2020届高三全国普通高等学校统一招生考试试验检测卷1数学（理科）试题 Word版含解析

2020届高三全国普通高等学校统一招生考试试验检测卷1数学（理科）试题 Word版含解析

‎2020年全国普通高等学校统一招生考试数学试验检测卷1‎ ‎（理科）‎ 第Ⅰ卷（选择题：共60分）‎ 一、选择题：本共12小题，每5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的一项是符合题目要求的．‎ ‎1. 已知实数，和虚数单位满足，则（ ）‎ A. 2 B. 3 C. 4 D. 5‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题得，解方程组即得解.‎ ‎【详解】∵，整理为，‎ 根据复数相等条件有，解得，‎ 则，‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】本题主要考查复数相等的概念，意在考查学生对该知识的理解掌握水平.‎ ‎2. 已知集合，，则中所含元素的个数为（ ）‎ A. 4 B. 6 C. 8 D. 10‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据，通过列举法即可得到集合B中的元素，从而得到选项.‎ ‎【详解】∵集合中元素要求，故，于是用列举法可得符合集合 - 27 -‎ 的元素有：‎ ‎，，，，，，，，，共10个元素，‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】本题考查集合的表示方法的应用，考查集合中元素个数问题，属于简单题.‎ ‎3. 《周髀算经》中一个问题：从冬至之日起，小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气的日影子长依次成等差数列，若冬至、立春、春分的日影子长的和是尺，芒种的日影子长为尺，则冬至的日影子长为：（ ）‎ A 尺 B. 尺 C. 尺 D. 尺 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用等差数列通项公式和前项和公式列方程组，求出首项和公差，由此能求出结果.‎ ‎【详解】从冬至起，日影长依次记为，‎ 根据题意，有，‎ 根据等差数列的性质，有，‎ 而，设其公差为，则有，‎ 解得，‎ 所以冬至的日影子长为尺，‎ 故选A.‎ ‎【点睛】该题考查的是有关应用等差数列解决实际生活中的问题，涉及到的知识点有等差数列的通项公式以及前项和的有关量的计算，属于简单题目.‎ ‎4. 某观察站与两灯塔，的距离分别为3km和5km，测得灯塔在观察站北偏西50°，灯塔在观察站北偏东70°，则两灯塔，间的距离为（ ）‎ A. 7 B. 8 C. D. ‎ - 27 -‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 画出图形，可知，利用余弦定理即可求出的长.‎ ‎【详解】根据题意，画草图，结合题干条件易知，，，利用余弦定理可得：，∴．‎ 故选：A．‎ ‎【点睛】本题考查数形结合思想与余弦定理在解三角形中的应用，同时考查了数学建模能力和基本运算能力，属于基础题.‎ ‎5. 设函数，均是定义在上的偶函数和奇函数，且满足，则的值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据奇偶性函数定义域关于原点对称可求出，再根据奇偶函数的性质列出方程组，即可求出的解析式，即可求出.‎ ‎【详解】∵函数，均是定义域为的偶函数和奇函数，‎ 即有，解得，‎ - 27 -‎ ‎∵，‎ 有，‎ 解得，‎ ‎．‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】本题考查函数的奇偶性，考查考生运用函数性质解决问题的能力，试题注重基础，针对性强．‎ ‎6. 二十世纪第三次科技革命的重要标志之一是计算机发明与应用，其核心是使用二进制，即用最基本的字符“0”和“1”可以进行无穷尽的各种复杂计算，而且用电子方式实现，即二进制是一个微小的开关用“开”来表示1，“关”来表示0．