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2024年四川省内江市高考数学三模试卷（文科）-普通用卷
展开这是一份2024年四川省内江市高考数学三模试卷（文科）-普通用卷，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.集合P={x|x−2x+1≤0,x∈Z}的子集个数是( )
A. 5B. 6C. 7D. 8
2.已知i是虚数单位，z=1+3i2+i，则z⋅z−=( )
A. 1+iB. 1−iC. 2D. 2
3.已知向量a=(1,−2)，b=(csα,sinα)，若a⊥b，则sinα−csαsinα+csα的值为( )
A. 13B. 23C. −13D. −23
4.三个不互相重合的平面将空间分成n个部分，则n的最小值与最大值之和为( )
A. 11B. 12C. 13D. 14
5.如图所示的程序框图，若输入N=45，则输出k的值为( )
A. 3B. 7C. 15D. 31
6.在等比数列{an}中，Sn为其前n项和，若S10=5，S20=15，则S30的值为( )
A. 25B. 30C. 35D. 40
7.设F1，F2是椭圆C：x29+y2=1的两个焦点，点P在椭圆C上，若△PF1F2为直角三角形，则△PF1F2的面积为( )
A. 2 23B. 1或 2C. 2D. 1或2 23
8.口袋中装有质地和大小相同的6个小球，小球上面分别标有数字1，1，2，2，3，3，从中任取两个小球，则两个小球上的数字之和大于4的概率为( )
A. 13B. 25C. 35D. 115
9.已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，点M、N、P分别为棱AB、CC1、C1D1的中点，则平面MNP截正方体所得截面的面积为( )
A. 32B. 3 3C. 6 2D. 3
10.若函数f(x)=lnxx−xm有两个零点，则实数m的取值范围为( )
A. (0,e)B. (e,+∞)C. (0,2e)D. (2e,+∞)
11.已知双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)，以双曲线C的右顶点A为圆心，b为半径作圆A，圆A与双曲线C的一条渐近线交于M、N两点，若OM=13ON，则双曲线的离心率为( )
A. 2B. 3C. 2 33D. 62
12.已知函数f(x)的定义域为R，对∀x，y∈R都有2f(x+1)f(y+1)=f(x+y)−f(x−y)成立，若f(0)≠0，则f(2024)=( )
A. −1B. 0C. 1D. 2
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.设函数f(x)=ex+sinx，则曲线y=f(x)在x=0处的切线方程为______.
14.已知实数x，y满足4x−y−1≤0,4x+y+1≥0,x−y+2≥0.则z=2x−y的最大值为______.
15.若函数f(x)=x2+ax,x≥0bx2−2x,x<0是奇函数，则a+b=______.
16.在△ABC中，角A的平分线AD与BC边相交于点D，若csA=79，则AB+ACAD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)
2024年2月10日至17日(正月初一至初八)，“2024⋅内江市中区新春极光焰火草地狂欢节”在川南大草原举行，共举行了8场精彩的烟花秀节目.前5场的观众人数(单位：万人)与场次的统计数据如表所示：
(1)已知可用线性回归模型拟合y与x的关系，请建立y关于x的线性回归方程；
(2)若该烟花秀节目分A、B、C三个等次的票价，某机构随机调查了该烟花秀节目现场200位观众的性别与购票情况，得到的部分数据如表所示，请将2×2列联表补充完整，并判断能否有90%的把握认为该烟花秀节目的观众是否购买A等票与性别有关.
参考公式及参考数据：回归方程y =b x+a 中斜率与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−，K2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)，其中n=a+b+c+4
18.(本小题12分)
已知等差数列{an}的公差为4，且a2+2，a3，a5−2成等比数列，数列{bn}的前n项和为Sn，b1=2且Sn=2Sn−1+2(n≥2).
(1)求数列{an}、{bn}的通项公式；
(2)设cn=anbn(n∈N*)，求数列{cn}的前n项和Tn.
19.(本小题12分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是直角梯形，且∠ABC=∠BAD=π2，BC=2AD=4，AB=AP= 2，平面PAB⊥平面PBC.
(1)求证：平面PAD⊥平面PAB；
(2)若PD与平面PBC所成的角为30∘，求三棱锥P−BCD的体积.
20.(本小题12分)
已知函数f(x)=lnx+a(1x−1),a>0.
