2020年全国卷Ⅱ卷文科数学解答题解析版
2020年全国卷Ⅱ卷文科数学解答题解析版
解答题
(1).求\(A\);
解：由己知\(\sin^{2}A+\cos A=\cfrac{5}{4}\)，即\(\cos^{2}A-\cos A+\cfrac{1}{4}=0\)
所以\((\cos A-\cfrac{1}{2})^2=0\)，即\(\cos A=\cfrac{1}{2}\)，
又由于\(0<A<\pi\)，故\(A=\cfrac{\pi}{3}\);
(2).若\(b-c=\cfrac{\sqrt{3}}{3}a\)，证明:\(\triangle ABC\)是直角三角形此处既可以考虑用角来证明，由题意\(b\)\(-\)\(c\)\(=\)\(\cfrac{\sqrt{3}}{3}a\)\(>0\)可知，最大角必然是\(B\)，即\(B=90^{\circ}\)；也可以考虑用边的关系来证明，即证明\(b^2=a^2+c^2\)。\(\;\;\)。
法1: 从角的角度入手分析，比如证明\(B=90^{\circ}\)或\(B-30^{\circ}=60^{\circ}\)等即使我们确定了需要证明角\(B\)为直角(而非其他角)的正确方向后，还有一个思维难点，到底是直接得到\(B\)\(=\)\(90^{\circ}\)，亦或由\(B\)\(-\)\(30^{\circ}\)\(=\)\(60^{\circ}\)间接得到；\(\quad\)；
由(1)知，\(B+C=\cfrac{2\pi}{3}\)，则\(C=\cfrac{2\pi}{3}-B\)，
将\(b-c=\cfrac{\sqrt{3}}{3}a\)，边化角相比较而言，转化为角的关系，简单清晰，难度是三角变换和解三角形方程。 ，
得到\(\sin B-\sin C=\cfrac{\sqrt{3}}{3}\sin A\)，
\(\sin B-\sin(\cfrac{2\pi}{3}-B)=\cfrac{\sqrt{3}}{3}\sin \cfrac{\pi}{3}\)，
即\(\sin B-(\sin\cfrac{2\pi}{3}\cdot \cos B-\cos\cfrac{2\pi}{3}\cdot \sin B)=\cfrac{1}{2}\)，提醒此处的三角变换极容易出错，切记，切记，平时多练习。
即\(\sin B-\cfrac{\sqrt{3}}{2}\cos B-\cfrac{1}{2}\sin B=\cfrac{1}{2}\)
即\(\cfrac{1}{2}\sin B-\cfrac{\sqrt{3}}{2}\cos B=\cfrac{1}{2}\)，
即\(\sin(B-\cfrac{\pi}{3})=\cfrac{1}{2}\)，又由于\(-\cfrac{\pi}{3}<B-\cfrac{\pi}{3}<\cfrac{2\pi}{3}\)，
故\(B-\cfrac{\pi}{3}=\cfrac{\pi}{6}\)，即\(B=\cfrac{\pi}{2}\)，
故\(\triangle ABC\)是直角三角形.
法2：从边的角度入手分析，比如证明\(b^2=a^2+c^2\)；
由于\(A=\cfrac{\pi}{3}\)，\(b-c=\cfrac{\sqrt{3}}{3}a>0\)，故\(B\)为最大角，即\(b>c\)；
故以下的证明朝\(b^2=a^2+c^2\)方向努力，
由余弦定理得到，\(a^2=b^2+c^2-2bc\cos A=b^2+c^2-bc\)①；
将已知条件\(b-c=\cfrac{\sqrt{3}}{3}a\)，两边平方得到，\(b^2+c^2-2bc=\cfrac{a^2}{3}\)②；
即\(3b^2+3c^2-6bc=a^2\)③；联立①③得到，
\(2b^2+2c^2-5bc=0\)，即\(2b^2-5bc+2c^2=0\)，即\((b-2c)(2b-c)=0\)，
解得\(b=2c\)或\(2b=c\)(舍去)，将\(b=2c\)代入\(b-c=\cfrac{\sqrt{3}}{3}a\)，
得到\(c=\cfrac{\sqrt{3}}{3}a\)，即\(a=\sqrt{3}c\)，
故\(c^2+a^2=c^2+3c^2=4c^2=(2c)^2=b^2\)，故\(\triangle ABC\)是直角三角形.
