2022-2023学年陕西省西安市周至重点中学高二（下）期末数学试卷（理科）（含解析）

这是一份2022-2023学年陕西省西安市周至重点中学高二（下）期末数学试卷（理科）（含解析），共19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={−1,0,1,2}，B={x|x2≤1}，则A∩B=( )
A. {−1,0,1}B. {0,1}C. {−1,1}D. {0,1,2}
2. 若z(1+i)=2i，则z=( )
A. −1−iB. −1+iC. 1−iD. 1+i
3. 已知各项均为正数的等比数列an的前4项和为15，且a5=3a3+4a1，则a3=
A. 16B. 8C. 4D. 2
4. (1+2x2)(1+x)4的展开式中x3的系数为( )
A. 12B. 16C. 20D. 24
5. 已知曲线y=aex+xlnx在点(1,ae)处的切线方程为y=2x+b，则( )
A. a=e，b=−1B. a=e，b=1
C. a=e−1，b=1D. a=e−1，b=−1
6. 已知非零向量a，b满足|a|=2|b|，且(a−b)⊥b，则a与b的夹角为( )
A. π6B. π3C. 2π3D. 5π6
7. 若cs(α+β)=35，sin(β−π4)=513，α，β∈(0,π2)，则cs(α+π4)=( )
A. −3365B. 3365C. 5665D. −1665
8. 如图，点N为正方形ABCD的中心，△ECD为正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，M是线段ED的中点，则( )
A. BM=EN，且直线BM，EN是相交直线
B. BM≠EN，且直线BM，EN是相交直线
C. BM=EN，且直线BM，EN是异面直线
D. BM≠EN，且直线BM，EN是异面直线
9. 已知奇函数f(x)在R上是增函数．若a=−flg215，b=f(lg24.1)，c=f(20.8)，则a，b，c的大小关系为 ( )
A. a10. 已知三棱锥D−ABC的所有顶点都在球O的球面上，AB=BC=2，AC=2 2，若三棱锥D−ABC体积的最大值为2，则球O的表面积为( )
A. 8πB. 9πC. 25π3D. 121π9
11. 已知F1，F2是椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点，A是椭圆C的左顶点，点P在过A且斜率为 36的直线上，△PF1F2为等腰三角形，∠F1F2P=120°，则椭圆C的离心率为
A. 23B. 12C. 13D. 14
12. 已知函数f(x)=sin[csx]+cs[sinx]，其中[x]表示不超过实数x的最大整数，关于f(x)有下述四个结论：
①f(x)的一个周期是2π；②f(x)是非奇非偶函数；
③f(x)在(0,π)单调递减；④f(x)的最大值大于 2．
其中所有正确结论的编号是( )
A. ①②④B. ②④C. ①③D. ①②
二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 一批产品的二等品率为0.02，从这批产品中每次随机取一件，有放回地抽取100次，X表示抽到的二等品件数，则D(X)= ．
14. 若x，y满足约束条件x−2y−2≤0x−y+1≥0y≤0，则z=3x+2y的最大值为______．
15. 已知数列{an}的前n项和Sn=2an−1(n∈N*)，设bn=1+lg2an，则数列{1bnbn+1}的前n项和Tn=______．
16. 已知函数f(x)=2sinx+sin2x，则f(x)的最小值是 ．
三、解答题（本大题共7小题，共82.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题12.0分)
在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且(2a−c)(a2−b2+c2)=2abccsC．
(1)求角B的大小；
(Ⅱ)若a=1，b= 3，求△ABC的面积．
18. (本小题12.0分)
某制造企业根据长期检测结果，发现生产产品的一项质量指标值服从正态分布N(μ,σ2)，并把质量指标值在(μ−σ,μ+σ)内的产品称为优等品，质量指标值在(μ+σ,μ+2σ)内的产品称为一等品，其余范围内的产品作为废品处理．优等品与一等品统称为正品，现从该企业生产的产品中随机抽取1000件，测得产品质量指标值的样本数据统计如图：
(1)根据频率分布直方图，求样本平均数x−；
(2)根据大量的产品检测数据，得出样本数据的方差的近似值为100，用样本平均数x−作为μ的近似值，用样本标准差s作为σ的估计值，求该厂生产的产品为正品的概率；参考数据：若随机变量ξ服从正态分布N(μ,σ2)，则P(μ−σ<ξ≤μ+σ)≈0.6827，P(μ−2σ<ξ≤μ+2σ)≈0.9545，P(μ−3σ<ξ≤μ+3σ)≈0.9973．
(3)假如企业包装时要求把3件优等品件一等品装在同一个箱子甲，质检员每次从箱子中随机取出3件产品进行检验，记取出3件产品中优等品的件数为X，求X的分布列以及数学期望．
19. (本小题12.0分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，底而ABCD是菱形，且PA=AD=2，∠PAD=∠BAD=120°，E，F分别为PD，BD的中点，且EF= 62．
(1)求证：平面PAD⊥平面ABCD；
(2)求锐二面角E−AC−D的余弦值．
20. (本小题12.0分)
已知抛物线y2=2px(p>0)的焦点为F，抛物线上的点M到y轴的距离等于|MF|−1．
(1)求抛物线方程；
(2)设点T(3,0)，过点F作直线l与抛物线交于A，B两点，且FA=λFB，若λ∈[−5,−1]，求|TA+TB|的最小值．
21. (本小题12.0分)
已知函数f(x)=lnx+ax+1有两个零点x1，x2
(1)求a的取值范围；
(2)记f(x)的极值点为x0，求证：x1+x2>2ef(x0).
