2024年宁夏石嘴山三中高考数学三模试卷（理科）(含详细答案解析)

这是一份2024年宁夏石嘴山三中高考数学三模试卷（理科）(含详细答案解析)，共16页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.已知集合A={x|x=3n+2,n∈N}，B={6,8,10,12,14}，则集合A∩B中元素的个数为( )
A. 5B. 4C. 3D. 2
2.设复数z=(2+i)2−(1+2i)2(i为虚数单位)，则|z+8i|=( )
A. 10B. 9C. 4 5D. 3 6
3.已知数列{an}等比数列，且a1=1，a2a3a4=64，则lg2a5的值为( )
A. 1B. 2C. 3D. 4
4.若函数f(x)=(a+22x−1)csx(a∈R)为奇函数，则实数a的值为( )
A. 1B. 2C. 12D. −12
5.“−12≤a≤0”是“直线l：x+2y+a=0与圆(x−1)2+(y−3)2=5有公共点”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
6.将函数f(x)=sin2x的图象向左平移π4个单位，再将横坐标伸长为原来的2倍，得到g(x)的图象，则g(x)=( )
A. cs4xB. −cs4xC. csxD. −csx
7.2024年3月16日下午3点，在贵州省黔东南苗族侗族自治州榕江县“村超”足球场，伴随平地村足球队在对阵口寨村足球队中踢出的第一脚球，2024年第二届贵州“村超”总决赛阶段的比赛正式拉开帷幕.某校足球社的五位同学准备前往村超球队所在村寨调研，将在第一天前往平地村、口寨村、忠诚村，已知每个村至少有一位同学前往，五位同学都会进行选择并且每位同学只能选择其中一个村，若学生甲和学生乙必须选同一个村，则不同的选法种数是( )
A. 18B. 36C. 54D. 72
8.在正方体ABCD−A1B1C1D1中，P，Q分别是线段AB1与BC1的中点，现有如下结论：
①直线PQ与直线BC所成的角为π3；
②PQ⊥BB1；
③PQ=12AB1；
④PQ//平面ABCD.
则正确结论的个数为( )
A. 1B. 2C. 3D. 4
9.寒假期间，甲、乙、丙、丁4名同学相约到A，B，C，D4个不同的社区参加志愿服务活动，每人只去一个社区，设事件A=“4个人去的社区各不相同”，事件B=“甲独自去一个社区”，则P(A|B)=( )
A. 332B. 38C. 29D. 2764
10.已知四面体A−BCD的各顶点均在球O的球面上，平面ABC⊥平面BCD，AB=BC=AC=CD=2，BC⊥CD，则球O的表面积为( )
A. 28π3B. 14πC. 28πD. 32π
11.已知抛物线C：y2=2px(p>0)的焦点为F，准线l与x轴的交点为P，过点F的直线l′与C交于M，N两点，若S△OMFS△ONF=25，且|MN|=495，则S△PAN=( )
A. 28 105B. 28 1010C. 28 55D. 56 55
12.已知函数f(x)=2x−kx−b恰有一个零点x0，且b>k>0，则x0的取值范围为( )
A. (−∞,1−ln2ln2)B. (−∞,ln21−ln2)C. (1−ln2ln2,+∞)D. (ln21−ln2,+∞)
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.若a=(−5,12),b=(3,4)，则cs⟨a,b⟩的值为______.
14.已知双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的一条渐近线与直线l：x+2y−5=0垂直，则C的离心率为______.
15.已知数列{an}的前n项和为Sn，若a1=1，an+an+1=2n+1，则S19=______.
16.已知a，b∈(0,1)∪(1,+∞)，4lgab+lgba=4，则2b+lnab的最小值为______.
三、解答题：本题共7小题，共82分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题12分)
△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知cs2(π2+A)+csA=54.