\(\sum\limits_{i=1}^{20}x_{i}=60\)，\(\sum\limits_{i=1}^{20}y_{i}=1200\)，\(\sum\limits_{i=1}^{20}(x_{i}-\bar{x})^{2}=80\)，\(\sum\limits_{i=1}^{20}(y_{i}-\bar{y})^{2}=9000\)，\(\sum\limits_{i=1}^{20}(x_{i}-\bar{x})(y_{i}-\bar{y})=800\)；
(1).求该地区这种野生动物数量的估计值（这种野生动物数量的估计值等于样区这种野生动物数量的平均数乘以地块数）；
分析：样区野生动物平均数为\(\cfrac{1}{20}\sum\limits_{i=1}^{20} y_{i}=\cfrac{1}{20}\times 1200=60\)；
又由于地块数为\(200\)，故该地区这种野生动物的估计值为\(200\times 60=12000\)；
(2).求样本\((x_{i}, y_{i})\)\((i=1,2, \ldots, 20)\)的相关系数(精确到\(0.01)\)；
分析：样本\((x_{i}, y_{i})(i=1,2, \ldots, 20)\)的相关系数为
\(r=\cfrac{\sum\limits_{i=1}^{20}\left(x_{i}-\bar{x}\right)\left(y_{i}-\bar{y}\right)}{\sqrt{\sum\limits_{i=1}^{20}\left(x_{i}-\bar{x}\right)^{2} \sum\limits_{i=1}^{20}\left(y_{i}-\bar{y}\right)^{2}}}\)\(=\cfrac{800}{\sqrt{80 \times 9000}}=\cfrac{2\sqrt{2}}{3}\approx 0.94\)；
(3).根据现有统计资料，各地块间植物覆盖面积差异很大.为提高样本的代表性以获得该地区这种野生动物数量更准确的估计，请给出一种你认为更合理的抽样方法，并说明理由.
理由.
分析：由（2）知各样区的这种野生动物的数量与植物覆盖面积有很强的正相关性，由于各地块间植物覆盖面积差异很大，从而各地块间这种野生动物的数量差异很大，采用分层抽样的方法较好地保持了样本结构与总体结构的一致性，提高了样本的代表性，从而可以获得该地区这种野生动物数量更准确的估计.
附: 相关系数 \(r=\cfrac{\sum\limits_{i=1}^{n}\left(x_{i}-\bar{x}\right)\left(y_{i}-\bar{y}\right)}{\sqrt{\sum\limits_{i=1}^{n}\left(x_{i}-\bar{x}\right)^{2} \sum\limits_{i=1}^{n}\left(y_{i}-\bar{y}\right)^{2}}}\), \(\sqrt{2}\approx 1.414\)
(1).求\(C_1\)的离心率；
解：由于椭圆\(C_1\)的右焦点坐标为\(F(c，0)\)，所以抛物线\(C_2\)的方程为\(y^2=4cx\)，其中\(c=\sqrt{a^{2}-b^{2}}\)；
不妨设\(A\)，\(C\)在第一象限，因为椭圆\(C_{1}\) 的方程为 \(\cfrac{x^{2}}{a^{2}}+\cfrac{y^{2}}{b^{2}}=1\)
所以当 \(x=c\) 时，有\(\cfrac{c^{2}}{a^{2}}+\cfrac{y^{2}}{b^{2}}=1\) \(\Rightarrow y=\pm \cfrac{b^{2}}{a}\)，
因此\(A\)，\(B\)的纵坐标分别为\(\cfrac{b^{2}}{a}\),\(-\cfrac{b^{2}}{a}\)；
又因为抛物线 \(C_{2}\) 的方程为\(y^{2}=4cx\)，所以当 \(x=c\) 时，有\(y^{2}=4c\cdot c\) \(\Rightarrow y=\pm 2c\)
所以\(C\)，\(D\) 的纵坐标分别为\(2c\)，\(-2c\)，故\(|AB|=\cfrac{2 b^{2}}{a}\)，\(|CD|=4c\)
