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四川省成都石室中学2024届高三下学期三诊模拟考试 数学（文） Word版含解析
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这是一份四川省成都石室中学2024届高三下学期三诊模拟考试 数学（文） Word版含解析，文件包含文数试卷docx、高2024届三诊模拟文数答题卡pdf等2份试卷配套教学资源，其中试卷共16页， 欢迎下载使用。
（总分：150分，时间：120分钟 ）
第Ⅰ卷（共60分）
一、选择题（本题共12道小题，每小题5分，共60分）
1．满足且的集合的个数为（ ）
A．1B．2C．3D．4
2．在中，“是钝角”是“”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
3．如图是某赛季甲、乙两名篮球运动员5场比赛得分的茎叶图，已知甲的成绩的极差为31，乙的成绩的平均值为24，则下列结论错误的是（ ）
A．B．
C．乙的成绩的中位数为D．乙的成绩的方差小于甲的成绩的方差
4.用数学归纳法证明（）的过程中，从到时，比共增加了（ ）
A．1项B．项C．项D． 项
5．已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A．的图象关于直线对称B．的周期为
C．是的一个对称中心D．在区间上单调递增
6．物理学家本·福特提出的定律：在b进制的大量随机数据中，以n开头的数出现的概率为.应用此定律可以检测某些经济数据、选举数据是否存在造假或错误.若，则k的值为（ ）
A．7B．8C．9D．10
7．已知函数的图象在两个不同点与处的切线相互平行，则的取值可以为（ ）
A．B．1C．2D．
8.佩香囊是端午节传统习俗之一，香囊内通常填充一些中草药，有清香、驱虫、开窍的功效.因地方习俗的差异，香囊常用丝布做成各种不同的形状，形形色色，玲珑夺目.图1的由六个正三角形构成，将它沿虚线折起来，可得图2所示的六面体形状的香囊，那么在图2这个六面体中，棱AB与CD所在直线的位置关系为（ ）
A．平行B．相交C．异面且垂直D．异面且不垂直
9．甲、乙两艘轮船都要在某个泊位停靠6小时，假定它们在一昼夜的时间段中随机地到达，则这两艘船中至少有一艘在停靠泊位时必须等待的概率为（ ）
A．B．C．D．
10． 在平面直角坐标系中，点，向量，且.若点的轨迹与双曲线的渐近线相交于两点和（点在轴上方），双曲线右焦点为，则（ ）
A．B．C．D．
11．如图，射线与圆，当射线从开始在平面上按逆时针方向绕着原点匀速旋转（、分别为和上的点，转动角度不超过）时，它被圆截得的线段长度为，则函数的解析式为（ ）
A． B． C． D．
12．若存在满足，且使得等式成立，其中为自然对数的底数，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
第Ⅱ卷（共90分）
填空题（本题共4道小题，每小题5分，共20分）
13. 若复数（为虚数单位），则 .
14．已知a是1与2的等差中项， b是 1与16的等比中项，则ab等于 .
15.已知函数的定义域为，对于任意实数均满足，若，，则 .
16.成都石室中学校园文创产品圆台形纸杯如图所示，其内部上口直径､下口直径､母线的长度依次等于、、，将纸杯盛满水后再将水缓慢倒出，当水面恰好到达杯底（水面恰好同时到达上口圆“最低处”和下口圆“最高处”）的瞬间的水面边缘曲线的离心率等于 .
三、解答题（本题共6道小题，共70分）
17．（本小题满分12分）成都石室中学生物基地里种植了一种观赏花卉，这种观赏花卉的高度(单位：cm)介于之间，现对生物基地里部分该种观赏花卉的高度进行测量，所得数据统计如下图所示.
(Ⅰ)求的值;
(Ⅱ)若从高度在和中分层抽样抽取5株，再在这5株中随机抽取2株，求抽取的2株高度均在内的概率.
18．（本小题满分12分）如图，在平面四边形中，已知点C关于直线BD的对称点在直线AD上，，．
(Ⅰ)求的值； (Ⅱ)设，求.
19．（本小题满分12分）已知函数.
(Ⅰ)讨论函数的单调性；
(Ⅱ)设，且是的极值点，证明：.
20．（本小题满分12分）已知平面与平面是空间中距离为1的两平行平面，，，且，和的夹角为.
