2024年青海省西宁市大通县高考数学二模试卷（理科）(含详细答案解析)

这是一份2024年青海省西宁市大通县高考数学二模试卷（理科）(含详细答案解析)，共17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.在复平面内，复数z=(2−5i)(−1−2i)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
2.设集合A={1,2a+1}，B={3,a−1,3a−2}，若A⊆B，则a=( )
A. −2B. −1C. 1D. 3
3.已知直线mx+2y+m+2=0与直线4x+(m+2)y+2m+4=0平行，则m的值为( )
A. 4B. −4C. 2或−4D. −2或4
4.已知m，n，p，q∈N*，且数列{an}是等比数列，则“aman=apaq”是“m+n=p+q”的( )
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分又不必要条件
5.已知D是△ABC的AB边上一点，若AD=12DB,CD=λCA+μCB(λ,μ∈R)，则λ−μ=( )
A. 23B. 13C. 0D. −13
6.将函数y=3sin(3x+φ)的图象向右平移π9个单位长度，得到的函数图象关于y轴对称，则|φ|的最小值为( )
A. π6B. 7π18C. 11π18D. 5π6
7.在某电路上有M、N两个独立工作的元件，每次通电后，需要更换M元件的概率为0.3，需要更换N元件的概率为0.2，则在某次通电后M、N有且只有一个需要更换的条件下，M需要更换的概率是( )
A. 1219B. 1519C. 35D. 25
8.已知tanα+tanβ=5，csαcsβ=16，则sin(α+β)=( )
A. 16B. 15C. 56D. 45
9.在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若b= 62c，且 3sinA3+csA3=2csC，则csC的值为( )
A. 66B. 64C. 306D. 104
10.17世纪，在研究天文学的过程中，为了简化大数运算，苏格兰数学家纳皮尔发明了对数，对数的思想方法即把乘方和乘法运算分别转化为乘法和加法运算，数学家拉普拉斯称赞“对数的发明在实效上等于把天文学家的寿命延长了许多倍”.已知lg2≈0.3010，lg3≈0.4771，设N=48×1510，则N所在的区间为( )
A. (1013,1014)B. (1014,1015)C. (1015,1016)D. (1016,1017)
11.已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左顶点、上顶点分别为A、B，右焦点为F，过F且与x轴垂直的直线与直线AB交于点E，若直线AB的斜率小于 154,O为坐标原点，则直线AB的斜率与直线OE的斜率之比值的取值范围是( )
A. (12,+∞)B. (14,+∞)C. (16,15)D. (15,12)
12.在棱长为4的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E是CD的中点，F是CC1上的动点，则三棱锥A−DEF外接球半径的最小值为( )
A. 3B. 2 3C. 13D. 15
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.若实数x，y满足约束条件x−y−3≤0,x+2y−2≥0,y≤2,则z=x+4y的最大值为______.
14.已知双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的一条渐近线平行于直线l：x−2y−5=0，且双曲线的一个焦点在直线l上，则该双曲线的方程为______.
15.(2x−1)(x+2)4展开式的常数项为______.
16.记τ(x)是不小于x的最小整数，例如τ(1.2)=2，τ(2)=2，τ(−1.3)=−1，则函数f(x)=τ(x)−x−2−x+18的零点个数为______.
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)
只要骑车，都应该戴头盔.骑行头盔是骑行中生命坚实的保护屏障.骑行过程中的摔倒会对头部造成很大的损害，即使骑行者是以较低的车速沿着坡度平稳的自行车道骑行，也同样不可忽视安全问题.佩戴头盔的原因很简单也很重要——保护头部，减少伤害.相关数据表明，在每年超过500例的骑车死亡事故中，有75%的死亡原因是头部受到致命伤害造成的，医学研究发现，骑车佩戴头盔可防止85%的头部受伤，并且大大减小了损伤程度和事故死亡率.
某市对此不断进行安全教育，下表是该市某主干路口连续5年监控设备抓拍到通过该路口的骑电动车不戴头盔的人数的统计数据：
(1)求不戴头盔人数y与年份序号x之间的线性回归方程；
(2)预测该路口2024年不戴头盔的人数.