由\(|CD|=\cfrac{4}{3}|AB|\) 得\(4c=\cfrac{8b^{2}}{3a}\)，两边同乘以\(\frac{3}{4}\)，再同除以\(a\)此时我们需要的是\(a\)与\(c\)的比值关系，故想着必须消去\(b\)，这样的运算能快些。
得到\(3\cdot\cfrac{c}{a}=\cfrac{2b^2}{a^2}=\cfrac{2(a^2-c^2)}{a^2}=2-2(\cfrac{c}{a})^{2}\)
即\(3\cdot\cfrac{c}{a}=2-2(\cfrac{c}{a})^{2}\)，接下来求解以\(\cfrac{c}{a}\)为元的方程即可；
解得\(\cfrac{c}{a}=-2\)(舍去)，\(\cfrac{c}{a}=\cfrac{1}{2}\)，注意椭圆的离心率的范围\(e=\cfrac{c}{a}\in(0,1)\)，圆的\(e=0\)，抛物线的\(e=1\)，双曲线的\(e\in (1,+\infty)\)
故\(C_1\)的离心率为\(\cfrac{c}{a}=\cfrac{1}{2}\)；
(2).若\(C_1\)的四个顶点到\(C_2\)的准线距离之和为\(12\)，求\(C_1\)与\(C_2\)的标准方程．
分析：由(1)知\(a=2c\)，\(b=\sqrt{3}c\)，故\(C_{1}: \cfrac{x^{2}}{4c^{2}}+\cfrac{y^{2}}{3c^{2}}=1\)，
所以\(C_{1}\) 的四个顶点坐标分别为\((2c，0)\)，\((-2c，0)\)，\((0，\sqrt{3}c)\)，\((0，-\sqrt{3}c)\)，\(C_{2}\)的准线为\(x=-c\)
由已知得\(3c+c+c+c=12\)， \(c=2\)
所以\(C_{1}\) 的标准方程为\(\cfrac{x^{2}}{16}+\cfrac{y^{2}}{12}=1\)，\(C_{2}\) 的标准方程为 \(y^{2}=8x\)；
(1).证明：\(AA_1//MN\)，且平面\(A_1AMN\) \(\perp\)平面\(EB_1C_1F\)；
分析：由 \(M\)，\(N\) 分别为 \(BCB_{1}C_{1}\) 的中点， \(MN//BB_{1}\)， 根据条件可得 \(AA_{1}//BB_{1}\)，
可证\(MN//AA_{1}\)，要证平面 \(EB_{1}C_{1}F\perp\) 平面 \(A_{1}AMN\)， 只需证明 \(EF\perp\) 平面 \(A_{1}AMN\) 即可；
证明： 由于\(M\)，\(N\) 分别为 \(BC\)，\(B_{1}C_{1}\) 的中点，故\(MN//BB_{1}\)，
又由于\(AA_1//BB_{1}\)，所以\(MN//AA_{1}\)；
在等边\(\triangle ABC\)中，由于\(M\) 为 \(BC\) 中点，则\(BC\perp AM\)，
又由于侧面 \(BB_{1}C_{1}C\) 为矩形， 则有\(BC\perp BB_{1}\)，
又 \(MN//BB_{1}\)，\(MN\perp BC\)，\(MN\cap AM=M\)， \(MN\)，\(AM\subsetneqq\) 平面 \(A_{1}AMN\)，
所以\(BC\perp\)平面 \(A_{1}AMN\)；
又由于\(B_{1}C_{1}//BC\)，且 \(B_{1}C_{1}\not\subset\)平面 \(ABC\)，\(BC\subsetneqq\) 平面 \(ABC\)，
所以\(B_{1}C_{1}//\)平面 \(ABC\)，
又由于\(B_{1}C_{1}\subsetneqq\) 平面 \(EB_{1}C_{1}F\)，且平面 \(EB_{1}C_{1}F\cap\) 平面\(ABC=EF\)，
所以\(B_{1}C_{1}//EF\)，则有\(\quad EF//BC\)，
由于\(BC\perp\)平面 \(A_{1}AMN\)，则\(EF\perp\)平面 \(A_{1}AMN\)，
由于\(EF\subsetneqq\) 平面 \(EB_{1}C_{1}F\)， 故平面 \(EB_{1}C_{1}F\perp\) 平面\(A_{1}AMN\).