(1)若f(x)≥0恒成立，求a的取值集合；
(2)证明：1n+1+1n+2+⋯+13n
已知抛物线E的准线方程为：x=−1，过焦点F的直线与抛物线E交于A、B两点，分别过A、B两点作抛物线E的切线，两条切线分别与y轴交于C、D两点，直线CF与抛物线E交于M、N两点，直线DF与抛物线E交于P、Q两点.
(1)求抛物线E的标准方程；
(2)证明：1|MN|+1|PQ|为定值.
22.(本小题10分)
在直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为x=csα+1y=sinα+ 32(α为参数)，以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为ρcsθ− 3ρsinθ=12.
(1)求曲线C1和C2的普通方程，并指出曲线C1和C2所表示的曲线类型；
(2)若曲线C1和C2交于点A、B，点P在曲线C1上，且△PAB的面积为 32，求点P的直角坐标.
23.(本小题12分)
已知函数f(x)=2|x+2|+|x|.
(1)求不等式f(x)≤3|x+2|的解集；
(2)将函数f(x)的图象与直线y=4围成的封闭图形的面积记为t，若正数a、b、c满足a+2b+c=t，求证：43 b≥ a+ c.
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：集合P={x|x−2x+1≤0,x∈Z}={x|−1
化简集合P，可得子集个数．
本题考查集合的子集个数，属于基础题．
2.【答案】C
【解析】解：z=1+3i2+i=(1+3i)(2−i)(2+i)(2−i)=1+i，
故z⋅z−=(1+i)(1−i)=2.
故选：C.
根据已知条件，结合复数的四则运算，以及共轭复数的定义，即可求解．
本题主要考查复数的四则运算，以及共轭复数的定义，属于基础题．
3.【答案】C
【解析】解：a=(1,−2)，b=(csα,sinα)，a⊥b，
则csα−2sinα=0，解得tanα=12，
故sinα−csαsinα+csα=tanα−1tanα+1=−1232=−13.
故选：C.
根据已知条件，结合向量垂直的性质，并将原式弦化切，即可求解．
本题主要考查向量垂直的性质，属于基础题．
4.【答案】B
【解析】解：若三个平面两两平行时，把空间分成4部分，
若三个平面两两相交，且有三条交线，则把空间分成7或8部分，
若两个平面互相平行，另一平面与它们相交，则把空间分成6部分，
若三个平面两两相交于同一条直线，则把空间分成6部分，
则n的最大值为8，最小值为4，则n的最小值与最大值之和为12.
故选：B.
充分考虑空间三个平面的位置关系即可得．
本题考查平面与平面之间的位置关系，属于基础题．
5.【答案】C
【解析】解：输入N=45，
第一次执行循环体后，p=1，不满足退出循环的条件，k=3，
第二次执行循环体后，p=3，不满足退出循环的条件，k=7，
第三次执行循环体后，p=21，不满足退出循环的条件，k=15，
第四次执行循环体后，p=315，满足退出循环的条件，结束循环，
所以输出k=15.
故选：C.
模拟程序的运行过程，分析循环中各变量值的变化情况，可得答案．
本题考查了程序框图的应用问题，解题时应模拟程序框图的运行过程，以便得出正确的结论，是基础题．
6.【答案】C
【解析】解：因为等比数列{an}中，S10=5，S20=15，
所以q≠1，
所以a1(1−q10)1−q=5a1(1−q20)1−q=15，解得q10=2，a11−q=−5，
则S30=a11−q×(1−q30)=−5×(1−8)=35.
故选：C.
由已知结合等比数列的求和公式即可求解．
本题主要考查了等比数列的求和公式的应用，属于基础题．
7.【答案】D
【解析】解：由椭圆方程x29+y2=1可得a=3，b=1，所以c= a2−b2=2 2，
当∠PF1F2或∠PF2F1为直角时，则|PF1|或|PF2|=b2a=13，
此时S△PF1F2=12⋅2c⋅13=12×2×2 2×13=2 23；
当∠F1PF2为直角时，则|PF1|2+|PF2|2=|F1F2|2，
即(|PF1|+|PF2|)2−2|PF1|⋅|PF2|=|F1F2|2，
由椭圆的定义可得|PF1|+|PF2|=2a=6，|F1F2|=2c=4 2，
可得|PF1|⋅|PF2|=2，
所以S△PF1F2=12|PF1|⋅|PF2|=12×2=1，
所以△PF1F2的面积为2 23或1.