(Ⅰ)证明：四面体的体积为定值；
(Ⅱ)已知异于、两点的动点，且、、、、均在半径为的球面上.求点到直线的距离的取值范围.
21．（本小题满分12分）已知椭圆的离心率为，以椭圆的顶点为顶点的四边形面积为.
(Ⅰ)求椭圆的标准方程；
(Ⅱ)我们称圆心在椭圆上运动且半径为的圆是椭圆的“环绕圆”.过原点作椭圆的“环绕圆”的两条切线，分别交椭圆于两点，若直线的斜率存在，并记为，求的取值范围.
选考题：共10分。请考生在第22、23题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题计分.
[选修4-4：坐标系与参数方程]（10分）
22．（本小题满分10分）在平面直角坐标系中，直线的参数方程为 ，以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.
(Ⅰ)写出直线的普通方程和曲线的参数方程；
(Ⅱ)若将曲线上各点的横坐标缩短为原来的倍，纵坐标缩短为原来的倍，得到曲线，设点是曲线上任意一点，求点到直线距离的最小值.
[选修4-5：不等式选讲]（10分）
23．（本小题满分10分）已知函数．
(Ⅰ)解不等式；
(Ⅱ)若、，，，证明：．成都石室中学2023-2024年度下期高2024届三诊模拟
数学试题（文）参考答案
（总分：150分，时间：120分钟 ）
第Ⅰ卷（共60分）
一、选择题（本题共12道小题，每小题5分，共60分）
1. B【解析】由可得：，.又因为，
所以或.故选：B
2.C【解析】“”等价于“”，
所以
从而，显然A，B，C不共线，原条件等价于是钝角.故选：C．
3. C【解析】根据题意，依次分析选项：
对于A，甲得分的极差为31，，解得：，A正确；
对于B，乙的平均数为，解得，B正确；
对于C，乙的数据为：12、25、26、26、31，其中位数是26，C错误；
对于D，甲的平均数，与乙的平均数相同，但根据茎叶图可得乙得分比较集中，则乙得分的方差小于甲得分的方差，D正确；故选：C．
4.D【解析】因为，所以，共项，
则共项，所以比共增加了项，故选：D
5. B【解析】由函数，
由此可作出的函数图象，如图所示，
对于A中，由，
所以关于直线不对称，所以A错误；
对于B中，由，所以B正确；
对于C中，由函数图象可知，不存在对称中心，所以C错误；
对于D中，因为，，，
所以函数在上不是单调递增函数，所以D错误.故选：B.
6. C【解析】，
而，故．故选：C．
7.D【解析】由，则，则，，
依题意可得且、、，所以，所以，
经验证，当、分别取、时满足题意.故选：D
8.B【解析】将平面展开图还原为直观图，可得两个三棱锥拼接的六面体，它们共一个底面，且两点重合，所以与相交， 故选：B
9. C【解析】设甲船到达泊位的时间为，乙船到达泊位的时间为，则，
这两艘船中至少有一艘在停靠泊位时必须等待，则，
画出不等式组表示的平面区域，如图中的阴影部分，，
则这两艘船中至少有一艘在停靠泊位时必须等待的概率为.故选：C
10. D【解析】由于向量，且，则点的轨迹为，
与双曲线其中一条渐行线，联立，得，同理得，
因此.故选：D
11. C【详解】由圆可得圆的极坐标方程为，
化简得到，联立方程组，
得到方程，
则，故选：C.
12.B【解析】画出不等式组表示的平面区域，如图所示，，，，
由知，并可转化为，
设，根据可行域可知，，
设，（），
则，，
因为，所以恒成立，则单调递增，且，
所以令，得，则在时单调递减；令，得，则在时单调递增，又，，，
所以，所以，解得，故选：B.
第Ⅱ卷（共90分）
填空题（本题共4道小题，每小题5分，共20分）
13. 【解析】因为，所以.故答案为：.
14. 【解析】因为是的等差中项，所以，因为是，的等比中项，所以，，所以.故答案为：.
15. 【解析】令即可求出，
令即可求出，
，
结合，，，，可猜想.
下面用数学归纳法证明：
当时，由上述知成立.
假设当时有，
则当时，不妨设，
.
所以成立，所以.
故答案为：.