参考公式：回归方程y =b x+a 中斜率和截距的最小二乘法估计公式分别为b =i=1n(xi−x−)(yi−y−)i=1n(xi−x−)2,a =y−−b x−.
18.(本小题12分)
已知数列{an}的前n项和为Sn，且S3=74,2an+1−an=0(n∈N*).
(1)求{an}的通项公式；
(2)若数列bn=−an+1lg2an，求数列{bn}的前n项和Tn.
19.(本小题12分)
如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AA1=4,AB=AC=2,BC=2 2，点D是棱AA1上的一点，且A1D=3DA，点E是棱CC1的中点.
(1)求证：平面BDE⊥平面ACB1；
(2)求直线A1C与平面BDE所成角的正弦值.
20.(本小题12分)
在平面直角坐标系xOy中，已知点P(2,1)是抛物线C：x2=2py(p>0)上的一点，直线l交C于A，B两点.
(1)若直线l过C的焦点，求OA⋅OB的值；
(2)若直线PA，PB分别与y轴相交于M，N两点，且OM⋅ON=1，试判断直线l是否过定点？若是，求出该定点的坐标；若不是，请说明理由.
21.(本小题12分)
已知函数f(x)=xlnx−a(x2−1)(a∈R).
(1)若a=−1，求函数f(x)的图象在x=1处的切线方程；
(2)若f(x)<0对任意的x∈(1,+∞)恒成立，求a的取值范围；
(3)求证：4×14×12−1+4×24×22−1+⋅⋅⋅+4n4n2−1>ln(2n+1)，n∈N*，
22.(本小题10分)
在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为x=2+3csα,y=1+3sinα(α为参数)，以O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标，直线l的极坐标方程为ρsin(θ+π4)=2 2.
(1)求C的普通方程和直线l的直角坐标方程；
(2)若点P的直角坐标为(2,2)，直线l与C交于A，B两点，求PA⋅PB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】B
【解析】解：复数z=(2−5i)(−1−2i)=(−2+10i2)+(−4+5)i=−12+i，
所以z对应的点的坐标为(−12,1)，在第二象限．
故选：B.
化简复数z，即可得出z对应的点所在的象限．
本题考查了复数的化简与运算问题，是基础题．
2.【答案】C
【解析】解：由已知得，若2a+1=3，解得a=1，此时A={1,3}，B={0,1,3}，成立；
若2a+1=a−1，解得a=−2，此时A={1,−3}，B={−8,−3,3}，不成立；
若2a+1=3a−2，解得a=3，此时A={1,7}，B={2,3,7}，不成立；
综上所述：a=1.
故选：C.
分别讨论2a+1=a−1和2a+1=3a−2，可得结果．
本题主要考查集合的包含关系，属于基础题．
3.【答案】B
【解析】解：因为直线mx+2y+m+2=0与直线4x+(m+2)y+2m+4=0平行，
所以m(m+2)=2×4，解得m=2或m=−4，
当m=2时，直线2x+2y+4=0与直线4x+4y+8=0重合，不符合题意；
当m=−4时，直线−4x+2y−2=0与直线4x−2y−4=0平行．
故选：B.
根据两条直线平行建立关于m的方程，求出m的值并加以检验，即可得到本题的答案．
本题主要考查直线的方程、两条直线平行与方程的关系等知识，考查了计算能力、逻辑推理能力，属于基础题．
4.【答案】B
【解析】解：根据题意，数列{an}是等比数列，
当公比q=1时，同时m=1，n=2，p=3，q=4，有aman=apaq成立，但是m+n=p+q不成立，
所以“aman=apaq”不是“m+n=p+q”的充分条件；
反之，若m+n=p+q，则aman=a12q1n−1+n−1=a12q1n+n−2,apaq=a12q1p−1+q−1=a12q1p+q−2，
所以aman=apaq，则有“aman=apaq”是“m+n=p+q”的必要条件．
综上，“aman=apaq”是“m+n=p+q”的必要不充分条件．
故选：B.
