2023年江西省南昌十九中高考数学四模试卷（文科）（含解析）

这是一份2023年江西省南昌十九中高考数学四模试卷（文科）（含解析），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.设全集U=R，A={x|x2−x−6<0}，B={x|y=ln(1−x)}，则A∩(∁UB)=( )
A. [1,3)B. (1,3]C. (1,3)D. (−2,1]
2.设复数z的共轭复数为z，且满足z−z=1+i1−i，i为虚数单位，则复数z的虚部是( )
A. 12B. 2C. −12D. −2
3.设x∈R，则“0A. 充分而不必要条件B. 必要而不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
4.已知角α的顶点与原点O合，始边与x轴的非负半轴重合，若它的终边经过点A(1,−3)则tan(α+π4)=( )
A. 12B. −12C. 1D. −1
5.设等比数列{an}的前n项和为Sn，公比为q.若Sn=2,n=1,qn−1,n>1,则a3=( )
A. 8B. 9C. 18D. 54
6.已知双曲线C1：x2+y2m=1(m≠0)与C2：x22−y22=1共焦点，则C1的渐近线方程为( )
A. x±y=0B. 2x±y=0C. x± 3y=0D. 3x±y=0
7.如图，网格小正方形的边长为1，网格纸上绘制了一个多面体的三视图，则该多面体的体积为( )
A. 14
B. 7
C. 143
D. 73
8.有5支彩笔(除颜色外无差别)，颜色分别为红、黄、蓝、绿、紫，从这5支彩笔中任取2支不同颜色的彩笔，则取出的2支彩笔中含有红色彩笔的概率为
( )
A. 45B. 35C. 25D. 15
9.已知a=12023，b=e−20222023，c=cs120232023，则( )
A. a>b>cB. b>a>cC. b>c>aD. a>c>b
10.已知非零向量m，n满足4|m|=3|n|，cs=13.若n⊥(tm+n)，则实数t的值为( )
A. 4B. -4C. 94D. -94
11.已知圆(x+1)2+(y+2)2=4关于直线ax+by+2=0(a>0,b>0)对称，则1a+2b的最小值为( )
A. 2B. 4C. 9D. 92
12.已知函数f(x)满足f(x)+f(−x+4)=0，且f(x)在(−∞,0)上单调递增，当x>2时，f(x)=ex+x2−mx，则m的取值范围为( )
A. (−∞,e4+8]B. (−∞,e2+4]C. [e4+8,+∞)D. [e2+4,+∞)
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.已知向量a、b是两个非零向量，且|a|=|b|=|a+b|，则a与b的夹角为______．
14.已知椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为 22，直线l与椭圆交于A，B两点，当AB的中点为M(1,1)时，直线l的方程为______．
15.已知数列{an}满足：an=lgn+1(n+2)(n∈N+)，定义使a1⋅a2⋅a3…ak为整数的数k(k∈N+)叫做幸运数，则k∈[1,2011]内所有的幸运数的和为______．
16.在四面体ABCD中，△ABC与△ACD都是边长为2 3的正三角形，G为AC的中点，且.∠BGD=2π3，则该四面体ABCD外接球的表面积为______．
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)
在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，sinAcsB=2sinA−csAsinB．
(1)求sinCsinA的值；
(2)若b=3，从下列三个条件中选出一个条件作为已知，使得△ABC存在且唯一确定，求△ABC的面积．
条件①：csB=1116；条件②：sinC= 154；条件③：△ABC的周长为9．
18.(本小题12分)
如图，四棱锥P−ABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB=BC=12AD，∠BAD=∠ABC=90°．

(1)证明：直线BC/​/平面PAD；
