(统考版)2022年高考数学(文数)模拟试卷13（含详解）

这是一份(统考版)2022年高考数学(文数)模拟试卷13（含详解），共15页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

(时间：120分钟；满分：150分)
第Ⅰ卷
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．已知集合A={x|3－2x＜1}，B={x|4x－3x2≥0}，则A∩B=( )
A．(1，2] B.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(1，\f(4,3)))
C．[0，1) D．(1，＋∞)
2．已知复数z1=a＋4i，z2=－3＋bi，若它们的和为纯虚数，差为实数，则实数a，b的值为( )
A．a=－3，b=－4 B．a=3，b=4 C．a=3，b=－4 D．a=－3，b=4
3．阅读如图所示的程序框图，运行相应的程序，输出的结果s=( )
A．4 B．5 C．6 D．7
4．已知命题p：函数f(x)=|cs x|的最小正周期为2π； 命题q：函数y=x3＋sin x的图象关于原点中心对称，则下列命题是真命题的是( )
A．p∧q B．p∨q C．(￢p)∧(綈q) D．p∨(￢q)
5．已知T为常数，定义fT(x)=eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(f（x），f（x）≥T，,T，f（x）A．e－1 B．E C．3 D．e＋1
6．与变量X与Y相对应的一组数据为(10，1)，(11.3，2)，(11.8，3)，(12.5，4)，(13，5)；与变量U与V相对应的一组数据为(10，5)，(11.3，4)，(11.8，3)，(12.5，2)，(13，1)．r1表示变量Y与X之间的线性相关系数，r2表示变量V与U之间的线性相关系数，则( )
A．r2＜r1＜0 B．0＜r2＜r1 C．r2＜0＜r1 D．r2=r1
7．经过点(2，1)，且渐近线与圆x2＋(y－2)2=1相切的双曲线的标准方程为( )
A.eq \f(x2,\f(11,3))－eq \f(y2,11)=1 B.eq \f(x2,2)－y2=1 C.eq \f(y2,\f(11,3))－eq \f(x2,11)=1 D.eq \f(y2,11)－eq \f(x2,\f(11,3))=1
8．在数列{an}中，若对任意的n均有an＋an＋1＋an＋2为定值(n∈N*)，且a7=2，a9=3，a98=4，则数列{an}的前100项的和S100=( )
A．132 B．299 C．68 D．99
9．在△ABC中，AC=3，向量eq \(AB,\s\up6(→))在eq \(AC,\s\up6(→))上的投影的数量为－2，S△ABC=3，则BC=( )
A．5 B．2eq \r(7) C.eq \r(29) D．4eq \r(2)
10．甲、乙两人在一次射击比赛中各射靶5次，两人成绩的条形统计图如图所示，则( )
A．甲的成绩的平均数小于乙的成绩的平均数
B．甲的成绩的中位数等于乙的成绩的中位数
C．甲的成绩的方差小于乙的成绩的方差
D．甲的成绩的极差小于乙的成绩的极差
11．若双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)=1(a>0，b>0)经过等腰梯形ABCD的上底的两个顶点C、D，下底的两个顶点A、B分别为双曲线的左、右焦点，对角线AC与双曲线的左支交于点E，且3|AE|=2|EC|，|AB|=2|CD|，则该双曲线的离心率是( )
A.eq \r(2) B.eq \r(3) C.eq \r(5) D.eq \r(7)
12．已知点O为坐标原点，点An(n，an)(n∈N*)为函数f(x)=eq \f(1,x＋1)的图象上的任意一点，向量i=(0，1)，θn是向量 eq \(OA,\s\up6(→))n与i的夹角，则数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(cs θn,sin θn)))的前2 017项的和为( )
A．2 B.eq \f(2 016,2 017) C.eq \f(2 017,2 018) D．1
第Ⅱ卷
二、填空题：本题共4小题，每小题5分．
13.如图，为了测量A，C两点间的距离，选取同一平面上B、D两点，测出四边形ABCD各边的长度(单位：km)：AB=5，BC=8，CD=3，DA=5，且∠B与∠D互补，则AC的长为________km.