某编程员将一个二进制数字串进制数字串，，，，，进行编码，其中称为第位码元，但在实际编程中偶尔会发生码元出错（即码元由0变成1，或者由1变为0），如果出现错误后还可以将码元，，，，进行校验修正，其校验修正规则为：，其中运算定义为：，，，，即满足运算规则为正确，否则错．现程序员给出1101101一组码元，然后输入计算机中，结果仅发现第位码元错误，则的值为（ ）‎ A. 3 B. 4 C. 5 D. 6‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据新运算的定义，分别判断出码元，，，，的正误，从而可得结果.‎ ‎【详解】∵，‎ 显然这几个码元中，显然这几个码元中必有一个错误，‎ - 27 -‎ 于是确定，，这3位码元都是正确的；‎ 又，‎ 进而，，，，均正确；‎ 再由，‎ ‎∵，，码元都正确，故只有错误，于是，‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】本题以当今科学技术发展观为背景，引导学生关注科技术，注重创新意识．同时考查了考生对新运算的理性思维和抽象理解能力．这体现了试题重思维、重过程、降低运算量命题思路，试题注重创新，针对性强．属于中档题．‎ ‎7. 二项式的展开式中的系数是（ ）‎ A. B. 12 C. 6 D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 写出和展开式的通项，再分三种情况讨论得解.‎ ‎【详解】∵展开式的通项为，展开式的通项为．‎ 根据多项式乘法规则和计数原理确定的系数，应分3种情况：‎ ‎①； ‎ ‎②；‎ ‎③，‎ 即含项为，‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】本题主要考查二项式定理的应用，考查二项式展开式的系数的求法，意在考查学生对该知识的理解掌握水平.‎ ‎8. 已知，是椭圆：的两个焦点，、是椭圆上且位于 - 27 -‎ 轴上方的任意两点，且满足，，与交于，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意知，点、及均是动态的，而值是确定，故可采用特殊法取轴，轴求解．‎ ‎【详解】如图所示：‎ 因为，‎ 特取轴，轴，‎ 所以，，，，‎ ‎ ，解得，‎ 所以，‎ 则．‎ 则，‎ 故选：C．‎ - 27 -‎ ‎【点睛】本题主要考查向量基本概念与运算，还考查了数形结合思想和等价转换运算能力，属于中档题.‎ ‎9. （ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题主要考三角变换的基本运算，同时考查考生的等价转换和数形结合思想，这体现了数学和谐美丽和数学运算的核心素养．试题难度：中偏难．‎ ‎【详解】设，则，‎ 即此时三角式表示的是过点，．‎ 两点的直线斜率，且，两点均在单位圆上，‎ 如图所示，结合图象知，‎ ‎，即，‎ ‎∴，故直线倾斜角为120°，‎ 于是，进而，故选C．‎ ‎10. 如图所示是一个正方体，现将其六面分别都涂红、蓝、黄、白、绿、紫6种颜色放干后，再切割为125个同样大小的正方体，然后放在足够大的容器内均匀搅拌，若从中随机取出一个小正方体记它的涂有颜色面数为，则的均值为（ ）‎ - 27 -‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 计算出被涂三面、两面、一面的小正方体的个数，可得的可能取值为0，1，2，3．从而求出数学期望；‎ ‎【详解】解：根据题意正方体内部有个小正方体没有被涂上颜色，仅有一面被涂上颜色的有个，仅有两个面涂上颜色的有个，有三个面涂上共有8个，故随机变量的可能取值为0，1，2，3．于是，，，．于是期望为．‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】本题主要考查对随机变量的期望理解，命题的衍生方向是与空间几何体知识相结合，同时还考查了空间想象能力、抽象思辨力、化归思想．这体现了数学的和谐与转化、数学的推理等核心思想．属于中档题．‎ ‎11. 知函数（，）满足，其图象与直线的某两个交点横坐标为，，且的最小值为．现给出了以下结论．