(2).设\(O\)为\(\triangle A_1B_1C_1\)的中心，若\(AO=AB=6\)，\(AO\)//平面\(EB_1C_1F\)，且\(\angle MPN=\cfrac{\pi}{3}\)，求四棱锥\(B–EB_1C_1F\)的体积；
分析：根据已知条件求得 \(S_{四边形EB_{1}C_{1}F}\) 和\(M\) 到 \(P N\) 的距离，根据锥体体积公式，即可求得\(V_{B-E B_1C_1F}\)。
解：过点\(M\)作\(MH\perp NP\)，交点为\(H\)，如图所示，
由于\(AO//\) 平面 \(EB_{1}C_{1}F\)，\(AO\subsetneqq\) 平面 \(A_{1}AMN\)，平面 \(A_{1}AMN\cap\) 平面 \(EB_{1}C_{1}F=NP\)，
所以\(AO//NP\)，则\(NO=AP\)，则\(AO=NP=6\)，
由于\(O\) 为 \(\triangle A_{1}B_{1}C_{1}\) 的中心，
故\(ON=\cfrac{1}{3}A_{1}C_{1}\sin 60^{\circ}=\cfrac{1}{3}\times 6\times\sin 60^{\circ}=\sqrt{3}\)，
故\(ON=AP=\sqrt{3}\)，则\(AM=3AP=3\sqrt{3}\)，
又因为平面 \(EB_{1}C_{1}F \perp\) 平面 \(A_{1}AMN\)，平面 \(EB_{1}C_{1}F\cap\) 平面 \(A_{1}AMN=NP\)，\(MH\subsetneqq\) 平面 \(A_{1}AMN\)，
所以\(MH\perp\) 平面 \(EB_{1}C_{1}F\)，
又因为在等边 \(\triangle ABC\) 中 \(\cfrac{EF}{BC}=\cfrac{AP}{AM}\)，
即 \(EF=\cfrac{AP\cdot BC}{AM}=\cfrac{\sqrt{3}\times 6}{3\sqrt{3}}=2\)，
由（1）可知，四边形 \(EB_{1}C_{1}F\) 为梯形，\(S_{四边形EB_{1}C_{1}F}=24\)，
点\(B\)到平面\(EB_1C_F\)的距离等于即\(MH\)，而\(MH\)为点\(M\)到 \(PN\) 的距离，\(MH=2\sqrt{3}\cdot\sin 60^{\circ}=3\)，
故\(V_{B-E B_1C_1F}=\cfrac{1}{3}\times 24 \times 3=24\).
解后反思：本题主要考查了证明线线平行和面面垂直，及其求四棱锥的体积，解题关键是掌握面面垂直转为求证线面垂直的证法和棱锥的体积公式，考查了分析能力和空间想象能力，属于中档题.