根据题意，举出反例可得充分性不成立，结合等比数列的通项公式可得必要性成立，综合可得答案．
本题考查等比数列的性质，涉及等比数列的定义，属于基础题．
5.【答案】B
【解析】解：∵AD=12DB，
∴AD=13AB，
∴CD=CA+AD=CA+13AB=CA+13(CB−CA)=23CA+13CB，
又∵CD=λCA+μCB，
∴λ=23，μ=13，
∴λ−μ=23−13=13.
故选：B.
根据题意可知AD=13AB，从而利用CD=CA+AD=CA+13AB即可确定λ与μ的值，进一步即可确定λ−μ的值．
本题考查平面向量基本定理，考查学生归纳推理与数学运算的能力，属于基础题．
6.【答案】A
【解析】解：将函数y=3sin(3x+φ)的图象向右平移π9个单位长度，
得到函数y=3sin[3(x−π9)+φ]=3sin(3x−π3+φ)的图象，
因为函数y=3sin(3x−π3+φ)的图象关于y轴对称，即函数为偶函数，
所以−π3+φ=π2+kπ(k∈Z)，
解得φ=5π6+kπ(k∈Z)，
故当k=−1时，|φ|取得最小值为π6.
故选：A.
由三角函数图象的平移变换可得函数解析式为y=3sin(3x−π3+φ)，根据对称性可知−π3+φ=π2+kπ(k∈Z)，由此可得φ，进而得到|φ|的最小值．
本题主要考查函数y=Asin(ωx+φ)的图象变换，考查三角函数的性质，属于基础题．
7.【答案】A
【解析】解：记事件A为在某次通电后M、N有且只有一个需要更换，事件B为M需要更换，
∵每次通电后，需要更换M元件的概率为0.3，需要更换N元件的概率为0.2，
则P(A)=0.3×(1−0.2)+(1−0.3)×0.2=0.38，
P(AB)=0.3×(1−0.2)=0.24，
由条件概率公式可得P(B|A)=P(AB)P(A)=
故选A.
根据题意，求出P(A)和P(AB)，再利用条件概率的公式即可得出答案．
本题考查条件概率，属于基础题．
8.【答案】C
【解析】解：因为tanα+tanβ=sinαcsα+sinβcsβ=sinαcsβ+csαsinβcsαcsβ=5，
且csαcsβ=16，
所以sinαcsβ+csαsinβ=sin(α+β)=5csαcsβ=56.
故选：C.
由题意，利用同角三角函数的基本关系式，两角和的正弦公式，计算求得结果．
本题主要考查同角三角函数的基本关系式，两角和差的正弦公式，属于基础题．
9.【答案】B
【解析】解：因为 3sinA3+csA3=2csC，所以2csC=2cs(π3−A3)，即csC=cs(π3−A3)，
因为0所以A+3C=π，又A+B+C=π，所以B=2C，
由正弦定理得bsinB=csinC，即 62c2sinCcsC=csinC，所以csC= 64.
故选：B.
根据条件及两角差的余弦公式得出csC=cs(π3−A3)，然后得出B=2C，然后根据正弦定理即可求出csC的值．
本题考查了两角差的余弦公式，余弦函数的单调性，正弦定理，是中档题．
10.【答案】D
【解析】解：因为N=48×1510，
所以lgN=lg48+lg1510=lg216+10(lg3+lg5)
=16lg2+10lg3+10(1−lg2)=6lg2+10lg3+10
≈6×0.3010+10×0.4771+10=16.577，
所以N=1016.577∈(1016,1017).
故选：D.
由对数的运算性质求解即可．
本题主要考查了对数的运算性质的应用，属于基础题．
11.【答案】D
【解析】解：已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左顶点、上顶点分别为A、B，右焦点为F，过F且与x轴垂直的直线与直线AB交于点E，
则直线AB的方程为y=bax+b，
设椭圆的焦距为2c(c>0)，由题意设点E(c,y0)，
则y0=bca+b，即E(c,bca+b)，
∴kOE=bca+bc=b(a+c)ac，
又∵kAB=ba< 154，
∴e=ca= 1−(ba)2>14，即14设直线AB的斜率与直线OE的斜率之比值为m，
∴m=bab(a+c)ac=ca+c=ee+1=1−1e+1，
又∵14∴15故选：D.
