅱ）由得，显然．设，，则，，，因为，又因为 ．所以．【点睛】(1)解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．(2)涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形．已知椭圆的中心为坐标原点，对称轴为轴、轴，且点和点在椭圆上，椭圆的左顶点与抛物线的焦点的距离为.（1）求椭圆和抛物线的方程；（2）直线与抛物线变于两点，与椭圆交于两点.（ⅰ）若，抛物线在点处的切线交于点，求证：；（ⅱ）若，是否存在定点，使得直线的倾斜角互补?若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.【答案】（1）椭圆；抛物线；（2）（ⅰ）详见解析；（ⅱ）存在，.【解析】【分析】（1）设椭圆方程，代入两点坐标即可求得结果；根据椭圆左顶点和抛物线焦点坐标，可构造方程求得，进而得到抛物线方程；（2）（ⅰ）联立直线与抛物线方程，可得韦达定理的结论；假设切线方程，并联立求得点坐标，再结合两点间距离公式求得所证等式中的各个基本量，整理可得结论；（ⅱ）假设存在点，由倾斜角互补可知斜率和为，将直线 与椭圆方程联立，可得韦达定理的结论；利用两点连线斜率公式表示出两直线斜率，根据斜率和为可构造等式，消元整理得到.【小问1详解】设椭圆的方程为：，和在椭圆上，，解得：，椭圆的标准方程为：；由椭圆方程可知：椭圆的左顶点为，又，，解得：，抛物线的方程为；【小问2详解】（ⅰ）当时，直线，即，令，则直线，设，，由得：，则，，，；设抛物线在点处的切线方程分别为：，，由得：，，又，则，，则； 同理可得：；联立两切线方程，将，代入，可解得：，，，又，；同理可得：；，要证，等价于证明，，又，，同理可得：，，即；（ⅱ）当时，直线，假设存在点，使直线的倾斜角互补，则直线的斜率之和为；设，由得：，，即恒成立，，， ，，即，，即，解得：，假设成立，即存在点，使得直线的倾斜角互补.21.已知函数．（1）若在上是减函数，求实数a最小值；（2）若恒成立，求a的取值范围．【答案】（1）1；（2）．【解析】【分析】(1)根据题意可知在恒成立，参变分离可求a的最小值；(2)等价于，∵不等式在x≥－1时恒成立，故当x＝0时也恒成立，据此即可求得a≥1﹒然后在证明当时，不等式恒成立即可．证明不等式恒成立时，可利用当时，对不等式进行放缩化简．【小问1详解】∵，若在上是减函数，则在恒成立，即，即对恒成立，∵，∴，因此实数的最小值为1；【小问2详解】 ∵，∴等价于∵时，，∴，下面证明当时，不等式恒成立，先证明当时，，由(1)知，当时，上单增，在上单减，∴，∴当时，，要证明，只需证明对任意的，恒成立，令，则，令，得，当，即时，，∴单调递增，于是，当，即时，在上单减，在单调递增，∴，令，则，∴在在单调递增， 于是，即，∴恒成立，∴，不等式恒成立，因此当时，不等式恒成立，即取的值范围是．【点睛】本题第二问的关键点是注意到x＝0时可直接求出a的范围，再去证明这个范围是成立的即可﹒证明不等式恒成立时，需用当时，对不等式进行放缩．（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．选修4-4：坐标系与参数方程22.在直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为(t为参数)，以原点O为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为．（1）求曲线C的直角坐标方程，并指出其表示何种曲线；（2）设直线l与曲线C交于A，B两点，线段AB的中点为M，若点P的直角坐标为，求的值．【答案】（1），表示以为圆心为半径的圆；（2）【解析】【分析】(1)两边同时乘以ρ，利用余弦和角公式展开，代入x＝ρcosθ， y＝ρsinθ化简即可得曲线C的直角坐标方程，根据方程的特征可判断该曲线为圆，取出圆心和半径即可；(2)将直线l的参数方程化为标准形式，代入(1)中C的直角坐标方程得到关于参数t的二次方程，设方程的两个实数根为，则两点所对应的参数为，根据韦达定理和直线参数方程参数的几何意义即可表示出，代值计算即可．【小问1详解】曲线，可化为，即，因此曲线C的直角坐标方程为，即，它表示以为圆心为半径的圆；【小问2详解】∵直线的参数方程为(为参数，∴直线l的参数方程可变为(为参数)，∵点在直线上，且在圆外， 把代入中，得，设方程的两个实数根为，则两点所对应的参数为，又，则点对应的参数为，∴选修4-5：不等式选讲23.已知函数．（1）当时，求不等式的解集；（2）若(a，b，c均为正实数)的最小值为3，求的最小值．【答案】（1）或；（2）4．【解析】【分析】(1)代入a＝2，根据x的范围去绝对值，分类讨论解二次不等式即可；(2)根据绝对值三角不等式可得，根据柯西不等式即可得的最小值．【小问1详解】当时，不等式即，∴：，或， ∴，或，故不等式的解集为或；【小问2详解】由绝对值三角不等式可得：，当且仅当时取等号，∵均为正实数，∴，∴根据柯西不等式可得，，∴，当且仅当，即时等号成立，∴的最小值是4．∵均为正实数，∴，∴根据柯西不等式可得，，∴，当且仅当，即时等号成立，∴的最小值是4．