16. 【解析】由教材章头图知识知道，用平面截对接圆锥所得截面边缘曲线是圆锥曲线.对于本题，如图，水面到达杯底（底面圆“最高处”）的瞬间，水面边缘曲线是椭圆，作纸杯（圆台）的与水面垂直的轴截面，则是椭圆的长轴，是椭圆的短轴.是圆台的轴线，作于，则
，
，
记与的交点为的中点为，则，
，
，
，
由实际情形知，点在圆台的过轴线的中点且与轴线垂直的截面圆上，.由垂径定理知垂直平分，，
记椭圆的离心率为，长半轴长､短半轴长､半焦距为，
则.故答案为：.
三、解答题（本题共6道小题，共70分）
17.(1)；(2)
【解析】（1）依题意可得，解得；……2分
（2）由（1）可得高度在和的频率分别为和，所以分层抽取的5株中，高度在和的株数分别为2和3，因此记高度在植株为，记高度在植株为，
则所有选取的结果为（,）、（,）、（,）、（,）、（,）、（,）、（,）、（,）、（,）、（,）共10种情况，6分
令抽取的2株高度均在内为事件，事件的所有情况为（,）、（,）、（,）共3种情况，10分
即.……12分
18.(1) (2)
【解析】（1）因为C点关于直线BD的对称点在直线AD上，
所以DB平分，所以，因为，所以，BC=CD，
所以‖，所以，
因为，，
所以，……3分
所以．……6分
（2）因为在中，由正弦定理得,
所以，，
所以，所以，……9分
在中，由余弦定理得，
．……12分
19. 【解析】（1）函数的定义域为，求导得，
当时，恒成立，在上单调递减，……2分
当时，由，得，由，得，
即函数在上单调递减，在上单调递增，……5分
所以当时，函数在上单调递减，
当时，函数在上单调递减，在上单调递增. ……6分
（2）函数的定义域为，求导得，
由是的极值点，得，即，……7分
，
而，则当时，单调递减，当时，单调递增，
所以当时，取得极小值. ……8分
设，求导得，
当时，，当时，，则函数在上单调递增，在上单调递减，
因此，所以.……12分
20．【解析】（1）如图，平移线段使得与重合，并将四面体补成一个斜三棱柱.
则该斜棱柱的底面积，高，所以该斜棱柱的体积为定值. …….2分
此斜棱柱恰好可以分为两两底面积相同，高相同的三个三棱锥.
于是这三个三棱锥的体积都相等，都是斜棱柱的.
所以四面体的体积为，是定值. …….5分
（2）设球心是，并设与平面，平面的距离分别是，.
由可知，在，的中垂面和，的中垂面的交线上.
设的中点是，的中点是.则由勾股定理得.
注意到，所以，，共线，
且平面. …….8分
因为，且、、、、均在球上，所以在以点为圆心、以为直径的圆上(除去、两点).
过点N直线AB的平行线，
设点到直线AB，的距离分别为，，则，
又，所以.……12分
21.【解析】（1）由题意，得且，又，
解得，所以椭圆的标准方程为. ……4分
（2）设切线的方程为，切线的方程为，“环绕圆”的圆心D为.
由“环绕圆”的定义，可得“环绕圆”的半径为1，所以“环绕圆”的标准方程为.
因为直线与“环绕圆”相切，则由点到直线的距离公式可得：，……6分
化简得.
同理可得.
所以是方程的两个不相等的实数根，
所以. ……8分
又因为“环绕圆”的圆心在椭圆上，所以代入椭圆方程中，
可得，解得.
所以.……10分
又因为且，所以或.
所以或，所以或，
所以或.
所以的取值范围是.……12分
选考题：共10分。请考生在第22、23题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题计分.