由题意设点E(c,y0)，表示出E点坐标，在结合题意以及椭圆性质可解．
本题考查椭圆的性质，属于中档题．
12.【答案】C
【解析】解：连接AE，取AE中点G，设CF=m(0设GO=n，O为三棱锥A−DEF的外接球的球心，
以D为原点，分别以DA，DC，DD1所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则A(4,0,0)，E(0,2,0)，O(2,1,n)，F(0,4,m)，
则外接球半径R=OF=OE=OA，
所以R= 13+(m−n)2= 5+n2，所以m2−2mn+8=0，
则n=m2+82m=m2+4m≥2 2，当且仅当m=2 2时取等号，
所以当n取得最小值2 2时，R取得最小值为 5+(2 2)2= 13.
故选：C.
连接AE，取AE中点G，设CF=m(0本题主要考查了三棱锥的外接球问题，考查了基本不等式的应用，属于中档题．
13.【答案】13
【解析】解：由约束条件画出可行域如图阴影部分所示．
由x−y−3=0y=2，解得x=5，y=2，即A(5,2)，
当直线z=x+4y经过点A时，z取得最大值．
∴zmax=5+4×2=13.
故答案为：13.
由约束条件作出可行域，数形结合得到最优解，把最优解的坐标代入目标函数得答案．
本题考查简单的线性规划，考查数形结合思想，是基础题．
14.【答案】x220−y25=1
【解析】解：双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的一条渐近线平行于直线l：x−2y−5=0，
可得双曲线的渐近线方程为：x±2y=0，直线l：x−2y−5=0与x轴的交点为：(5,0)，
可得c=5，ba=12，c2=a2+b2.解得a=2 5，b= 5，
所求双曲线方程为：x220−y25=1.
故答案为：x220−y25=1.
求出双曲线的渐近线方程，求出双曲线的焦点坐标，然后求解双曲线方程．
本题考查双曲线的简单性质的应用，双曲线方程的求法，考查计算能力，属于基础题．
15.【答案】48
【解析】解：根据(x+2)4的展开式为Tr+1=C4r⋅2r⋅x4−r(r=0,1,2,3,4)，
当与2x配对时，r=3，故系数为2⋅C43⋅23=64；
当与−1配对时，r=4，系数为(−1)⋅C44⋅24=−16；
故常数项为64−16=48.
故答案为：48.
直接利用二项式的展开式和组合数求出结果．
本题考查的知识要点：二项式的展开式，组合数，主要考查学生的运算能力，属于基础题．
16.【答案】3
【解析】解：令f(x)=0，
则τ(x)−x=2−x−18，
令g(x)=τ(x)−x，h(x)=2−x−18，
则f(x)的零点个数即为g(x)与h(x)的交点个数，
当−1又g(x+1)=τ(x+1)−(x+1)=τ(x)−x=g(x)，
所以g(x)是周期为1的函数，
h(x)在R上单调递减，且h(−1)>1,h(0)=78,h(3)=0，
作出g(x)与h(x)的图象，如图所示：
所以g(x)与h(x)有3个交点，
故f(x)的零点个数为3.
故答案为：3.
令f(x)=0，则τ(x)−x=2−x−18，令g(x)=τ(x)−x,h(x)=2−x−18，将问题转化为求两函数的交点个数，作出图象，结合图象即可得答案．
本题属于新概念题，考查了函数的零点、转化思想及数形结合思想，属于中档题．
17.【答案】解：(1)由题意知x−=1+2+3+4+55=3,y−=1450+1300+1200+1100+9505=1200，
∴i=15(xi−x−)(yi−y−)=−1200，i=15(xi−x−)2=(−2)2+(−1)2+02+12+22=10，
∴b =i=15(xi−x−)(yi−y−)i=15(xi−x−)2=−120010=−120，
a =y−−b x−=1200+120×3=1560.
故不戴头盔人数y与年份序号x之间的线性回归方程为y =−120x+1560；
(2)当x=6时，y =−120×6+1560=840，即预测该路口2024年不戴头盔的人数为840.