(2)若△PCD的面积为2 7，求四棱锥P−ABCD的体积．
19.(本小题12分)
某公司为确定下一年度投入某种产品的宣传费，需了解年宣传费x(单位：千元)对年销售量y(单位：t)和年利润x(单位：千元)的影响.对近8年的年宣传费xi和年销售量yi(i=1,2,…,8)的数据作了初步处理，得到下面的散点图及一些统计量的值．

表中wi= xi,w=18i=18wi．
(1)根据散点图判断，y=a+bx与y=c+d x哪一个适宜作为年销售量y关于年宣传费x的回归方程类型(给出判断即可，不必说明理由)？
(2)根据(1)的判断结果及表中数据，建立y关于x的回归方程．
(3)已知这种产品的年利润z与x，y的关系为z=0.2y−x.根据(2)的结果回答下列问题：
①年宣传费x=49时，年销售量及年利润的预报值是多少？
②年宣传费x为何值时，年利润的预报值最大？
附：对于一组数据(u1,v1)，(u2,v2)，…，(un,vn)，其回归直线v=a +b u的斜率和截距的最小二乘估计分别为b =i=1n(ui−u−)(vi−v−)i=1n(ui−u−)2，a =v−−b u−．
20.(本小题12分)
已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左，右焦点分别为F1，F2，M为椭圆C上的一个动点，∠F1MF2的最大值为120°，且点M到右焦点F2距离的最大值为2+ 3．
(1)求椭圆C的方程；
(2)已知过点F2的直线l交椭圆C于A，B两点，当△F1AB的面积最大时，求此时直线l的方程．
21.(本小题12分)
函数f(x)=aex+x2−lnx(e为自然对数的底数)，a为常数，曲线f(x)在x=1处的切线方程为(e+1)x−y=0
(Ⅰ)求实数a的值；
(Ⅱ)证明：f(x)的最小值大于54+ln2
22.(本小题10分)
直线l：x=a−2t,y=−1+t(t为参数，a≠0)，圆C：ρ=2 2cs(θ+π4)(极轴与x轴的非负半轴重合，且单位长度相同)．
(1)求圆心C到直线l的距离；
(2)若直线l被圆C截得的弦长为6 55，求a的值．
23.(本小题12分)
已知定义在R上的函数f(x)=|x−1|+|x+2|的最小值为p．
(1)求p的值；
(2)设a，b，c∈R，a2+2b2+3c2=2p，求证：|a+2b+3c|≤6．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查描述法、区间的定义，以及一元二次不等式的解法，对数函数的定义域，以及交集、补集的运算．
可以求出集合A，B，然后进行交集、补集的运算即可．
【解答】
解：∵A={x|−2∴∁UB={x|x≥1}，A∩(∁UB)=[1,3)．
故选：A．
2.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，是基础题．
设z=a+bi(a,b∈R)，z=a−bi，则z−z=2bi，然后利用复数代数形式的乘除运算化简1+i1−i，再由复数相等的充要条件即可得到b的值，则答案可求．
【解答】
解：设z=a+bi(a,b∈R)，z=a−bi，则z−z=2bi．
1+i1−i=(1+i)2(1−i)(1+i)=2i2=i，即2bi=i，b=12．
则复数z的虚部是：12．
故选：A．
3.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查了充分条件、必要条件的判断，考查解不等式问题，属于基础题．
解出关于x的不等式，结合充分条件、必要条件的定义，从而求出答案．
【解答】
解：∵|x−1|<1，∴0∵00∴0即0故选B．
4.【答案】B
【解析】解：因为角α的顶点与原点O合，始边与x轴的非负半轴重合，它的终边经过点A(1,−3)，
所以tanα=−3，
所以tan(α+π4)=tanα+11−tanα=−3+11−(−3)=−12．
故选：B．
由题意利用任意角的三角函数的定义，求得tanα的值，进而根据两角和的正切公式即可求解．
本题主要考查任意角的三角函数的定义与两角和的正切，考查学生的数学运算能力和逻辑推理素养，属于基础题．
5.【答案】C
【解析】解：等比数列{an}的前n项和为Sn，公比为q．
Sn=2,n=1,qn−1,n>1,
∴a1=S1=2，a2=S2−S1=q2−1−2=q2−3，
a3=S3−S2=q3−1−q2+1=q3−q2，