[选修4-4：坐标系与参数方程]（10分）
22. 【解析】（1）因为直线的参数方程为，曲线的极坐标方程为，
消去参数，直线的普通方程为， ……2分
曲线的普通方程为：，所以的参数方程为（为参数）. ……4分
（2）由（1）有：的参数方程为（为参数），
由题意知，曲线的参数方程为（为参数），……6分
所以可设点，又直线的普通方程为，
故点到直线的距离为：，……8分
所以当时，，即点到直线的距离的最小值为.……10分
[选修4-5：不等式选讲]（10分）
23．【解析】（1）由得：，
当时，，解得；
当时，，解得；
当时，，解得；
综上，不等式的解集为.……4分
（2）证明：，
因为，，即，，……6分
所以 ，
所以，即，所以原不等式成立. ……10分
（总分：150分，时间：120分钟 ）
第Ⅰ卷（共60分）
一、选择题（本题共12道小题，每小题5分，共60分）
1．满足且的集合的个数为（ ）
A．1B．2C．3D．4
2．在中，“是钝角”是“”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
3．如图是某赛季甲、乙两名篮球运动员5场比赛得分的茎叶图，已知甲的成绩的极差为31，乙的成绩的平均值为24，则下列结论错误的是（ ）
A．B．
C．乙的成绩的中位数为D．乙的成绩的方差小于甲的成绩的方差
4.用数学归纳法证明（）的过程中，从到时，比共增加了（ ）
A．1项B．项C．项D． 项
5．已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A．的图象关于直线对称B．的周期为
C．是的一个对称中心D．在区间上单调递增
6．物理学家本·福特提出的定律：在b进制的大量随机数据中，以n开头的数出现的概率为.应用此定律可以检测某些经济数据、选举数据是否存在造假或错误.若，则k的值为（ ）
A．7B．8C．9D．10
7．已知函数的图象在两个不同点与处的切线相互平行，则的取值可以为（ ）
A．B．1C．2D．
8.佩香囊是端午节传统习俗之一，香囊内通常填充一些中草药，有清香、驱虫、开窍的功效.因地方习俗的差异，香囊常用丝布做成各种不同的形状，形形色色，玲珑夺目.图1的由六个正三角形构成，将它沿虚线折起来，可得图2所示的六面体形状的香囊，那么在图2这个六面体中，棱AB与CD所在直线的位置关系为（ ）
A．平行B．相交C．异面且垂直D．异面且不垂直
9．甲、乙两艘轮船都要在某个泊位停靠6小时，假定它们在一昼夜的时间段中随机地到达，则这两艘船中至少有一艘在停靠泊位时必须等待的概率为（ ）
A．B．C．D．
10． 在平面直角坐标系中，点，向量，且.若点的轨迹与双曲线的渐近线相交于两点和（点在轴上方），双曲线右焦点为，则（ ）
A．B．C．D．
11．如图，射线与圆，当射线从开始在平面上按逆时针方向绕着原点匀速旋转（、分别为和上的点，转动角度不超过）时，它被圆截得的线段长度为，则函数的解析式为（ ）
A． B． C． D．
12．若存在满足，且使得等式成立，其中为自然对数的底数，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
第Ⅱ卷（共90分）
填空题（本题共4道小题，每小题5分，共20分）
13. 若复数（为虚数单位），则 .
14．已知a是1与2的等差中项， b是 1与16的等比中项，则ab等于 .
15.已知函数的定义域为，对于任意实数均满足，若，，则 .
16.成都石室中学校园文创产品圆台形纸杯如图所示，其内部上口直径､下口直径､母线的长度依次等于、、，将纸杯盛满水后再将水缓慢倒出，当水面恰好到达杯底（水面恰好同时到达上口圆“最低处”和下口圆“最高处”）的瞬间的水面边缘曲线的离心率等于 .
三、解答题（本题共6道小题，共70分）
17．（本小题满分12分）成都石室中学生物基地里种植了一种观赏花卉，这种观赏花卉的高度(单位：cm)介于之间，现对生物基地里部分该种观赏花卉的高度进行测量，所得数据统计如下图所示.
(Ⅰ)求的值;
(Ⅱ)若从高度在和中分层抽样抽取5株，再在这5株中随机抽取2株，求抽取的2株高度均在内的概率.
18．（本小题满分12分）如图，在平面四边形中，已知点C关于直线BD的对称点在直线AD上，，．
(Ⅰ)求的值； (Ⅱ)设，求.
19．（本小题满分12分）已知函数.
(Ⅰ)讨论函数的单调性；
(Ⅱ)设，且是的极值点，证明：.
20．（本小题满分12分）已知平面与平面是空间中距离为1的两平行平面，，，且，和的夹角为.
(Ⅰ)证明：四面体的体积为定值；
(Ⅱ)已知异于、两点的动点，且、、、、均在半径为的球面上.求点到直线的距离的取值范围.