(1).若\(f(x)\leqslant 2x+c\)，求\(c\)的取值范围；
解：常规题目，使用常规解法；不过需要注意，要能将此题目顺利转化为恒成立命题，这样许多学生都会有思路了。
【法1】：教育考试院提供的解法；设\(h(x)=f(x)-2x-c\)，则\(h(x)=2\ln x-2x+1-c\)，
其定义域为\((0,+\infty)\)，\(h^{\prime}(x)=\cfrac{2}{x}-2\)，
当\(0<x<1\)时，\(h^{\prime}(x)>0\)；当\(x>1\) 时，\(h^{\prime}(x)<0\)，
所以当\(x=1\)时，\(h(x)\)取得最大值,最大值为\(h(1)=-1-c\)，
故当且仅当\(-1-c\leqslant 0\)，即\(c\geqslant -1\)时，\(f(x)\leqslant 2x+c\)
所以\(c\)的取值范周是\([-1, +\infty)\).
【法2】：我们经常采用的思路，其实质和法1是一样的；
由于定义域为\((0,+\infty)\)，且已知\(f(x)\leqslant 2x+c\)，[琢磨一下，能否转化为恒成立命题]，
则\(f(x)\leqslant 2x+c\)在\((0,+\infty)\)上恒成立，故想到分离参数，得到\(c\geqslant f(x)-2x\)；
令\(g(x)=f(x)-2x=2lnx+1-2x\)，[稍有经验的高三学生都知道，此时需要求解\(g(x)_{max}\)]；
则\(g'(x)=\cfrac{2}{x}-2=\cfrac{2-2x}{x}=\cfrac{2(1-x)}{x}\)，[此时可借助图像快速判断]
故当\(0<x<1\)时，\(g^{\prime}(x)>0\)；当\(x>1\) 时，\(g^{\prime}(x)<0\)，
所以当\(x=1\)时，\(g(x)\)取得最大值，\(g(x)_{max}=g(1)=-1\)，
故\(c\geqslant -1\)，即\(c\)的取值范周是\([-1, +\infty)\).
(2).设\(a>0\)，讨论函数 \(g(x)=\cfrac{f(x)-f(a)}{x-a}\)的单调性.
【法1】：教育考试院提供的解法；此处有个特点需要注意，第一问的结论的复用，以及其他数学素养的积累和使用；
\(g(x)=\cfrac{f(x)-f(a)}{x-a}=\cfrac{2(\ln x-\ln a)}{x-a}\)， 定义域为\(x\in(0, a)\cup(a,+\infty)\)；
\(g^{\prime}(x)=\cfrac{2(\frac{x-a}{x}+\ln a-\ln x)}{(x-a)^{2}}=\cfrac{2(1-\frac{a}{x}+\ln\frac{a}{x})}{(x-a)^{2}}\)，注意此处这样的变形，能让我们想到一个常用的结论\(x-1\)\(\geqslant\)\(\ln x\)，或者\(x\)\(-1\)\(-\)\(\ln x\)\(\geqslant\)$ 0$，或者\(1\)\(-x\)\(+\)\(\ln x\)\(\leqslant\)$ 0$，请参阅函数与导数中的常用不等关系
取\(c=-1\)，得\(h(x)=2\ln x-2x+2\)，\(h(1)=0\)；
则由(1)知，当\(x\neq 1\)时，\(h(x)<0\)，即\(1-x+\ln x<0\)由于当\(x\)\(\neq\)\(1\)时，\(1\)\(-x\)\(+\)\(\ln x\)\(<0\)是恒成立的，故用\(\cfrac{a}{x}\)替换\(x\)，就能得到\(1\)\(-\)\(\cfrac{a}{x}\)\(+\)\(\ln\cfrac{a}{x}\)\(<\)\(0\)，此处对数学素养的考查要求相当高。\(\quad\)；
故当\(x\in(0, a)\cup(a,+\infty)\)时， \(1-\cfrac{a}{x}+\ln \cfrac{a}{x}<0\)，
从而 \(g^{\prime}(x)<0\)，所以 \(g(x)\) 在区间 \((0, a)\)和\((a,+\infty)\)上单调递减.