∵a1，a2，a3是等比数列，∴a2=a1q，∴q2−3=2q，解得q=3或q=−1，
若q=3，则a1=2，a2=6，a3=18，
若q=−1，则a1=2，a2=−2，a3=2≠S3−S2，不满足题意，舍去，
故a3=18．
故选：C．
对Sn通过赋值，结合数列{an}是等比数列，求出q，即可求出a3．
本题考查等比数列的第3项的求法，考查等差数列的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
6.【答案】D
【解析】解：由C2：x22−y22=1的方程，可知a2=b2=2，
则c2=a2+b2=4，且焦点在x轴上，
由题意，可得1−m=4，可得m=−3，
所以双曲线C1的方程为x2−y23=1，
所以渐近线的方程为x=± 33y，
即 3x±y=0，
故选：D．
由双曲线C2的方程可得a，b的值，由a，b，c之间的关系可得c的值，且可知焦点在x轴上，由题意可得m的值，进而求出C1的渐近线的方程．
本题考查双曲线的性质的应用，属于基础题．
7.【答案】C
【解析】解：由三视图还原原几何体如图，
该几何体为三棱台，底面△ABC为直角三角形，AC⊥BC，AC=2，BC=4，
A1C1=1，B1C1=2，CC1为棱台的高，等于2．
∴该多面体的体积为V=13×2×(1+4+ 1×4)=143．
故选：C．
由三视图还原原几何体，可知该几何体为三棱台，底面△ABC为直角三角形，AC⊥BC，AC=2，BC=4，A1C1=1，B1C1=2，CC1为棱台的高，等于2，再由棱台体积公式求解．
本题考查由三视图求面积、体积，关键是由三视图还原原几何体，是中档题．
8.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查古典概型的计算，属于基础题．
利用古典概型求概率即可．
【解答】
解：从5支彩笔中任取2支不同颜色的彩笔，有10种不同的取法：
(红，黄)，(红，蓝)，(红，绿)，(红，紫)，(黄，蓝)，(黄，绿)，(黄，紫)，(蓝，绿)，(蓝，紫)，(绿，紫)．
而取出的2支彩笔中含有红色彩笔的取法有(红，黄)，(红，蓝)，(红，绿)，(红，紫)，共4种，
故所求概率p=410=25．
故选C．
9.【答案】B
【解析】解：设f(x)=ex−x−1，
所以f′(x)=ex−1，令f′(x)<0⇒x<0，令f′(x)>0⇒x>0，
所以函数f(x)在(−∞,0)上单调递减，在(0,+∞)上单调递增，
则f(x)≥f(0)=0，即ex−x−1≥0，得ex≥x+1．
所以b=e−20222023>−20222023+1=12023=a，即a又0所以c故选：B．
构造函数f(x)=ex−x−1，利用导数分析单调性即可得出a本题主要考查了利用导数判断函数的单调性和数值大小的比较，属于中档题．
10.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查的知识点是平面向量数量积的运算，向量垂直的充要条件，属于基础题．
若，则n·(tm+n)=0，进而可得实数t的值．
【解答】
解：∵4m=3n，cs=13．，
∴n·(tm+n)=tm·n+n2=t|m||n|cs+|n|2=(t4+1)|n|2=0，
解得：t=−4，
故选：B．
11.【答案】D
【解析】解：由圆的标准方程可得圆心为(−1,−2)半径为r=2，
由于圆关于直线ax+by+2=0对称，
所以直线ax+by+2=0过圆(x+1)2+(y+2)2=4的圆心，
即−a−2b+2=0，a+2b=2(a>0,b>0)，
1a+2b=12(1a+2b)(a+2b)=12(5+2ba+2ab)≥12(5+2 2ba⋅2ab)=92，
当且仅当2ba=2ab，即a=b=23时等号成立．
故选：D．
由题意可得a+2b=2，利用基本不等式可求1a+2b的最小值．
本题考查直线与圆的位置关系，以及基本不等式的应用，属中档题．
12.【答案】A
【解析】解：因为函数f(x)满足f(x)+f(−x+4)=0，所以函数f(x)图象关于点(2,0)中心对称，
又函数f(x)在(−∞,0)上单调递增，所以函数f(x)在(4,+∞)上单调递增，
因为x>2时，f(x)=ex+x2−mx，
所以f(x)=ex+x2−mx在(4,+∞)上单调递增，
所以f′(x)=ex+2x−m≥0在(4,+∞)上恒成立，即m≤(ex+2x)min′