21．（本小题满分12分）已知椭圆的离心率为，以椭圆的顶点为顶点的四边形面积为.
(Ⅰ)求椭圆的标准方程；
(Ⅱ)我们称圆心在椭圆上运动且半径为的圆是椭圆的“环绕圆”.过原点作椭圆的“环绕圆”的两条切线，分别交椭圆于两点，若直线的斜率存在，并记为，求的取值范围.
选考题：共10分。请考生在第22、23题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题计分.
[选修4-4：坐标系与参数方程]（10分）
22．（本小题满分10分）在平面直角坐标系中，直线的参数方程为 ，以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.
(Ⅰ)写出直线的普通方程和曲线的参数方程；
(Ⅱ)若将曲线上各点的横坐标缩短为原来的倍，纵坐标缩短为原来的倍，得到曲线，设点是曲线上任意一点，求点到直线距离的最小值.
[选修4-5：不等式选讲]（10分）
23．（本小题满分10分）已知函数．
(Ⅰ)解不等式；
(Ⅱ)若、，，，证明：．成都石室中学2023-2024年度下期高2024届三诊模拟
数学试题（文）参考答案
（总分：150分，时间：120分钟 ）
第Ⅰ卷（共60分）
一、选择题（本题共12道小题，每小题5分，共60分）
1. B【解析】由可得：，.又因为，
所以或.故选：B
2.C【解析】“”等价于“”，
所以
从而，显然A，B，C不共线，原条件等价于是钝角.故选：C．
3. C【解析】根据题意，依次分析选项：
对于A，甲得分的极差为31，，解得：，A正确；
对于B，乙的平均数为，解得，B正确；
对于C，乙的数据为：12、25、26、26、31，其中位数是26，C错误；
对于D，甲的平均数，与乙的平均数相同，但根据茎叶图可得乙得分比较集中，则乙得分的方差小于甲得分的方差，D正确；故选：C．
4.D【解析】因为，所以，共项，
则共项，所以比共增加了项，故选：D
5. B【解析】由函数，
由此可作出的函数图象，如图所示，
对于A中，由，
所以关于直线不对称，所以A错误；
对于B中，由，所以B正确；
对于C中，由函数图象可知，不存在对称中心，所以C错误；
对于D中，因为，，，
所以函数在上不是单调递增函数，所以D错误.故选：B.
6. C【解析】，
而，故．故选：C．
7.D【解析】由，则，则，，
依题意可得且、、，所以，所以，
经验证，当、分别取、时满足题意.故选：D
8.B【解析】将平面展开图还原为直观图，可得两个三棱锥拼接的六面体，它们共一个底面，且两点重合，所以与相交， 故选：B
9. C【解析】设甲船到达泊位的时间为，乙船到达泊位的时间为，则，
这两艘船中至少有一艘在停靠泊位时必须等待，则，
画出不等式组表示的平面区域，如图中的阴影部分，，
则这两艘船中至少有一艘在停靠泊位时必须等待的概率为.故选：C
10. D【解析】由于向量，且，则点的轨迹为，
与双曲线其中一条渐行线，联立，得，同理得，
因此.故选：D
11. C【详解】由圆可得圆的极坐标方程为，
化简得到，联立方程组，
得到方程，
则，故选：C.
12.B【解析】画出不等式组表示的平面区域，如图所示，，，，
由知，并可转化为，
设，根据可行域可知，，
设，（），
则，，
因为，所以恒成立，则单调递增，且，
所以令，得，则在时单调递减；令，得，则在时单调递增，又，，，
所以，所以，解得，故选：B.
第Ⅱ卷（共90分）
填空题（本题共4道小题，每小题5分，共20分）
13. 【解析】因为，所以.故答案为：.
14. 【解析】因为是的等差中项，所以，因为是，的等比中项，所以，，所以.故答案为：.
15. 【解析】令即可求出，
令即可求出，
，
结合，，，，可猜想.
下面用数学归纳法证明：
当时，由上述知成立.
假设当时有，
则当时，不妨设，
.
所以成立，所以.
故答案为：.