‎ ‎①且 ②在上单调递减且 ‎③在上单调递增且 ④是的对称中心 则以上正确的结论编号为（ ）‎ - 27 -‎ A. ①②③ B. ②③④ C. ①③④ D. ①②④‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据正弦型函数的周期公式、奇偶性、单调性、对称性逐一判断即可.‎ ‎【详解】根据及条件的最小值为，‎ 可知函数的最大值为2，的最小正周期为，‎ ‎∴，因为，所以，‎ 因为，所以函数是偶函数，而，‎ 所以．于是序号①正确，进而知；‎ 对于序号②：∵，于是序号②错误；‎ 对于序号③，当且仅当取时，‎ 解得，即为的单调增区间，‎ 显然，又，故序号③正确；‎ 对于序号④，令，解得，‎ 即为函数的对称中心，‎ 显然是的其中一个对称中心，故④序号正确，‎ 综上知正确的序号为①③④．‎ 故选：C ‎【点睛】本题以三角函数函数为载体，主要考查三角函数图象及性质概念理解，同时考查了逻辑推理、直观想象转化能力，试题体现了理性思维、由具体到抽象转化，追寻知识背后的延伸结论，这是解题的基本功展现，试题难度：中．‎ - 27 -‎ ‎12. 下面各选项用类比推理，现给出了以下四个结论 ‎①已知三条直线、、，若，，则．类推出：已知向量、、，若，，则．‎ ‎②已知实数、，若方程有实数根，则据判别式，有．类推出：已知复数、，若方程有实数根，据判别式，有．‎ ‎③以原点为圆心，为半径的圆方程，类推出：以空间原点为球心，以为半径的球方程为．‎ ‎④若集合，，，，满足，则称，，，为集合的一种离散．即时，有种离散；时，有种离散；‎ 时，有种离散；‎ ‎……，类推出：时，必有种离散．‎ 则正确的结论编号为（ ）‎ A. ①③ B. ③④ C. ②③ D. ①②‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 当时，根据向量的性质判断序号①；对于序号②，当，时，方程为有实数根，但不成立；根据空间中两点的距离公式判断序号③；对于序号④，由，，，可归纳得出当有个集合时，可类推得种离散．‎ ‎【详解】对于序号①，当向量时，若，，则，不一定平行．故序号①不正确；‎ 对于序号②，若，，则方程为有实数根，但 - 27 -‎ 不成立，故序号②不成立；‎ 对序号③，设是球面上的任意点，则，即．于是序号③正确；‎ 对于序号④，当有两个集合时，时，有种离散；当有三个集合时，有种离散；当有四个集合时，时，有种离散；……显然当有个集合时，时，可类推得种离散．于是序号④正确 综上知本题正确的序号为③④‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】本题命制是以类比推理为背景，目的是考查学生的类比转换思想和逻辑推理能力，抽象概括能力，试题新颖，符合以生考熟的命题思想，体现了对知识的考查侧重于理解和应用的要求，很好地达到了共性好考个性难考的目的，试题难度：偏难．‎ 第Ⅱ卷（非选择题）‎ 二、填空题（分单空和多空）：本题共4小题，每5分，共20分．‎ ‎13. 设数列的前项和为，若，，，则______．‎ ‎【答案】729‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用时，，再结合，可得的值，与两式相减可得是等比数列，求出通项，即可求出.‎ ‎【详解】∵‎ 于是得，‎ 即 又，‎ - 27 -‎ 再由得，联立解得，．‎ 是以为首项，为公比的等比数列，‎ 故，‎ 故答案为：729．‎ ‎【点睛】本题考查的是等比数列即递推数列的相关知识点，同时考查了等价转换和运算求解能力，这体现了数学迁移转化和逻辑推理等核心素养试题难度,属于中档题．‎ ‎14. 若函数满足，当且仅当时，，则______．‎ ‎【答案】2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据函数满足的关系可得是以6最小正周期的周期函数，根据代入解析式即可.‎ ‎【详解】根据已知条件，‎ 进而有，‎ 于是，‎ 显然，‎ 则是以6最小正周期的周期函数，‎ ‎∵当时，则．‎ 故答案为：2.‎ ‎【点睛】本题以抽象函数为载体，研究抽象函数的结构特征，且挖掘暗含条件，巧妙地对复合函数的连续变形，体现了数学抽象，数学化归等关键能力与学科素，属于中档题.