故选：D.
分∠PF1F2或∠PF2F1为直角，∠F1PF2为直角时，求出直角边，进而求出三角形的面积．
本题考查椭圆的性质的应用及分类讨论的思想，属于中档题．
8.【答案】A
【解析】解：从6个小球任取两个小球，共有C62=15种方法，
两个小球上的数字之和大于4的情况有：2个(2,3)，2个(3,2)，1个(3,3)，
所以所求概率为515=13.
故选：A.
利用古典概型的概率公式求解．
本题主要考查了古典概型的概率公式，属于基础题．
9.【答案】B
【解析】解：如图所示：
取正方体棱AB，BC，CC1的中点，并连接起来，则此六边形即为所得截面，
由于该六边形为正六边形，其边长为 2，故其面积为6×12× 2× 2×sin60∘=3 3.
故选：B.
根据题意，取正方体棱AB，BC，CC1的中点，并连接起来，则此六边形即为所得截面，求出即可．
本题主要考查平面的基本性质、空间直线与平面位置关系的判断及其应用等知识，属于基础题．
10.【答案】D
【解析】解：令f(x)=lnxx−xm=0，则1m=lnxx2，
令g(x)=lnxx2，则g′(x)=1x⋅x2−2xlnxx4=1−2lnxx3，
令g′(x)>0，即1−2lnx>0，解得0
∴gmax(x)=g(e12)=lne12e=12e，
且当x→0时，g(x)→−∞，当→+∞时，g(x)→0，图象如图所示，
若函数f(x)=lnxx−xm有两个零点，则只需y=g(x)与直线y=1m有两个交点，
∴只需0<1m<12e，解得m>2e.
故选：D.
令f(x)=0，得到1m=lnxx2，若f(x)有两个零点，则只需y=lnxx2与直线y=1m有两个交点即可．
本题考查函数的零点，需要用到函数与方程思想，属于中档题．
11.【答案】D
【解析】解：设双曲线C的一条渐近线方程为y=bax，
由题意可得A(a,0)，A到渐近线的距离为d=ba a2+b2=abc，
由圆A的圆心为(a,0)，半径为b，
可得弦长|MN|=2 b2−d2=2 b2−a2b2c2=2b2c，
若OM=13ON，设|OM|=t，可得|ON|=3t，|MN|=2t，
即有t=b2c，
由勾股定理可得a2=d2+(2t)2=a2b2c2+4b4c2，
化为c2a2=a2b2+4b4，即为a4=4b4，即a2=2b2=2(c2−a2)，
即为c2=32a2，即有e=ca= 62.
故选：D.
求得双曲线的一条渐近线方程，计算A到渐近线的距离，由圆的弦长公式可得|MN|，再由向量共线定理和勾股定理，可得a，b，c的关系式，即可得到双曲线的离心率．
本题考查双曲线和圆的性质，以及弦长公式和勾股定理，考查方程思想和运算能力，属于中档题．
12.【答案】A
【解析】解：令x=y=0，
则有2f2(1)=0，解得f(1)=0；
令x=0，
则有f(y)=f(−y)，
所以函数y=f(x)是R上的偶函数；
令x=y=1，
则有2f2(2)=f(2)−f(0)，①
令x=y=−1，
则有2f2(0)=f(−2)−f(0)=f(2)−f(0)，②
由①②可得：2f2(2)=2f2(0)，
所以f(2)=f(0)或f(2)=−f(0)，
当f(2)=f(0)时，则有f(2)=f(0)=0，与f(0)≠0矛盾，舍去；
所以f(2)=−f(0)，
所以2f2(2)=2f(2)，解得f(2)=1，
所以f(0)=−f(2)=−1；
令y=1，
则有2f(x+1)f(2)=f(x+1)−f(x−1)，
即f(x+1)=−f(x−1)，
所以f(x+2)=−f(x)，
f(x+4)=−f(x+2)=f(x)，
所以函数y=f(x)为周期函数，最小正周期为4，
所以f(2024)=f(506×4)=f(0)=−1.
故选：A.