【法2】：常规采用的思路，求导数法+洛必达法则；
\(g(x)=\cfrac{f(x)-f(a)}{x-a}=\cfrac{2(\ln x-\ln a)}{x-a}\)， 定义域为\(x\in(0, a)\cup(a,+\infty)\)；
\(g^{\prime}(x)=\cfrac{2[\frac{1}{x}(x-a)-(\ln x-\ln a)\cdot 1]}{(x-a)^{2}}=\cfrac{2(1-\frac{a}{x}-\ln x+\ln a)}{(x-a)^{2}}\)，
令\(h(x)=1-\cfrac{a}{x}-\ln x+\ln a\)，则\(h'(x)=\cfrac{a}{x^2}-\cfrac{1}{x}=\cfrac{a-x}{x^2}\)
则当\(0<x<a\)时，\(h'(x)>0\)，当\(x>a\)时，\(h'(x)<0\)；
故\(g'(x)\)在\((0,a)\)上单调递增，在\((a,+\infty)\)上单调递减；
以下用洛必达法则求值\(g'(a)\)；
\(g'(a)=\)\(\lim\limits_{x\to a} g'(x)=\lim\limits_{x\to a} g'(x)=\lim\limits_{x\to a} \cfrac{2(1-\frac{a}{x}-\ln x+\ln a)}{(x-a)^2}\)
\(=\lim\limits_{x\to a} \cfrac{[2(1-\frac{a}{x}-\ln x+\ln a)]'}{[(x-a)^2]'}=\lim\limits_{x\to a} \cfrac{2(\frac{a}{x^2}-\frac{1}{x})}{2(x-a)}\)
\(=\lim\limits_{x\to a} \cfrac{[2(\frac{a}{x^2}-\frac{1}{x})]'}{[2(x-a)]'}=\lim\limits_{x\to a} \cfrac{\frac{-4a}{x^{3}}+\frac{2}{x^2}}{2}\)
\(=\cfrac{\frac{-4a}{a^{3}}+\frac{2}{a^2}}{2}=-\cfrac{1}{a^2}<0\)；
故当\(x\in (0,a)\)时，\(g'(x)<g'(a)<0\)，故函数\(g(x)\)在\((0,a)\)上单调递减；
当\(x\in (a,+\infty)\)时，\(0>g'(a)>g'(x)\)，故函数\(g(x)\)在\((a,+\infty)\)上单调递减；
选做题
(1).将\(C_{1}\)，\(C_{2}\)的参数方程化为普通方程；
分析：\(C_{1}:\left\{\begin{array}{l}x=4\cos^{2}\theta\\y=4\sin ^{2} \theta\end{array}\right.\) (\(\theta\)为参数)，两式相加，即可消去参数；
即得到方程为\(x+y=4\)，又由于\(\cos^2\theta\in [0,1]\)，故\(x=4\cos^2\theta\in [0,4]\)此处实际涉及到求函数的值域，这样才能保证新元和旧元的取值范围的一致性\(\quad\)，
故\(C_1\)的普通方程为\(x+y=4\)；\((0\leqslant x\leqslant 4)\)此处也可以通过限制\(0\)\(\leqslant\)\(y\)\(\leqslant\)\(4\)来将直线变化为线段，但是由于\(x\)值和\(y\)值的一一对应性，故只需要限制一个变量即可；\(\quad\)；
对于曲线\(C_{2}:\left\{\begin{array}{l}x=t+\frac{1}{t}①\\y=t-\frac{1}{t}②\end{array}\right.\) (\(t\)为参数)，注意消参技巧；
①的平方得到\(x^2=t^2+\cfrac{1}{t^2}+2\)；②的平方得到\(y^2=t^2+\cfrac{1}{t^2}-2\)；提示其实\(x\)\(=\)\(t\)\(+\)\(\cfrac{1}{t}\)，就是对勾函数，\(y\)\(=\)\(t\)\(-\)\(\cfrac{1}{t}\)就是仿对勾函数
两式相减，得到\(x^2-y^2=4\)；此时该如何限制？又由于\(x\)\(=\)\(t\)\(+\)\(\cfrac{1}{t}\)，即\(|x|\)\(=\)\(|t\)\(+\)\(\cfrac{1}{t}|\)\(=\)\(|t|\)\(+\)\(|\cfrac{1}{t}|\)\(\geqslant2\)，\(y\)\(=\)\(t\)\(-\)\(\frac{1}{t}\)\(\in\) \(R\)；和双曲线的\(x\)和\(y\)取值一致，故不需要特别限制；
故所求的\(C_2\)的普通方程为\(x^2-y^2=4\)；
(2).以坐标原点为极点，\(x\)轴正半轴为极轴建立极坐标系，设\(C_{1}\)，\(C_{2}\)的交点为\(P\)，求圆心在极轴上，且经过极点和\(P\)的圆的极坐标方程.