易知y=ex+2x在(4,+∞)上单调递增，所以ex+2x>e4+2×4=e4+8，
所以m≤e4+8，
所以m的取值范围为(−∞,e4+8]，
故选：A．
由f(x)+f(−x+4)=0，可得函数f(x)图象关于点(2,0)中心对称，又函数f(x)在(−∞,0)上单调递增，可得函数f(x)在(4,+∞)上单调递增，从而有f′(x)≥0在(4,+∞)上恒成立，分离参数转化为最值问题即可求解．
本题考查了函数的单调性，属于中档题．
13.【答案】2π3
【解析】解：设a与b的夹角为θ，θ∈(0,π)，
因为向量a、b是两个非零向量，且|a|=|b|=|a+b|，
所以a2=a2+b2+2a⋅b，即b2+2a⋅b=0，
同理a2+2a⋅b=0，
所以csθ=a⋅b|a||b|=a⋅ba2=−12，
则θ=2π3．
故答案为：2π3．
由已知结合向量数量积的性质即可求解．
本题主要考查了向量数量积的性质的应用，属于基础题．
14.【答案】x+2y−3=0
【解析】解：椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为 22，可知椭圆方程为：x22b2+y2b2=1，
设过AB的中点为M(1,1)的直线方程为：x=m(y−1)+1，
直线方程代入椭圆方程，可得：(m2+2)y2+2m(1−m)y+(1−m)2−2b2=0，
因为M(1,1)是AB的中点，
所以： m(m−1)m2+2=1，解得m=−2．
所求直线方程为：x+2y−3=0．
故答案为：x+2y−3=0．
利用椭圆的离心率，化简椭圆方程，设出直线方程，联立直线与椭圆方程，通过韦达定理，求解直线的斜率，得到直线方程即可．
本题考查直线与椭圆的位置关系的应用，考查分析问题解决问题的能力，是中档题．
15.【答案】2026
【解析】解：an=lgn+1(n+2)=lg2(n+2)lg2(n+1)(n∈N+)，
∴a1⋅a2⋅a3…ak=lg23lg22⋅lg24lg23⋅lg25lg24…lg2(k+2)lg2(k+1)=lg2(k+2)
又∵a1⋅a2⋅a3…ak为整数
∴k+2必须是2的n次幂(n∈N+)，即k=2n−2．
∴k∈[1,2011]内所有的幸运数的和
M=(22−2)+(23−2)+(24−2)+…+(210−2)
=4(1−29)1−2−2×9=2026 (211−2>2011)
故答案为2026．
先利用换底公式与叠乘法把a1⋅a2⋅a3…ak化为lg2(k+2)；然后根据a1⋅a2⋅a3…ak为整数，可得k=2n−2；最后由等比数列前n项和公式解决问题．
本题在理解新定义的基础上，考查换底公式、叠乘法及等比数列前n项和公式，其综合性、技巧性是比较强的．
16.【答案】28π
【解析】解：过D作DE⊥BG，易得DE⊥平面ABC，即△ABC的中心为O1，
几何体的球心为O，连接OO1，过点O作OF//O1E交DF于点F，
如图：由题意可得BG=DG=3，∠DGB=2π3，EG=32，DE=3 32，
O1G=1，O1A=2，设OO1=x，外接球的半径为R，
所以R2=O1A2+x2R2=DF2+OF2，即R2=22+x2R2=(3 32−x)2+(52)2，
解得R= 7，x= 3．
所以四面体的外接球的表面积为：4πR2=28π．
故答案为：28π．
画出图形，过D作DE⊥BG，易得DE⊥平面ABC，即△ABC的中心为O1，几何体的球心为O，连接OO1，过点O作OF//O1E交DF于点F，设OO1=x，外接球的半径为R，利用已知条件列出方程求解R然后求解外接球的表面积．
本题考查几何体的外接球的表面积的求法，考查学生逻辑思维能力，以及直观想象的数学素养，是中档题．
17.【答案】解：(1)∵sinAcsB=2sinA−csAsinB，则2sinA=sinAcsB+csAsinB=sin(A+B)=sinC，
∴sinCsinA=2；
(2)由(1)得sinC=2sinA，由正弦定理得c=2a，
若选条件①：由余弦定理得csB=a2+c2−b22ac，即a2+4a2−94a2=1116，
又a>0，解得a=2，则c=4，
此时△ABC存在且唯一确定，
∵csB=1116>0，则B∈(0,π2)，
∴sinB= 1−cs2B=3 1516，
∴S△ABC=12acsinB=12×2×4×3 1516=3 154；