用赋值法，可求得f(1)=0、f(2)=−f(0)=1，令x=0，可得函数的R上的偶函数，令y=1，可得函数的周期为4，再根据f(2024)=f(506×4)=f(0)求解即可．
本题考查了利用赋值法求抽象函数的值、周期，判断抽象函数的奇偶性，属于中档题．
13.【答案】2x−y+1=0
【解析】解：由f(x)=ex+sinx，得f′(x)=ex+csx，
∴f′(0)=e0+cs0=2，
又f(0)=e0+sin0=1，
∴曲线y=f(x)在x=0处的切线方程为y−1=2(x−0)，
即2x−y+1=0.
故答案为：2x−y+1=0.
求出原函数的导函数，得到函数在x=0处的导数值，再由直线方程的点斜式得答案．
本题考查利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，关键是熟记基本初等函数的导函数，是基础题．
14.【答案】1
【解析】解：由约束条件作出可行域如图，
由图可知，当直线z=2x−y过A(0,−1)时，z有最大值为1.
故答案为：1.
由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，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．
15.【答案】−3
【解析】解：根据题意，函数f(x)=x2+ax,x≥0bx2−2x,x<0是奇函数，
当x>0时，−x<0，
则f(x)=x2+ax，f(−x)=b(−x)2−2(−x)=bx2+2x，
又由f(−x)=−f(x)，即bx2+2x=−x2−ax，必有b=−1，a=−2.
故a+b=−3.
故答案为：−3.
根据题意，当x>0时，−x<0，求出f(−x)、f(x)的表达式，结合奇函数的定义求出a、b的值，进而计算可得答案．
本题考查函数奇偶性的性质和应用，涉及函数解析式的求法，属于基础题．
16.【答案】3 22
【解析】解：设∠BAC=2∠BAD=2∠CAD=2θ，有cs2θ=2cs2θ−1=79，
又0<2θ<π，即0<θ<π2，故csθ>0，解得csθ=2 23，
有S△ABC=S△BAD+S△CAD，
即bcsin2θ2=b⋅ADsinθ2+c⋅ADsinθ2，解得AD=4 23⋅bcb+c，
故AB+ACAD=3 28⋅(b+c)2bc≥3 28⋅(2 bc)2bc=3 22，当且仅当b=c时取等号．
即AB+ACAD的最小值为3 22.
故答案为：3 22.
设∠BAC=2∠BAD=2∠CAD=2θ，由题意可得csθ的值，由等面积法可得AD的表达式，再由基本不等式，可得AB+ACAD的最小值．
本题考查二倍角公式的应用及等面积法求三角形的面积，基本不等式的性质的应用，属于中档题．
17.【答案】解：(1)由表格知x−=1+2+3+3+55=3，y−=0.7+0.8+1+1.2+1.35=1，
所以i=15(xi−x−)2=(−2)2+(−1)2+0+12+22=10，i=15(xi−x−)(yi−y−)=(−2)×(−0.3)+(−1)×(−0.2)+0×0+1×0.2+2×0.3=1.6，
则b =i=15(xi−x−)(yi−y−)i=15(xi−x−)2=1.610=0.16，
所以â=1−0.16×3=0.52，
故y关于x的线性回归方程为ŷ=0.16x+0.52；
(2)依题意，补充2×2列联表如下：
所以K2=200×(60×50−40×50)290×110×100×100≈2.020<2.706，
故没有90%的把握认为该节目的观众是否购买A等票与性别有关．
【解析】(1)计算x−，y−，i=15(xi−x−)2，i=15(xi−x−)(yi−y−)的值，代入公式求出b̂，â，进而得到y关于x的线性回归方程；
(2)补充2×2列联表，计算K2的值，与临界值比较即可．
本题主要考查了线性回归方程的求解，考查了独立性检验的应用，属于中档题．
18.【答案】解：(1)设等差数列{an}的首项为a1，公差为4，且a2+2，a3，a5−2成等比数列，
所以a32=(a2+2)⋅(a5−2)，所以(a1+8)2=(a1+14)(a1+6)，解得a1=−5，
故an=4n−9；
数列{bn}的前n项和为Sn，b1=2且Sn=2Sn−1+2(n≥2)，故Sn+1=2Sn+2，
两式相减得：bn+1bn=2(常数)，
所以数列{bn}是以2为首项，2为公比的等比数列，
所以bn=2n.
(2)由(1)得：cn=(4n−9)⋅2n，
所以Tn=−5×21−1×22+3×23+...+(4n−9)×2n，①，
2Tn=−5×22−1×23+3×24+...+(4n−9)×2n+1，②，
①-②得：−Tn=−10+4×(22+23+...+2n)−(4n−9)⋅2n+1，
整理得：Tn=(4n−13)⋅2n+1+26.