16. 【解析】由教材章头图知识知道，用平面截对接圆锥所得截面边缘曲线是圆锥曲线.对于本题，如图，水面到达杯底（底面圆“最高处”）的瞬间，水面边缘曲线是椭圆，作纸杯（圆台）的与水面垂直的轴截面，则是椭圆的长轴，是椭圆的短轴.是圆台的轴线，作于，则
，
，
记与的交点为的中点为，则，
，
，
，
由实际情形知，点在圆台的过轴线的中点且与轴线垂直的截面圆上，.由垂径定理知垂直平分，，
记椭圆的离心率为，长半轴长､短半轴长､半焦距为，
则.故答案为：.
三、解答题（本题共6道小题，共70分）
17.(1)；(2)
【解析】（1）依题意可得，解得；……2分
（2）由（1）可得高度在和的频率分别为和，所以分层抽取的5株中，高度在和的株数分别为2和3，因此记高度在植株为，记高度在植株为，
则所有选取的结果为（,）、（,）、（,）、（,）、（,）、（,）、（,）、（,）、（,）、（,）共10种情况，6分
令抽取的2株高度均在内为事件，事件的所有情况为（,）、（,）、（,）共3种情况，10分
即.……12分
18.(1) (2)
【解析】（1）因为C点关于直线BD的对称点在直线AD上，
所以DB平分，所以，因为，所以，BC=CD，
所以‖，所以，
因为，，
所以，……3分
所以．……6分
（2）因为在中，由正弦定理得,
所以，，
所以，所以，……9分
在中，由余弦定理得，
．……12分
19. 【解析】（1）函数的定义域为，求导得，
当时，恒成立，在上单调递减，……2分
当时，由，得，由，得，
即函数在上单调递减，在上单调递增，……5分
所以当时，函数在上单调递减，
当时，函数在上单调递减，在上单调递增. ……6分
（2）函数的定义域为，求导得，
由是的极值点，得，即，……7分
，
而，则当时，单调递减，当时，单调递增，
所以当时，取得极小值. ……8分
设，求导得，
当时，，当时，，则函数在上单调递增，在上单调递减，
因此，所以.……12分
20．【解析】（1）如图，平移线段使得与重合，并将四面体补成一个斜三棱柱.
则该斜棱柱的底面积，高，所以该斜棱柱的体积为定值. …….2分
此斜棱柱恰好可以分为两两底面积相同，高相同的三个三棱锥.
于是这三个三棱锥的体积都相等，都是斜棱柱的.
所以四面体的体积为，是定值. …….5分
（2）设球心是，并设与平面，平面的距离分别是，.
由可知，在，的中垂面和，的中垂面的交线上.
设的中点是，的中点是.则由勾股定理得.
注意到，所以，，共线，
且平面. …….8分
因为，且、、、、均在球上，所以在以点为圆心、以为直径的圆上(除去、两点).
过点N直线AB的平行线，
设点到直线AB，的距离分别为，，则，
又，所以.……12分
21.【解析】（1）由题意，得且，又，
解得，所以椭圆的标准方程为. ……4分
（2）设切线的方程为，切线的方程为，“环绕圆”的圆心D为.
由“环绕圆”的定义，可得“环绕圆”的半径为1，所以“环绕圆”的标准方程为.
因为直线与“环绕圆”相切，则由点到直线的距离公式可得：，……6分
化简得.
同理可得.
所以是方程的两个不相等的实数根，
所以. ……8分
又因为“环绕圆”的圆心在椭圆上，所以代入椭圆方程中，
可得，解得.
所以.……10分
又因为且，所以或.
所以或，所以或，
所以或.
所以的取值范围是.……12分
选考题：共10分。请考生在第22、23题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题计分.
[选修4-4：坐标系与参数方程]（10分）
22. 【解析】（1）因为直线的参数方程为，曲线的极坐标方程为，
消去参数，直线的普通方程为， ……2分
曲线的普通方程为：，所以的参数方程为（为参数）. ……4分
（2）由（1）有：的参数方程为（为参数），
由题意知，曲线的参数方程为（为参数），……6分
所以可设点，又直线的普通方程为，
故点到直线的距离为：，……8分
所以当时，，即点到直线的距离的最小值为.……10分
[选修4-5：不等式选讲]（10分）
23．【解析】（1）由得：，
当时，，解得；
当时，，解得；
当时，，解得；
综上，不等式的解集为.……4分
（2）证明：，
因为，，即，，……6分
所以 ，
所以，即，所以原不等式成立. ……10分
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