【解析】(1)由已知求得b 与a 的值，即可得到不戴头盔人数y与年份序号x之间的线性回归方程；
(2)在(1)中求得的线性回归方程中，取x=8得答案．
本题考查线性回归方程及其应用，考查运算求解能力，是基础题．
18.【答案】解：(1)因为S3=74,2an+1−an=0(n∈N*)，所以an+1an=12，所以数列{an}是公比为12的等比数列，
所以S3=a1[1−(12)3]1−12=74，解得a1=1，
所以an=12n−1.
(2)由(1)知bn=−12nlg212n−1=n−12n，
所以Tn=122+223+⋯+n−22n−1+n−12n，
所以12Tn=123+224+⋯+n−22n+n−12n+1，
相减得，12Tn=122+123+⋯+12n−n−12n+1=14(1−12n−1)1−12−n−12n+1=12(1−12n+1)−n−12n+1=12−n+12n+1，
所以Tn=2n−n−12n.
【解析】(1)直接利用数列的递推关系式求出数列的通项公式；
(2)利用乘公比错位相减法求出数列的和．
本题考查的知识点：数列的通项公式，数列的求和，乘公比错位相减法，主要考查学生的运算能力，属于中档题．
19.【答案】解：(1)证明：∵直三棱柱ABC−A1B1C1中，AB=AC=2,BC=2 2，
∴AB2+CA2=CB2，
故AB⊥AC，
∴AB，AC，AA1两两垂直，
分别以AB,AC,AA1的方向为x轴，y轴，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
∵AA1=4,AB=AC=2,BC=2 2，A1D=3DA，点E是棱CC1的中点，
∴AD1=3，AD=1，CE=2，
∴B(2,0,0)，C(0,2,0)，A(0,0,0)，A1(0,0,4)，D(0,0,1)，B1(2,0,4)，E(0,2,2)，
∴BE=(−2,2,2),BD=(−2,0,1),AB1=(2,0,4),AC=(0,2,0)，
设平面BDE的一个法向量为n=(x,y,z)，
则n⋅BE=−2x+2y+2z=0n⋅BD=−2x+z=0，
令z=2，则x=1，y=−1，
∴平面BDE的法向量n=(1,−1,2)，
设平面ACB1的一个法向量为m=(a,b,c)，
则m⋅AB1=0m⋅AC=0，即2a+4c=02b=0，
令c=1，则a=−2，b=0，
∴平面ACB1的法向量m=(−2,0,1)，
由于m⋅n=−2+0+2=0，
故n⊥m，
∴平面BDE⊥平面ACB1；
(2)由(1)知平面BDE的法向量n=(1,−1,2)，
设直线A1C与平面BDE所成的角为θ，A1C=(0,2,−4)，
则sinθ=|cs|=|−2−8| 1+1+4⋅ 4+16+0= 306，
∴直线A1C与平面BDE所成角的正弦值为 306.
【解析】(1)建立空间直角坐标系，求解平面法向量，即可利用向量垂直求证；
(2)利用向量的夹角公式即可求解．
本题考查空间向量的应用，属于中档题．
20.【答案】解：(1)∵点P(2,1)是抛物线C：x2=2py(p>0)上的一点，
∴22=2p，∴p=2，∴C的方程为x2=4y，
∴C的焦点为(0,1).显然直线l的斜率存在，
设直线l的方程为y=kx+1，A(x1,y1)，B(x2,y2)，
由y=kx+1,x2=4y得x2−4kx−4=0，∴x1+x2=4k，x1x2=−4，
∴y1y2=x124⋅x224=1，
∴OA⋅OB=x1x2+y1y2=−4+1=−3.
(2)显然直线PA的斜率存在，且斜率为y1−1x1−2=x124−1x1−2=x1+24，
∴直线PA的方程为y−1=x1+24(x−2)，
∴yM=1+x1+24⋅(−2)=1−12(x1+2)=−12x1，即OM=(0,−12x1)，
同理可得，ON=(0,−12x2)，
∴OM⋅ON=(−12x1)⋅(−12x2)=1，∴x1x2=4，即x2=4x1，①
显然直线l的斜率存在，且斜率为y2−y1x2−x1=x224−x124x2−x1=x1+x24，
∴直线l的方程为y−x124=x1+x24(x−x1)，
4y−x12=(x1+x2)(x−x1)②，将①式代入②式，
整理得(x1+4x1)x−4y−4=0，
∴直线l恒过定点(0,−1).