【解析】(1)直接利用等比中项和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：数列的通项公式的求法，数列的求和，乘公比错位相减法的应用，主要考查学生的运算能力，属于中档题．
19.【答案】解：(1)证明：取PB的中点M，连接AM.
所以AB=AP，所以AM⊥PB，
又平面PAB⊥平面PBC，平面PAB∩平面PBC=PB，AB⊂平面PAB，
所以AM⊥平面PBC，
又BC⊂平面PBC，
所以AM⊥BC，
因为底面ABCD是直角梯形，且∠ABC=∠BAD=π2，
所以BC//AD，所以AD⊥AM，又AD⊥AB，AM∩AB=A，
所以AD⊥平面PAB，
又ADC平面PAD，
所以平面PAD⊥平面PAB.
(2)取PC的中点N，连接MN、DN，则MN=12BC=AD，MN//BC//AD，
所以四边形AMND是平行四边形，则DN//AM，
又AM⊥平面PBC，所以DN⊥平面PBC，
则∠DPC是PD与平面PBC所成的角，
即∠DPC=30∘，
在Rt△PAD中，易知PD= AD2+AP2= 6，
在直角梯形ABCD中，易知CD= 6，
所以CD=PD，所以∠DCP=∠DPC=30∘，
所以PC=2× 6× 32=3 2，
在Rt△PBC中，PB= PC2−BC2= 2，
所以△PAB是等边三角形，从而AM=DN= 62，
所以VP−BCD=13×S△PBC×DN=13×(12×4× 2)× 62=2 33，
故所求三棱锥P−BCD的体积为2 33.
【解析】(1)根据已知条件得出AD⊥平面PAB，再利用面面垂直的判定定理即可得证：
(2)先证明DN⊥平面PBC，再利用等体积转换法求体积即可．
本题考查了面面垂直的判定以及等体积法求锥体的体积，属于中档题．
20.【答案】(1)解：由题函数f(x)=lnx+a(1x−1),a>0.可知函数f(x)的定义域为{x|x>0}，
∴f′(x)=1x−ax2=x−ax2，
∴当x>a时，f′(x)>0，f(x)递增，
当0
由已知f(x)≥0恒成立，所以lna−a+1≥0，a∈(0,+∞).
令g(x)=lnx−x+1，则g′(x)=1x−1=1−xx，
∴当0
当x>1时，g′(x)<0，g(x)递减，
∴g(x)max=g(1)=0，
又∵a∈(0,1)，g(a)=lna−a+1
(2)证明：由(1)可知，当a=1时，f(x)≥0，即lnx+1x−1≥0，lnx≥1−1x=x−1x，
∴ln(x+1)≥xx+1(当x=0时，“=”成立)，令x=1n(n∈N*)，
ln(1n+1)>1n1n+1=1n+1，则ln(n+1n)>1n+1，即ln(n+1)−lnn>1n+1，
故ln(n+2)−ln(n+1)>1n+2，ln(n+3)−ln(n+2)>n+3，ln(3n)−ln(3n−1)>13n，
由累加法可得ln(3n)−lnn>1n+1+1n+2+1n+3+⋯+13n，
即1n+1+1n+2+1n+3+⋯13n
(2)当a=1时，f(x)≥0，得到ln(x+1)≥xx+1，令x=1n(n∈N*)，通过证明ln(n+2)−ln(n+1)>1n+2，利用累加法推出结果．
本题考查函数导数的应用，函数的单调性以及函数的最值的求法，是难题．
21.【答案】解：(1)因为抛物线E的准线方程为x=−1，
不妨设抛物线E的方程为y2=2px，
此时−p2=−1，
解得p=2，
则抛物线E的标准方程为y2=4x；
(2)证明：易知抛物线E的焦点F(1,0)，
不妨设直线AB的方程为x=my+1，A(x1,y1)，B(x2,y2)，
联立x=my+1y2=4x，消去x并整理得y2−4my−4=0，
由韦达定理得y1+y2=4m，y1y2=−4，
联立y1y=2x+2x1y2=4x，消去x并整理得y2−2y1y+4x1=0，
即(y−y1)2=0，
所以直线y1y=2x+2x1与抛物线E只有唯一的公共点，
则直线AC的方程为y1y=2x+2x1，
同理得直线BD的方程为y2y=2x+2x2，
在直线AC的方程中，
令x=0，
解得y=2x1y1=2×y124y1=y12，
即C(0,y12)，
同理得D(0,y22)，
所以直线CF的方程为x+yy12=1，
即x=1−2yy1，
不妨设M(x3,y3)N(x4,y4)，
联立x=1−2yy1y2=4x，消去x并整理得y2+8yy1−4=0，
由韦达定理得y3+y4=−8y1，y3y4=−4，
则|MN|=x3+x4+2=2−2y1(y3+y4)+2=4−2y1×(−8y1)=4y12+16y12，
同理得|PQ|=4y22+16y22，
所以1|MN|+1|PQ|=y124y12+16+y224y22+16=y12(4y22+16)+y22(4y12+16)16(y12+4)(y22+4)
=8(y1y2)2+16(6y12+y22)16[(y1y2)2+4(y12+y22)+16]=(y1y2)2+2(y12+y22)2[(y1y2)2+4(y12+y22)+16]=16+2(16m2+8)2[16+4(16m2+8)+16]=14.