22. (本小题10.0分)
在平面直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为x=3+ 32ty=12t(t为参数)，以坐标原点O为极点，以x轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线C的极坐标方程为ρ=4csθ．
(1)求直线l的普通方程及曲线C的直角坐标方程；
(2)若直线l与曲线C交于A，B两点，求线段AB的中点P到坐标原点O的距离．
23. (本小题12.0分)
已知函数f(x)=|2x+1|−|x−m|(m∈R)．
(1)当m=1时，解不等式f(x)≥2；
(2)若关于x的不等式f(x)≥|x−3|的解集包含[3,4]，求m的取值范围．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：∵B=[−1,1]，又A={−1,0,1,2}，
∴A∩B={−1,0,1}，
故选：A．
先化简，再运算即可得解．
本题考查集合的基本运算，属基础题．
2.【答案】D
【解析】
【分析】
本题主要考查复数代数形式的乘法和除法法则，属于基础题．
利用复数的运算法则求解即可．
【解答】
解：由z(1+i)=2i，得
z=2i1+i=2i(1−i)2
=1+i．
故选D．

3.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查等比数列的通项公式，属基础题．
设等比数列{an}的公比为q(q>0)，根据条件可得a1+a1q+a1q2+a1q3=15a1q4=3a1q2+4a1，解方程即可．
【解答】
解：设等比数列{an}的公比为q(q>0)，
则由前4项和为15，且a5=3a3+4a1，
有a1+a1q+a1q2+a1q3=15a1q4=3a1q2+4a1,∴a1=1q=2,
∴a3=22=4，
故选C．

4.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查二项式定理，以及二项展开式的特定项系数，属于基础题．
利用二项展开式的通项直接求解即可．
【解答】
解：(1+x)4的展开式的通项为Tr+1=C4rxr，
则(1+2x2)(1+x)4的展开式中x3的系数为：
1×C43+2×C41=12．
故选：A．

5.【答案】D
【解析】解：y′=aex+lnx+1，
k=y′|x=1=ae+1=2，∴a=e−1
将(1,1)代入y=2x+b，得2+b=1，b=−1．
故选：D．
通过求导数，确定得到切线斜率的表达式，求得a，将点的坐标代入直线方程，求得b．
本题主要考查利用导数研究曲线上某点的切线方程，考查运算求解能力，属于基础题．
6.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查了平面向量的数量积和向量的夹角，属于基础题．
由(a−b)⊥b，可得(a−b)⋅b=0，进一步得到abcs−b2=0，然后求出夹角即可．
【解答】
解：∵(a−b)⊥b，
∴(a−b)⋅b=a⋅b−b2
=abcs−b2=0，
∴cs=b2ab=12，
∵∈[0,π]，
∴=π3，
故选B．

7.【答案】C
【解析】解：∵α+π4=α+β−(β−π4)，
∴cs(α+π4)=cs[α+β−(β−π4)]=cs(α+β)cs(β−π4)+sin(α+β)sin(β−π4)，
∵α，β∈(0,π2)，∴α+β∈(0,π)，则sin(α+β)=45，
α−π4∈(−π4,π4)，
∵sin(β−π4)=513，∴cs(β−π4)=1213，
则cs(α+π4)=35×1213+513×45=5665，
故选：C．
根据同角三角函数关系进行求解，结合两角和差的余弦公式进行转化求解即可．
本题主要考查三角函数值的计算，结合两角和差的余弦公式进行转化是解决本题的关键．难度中等．
8.【答案】B
【解析】解：根据题意，如图所示，连接BD，点N为正方形ABCD的中心，则N在BD上，
故EN、BM都在平面BED上，
结合图形易得，直线BM，EN是相交直线，