【解析】(1)由点P可得抛物线方程，直线l与其联立即可；(2)设A(x1,y1)，B(x2,y2)，表示直线l的方程，由此可判断．
本题考查直线与抛物线的综合应用，属于中档题．
21.【答案】(1)解：若a=−1，则f(x)=xlnx+x2−1，∴f′(x)=lnx+1+2x(x>0)，
∴f′(1)=3，
又f(1)=0，∴函数f(x)的图象在x=1处的切线方程为y−0=3(x−1)，
即3x−y−3=0；
(2)解：若f(x)<0对任意的x∈(1,+∞)恒成立，
即lnx−a(x−1x)<0对任意的x∈(1,+∞)恒成立，
令g(x)=lnx−a(x−1x)，x>1，
∴g′(x)=1x−a(1+1x2)=−ax2+x−ax2，
若a≤0，则g′(x)>0，所以g(x)在(1,+∞)上单调递增，
∴g(x)>g(1)=0，不符合题意．
若a>0，方程−ax2+x−a=0的判别式Δ=1−4a2，
当Δ=1−4a2>0，即0令g′(x)>0，解得1令g′(x)<0，解得x>1+ 1−4a22a，
∴g(x)在(1,1+ 1−4a22a)上单调递增，在(1+ 1−4a22a,+∞)上单调递减，得g(1+ 1−4a22a)>g(1)=0，不符合题意；
当Δ=1−4a2≤0，即a≥12时，则g′(x)≤0，∴g(x)在(1,+∞)上单调递减，
得g(x)综上，a的取值范围为[12,+∞).
(3)证明：由(2)知，当x>1，a=12时，lnx<12(x−1x)，令x=2n+12n−1(n∈N*)，
∴ln2n+12n−1<12(2n+12n−1−12n+12n−1)=4n4n2−1，则4n4n2−1>ln(2n+1)−ln(2n−1)，
∴4×14×12−1+4×24×22−1+⋅⋅⋅+4n4n2−1>ln3−ln1+ln5−ln3+⋅⋅⋅+ln(2n+1)−ln(2n−1)=ln(2n+1)，
即4×14×12−1+4×24×22−1+⋅⋅⋅+4n4n2−1>ln(2n+1)，n∈N*.
【解析】(1)利用导数的几何意义计算即可；
(2)将问题转化为lnx−a(x−1x)<0对任意的x∈(1,+∞)恒成立，构造函数，分类讨论判定函数的单调性，结合端点函数值计算即可；
(3)利用(2)的结论得出lnx<12(x−1x)，令x=2n+12n−1(n∈N*)，通过累加即可证明不等式．
本题考查利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，考查转化能力，属于难题．
22.【答案】解：(1)因为曲线C的参数方程为x=2+3csα,y=1+3sinα(α为参数)，
所以曲线C的普通方程为(x−2)2+(y−1)2=9；
直线l的极坐标方程为ρsin(θ+π4)=2 2，
所以 22ρsinθ+ 22ρcsθ=2 2，
则 22x+ 22y=2 2，即x+y−4=0，
所以直线l的直角坐标方程为x+y−4=0.
(2)点P的直角坐标为(2,2)，易得点P在直线l上，
直线l的一个参数方程为x=2− 22t,y=2+ 22t(t为参数)，
将直线l的参数方程代入(x−2)2+(y−1)2=9，
化简得t2+ 2t−8=0，
设点A，B在直线l上对应的参数分别为t1，t2，
所以Δ=( 2)2−4×1×(−8)=34>0,t1+t2=− 2,t1t2=−8<0，
又PA与PB的夹角为π，
所以PA⋅PB=|t1|⋅|t2|csπ=−8.
【解析】(1)根据参数方程，普通方程以及极坐标方程的转化关系求解即可；
(2)利用参数的几何意义求解即可．
本题考查参数方程，普通方程以及极坐标方程的互化，考查参数的几何意义，考查运算求解能力，属于基础题．
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．年份
2019
2020
2021
2022
2023
年份序号x
1
2
3
4
5
不戴头盔人数y
1450
1300
1200
1100
950