(1)求A；
(2)若b−c= 33a，证明：△ABC是直角三角形．
18.(本小题12分)
2023年9月23日至10月8日，第19届亚洲运动会在我国杭州举行，这是我国继北京、广州亚运会后第三次举办亚运会.某电信公司为了解当地市民对“亚运会”相关知识的认知程度，举办了一次“亚运会”网络知识竞赛，满分100分.现从参加了竞赛的男、女市民中各随机抽取100名市民的竞赛成绩作为样本进行数据分析，对这100名男市民的竞赛成绩进行统计后，得到如图所示的频率分布直方图.现规定成绩不低于80分的市民获优秀奖，若女市民样本中获得优秀奖的人数占比为5%.
(1)根据题中信息完成如下2×2列联表，并判断是否有99.9%的把握认为该市市民在这次知识竞赛中获得优秀奖与性别有关？
(2)将样本分布的频率视为总体分布的概率，电信公司对在这次竞赛中获得优秀奖的市民每人将发放50元手机话费充值卡的奖励.从该市所有参赛的市民中随机抽取10人，记电信公司发放的手机话费充值卡的总金额数为X元，求X的数学期望.
附：K2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)，其中n=a+b+c+d.
19.(本小题12分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥面ABCD,PA=AD= 2AB，点M是PD的中点.
(1)证明：AM⊥PC；
(2)设AC的中点为O，点N在棱PC上(异于点P，C)，且ON=OA，求直线AN与平面ACM所成角的余弦值.
20.(本小题12分)
已知F、C是椭圆E：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦点、上顶点，过原点的直线交椭圆E于A，B，|AF|+|BF|=2 6，tan∠CFO= 22.
(1)求椭圆E的标准方程；
(2)已知T为直线x=3上一点，过F作TF的垂线交椭圆E于点M，N，当|TF||MN|最小时，求点T的坐标.
21.(本小题12分)
已知函数f(x)=lnx+ax2+(a+2)x.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)当a<0，证明：f(x)≤−2a−2.
22.(本小题10分)
在平面直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为x=2+2csαy=2sinα(α为参数)，曲线C2是经过点A(1,0)且倾斜角为π4的直线.以坐标原点为极点，x轴的非负半轴为极轴，并取相同的长度单位建立极坐标系.
(1)求C1的直角坐标方程和C2的极坐标方程；
(2)若曲线C3的极坐标方程为θ=3π4(ρ∈R且ρ≠0)，设C3与C1和C2的交点分别为M，N，求|MN|的值.
23.(本小题12分)
已知函数f(x)=|2x−4|+|x−1|.
(1)求不等式f(x)≤8的解集；
(2)若函数f(x)的最小值为m，且正数a，b，c满足a+b+c=m，求证：a2b+b2c+c2a≥1.
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A={x|x=3n+2,n∈N}={2,5,8,11,14,17,…}，
则A∩B={8,14}，
故集合A∩B中元素的个数为2个，
故选：D.
根据集合的基本运算进行求解．
本题主要考查集合的基本运算，比较基础．
2.【答案】A
【解析】解：由题意可得z=4+4i−1−(1+4i−4)=6，
所以|z+8i|=|6+8i|= 62+82=10.
故选：A.
利用复数的运算性质求出z，再根据模的求解公式即可求解．
本题考查了复数的运算性质以及模的求解，属于基础题．
3.【答案】D
【解析】解：由等比中项性质可知a2a3a4=64=a33⇒a3=4，
又a32=a1a5=16⇒a5=16，
所以lg216=4.
故选：D.
根据等比中项的性质计算得a3，从而可得a5，再利用对数运算性质计算即可．
本题考查等比数列的性质，考查学生归纳推理与数学运算的能力，属于基础题．
4.【答案】A
【解析】解：根据题意，f(x)=(a+22x−1)csx(a∈R)，定义域为(−∞,0)∪(0,+∞)，
所以f(−x)=(a+22−x−1)cs(−x)=(a+2x+11−2x)csx=(a+2x+1−2+21−2x)csx=(a−2+21−2x)csx，
因为f(x)为奇函数，所以f(−x)=−f(x)，所以a−2=−a，即a=1.