故1|MN|+1|PQ|为定值，定值为14.
【解析】(1)由题意，设出抛物线的方程，根据抛物线的定义列出等式求出p的值，进而可得抛物线的标准方程；
(2)设出直线AB的方程，将直线方程与抛物线方程联立，利用韦达定理得到y1+y2=4m，y1y2=−4，推出抛物线E点A处的切线方程，同理得到直线BD的方程，推出直线CF的方程，将直线CF的方程与抛物线方程联立，根据韦达定理以及弦长公式再进行求证即可．
本题考查抛物线的方程以及直线与圆锥曲线的综合问题，考查了逻辑推理和运算能力，属于中档题．
22.【答案】解：(1)曲线C1的参数方程为x=csα+1y=sinα+ 32(α为参数)，
消去参数α可得，(x−1)2+(y− 32)2=1，
曲线C1表示以(1, 32)为圆心，1为半径的圆，
曲线C2的极坐标方程为ρcsθ− 3ρsinθ=12，x=ρcsθ，y=ρsinθ，
则曲线C2的直角坐标方程为x− 3y=12，
故曲线C2表示经过点(12,0)，且斜率为 33的直线；
(2)圆心到直线的距离为|1− 3× 32−12|2=12，
则|AB|=2 1−14= 3，
曲线C1的参数方程为x=csα+1y=sinα+ 32(α为参数)，点P在曲线C1上，
则可设P(csα+1,sinα+ 32)，
设点P直线C2的距离为d，
则d=|csα− 3sinα−1|2=|2cs(α+π3)−1|2，
△PAB的面积为 32，
则12|AB|⋅d= 32，解得d=1，
所以|2cs(α+π3)−1|=2，解得cs(α+π3)=−12或cs(α+π3)=32(舍去)，
所以α+π3=2π3+2kπ或α+π3=4π3+2kπ，k∈Z，即α=π3+2kπ或α=π+2kπ，k∈Z，
故点P的直角坐标为(32, 3)或(0, 32).
【解析】(1)消去参数α，并结合极坐标公式，即可求解；
(2)结合点到直线的距离公式，以及三角形面积公式，圆的垂径定理，即可求解．
本题主要考查极坐标方程、参数方程的应用，考查转化能力，属于中档题．
23.【答案】解：(1)由题意得：f(x)≤3|x+2|，即2|x+2|+|x|≤3|x+2|，
即|x|≤|x+2|，两边平方得：x2≤(x+2)2，解得x≥−1，
故不等式f(x)≤3|x+2|的解集为[−1,+∞)；
(2)证明：f(x)=−3x−4,x≤−2x+4,−2
又正数a、b、c满足a+2b+c=t，则a+2b+c=83，
故83=(a+b)+(b+c)≥2 ab+2 bc，当且仅当a=b=c=23时等号成立，
故43≥ b( a+ c)，即43 b≥ a+ c.
【解析】(1)化简不等式f(x)≤3|x+2|为|x|≤|x+2|，平方后即可求得答案；
(2)作出函数f(x)的图象，求出t的值，可得a+2b+c=83，利用基本不等式即可证明结论．
本题考查绝对值不等式的解法，不等式的证明，属于中档题．场次编号x
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