再作EO⊥CD于O，连接ON，过M作MF⊥OD于F，连接BF，
由于平面CDE⊥平面ABCD.EO⊥CD，EO⊂平面CDE，
则EO⊥平面ABCD，MF⊥平面ABCD，△MFB与△EON均为直角三角形．
设正方形边长为2，易知EO= 3,ON=1EN=2，MF= 32,BF=52，∴BM= 7.∴BM≠EN，
故选：B．
根据题意，连接BD，分析有B、M、E、N四点共面，易得直线BM，EN是相交直线，再作EO⊥CD于O，连接ON，过M作MF⊥OD于F，连接BF，求出BM、EN的长，即可得答案．
本题考查空间直线与直线的位置关系，涉及异面直线的定义，属于基础题．
9.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查了函数的奇偶性与单调性的应用问题．
根据奇函数f(x)在R上是增函数，化简a、b、c，进而可得出a，b，c的大小．
【解答】
解：奇函数f(x)在R上是增函数，
∴a=−f(lg215)=f(lg25)，b=f(lg24.1)，c=f(20.8)，
又1<20.8<2∴f(20.8)即c故选：C．

10.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查了棱锥与球的结构特征，常见几何体的体积与表面积计算，属于中档题．
根据棱锥的最大高度和勾股定理计算球的半径，从而得出外接球的表面积．
【解答】
解：∵AB=BC=2，AC=2 2，
所以AB2+BC2=AC2，
由勾股定理的逆定理得AB⊥BC，
过AC的中点M作平面ABC的垂线MN，
则球心O在直线MN上，
设OM=h，球的半径为R，则棱锥的高的最大值为R+h，
∵VD−ABC=13×12×2×2×(R+h)=2，
∴R+h=3，
由勾股定理得：R2=(3−R)2+2，
解得R=116，
∴球O的表面积为S=4π×12136=121π9．
故选D．
11.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查椭圆的性质，直线方程的应用，考查转化思想，属于中档题．
求得直线AP的方程，根据题意求得P点坐标，代入直线方程，即可求得椭圆的离心率．
【解答】
解：由题意可知：A(−a,0)，F1(−c,0)，F2(c,0)，
直线AP的方程为：y= 36(x+a)，
由∠F1F2P=120°，|PF2|=|F1F2|=2c，
则P(2c, 3c)，
代入直线AP的方程得 3c= 36(2c+a)，整理得：a=4c，
∴离心率e=ca=14．
故答案选：D．

12.【答案】A
【解析】解：①∵f(x+2π)=sin[cs(x+2π)]+cs[sin(x+2π)]=sin[csx]+cs[sinx]=f(x)，
∴f(x)的一个周期是2π，故①正确；
②f(−π4)=sin[cs(−π4)]+cs[sin(−π4)]=sin[ 22]+cs[− 22]=sin0+cs(−1)=cs1，
f(π4)=sin[csπ4]+cs[sinπ4]=sin[ 22]+cs[ 22]=sin0+cs0=1，
∵f(−π4)≠f(π4)，f(−π4)≠−f(π4)，∴f(x)是非奇非偶函数，故②正确；
当x∈(0,π2)时，0∴f(x)=sin[csx]+cs[sinx]=sin0+cs0=1，故③错误；
∵f(0)=sin[cs0]+cs[sin0]=sin1+cs0=sin1+1> 22+1> 2，故④正确．
∴正确结论的序号是①②④．
故选：A．
由三角函数的概念判断①；由f(−π4)≠f(π4)，f(−π4)≠−f(π4)判断②；求出当x∈(0,π2)时f(x)为定值判断③；求出f(0)的值判断④．
本题考查命题的真假判断与应用，考查逻辑思维能力与运算求解能力，是中档题．
13.【答案】1.96
【解析】
【分析】
本题考查离散性随机变量的期望与方差的求法，属于基础题．
判断概率类型满足二项分布是解题的关键．判断概率满足的类型，然后利用公式求方差即可．
【解答】
解：由题意可知，该事件满足独立重复试验，是二项分布模型，
其中，p=0.02，n=100，
则D(X)=np(1−p)=100×0.02×0.98=1.96．