故选：A.
根据题意，先分析函数的定义域，结合函数奇偶性的定义可得关于a的恒等式，分析可得答案．
本题考查函数奇偶性的性质以及应用，涉及三角函数的恒等变形，属于基础题．
5.【答案】B
【解析】解：若直线l：x+2y+a=0与圆(x−1)2+(y−3)2=5有公共点，
易知圆心(1,3)，半径 5，
则圆心到直线l的距离d=|7+a| 5≤ 5⇒|7+a|≤5，
解之得−12≤a≤−2，
又{a|−12≤a≤−2}⫋{a|−12≤a≤0}，
所以“−12≤a≤0”是“直线l：x+2y+a=0与圆(x−1)2+(y−3)2=5有公共点”的必要不充分条件．
故选：B.
根据直线与圆的位置关系及充分、必要条件的定义判定选项即可．
本题考查直线与圆有交点的充要条件的应用，属于中档题．
6.【答案】C
【解析】解：将函数f(x)=sin2x的图象向左平移π4个单位，得到函数y=sin2(x+π4)的图象，
再把所得图象上每点的横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标不变，得到函数g(x)=sin2(12x+π4)的图象，
所以g(x)=sin(x+π2)=csx.
故选：C.
根据函数图象的平移与伸缩变换法则，求解即可．
本题考查三角函数的图象变换，熟练掌握函数图象的平移与伸缩变换法则是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于基础题．
7.【答案】B
【解析】解：已知每个村至少有一位同学前往，五位同学都会进行选择并且每位同学只能选择其中一个村，
又学生甲和学生乙必须选同一个村，
先将5人分成3组，
共有C31+C32=6组，
再将这3组分给平地村、口寨村、忠诚村，
则不同的选法种数是6A33=36.
故选：B.
由排列、组合及简单计数问题，结合分步乘法计数原理求解．
本题考查了排列、组合及简单计数问题，重点考查了分步乘法计数原理，属中档题．
8.【答案】C
【解析】解：在正方体ABCD−A1B1C1D1中，P，Q分别是线段AB1与BC1的中点，
对于①，如图作PE⊥AB于点E，QF⊥BC于点F，连接EF，所以QF//BB1，
且QF=12BB1，PE//BB1，且PE=12BB1，所以四边形PEFQ为平行四边形，
所以PQ//EF，所以∠EFB即为直线PQ与直线BC所成的角，又BE=BF，
所以∠EFB=π4，故①错误；
对于②，因为BB1⊥平面ABCD，EF⊂面ABCD，所以BB1⊥EF，
由①知PQ//EF，所以PQ⊥BB1，故②正确；
对于③，设正方体的棱长为2，因为PQ=EF，在Rt△EBF中，EF= BE2+BF2= 12+12= 2，
又因为AB1= 22+22=2 2，所以EF=12AB1，即PQ=12AB1，故③正确；
对于④，由①得，PQ//EF，因为PQ⊄平面ABCD，EF⊂平面ABCD，
所以PQ//平面ABCD，故④正确
所以，②③④正确，①错误，
故选：C.
作PE⊥AB于点E，QF⊥BC于点F根据异面直线的角的定义求出平面角判断①；由①得PQ//EF，结合BB1⊥EF判断②；设边长为2，PQ=EF，分别求出EF，AB1判断③；利用线面平行判定定理，可判断④．
本题考查异面直线所成角、线面垂直、线面平行等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
9.【答案】C
【解析】解：由题意得：P(B)=4×3344=3343，P(AB)=4×3×2×144=643，
所以P(A|B)=P(AB)P(B)=29.
故选：C.