分析：由\(\left\{\begin{array}{l}{x+y=4①}\\{x^2-y^2=4②}\end{array}\right.\)，将\(y=x-4\)代入②式，得到\(\left\{\begin{array}{l}{x=\frac{5}{2}}\\{y=\frac{3}{2}}\end{array}\right.\)，
故点\(P(\cfrac{5}{2},\cfrac{3}{2})\)，由图可知，圆心在极轴上，设圆心为\((x_0,0)\)，则\(r=x_0\)，
则圆的方程为\((x-x_0)^2+y^2=x_0^2\)，由于点\(P(\cfrac{5}{2},\cfrac{3}{2})\)在圆上，
则\((\cfrac{5}{2}-x_0)^2+(\cfrac{3}{2})^2=x_0^2\)，解得\(x_0=\cfrac{17}{10}\)；
故圆的极坐标方程为\(\rho=\cfrac{17}{5}\cos\theta\)利用圆心为\((a,0)\)的圆的极坐标方程为\(\rho=2a\cos\theta\)得到结论；；
或者由\((x-\cfrac{17}{10})^2+y^2=(\cfrac{17}{10})^2\)，得到\(x^2-2\times\cfrac{17}{10}x+(\cfrac{17}{10})^2+y^2=(\cfrac{17}{10})^2\)，
即\(x^2+y^2-\cfrac{17}{5}x=0\)，即\(\rho^2-\cfrac{17}{5}\rho\cdot\cos\theta=0\)，转化为极坐标方程为\(\rho=\cfrac{17}{5}\cos\theta\)，
(1).当 \(a=2\) 时，求不等式 \(f(x)\geqslant 4\) 的解集；
分析： 当\(a=2\) 时，\(f(x)=|x-4|+|x-3|=\left\{\begin{array}{l}{7-2x，x\leqslant 3}\\{1，3<x\leqslant 4}\\{2x-7，x>4}\end{array}\right.\)
当 \(x \leqslant 3\) 时，\(f(x)=4-x+3-x=7-2x \geq 4\)， 解得\(: x \leqslant \cfrac{3}{2}\)；
当 \(3<x\leqslant 4\) 时， $ f(x)=4-x+x-3=1 \geq 4$，无解；
当 \(x > 4\) 时， \(f(x)=x-4+x-3=2x-7 \geq 4\)，解得 \(: x \geq \cfrac{11}{2}\)；
综上所述 \(: f(x) \geq 4\) 的解集为 \(\{x \mid x \leq \cfrac{3}{2}\) 或 \(x \geq \cfrac{11}{2}\}\)
(2).若 \(f(x) \geqslant 4\)，求 \(a\) 的取值范围；
分析：\(f(x)=|x-a^{2}|+|x-2a+1| \geq |(x-a^{2})-(x-2a+1)|=|-a^{2}+2a-1|=(a-1)^{2}\)
故由\((a-1)^{2} \geqslant 4\)，解得 $ a \leqslant -1$ 或 \(a \geqslant 3\)
当\(-1<a<3\)时，\(f(a^2)=|a^2-2a+1|=(a-1)^2<4\)；
所以\(a\) 的取值范围为 \((-\infty,-1]\cup [3,+\infty)\)；
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