‎ ‎15. 将一骰子抛掷两次，若先后出现的点数分别是、，则函数仅有一个零点的概率是______；有两个不相同零点概率是______．‎ - 27 -‎ ‎【答案】 (1). (2). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由题得样本总容量为，再计算出满足数组有2个，由古典概型的概率公式即得解；‎ ‎（2）求出满足的数组有17个，由古典概型的概率公式即得解.‎ ‎【详解】（1）根据题意、，则样本总容量为．‎ 判别式构成的数组为．‎ 当且仅当函数仅有一个零点时，即；，‎ 即符合题意的数组为和，‎ 则此时，于是仅有一个零点时概率为；‎ ‎（2）有两个不同零点时，，即数组有，，，，，，，，，，，，，，，，共计17个数组，‎ 由古典概型的概率公式得概率，‎ 故仅有两个不同零点概率为．‎ 故答案为：；．‎ ‎【点睛】本题主要考查古典概型的概率公式的计算，意在考查学生对该知识的理解掌握水平.‎ ‎16. 已知，其中，为参变数，且．若是一个与无关的定值，则______，______．‎ ‎【答案】 (1). (2). ‎ - 27 -‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用降幂升角和余弦的两角和公式将化简整理得，若满足题意只需，将两式平方相加然后利用特殊角三角函数值进行计算并检验即可得到答案.‎ ‎【详解】‎ ‎．‎ ‎．‎ 是一个与无关的定值，故，此时为常数．‎ 进而有，两式平方相加得：，整合得即，∵，‎ 即，，‎ 由得或，‎ 由得或（舍去），‎ - 27 -‎ 即，当且时，解得，代入验证中，合题意．‎ 当且时，解得，代入验证中不成立．‎ 故答案为：；．‎ ‎【点睛】本题以三角函数为载体，主要考查三角恒等变换及三角求值的基本运算推理能力，同时还考查等价转化、分类讨论、理性思维能力，体现了数学抽象思维、数学转化等核心素养，属于中档题.‎ 三、解答题：本大题共6小题，共70分．解答必须写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．‎ ‎17. 已知定义在已知定义在上的函数上的函数满足①，②，由此可归纳出一个结论“★”，使得数列满足，则此结论★为_____．并求的通项公式．‎ ‎【答案】．或；.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由可得，结合，归纳可得出结论；利用倒序相加法求出的通项公式．‎ ‎【详解】∵，，‎ - 27 -‎ ‎，即从中得启发：可归纳得：．或．★‎ 可验证．‎ 由，‎ 即，‎ 两式相加得：‎ 共有个中括号，结合★即有，即得．‎ ‎【点睛】本题考查数与式的归纳推理，考查数列的求和公式，考查学生逻辑推理能力和计算能力，属于中档题．‎ ‎18. 如图,三棱柱中,底面是等边三角形,侧面是矩形,是的中点,是棱上的点,且.‎ ‎（1）证明：平面；‎ ‎（2）若,求二面角的余弦值.‎ ‎【答案】（1）见解析（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）连结BM，推导出BC⊥BB1，AA1⊥BC，从而AA1⊥MC，进而AA1⊥平面BCM，AA1⊥MB，推导出四边形AMNP是平行四边形，从而MN∥AP，由此能证明MN∥平面 - 27 -‎ ABC．‎ ‎（2）推导出△ABA1是等腰直角三角形，设AB，则AA1＝2a，BM＝AM＝a，推导出MC⊥BM，MC⊥AA1，BM⊥AA1，以M为坐标原点，MA1，MB，MC为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角A﹣CM﹣N的余弦值．‎ ‎【详解】（1）如图1，在三棱柱中，连结，因为是矩形，‎ 所以，因为，所以， ‎ 又因为，，所以平面，‎ 所以，又因为，所以是中点，‎ 取中点，连结，，因为是的中点，则且， ‎ 所以且，所以四边形是平行四边形，所以，‎ 又因为平面，平面，所以平面.‎ ‎（图1） （图2）‎ ‎（2）因为，所以是等腰直角三角形，设，‎ 则，.在中，，所以.