根据条件概率的计算公式可知P(A|B)=P(AB)P(B)，然后根据古典概型分别求解代入计算即可．
本题考查条件概率等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
10.【答案】A
【解析】解：因为平面ABC⊥平面BCD，
AB=BC=AC=CD=2，BC⊥CD，
所以可将四面体A−BCD看作底面是等边三角形的直三棱柱的一部分，
如图所示：
则四面体ABCD的外接球即直三棱柱的外接球，
因为底面三角形ABC的外心到三角形ABC的顶点的长度为23× 22−12=2 33，
所以直三棱柱的外接球的半径r= 12+(2 33)2= 73，
则球O的表面积S=4πr2=4×π×( 73)2=28π3.
故选：A.
本题首先可根据题意将四面体A−BCD看作底面是等边三角形的直三棱柱的一部分，然后求出直三棱柱的外接球的半径，最后根据球的表面积计算公式即可得出结果．
本题考查四面体的外接球的表面积的求法，考查四面体、球等基础知识，是中档题．
11.【答案】A
【解析】解：设直线l′的倾斜角为θ，不妨设θ∈(0,π2)，则S△OMFS△ONF=25=|MF||NF|，
即1−csθ1+csθ=25，解得csθ=37，
则sinθ= 1−cs2θ=2 107，
则|MN|=495=2psin2θ，
解得p=4，
则S△PAN=2S△OMN=2×p22sinθ=162 107=28 105.
故选：A.
设直线l′的倾斜角为θ，不妨设θ∈(0,π2)，可得S△OMFS△ONF=25=|MF||NF|，进而得出csθ与sinθ，利用|MN|=495=2psin2θ，解得p，利用S△PAN=2S△OMN=2×p22sinθ，即可得出结论．
本题考查了抛物线的方程及焦点弦的性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
12.【答案】A
【解析】解：由f(x)=0可得2x=kx+b，要使f(x)恰有一个零点，只需函数g(x)=2x的图象与直线y=kx+b相切．
设切点坐标为(x0,2x0).由g(x)=2x，可得g′(x)=2xln2，则切线方程为y−2x0=2x0ln2⋅(x−x0)，即y=(2x0ln2)x+2x0(1−x0ln2)，
故需使k=2x0ln2,b=2x0(1−x0ln2).
由b>k>0可得2x0(1−x0ln2)>2x0ln2，解得x0<1−ln2ln2.
故选：A.
先将函数的零点问题转化为函数图象的交点问题，然后利用导数的几何意义及b>k>0建立关于x0的不等式，即可得解．
本题考查函数的导数的应用，切线方程的求法，是中档题．
13.【答案】3365
【解析】解：因为a=(−5,12),b=(3,4)，
cs⟨a,b⟩=a⋅b|a||b|=(−5,12)⋅(3,4) 25+144× 9+16=−5×3+12×413×5=3365.
故答案为：3365.
利用向量夹角余弦公式进行求解．
本题主要考查了向量夹角公式的应用，属于基础题．
14.【答案】 5
【解析】解：由直线l：x+2y−5=0的斜率为−12<0，
故有ba×(−12)=−1，
即ba=2，则e= 1+b2a2= 5.
故答案为： 5.
借助斜率与垂直的关系可得ba，即可得离心率．
本题考查双曲线的性质，考查运算求解能力，属于基础题．
15.【答案】190
【解析】解：由a1=1，an+an+1=2n+1，
可得S19=a1+(a2+a3)+(a4+a5)+⋯+(a18+a19)=1+5+9+⋯+37=10⋅(1+37)2=190.
故答案为：190.
由并项求和法以及等差数列的求和公式，即可运算求解．
本题考查数列的递推式和等差数列的求和公式，以及数列的并项求和，考查运算能力，属于基础题．
16.【答案】1+ln2
【解析】解：a，b∈(0,1)∪(1,+∞)，4lgab+lgba=4lgab+1lgab=4，
所以lgab=12，
所以a=b2，
则2b+lnab=2b+lnb，
令f(x)=lnx+2x，x>0且x≠1，
则f′(x)=1x−2x2=x−2x2，
当x∈(0,1)∪(1,2)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x>2时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
故x=2时，f(x)取得最小值f(2)=1+ln2，
所以2b+lnab的最小值为1+ln2.