故答案为：1.96

14.【答案】6
【解析】
【分析】
本题考查线性规划中的最值问题，属于基础题．
作出不等式组对应的平面区域，利用目标函数的几何意义进行求解即可．
【解答】
解：作出不等式组x−2y−2≤0x−y+1≥0y≤0对应的平面区域，如图：
由z=3x+2y，得y=−32x+12z，
平移直线y=−32x+12z，由图象知当直线y=−32x+12z经过点A(2,0)时，
直线y=−32x+12z的纵截距最大，此时z最大，
则zmax=3×2=6，
故答案为：6．
15.【答案】nn+1
【解析】
【分析】
本题考查数列的递推关系式的应用，数列求和，考查计算能力，属于较易题目．
令n=1，a1=1；n≥2时，an=Sn−Sn−1，推出an=2an−1，然后求解通项公式，化简数列{1bnbn+1}的通项公式，求解数列的和即可．
【解答】
解：令n=1，a1=1；
n≥2时，an=Sn−Sn−1=2an−2an−1，
整理得：an=2an−1，
所以an=2n−1，bn=1+lg22n−1=n，
Tn=11×2+12×3+…+1n(n+1)=1−12+12−13+…+1n−1n+1=1−1n+1=nn+1．
故答案为：nn+1．
16.【答案】−3 32
【解析】
【分析】
本题考查二倍角公式及其应用，考查导数法求函数在区间的最值，属于中档题．
由题意可得T=2π是f(x)的一个周期，问题转化为f(x)在[0,2π)上的最小值，进行求解即可．
【解答】
解：由题意，可得T=2π是f(x)=2sinx+sin2x的一个周期，
故只需考虑f(x)=2sinx+sin2x在[0,2π)上的值域，
求导数可得f′(x)=2csx+2cs2x
=2csx+2(2cs2x−1)=2(2csx−1)(csx+1)，
令f′(x)=0，可解得csx=12或csx=−1，
可得：x=π3，或x=π或x=5π3；
∴f(x)=2sinx+sin2x的最小值只能在x=π3，或x=π或x=5π3或x=0中取到，
计算可得f( π3)=3 32，f(π)=0，f( 5π3)=−3 32，f(0)=0，
∴函数f(x)的最小值为−3 32，
故答案为：−3 32．

17.【答案】解：(1)∵(2a−c)(a2−b2+c2)=2abccsC．
∴(2a−c)2accsB=2abccsC．
∴(2a−c)csB=bcsC；
由正弦定理可得：
∴2sinAcsB−sinCcsB=sinBcsC，
∴2sinAcsB=sinCcsB+sinBcsC=sin(B+C)=sinA，
∵sinA≠0，
∴csB=12，
∵B∈(0°,180°)，
∴B=60°；
(2)由正弦定理可得：
sinA=asinBb=12；
因为a∴A=30°，
故C=180°−30°−60°=90°．
∴S=12absinC=12×1× 3×sin90°= 32．
【解析】(1)由已知利用余弦定理，正弦定理，三角函数恒等变换的应用化简可得csB=12，结合范围B∈(0°,180°)，可求B的值；
(2)先由正弦定理求得A，进而得到C，即可求得其面积．
本题主要考查了余弦定理，正弦定理，三角函数恒等变换的应用在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．
18.【答案】解：(1)由频率分布直方图可知，
x−=0.010×10×46+562+0.020×10×56+662+0.045×10×66+762+0.020×10×76+862+0.005×10×86+962=70．
(2)由题意可知，样本方差s2=100，故σ≈ s2=10，
所以质量指标值Y～N(70,102)，
该厂生产的产品为正品的概率P=P(60(3)X的可能取值为0，1，2，3，
则P(X=0)=C30C53C83=528，
P(X=1)=C31C52C83=1528，
P(X=2)=C32C51C83=1556，
P(X=3)=C33C50C83=156，
所以X的分布列为
数学期望E(X)=0×528+1×1528+2×1556+3×156=98．
【解析】(1)根据平均数的运算公式，代入数值计算即可；