‎ 在中，，所以，‎ 由（1）知，则，，如图2，以为坐标原点，，，的方向分别为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系，‎ 则，，.‎ 所以，则，，‎ 设平面的法向量为，‎ - 27 -‎ 则即 取得.故平面的一个法向量为，‎ 因为平面的一个法向量为，‎ 则.‎ 因为二面角为钝角，‎ 所以二面角的余弦值为.‎ ‎【点睛】本题考查线面平行的证明，考查了利用空间向量法求解二面角的方法，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，是中档题．‎ ‎19. 已知椭圆的离心率为，且过点.‎ ‎（1）求椭圆的方程；‎ ‎（2）若是椭圆上的两个动点，且的角平分线总垂直于轴，求证：直线的斜率为定值.‎ ‎【答案】（Ⅰ）； （Ⅱ）见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）由由题意可得，解得a2=6，b2=3，则椭圆方程可求； （Ⅱ）设直线PA的方程为y+1=k（x-2），联立直线方程和椭圆方程，求得A的横坐标，同理求得B的横坐标，进一步求得A、B的纵坐标的差，代入斜率公式得答案．‎ - 27 -‎ ‎【详解】（Ⅰ）由题意得 解得，所以，椭圆的方程是.‎ ‎(Ⅱ)设直线的斜率为，由题意知，直线的斜率为，‎ 设，‎ 直线的方程为，即 联立方程组 消去得，‎ 因为为直线与椭圆的交点，‎ 所以，即 把换为得，，所以，‎ 所以 ，‎ 所以直线的斜率，‎ 故直线的斜率为定值.‎ ‎【点睛】本题考查椭圆标准方程的求法，考查了直线与椭圆位置关系的应用，考查计算能力，属中档题．‎ ‎20. 新型冠状病毒是一种人传人，而且隐藏至深、不易被人们直觉发现危及人们生命的严重病毒．我们把与这种身带新型冠状病毒（称之为患者）有过密切接触的人群称为密切关联者．已知每位密切关联者通过核酸检测被确诊为阳性后的概率为 - 27 -‎ ‎．一旦被确诊为阳性后即将其隔离．某位患者在隔离之前，每天有位密切关联者与之接触（而这个人不与其他患者接触），其中被感染的人数为．‎ ‎（1）求一天内被感染人数的概率的表达式和的数学期望；‎ ‎（2）该病毒在进入人体后有14天的潜伏期，在这14天内患者无任何症状，则为病毒传播的最佳时间．设每位患者在不知自己患病的情况下的第二天又与位密切关联者接触．从某一从名患者被带新型冠状病毒的第1天开始算起，第天新增患者的数学期望记为．‎ ‎①当，，求的值；‎ ‎②试分析每位密切关联者佩戴口罩后与患者接触能否降低患病的概率，经大量临床数据验证佩戴口罩后被感染患病的概率满足关系式．当取得最大值时，计算所对应的和所对应的值，然后根据计算结果说明佩戴口罩的必要性（取）．‎ ‎（参考数据：，，，，，计算结果保留整数）‎ ‎【答案】（1），；（2）①233280；②（人）；（人）；必要性见解析．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）设事件：被病毒感染的人群，随机变量的取值为：0，1，2，…，．得到事件服从二项分布，即可求解．‎ ‎（2）①根据题意，第天新增加人数的数学期望，即可求解的值．‎ ‎②求得，利用导数求得函数单调性和最值，进而得到，，分别求得和的人数，即可得到结论．‎ - 27 -‎ ‎【详解】（1）根据题意，因为任何一个与患者密切接触的关联者，被感染（患病）的概率均为，‎ 又每天有位密切关联者与一患者接触，设事件：被病毒感染的人群，‎ 随机变量的取值为：0，1，2，…，．显然事件服从二项分布，‎ 即，显然．‎ ‎（2）①根据题意，最初患者自己被感染，即第1天人数为1，‎ 第2天被感染人数增至为：；‎ 第3天被感染人数增至为：，…，‎ 显然第天被感染人数增至为：，第天被感染人数增至为：，‎ 于是根据题意中均值定义，第天新增加人数的数学期望，‎ 即，于是．‎ ‎②根据题意函数，求导得：，‎ 当且仅当时，，此时单调递增；当时，，‎ 即单调递减，于是．‎ 此时，，‎ 于是（人），‎ ‎（人）．‎ 经过计算得知，戴口罩情况下患者与密切接触的关联者接触被感染的人数为16人，‎ 而不戴口罩的情况下患者与密切接触的关联者接触被感染的人数为6480人，‎ 即远大于，于是戴口罩是非常必要的．