故答案为：1+ln2.
由已知结合对数的运算性质先得到a，b的等量关系，代入到所求式子，结合式子的特点构造函数，对其求导，结合导数与单调性及最值关系即可求解．
本题主要考查了导数与单调性及最值关系的应用，属于中档题．
17.【答案】解：(1)∵cs2(π2+A)+csA=sin2A+csA=1−cs2A+csA=54，
∴cs2A−csA+14=0，解得csA=12，
∵A∈(0,π)，
∴A=π3；
(2)证明：∵b−c= 33a，A=π3，
∴由正弦定理可得sinB−sinC= 33sinA=12，
∴sinB−sin(2π3−B)=sinB− 32csB−12sinB=12sinB− 32csB=sin(B−π3)=12，
∵B∈(0,2π3)，B−π3∈(−π3,π3)，
∴B−π3=π6，可得B=π2，可得△ABC是直角三角形，得证．
【解析】本题主要考查了正弦定理，三角恒等变换的应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题.
(1)由已知利用诱导公式，同角三角函数基本关系式化简已知等式可得cs2A−csA+14=0，解方程得csA=12，结合范围A∈(0,π)，可求A的值;
(2)由已知利用正弦定理，三角恒等变换的应用可求sin(B−π3)=12，结合范围B−π3∈(−π3,π3)，可求B=π2，即可得证.
18.【答案】解：(1)(0.020+0.005)×10=0.25，100×0.25=25，100×5%=5，
故男市民中得优秀奖的人数为25，女市民中得优秀奖的人数为5，
可得如下2×2列联表：
故K2=200(25×95−5×75)2(25+5)(75+95)×100×100=80051≈15.686>10.828，
故有99.9%的把握认为该市市民在这次知识竞赛中获得优秀奖与性别有关．
(2)由上可知：获奖的概率p=5+25200=0.15，令Y为获得优秀奖的市民人数，
则Y∼B(10,0.15)，有E(Y)=10×0.15=1.5，
易知X=50Y，
∴E(X)=50E(Y)=75元．
【解析】(1)根据频率分布直方图计算得出男市民获奖人数，再计算女市民获奖人数，直接作出列联表，根据卡方公式及独立性检验思想得出结果即可；
(2)根据二项分布的期望公式计算即可．
本题主要考查离散型随机变量期望的求解，考查转化能力，属于中档题．
19.【答案】(1)证明：∵PA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，∴PA⊥CD，
∵四边形ABCD为矩形，∴CD⊥AD，
又PA∩AD=A，PA、AD⊂平面PAD，
∴CD⊥平面PAD，
∵AM⊂平面PAD，∴CD⊥AM，
∵PA=AD，点M是PD的中点，∴AM⊥PD，
又PD∩CD=D，PD、CD⊂平面PCD，
∴AM⊥平面PCD，
∵PC⊂平面PCD，∴AM⊥PC.
(2)解：以A为坐标原点，AB，AD，AP所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图，
设AB=1，则PA=AD= 2，
∴A(0,0,0),B(1,0,0),C(1, 2,0),D(0, 2,0),P(0,0, 2)，M(0, 22, 22)，
∴AM=(0, 22, 22),AC=(1, 2,0)，PC=(1, 2,− 2)，
设平面ACM的法向量为n=(x,y,z)，则AM⋅n= 22y+ 22z=0AC⋅n=x+ 2y=0，
取y=−1，得n=( 2,−1,1)，
设N(xN,yN,zN),PN=λPC=(λ, 2λ,− 2λ)(0<λ<1)，
即(xN,yN,zN− 2)=(λ, 2λ,− 2λ)，
∴N(λ, 2λ, 2− 2λ)，
∵O(12, 22,0),ON=OA= 32，
∴(λ−12)2+( 2λ− 22)2+( 2− 2λ)2=34，化简得5λ2−7λ+2=0，
解得λ=25或λ=1(舍去)，
∴N(25,2 25,3 25)，
∴AN=(25,2 25,3 25)，
设直线AN与平面ACM所成的角为θ，
则sinθ=|n⋅AN|n|⋅|AN||=3 25 2+1+1× 425+825+1825= 1510，
∴直线AN与平面ACM所成角的正弦值为 1510.