(2)由已知可得，质量指标值Y～N(70,102)，该厂生产的产品为正品的概率P=P(70−10(3)根据求离散型随机变量分布列的步骤，确定X取不同值时的概率，列表对应，列出X的分布列，根据数学期望公式，代入数值求解即可．
本题主要考查离散型随机变量的分布列和数学期望，正态分布等概率统计类基础知识，属于中档题．
19.【答案】证明：(1)过P作PO⊥AD，垂足为O，连结AO，BO，
由∠PAD=120°，得∠PAO=60°，
∴在Rt△PAO中，PO=PAsin∠PAO=2sin60°=2× 32= 3，
∵∠BAO=120°，∴∠BAO=60°，AO=AO，
∴△PAO≌△BAO，∴BO=PO= 3，
∵E，F分别是PA，BD的中点，EF= 62，
∴EF是△PBD的中位线，∴PB=2EF=2× 62= 6，
∴PB2=PO2+BO2，∴PO⊥BO，
∵AD∩BO=O，∴PO⊥平面ABCD，
又PO⊂平面PAD，∴平面PAD⊥平面ABCD．
解：(2)以O为原点，OB为x轴，OD为y轴，OP为z轴，建立空间直角坐标系，
A(0,1,0)，P(0,0, 3)，B( 3,0,0)，D(0,3,0)，
∴E(0,32, 32)，F( 32,32,0)，
AE=(0,12, 32)，AF=( 32,12,0)，
平面ABCD的一个法向量n=(0,0,1)，
设平面ACE的法向量m=(x,y,z)，
则m⋅AE=12y+ 32z=0m⋅AF= 32x+12y=0，取x=1，得m=(1,− 3,1)，
设锐二面角的平面角的大小为θ，
则csθ=|cs|=|m⋅n||m|⋅|n|= 55，
∴锐二面角E−AC−D的余弦值为 55．
【解析】(1)过P作PO⊥AD，垂足为O，连结AO，BO，推导出PO=PAsin∠PAO= 3，∠BAO=60°，AO=AO，从而△PAO≌△BAO，进而BO=PO= 3，推导出PO⊥BO，从而PO⊥平面ABCD，由此能证明平面PAD⊥平面ABCD．
(2)以O为原点，OB为x轴，OD为y轴，OP为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出锐二面角E−AC−D的余弦值．
本题考查面面垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理推论证能力、运算求解能力，是中档题．
20.【答案】解：(1)抛物线y2=2px(p>0)的焦点为F，
抛物线上的点M到y轴的距离等于|MF|−1，
可得p2=1，所以p=2，
抛物线方程为y2=4x．
(2)由题意知A(t2,2t)，B(1t2,−2t)，t>0，
FA=λFB⇒2t=λ−2t⇒t= −λ，t∈[1, 5]，
则|TA+TB|=|(t2−3+1t2−3,2t−2t)|
= (t2−3+1t2−3)2+(2t−2t)2
= [(t−1t)2−4]2+4(t−1t)2，
令s=(t−1t)2，s∈[0,165]，
|TA+TB|= [s−4]2+4s
= s2−4s+16
= (s−2)2+12≥2 3，当s=2时取等号．
故|TA+TB|的最小值为2 3，
【解析】(1)利用已知条件求出p，得到抛物线方程．
(2)求出A(t2,2t)，B(1t2,−2t)，t>0，转化推出|TA+TB|的表达式，利用二次函数的性质求解最小值即可．
本题考查抛物线方程的求法，直线与抛物线的位置关系的应用，考查转化思想以及计算能力，是中档题．
21.【答案】解：(1)函数的定义域为(0,+∞)，令f(x)=0，则a=−lnx+1x，
依题意，函数F(x)=−lnx+1x(x>0)的图象与直线y=a有两个交点，
由F(x)=−lnx+1x(x>0)得F′(x)=−1−(lnx+1)x2=lnxx2，
当x∈(0,1)时，F′(x)<0，F(x)单减，当x∈(1,+∞)时，F′(x)>0，F(x)单增，
且F(1)=−1，当x→0时，F(x)→+∞，当x→+∞时，F(x)→0，如下图所示，
由图可知，实数a的取值范围为(−1,0)；
(2)由(1)知，−1∵函数f(x)=lnx+ax+1有两个零点x1，x2，