若选条件②：∵c>a，即C>A，
∴若C为锐角，则csC= 1−sin2C=14，
由余弦定理csC=a2+b2−c22ab，即14=a2+9−4a26a，整理得2a2+a−6=0，且a>0，解得a=32，则c=3；
若C为钝角，则csC=− 1−sin2C=−14，
由余弦定理得csC=a2+b2−c22ab，即−14=a2+9−4a26a，整理得2a2−a−6=0，且a>0，解得a=2，则c=4；
综上所述，此时△ABC存在但不唯一确定，不合题意；
若条件③：由题意得a+b+c=9，即a+3+2a=9，解得a=2，则c=4，
∴此时△ABC存在且唯一确定，
由余弦定理得csB=a2+c2−b22ac=4+16−92×2×4=1116>0，
则B∈(0,π2)，sinB= 1−cs2B=3 1516，
∴S△ABC=12acsinB=12×2×4×3 1516=3 154．
【解析】(1)根据三角恒等变换，求解即可得出答案；
(2)由(1)得c=2a，若选条件①：利用余弦定理可求得a，c，进而面积公式分析运算；若选条件②：分C为锐角和C为钝角两种情况讨论，利用余弦定理可求a，c，结合题意分析判断；若选条件③：根据题意可求得a，c，利用余弦定理结合面积公式运算求解，即可得出答案．
本题考查解三角形，考查转化思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
18.【答案】证明：(1)四棱锥P−ABCD中，∵∠BAD=∠ABC=90°，
∴BC/​/AD，
∵AD⊂平面PAD，BC⊄平面PAD，
∴直线BC/​/平面PAD．
解：(2)由AB=BC=12AD，∠BAD=∠ABC=90°．
设AD=2x，则AB=BC=x，CD= 2x，
设O是AD的中点，连接PO，OC，
设CD的中点为E，连接OE，
则OE= 22x，
由侧面PAD为等边三角形，则PO= 3x，且PO⊥AD，
平面PAD⊥底面ABCD，平面PAD∩底面ABCD=AD，且PO⊂平面PAD，
故PO⊥底面ABCD，
又OE⊂底面ABCD，故PO⊥OE，
则PE= PO2+OE2= 7x 2，
又由题意可知，PC=PD，故PE⊥CD，
△PCD面积为2 7，可得12PE⋅CD=2 7，
即12× 7 2x⋅ 2x=2 7，
解得x=2，则PO=2 3，
则VP−ABCD=13×12(BC+AD)×AB×PO
=13×12×(2+4)×2×2 3=4 3．
【解析】本题考查直线与平面平行的判定定理的应用，几何体的体积的求法，考查空间想象能力以及计算能力，属于中档题．
(1)由BC/​/AD，利用直线与平面平行的判定定理证明即可．
(2)利用已知条件转化求解几何体的线段长，然后求解几何体的体积V P−ABCD=13×12(BC+AD)×AB×PO即可．
19.【答案】解：(1)由散点图可以判断，y=c+d x适宜作为年销售量y关于年宣传费x的回归方程类型；
(2)令ω= x，先建立y关于ω的线性回归方程，
由于d=，c=563−68×6.8=100.6，
所以y关于w的线性回归方程为y=100.6+68w，
因此y关于x的回归方程为y=100.6+68 x；
(3)(i)由(Ⅱ)知，当x=49时，年销售量y的预报值y=100.6+68 49=576.6，
年利润z的预报值z=576.6×0.2−49=66.32；
(ii)根据(Ⅱ)的结果知，年利润z的预报值z=0.2(100.6+68 x)−x=−x+13.6 x+20.12，
当 x=6.8时，年利润的预报值最大．
故年宣传费为46.24千元时，年利润的预报值最大．
【解析】(1)根据散点图，即可判断出；
(2)先建立中间量ω= x，建立y关于w的线性回归方程，根据公式求出w，问题得以解决；
(3)(i)年宣传费x=49时，代入到回归方程，计算即可；
(ii)求出预报值得方程，根据函数的性质，即可求出．
本题主要考查了线性回归方程和散点图的问题，准确的计算是本题的关键，属于中档题．
20.【答案】解：(1)∵∠F1MF2的最大值为120°，
∴M为短轴的端点时∠F1MF2=120°，此时易得ca= 32．
又点M到右焦点F2距离的最大值为2+ 3，即a+c=2+ 3，
解得a=2，c= 3．
又由a2=b2+c2，可得b=1．
∴椭圆C的方程为：x24+y2=1；
(2)由题意，设直线l的方程为x=my+ 3，