【解析】(1)由线面垂直的性质定理与判断定理可证CD⊥平面PAD，从而知CD⊥AM，由等腰三角形的性质可得AM⊥PD，再由线面垂直的判定定理可得AM⊥平面PCD，进而得证；
(2)以A为坐标原点建立空间直角坐标系，求出平面ACM的法向量，设PN=λPC(0<λ<1)，用含λ的式子表示出点N的坐标，利用ON=OA，求出λ的值，再利用向量法求线面角即可．
本题考查线面垂直、面面垂直的判定与性质、线面角的定义及正弦值的求法等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
20.【答案】解：(1)设椭圆E的左焦点为F1，连接AF1，BF1，
由椭圆的对称性知四边形F1AFB是平行四边形，所以|AF|=|BF1|，
由椭圆定义知2a=|BF|+|BF1|=|BF|+|AF|=2 6，则a= 6，
设椭圆的半焦距为c，由椭圆的几何性质知tan∠CFO=bc= 22，则c= 2b，
所以b2=a2−c2=6−2b2，解得b2=2，
所以椭圆E的标准方程为x26+y22=1.
(2)设T(3,m)，M(x1,y1)，N(x2,y2)，显然直线MN与x轴不重合，
由F(2,0)，MN⊥TF于点F，可设直线MN的方程为x=my+2，
代入x26+y22=1，整理得(m2+3)y2+4my−2=0，
则Δ=16m2+8(m2+3)=24(m2+1)>0，
y1+y2=−4mm2+3,y1⋅y2=−2m2+3，
所以|MN|= m2+1⋅|y1−y2|= (m2+1)[(y1+y2)2−4y1y2]
= (m2+1)[(−4mm2+3)2−4(−2m2+3)]=2 6(m2+1)m2+3，
因为|TF|= m2+1，
所以|TF||MN|=m2+32 6(m2+1)，令 m2+1=t(t≥1)，
则|TF||MN|=t2+22 6t=12 6(t+2t)≥12 6×2 2= 33，
当且仅当t=2t，即t= 2，即 m2+1= 2，即m=1或m=−1时，|TF||MN|取最小值 33，
此时点T的坐标为(3,1)或(3,−1).

【解析】(1)设椭圆E的左焦点为F1，连接AF1，BF1，由对称性知四边形F1AFB是平行四边形，所以|AF|=|BF1|，由椭圆定义及已知条件即可求出标准方程；
(2)设T(3,m)，M(x1,y1)，N(x2,y2)，设直线MN的方程为x=my+2，分别表示出|TF|，|MN|，利用换元法及基本不等式求解即可．
本题考查椭圆的方程与性质，考查利用换元法及基本不等式求最值，属于中档题．
21.【答案】(1)∵f(x)=lnx+ax2+(a+2)x，定义域为(0,+∞)，
则f′(x)=1x+2ax+a+2=2ax2+(a+2)x+1x=(2x+1)(ax+1)x,(x>0)，
①当a≥0时，f′(x)>0，f(x)在(0,+∞)上单调递增；
②当a<0时，当x∈(0,−1a)时，f′(x)>0，f(x)在(0,−1a)上单调递增
当x∈(−1a,+∞)时，f′(x)<0，f(x)在(−1a,+∞)上单调递减，
综上，①当a≥0时，f(x)在(0,+∞)上单调递增，
②当a<0时，f(x)在(0,−1a)上单调递增，在(−1a,+∞)上单调递减．
(2)由(1)可得，当a<0时，f(x)max=f(−1a)=ln(−1a)+1a−a+2a=ln(−1a)−1a−1.