∴lnx1+ax1+1=0lnx2+ax2+1=0，
∴lnx1x2+a(x1−x2)=0，
不妨设x1>x2，则a=−lnx1x2x1−x2，
令函数h(x)=lnx−xe，则h′(x)=1x−1e，
当00，当x>e时，h′(x)<0，
∴函数h(x)在(0,e)上单增，在(e,+∞)上单减，
∴h(x)max=h(e)=0，
∴h(x)≤0，即lnx≤xe，
∵f(x0)=f(−1a)=ln(−1a)，−1a>1，
∴ln(−1a)≤−1ea，
∴2eln(−1a)≤−2a，即2ef(x0)≤−2a，
∴要证x1+x2≥2ef(x0)，即证x1+x2≥−2a，即证x1+x2≥2(x1−x2)lnx1x2，即证lnx1x2≥2(x1−x2)x1+x2，即证lnx1x2≥2(x1x2−1)x1x2+1，
令x1>x2，再令t=x1x2(t>1)，即证lnt≥2(t−1)t+1，
令h(t)=lnt−2(t−1)t+1(t>1)，则h′(t)=1t−4(t+1)2=(t−1)2t(t+1)2>0，
∴h(t)在(1,+∞)上单调递增，
∴h(t)>h(1)=0，即lnt≥2(t−1)t+1，即得证．
【解析】(1)问题等价于函数F(x)=−lnx+1x(x>0)的图象与直线y=a有两个交点，利用导数研究F(x)的性质即可得出a的取值范围；
(2)先由题意得a=−lnx1x2x1−x2，再构造函数可知lnx≤xe，进而把所证不等式转化为lnx1x2≥2(x1x2−1)x1x2+1，再通过换元，构造新函数利用导数得证．
本题主要考查根据导数研究函数的单调性与最值，考查推理能力与运算能力，属于难题．
22.【答案】解：(1)直线l的参数方程为x=3+ 32ty=12t(t为参数)，
将t=2y代入x=3+ 32t，
整理得x− 3y−3=0，
所以直线l的普通方程为x− 3y−3=0．
由ρ=4csθ得ρ2=4ρcsθ，
将ρ2=x2+y2，ρcsθ=x代入ρ2=4ρcsθ，
得x2+y2−4x=0，
即曲线C的直角坐标方程为(x−2)2+y2=4．
(2)设A，B的参数分别为t1，t2．
将直线l的参数方程代入曲线C的直角坐标方程得：
(3+ 32t−2)2+(12t)2=4，
化简得t2+ 3t−3=0，
由韦达定理得：t1+t2=− 3，
于是tp=t1+t22=− 32．
设P(x0,y0)，
则x0=3+ 32×(− 32)=94y0=12×(− 32)=− 34，
则P(94,− 34)．
所以点P到原点O的距离为 (94)2+(− 34)2= 212．
【解析】本题考查参数方程直角坐标方程和极坐标方程之间的转换，一元二次方程根和系数关系的应用，主要考查学生的运算能力和转化能力，属于基础题．
(1)直接利用转换关系，把参数方程直角坐标方程和极坐标方程之间进行转换．
(2)利用(1)的结论，进一步利用一元二次方程根和系数关系的应用求出结果．
23.【答案】解：(1)当m=1时，f(x)=|2x+1|−|x−1|，
当x≤−12时，f(x)=−2x−1+(x−1)=−x−2，
由f(x)≥2，解得x≤−4，综合得x≤−4；
当−12由f(x)≥2，解得x≥23，综合得23≤x<1；
当x≥1时，f(x)=(2x+1)−(x−1)=x+2，
由f(x)≥2解得x≥0，综合得x≥1．
所以f(x)≥2的解集是(−∞,−4]∪[23,+∞)．
(2)∵f(x)=|2x+1|−|x−m|≥|x−3|的解集包含[3,4]，
∴当x∈[3,4]时，|2x+1|−|x−m|≥|x−3|恒成立，原式可变为2x+1−|x−m|≥x−3，即|x−m|≤x+4，
∴−x−4≤x−m≤x+4即−4≤m≤2x+4在x∈[3,4]上恒成立，
显然当x=3时，2x+4取得最小值10，
即m的取值范围是[−4,10]．
【解析】本题考查了不等式和绝对值不等式的解法，考查转化思想以及计算能力，属于中档题．
(1)通过讨论x去掉绝对值符号，求解不等式的解集即可．
(2)题目转化为当x∈[3,4]时，|2x+1|−|x−m|≥|x−3|恒成立，即|x−m|≤x+4，转化求解即可．
X
0
1
2
3
P
528
1528
1556
156