‎ - 27 -‎ ‎【点睛】本题以新冠疫情重大突发事件为背景命题，以病毒人传人大事件的预防建立数学模型来考查概率的相关概念、事件的划分、离散型随机变量的期望等概念的应用，同时考查了理性思维、抽象思维及逻辑推理、运算求解能力、读题理解能力、计算能力．‎ ‎21. 已知函数．‎ ‎(1)求证：；‎ ‎(2)用表示中的最大值，记，讨论函数零点的个数．‎ ‎【答案】（1）见解析，（2）见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1) 设求出函数的最小值即可；‎ ‎(2) 对x和a的范围进行讨论，得出f（x），g（x）在（0，+∞）上的单调性，利用单调性及最值判断f（x），g（x）的零点个数，从而得出h（x）的零点个数．‎ ‎【详解】（1）证明：设，定义域为，‎ 则.‎ 当时，；当时，，‎ 故在内是减函数，在内是增函数，‎ 所以是的极小值点，也是的最小值点，‎ 所以，所以 ‎（2）解：函数的定义域为，‎ ‎，‎ 当时，；当时，，‎ - 27 -‎ 所以在内是减函数，在内是增函数，‎ 所以是的极小值点，也是的最小值点，‎ 即 若，则，‎ 当时，；当时，；‎ 当时，.‎ 所以，于是只有一个零点.‎ 当，则当时，，此时，‎ 当时，，，此时 所以没有零点.‎ 当，则当时，根据（1）可知，‎ 而，所以 又因为，所以在上有一个零点，‎ 从而一定存在，使得，‎ 即，所以 当时，，‎ 所以，从而，‎ 于是有两个零点和1.‎ - 27 -‎ 故当时，有两个零点.‎ 综上，当时，有一个零点，当时，没有零点，当时，有两个零点.‎ ‎【点睛】本题考查函数值的求法，考查函数的零点个数问题，注意运用分类讨论思想方法，考查运算能力，属于中档题．‎ 请考生在第22，23题中任选一做答，如果多做，则按所做的第一题计分，作答时请写清楚题号．‎ ‎[选修4-4：坐标系与参数方程选讲]‎ ‎22. 在直角坐标系中，已知直线过点，其斜率为，直线与抛物线：相交、两点．‎ ‎（1）写出直线和抛物线的参数方程；‎ ‎（2）若点在抛物线弦上，记面积为，面积为，且，试求点坐标．‎ ‎【答案】（1）（为参数）；（为参数）；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）设直线的倾斜角为，求出，，即得直线的参数方程；又从抛物线：方程知，即得抛物线的参数方程；‎ ‎（2）由题得是弦的中点，把直线的参数方程代入抛物线的方程得到，利用参数的几何意义即得解.‎ ‎【详解】（1）∵直线过点，其斜率为，设直线的倾斜角为，则，于是知，，‎ - 27 -‎ ‎∴直线参数方程为（为参数），‎ 又从抛物线：方程知，‎ ‎∴所求抛物线参数方程为（为参数）．‎ ‎（2）∵面积为面积为，即得，‎ 于是是弦的中点，‎ 又直线与抛物线：相交、两点，‎ 将直线参数方程代入抛物线方程中，整理得，‎ 设此方程的两根为，，易知．‎ 根据的几何意义知，‎ 进而知中点对应的参数．‎ 显然的坐标为，‎ 故得．‎ ‎【点睛】本题主要考查直线和抛物线的参数方程的写法，考查直线参数方程参数的几何意义，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.‎ ‎[选修4-5：不等式选讲]‎ ‎23. 设定义在上的函数为．‎ ‎（1）设在定义域上恒成立，求的最小值；‎ - 27 -‎ ‎（2）设为（1）的最小值，正实数，，满足等式，试证明：．‎ ‎【答案】（1）1；（2）证明见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据函数的定义域，求得的定义域，然后将，恒成立，转化为,在上恒成立求解．‎ ‎（2）由（1）知，得到，则，利用基本不等式证明.‎ ‎【详解】（1）∵，的定义域为，‎ 故的定义域由，得，‎ 所以，的定义域为．‎ 所以，恒成立，即,在上恒成立．‎ 因，所以，‎ 所以的最小值为1．‎ ‎（2）由（1）知，∴，‎ 则，‎ ‎，‎ ‎，‎ 当且仅当取等号．‎ - 27 -‎ ‎【点睛】本题主要考查绝对值不等式恒成立以及基本不等式证明不等式问题，还考查了转化化归的思想和运算求解能力，属于中档题.‎ - 27 -‎