联立x24+y2=1x=my+ 3得(m2+4)y2+2 3my−1=0，
设A(x1,y1)，B(x2,y2)，
则y1+y2=−2 3mm2+4，y1y2=−1m2+4，
S△F1AB=12|F1F2||y1−y2|= 3 (y1+y2)2−4y1y2=4 3 m2+1m2+4
=4 31 m2+1+3 m2+1≤4 3×12 3=2
当且仅当 m2+1=3 m2+1即m=± 2时取等号，
∴所求直线l的方程为x+ 2y− 3=0或x− 2y− 3=0．
【解析】(1)根据∠F1MF2的最大值为120°，得ca= 32，再由点M到右焦点F2距离的最大值为2+ 3，得到a+c=2+ 3求解；
(2)设直线l的方程为x=my+ 3，与椭圆方程联立，结合韦达定理由S△F1AB=12|F1F2||y1−y2|= 3 (y1+y2)2−4y1y2求解．
本题考查椭圆的几何性质，直线与椭圆的位置关系设而不求法与韦达定理的应用，基本不等式的应用，化归转化思想，属中档题．
21.【答案】解：(Ⅰ)对f(x)求导可得f′(x)=aex+2x−1x，所以f′(1)=ae+1．
由曲线f(x)在x=1处的切线方程为(e+1)x−y=0可知ae+1=e+1，故a=1．
(Ⅱ)证明：由(Ⅰ)知f(x)=ex+x2−lnx，得f′(x)=ex+2x−1x，
令g(x)=f′​(x)=ex+2x−1x，
求导易知g′(x)=ex+2+1x2>0，所以f′(x)在(0,+∞)上单调递增，
注意到f′​(14)=e14+12−4<0,f′(12)=e12+1−2>0，
所以由零点存在性定理可知存在x0∈(14,12)，使得f′(x0)=0，
即ex0+2x0−1x0=0，即ex0=1x0−2x0．
当0x0时，f(x)单调递增，
于是f(x)≥f(x0)=ex0+x02−lnx0=1x0−2x0+x02−lnx0=(x0−1)2+1x0−lnx0−1，
易知f(x0)=(x0−1)2+1x0−lnx0−1在(14,12)上单调递减，
所以f(x)≥f(x0)>f(12)=54+ln2．
【解析】本题考查导数的几何意义，利用导数研究闭区间上函数的最值，导数中的函数不等式，考查计算能力，属于中档题．
(Ⅰ)求出导函数，利用切线的向量以及切线方程，列出方程，即可求实数a的值；
(Ⅱ)通过求导，利用导函数的符号，判断函数的单调性，转化求解函数的最小值即可证明f(x)的最小值大于54+ln2．
22.【答案】解：(1)直线l：x=a−2t,y=−1+t(t为参数，a≠0)，化为普通方程为x+2y+2−a=0，
ρ=2 2cs(θ+π4)，即ρ=2csθ−2sinθ，ρ2=2ρcsθ−2ρsinθ，
∵ρ2=x2+y2x=ρcsθy=ρsinθ，
∴x2+y2−2x+2y=0，即(x−1)2+(y+1)2=2，
∴圆心C(1,−1)到直线|的距离为d=|1−a| 1+4= 5|1−a|5；
(2)圆的半径为 2，弦长的一半为3 5，
所以(3 5)2+(|a−1| 5)2=( 2)2，
所以a2−2a=0，a=0或a=2，
因为a≠0，
所以a=2．
【解析】(1)将极坐标方程和参数方程转化为普通方程，再利用点到直线的距离公式计算得到答案．
(2)圆的半径为 2，弦长的一半为3 5，则(3 5)2+(|a−1| 5)2=( 2)2，解得答案．
本题主要考查简单曲线的极坐标方程，考查转化能力，属于中档题．
23.【答案】解：(1)f(x)=|x−1|+|x+2|=−2x−1,x≤−23,−2当x≤−2时，f(x)≥3，当−2∴f(x)的最小值p=3；
证明：(2)由(1)知，a2+2b2+3c2=6，
又a，b，c∈R，由柯西不等式得：(a2+2b2+3c2)(1+2+3)≥(a+2b+3c)2，
即(a+2b+3c)2≤36，∴|a+2b+3c|≤6．
当且仅当 2a= 2b， 3a= 3c， 6b= 6c，即a=b=c=1时等号成立．
等式∴成立|a+2b+3c|≤6．
【解析】(1)写出分段函数解析式，即可求得函数的最小值；
(2)把(1)中求得的p代入，再由柯西不等式证明结论．
本题考查分段函数最值的求法，训练了柯西不等式的应用，是中档题．x−
y−
w−
i=18(xi−x−)2
i=18(wi−w−)2
i=18(xi−x−)(yi−y−)
i=18(wi−w−)(yi−y−)
46.6
563
6.8
289.8
1.6
1469
108.8