要证f(x)≤−2a−2，
只需证f(x)max≤−2a−2，
即证ln(−1a)+1a+1≤0恒成立．
令t=−1a，g(t)=lnt−t+1(t>0)，则g′(t)=1t−1=1−tt，
当t∈(0,1)时，g′(t)>0，g(t)单调递增，
当t∈(1,+∞)时，g′(t)<0，g(t)单调递减，
∴g(t)的最大值为g(1)=0，即：g(t)≤0.
∴ln(−1a)+1a+1≤0恒成立，
∴原命题得证．
即当a<0时，f(x)≤−2a−2.
【解析】(1)求导后对其导函数进行通分再对其分子因式分解，分类讨论a≥0与a<0时f(x)的单调性即可．
(2)求出f(x)max，将所证转化为f(x)max≤−2a−2，进而转化为证明ln(−1a)+1a+1≤0恒成立，构造函数求其最大值即可证明．
本题主要考查了利用导数研究函数的单调性和最值，属于中档题．
22.【答案】解：(1)由曲线C1的参数方程为x=2+2csαy=2sinα(α为参数)，
消去参数可得其普通方程为(x−2)2+y2=4.
由题知直线C2的直角坐标方程为y=x−1，即x−y−1=0，
将x=ρcsθ，y=ρsinθ代入，得ρcsθ−ρsinθ−1=0，
则直线C2的极坐标方程为ρcs(θ+π4)= 22.
(2)由(1)可知C1的普通方程为(x−2)2+y2=4，即x2+y2=4x，
故其极坐标方程为ρ=4csθ.
曲线C3的极坐标方程为，θ=3π4(ρ∈R)
由ρ=4csθθ=3π4，解得ρM=−2 2，
由ρcs(θ+π4)= 22θ=3π4，解得ρM=− 22，
所以|MN|=|ρM−ρN|=3 22.
【解析】(1)利用cs2α+sin2α=1即可消去参数得C1的普通方程，由题意得直线C2的直角坐标方程，代入x=ρcsθ，y=ρsinθ即可得直线C2的极坐标方程；
(2)分别联立C3与C1和C2的极坐标方程求得极径，由极径的差的绝对值即可得解．
本题考查的知识点：参数方程，极坐标方程，直角坐标方程之间的转换，极径的应用，主要考查学生的运算能力，属于中档题．
23.【答案】(1)解：函数f(x)=|2x−4|+|x−1|，
当x≤1时，f(x)=|2x−4|+|x−1|=−(2x−4)−(x−1)=−3x+5≤8，
解得x≥−1，所以−1≤x≤1.
当1解得x≥−5，所以1当x≥2时，f(x)=|2x−4|+|x−1|=2x−4+x−1=3x−5≤8，
解得x≤133，所以2≤x≤133；
综上，不等式f(x)≤8的解集为[−1,133].
(2)证明：函数f(x)=3x−5,x≥2−x+3,1所以f(x)在(−∞,2)上单调递减，在(2,+∞)上单调递增，所
以f(x)min=f(2)=1，所以m=1，所以a+b+c=1.
因为a>0，b>0，c>0，所以a2b+b2c+c2a=(a2b+b)+(b2c+c)+(c2a+a)−1≥2 a2b⋅b+2 b2c⋅c+2 c2a⋅a−1=2(a+b+c)−1=1，
当且仅当a=b=c=13时，等号成立，所以a2b+b2c+c2a≥1.
【解析】(1)根据已知条件，结合绝对值不等式的解法，分类讨论，即可求解；
(2)先求出f(x)的最小值m，再结合基本不等式的公式，即可求解．
本题主要考查不等式的证明，考查转化能力，属于中档题．优秀奖
非优秀奖
合计
男
女
合计
P(K2≥k0)
0.1
0.05
0.01
0.005
0.001
k0
2.706
3.841
6.635
7.879
10.828
优秀奖
非优秀奖
合计
男
25
75
100
女
5
95
100
合计
30
170
200