14.如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，点O为线段BD的中点．设点P在线段CC1上，直线OP与平面A1BD所成的角为α，则sin α的取值范围是__________．
15．已知中心在坐标原点的椭圆C的右焦点为F(1，0)，点F关于直线y=eq \f(1,2)x的对称点在椭圆C上，则椭圆C的方程为__________．
16．如果函数y=f(x)满足：在区间[a，b]上存在x1，x2(a三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17．(本小题满分12分)已知等差数列{an}中，a1=－2，公差d=3；数列{bn}中，Sn为其前n项和，满足2nSn＋1=2n(n∈N*)．
(1)记cn=eq \f(1,anan＋1)，求数列{cn}的前n项和Tn；
(2)求证：数列{bn}是等比数列．
18.(本小题满分12分)如图，四棱锥P­ABCD的底面是边长为1的正方形，侧棱PA⊥底面ABCD，且PA=2，E是侧棱PA上的动点．
(1)求四棱锥P­ABCD的体积；
(2)如果E是PA的中点，求证：PC∥平面BDE；
(3)是否不论点E在侧棱PA的任何位置，都有BD⊥CE？证明你的结论．
19．(本小题满分12分)为了传承经典，促进学生课外阅读，某校从高中年级和初中年级各随机抽取100名同学进行有关对中国“四大名著”常识了解的竞赛．图1和图2分别是高中年级和初中年级参加竞赛的学生成绩按[40，50)，[50，60)，[60，70)，[70，80]分组，得到的频率分布直方图．
(1)分别计算参加这次知识竞赛的两个学段的学生的平均成绩(每一组成绩用其组中值代表)；
(2)规定竞赛成绩达到[75，80]为优秀，经统计初中年级有3名男同学，2名女同学达到优秀，现从上述5人中任选2人参加复试，求选中的2人恰好都为女生的概率；
(3)完成下面2×2列联表，并回答是否有99%的把握认为“两个学段的学生对‘四大名著’的了解有差异”？
附：K2=eq \f(n（ad－bc）2,（a＋b）（c＋d）（a＋c）（b＋d）)
临界值表：
20．(本小题满分12分)在矩形ABCD中，|AB|=8，|BC|=6，P、Q、R、S分别为四条边的中点，以SQ和PR所在直线分别为x轴，y轴，建立平面直角坐标系，如图所示，设M，N分别是线段OQ与线段CQ上的动点(O为坐标原点)，并且满足|OM|·|NQ|=|MQ|·|CN|.
(1)求直线PM与RN的交点T的轨迹方程，并说明是何种曲线；
(2)当M是OQ的中点时，求△TPR的面积．
21.(本小题满分12分)已知函数f(x)=aln x－x，g(x)=x2－(1－a)x－(2－a)ln x，其中a∈R.
(1)若g(x)在其定义域内为增函数，求实数a的取值范围；
(2)若函数F(x)=f(x)－g(x)的图象交x轴于A，B两点，AB中点的横坐标为x0，问：函数F(x)的图象在点(x0，F(x0))处的切线能否平行于x轴？
请考生在22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分．
22．(本小题满分10分)选修4­4：坐标系与系数方程
在极坐标系中，已知曲线C1：ρ=2cs θ和曲线C2：ρcs θ=3，以极点O为坐标原点，极轴为x轴非负半轴建立平面直角坐标系．
(1)求曲线C1和曲线C2的直角坐标方程；
(2)若点P是曲线C1上一动点，过点P作线段OP的垂线交曲线C2于点Q，求线段PQ长度的最小值．
23．(本小题满分10分)选修4­5：不等式选讲
设函数f(x)=|x－1|＋|x－a|(a∈R)．
(1)当a=4时，求不等式f(x)≥5的解集；
(2)若f(x)≥4对a∈R恒成立，求实数a的取值范围.
参考答案
1．解析：选B.因为A={x|3－2x＜1}={x|x＞1}，B=eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\c1(0≤x≤\f(4,3)))))所以A∩B=eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\c1(1＜x≤\f(4,3)))))，选B.
2．解析：选B.因为z1＋z2=(a－3)＋(4＋b)i是纯虚数，所以a=3，b≠－4.因为z1－z2=(a＋3)＋(4－b)i是实数，所以b=4.
3．解析：选C.执行程序框图，可知：n=2，s=1＋(－1)3×4=－3；n=3，s=－3＋(－1)4×32=6，跳出循环，输出的s=6，故选C.
4．解析：选B.因为命题p为假，命题q为真，所以p∨q为真命题．
5．解析：选C.由题意得，f(e)=e－1<2，所以f2(e)=2，又f(2)=2－ln 2<3，
所以f3[f2(e)]=3.
6．解析：选C.对于变量Y与X而言，Y随X的增大而增大，故Y与X成正相关，即r1＞0；对于变量V与U而言，V随U的增大而减小，故V与U成负相关，即r2＜0，所以有r2＜0＜r1.
7．解析：选A.设双曲线的方程为mx2＋ny2=1(mn<0)，其渐近线方程为y=± eq \r(－\f(m,n))x，因为渐近线与圆x2＋(y－2)2=1相切，所以eq \f(2,\r(1－\f(m,n)))=1，得m=－3n，①
又双曲线过点(2，1)，所以4m＋n=1，②
联立①②，可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m＝\f(3,11)，,n＝－\f(1,11)，))
所以双曲线的标准方程为eq \f(x2,\f(11,3))－eq \f(y2,11)=1.
8．解析：选B.设an＋an＋1＋an＋2=M，则an＋1＋an＋2＋an＋3=M，后式减去前式得an＋3=an，即数列{an}是以3为周期的周期数列，a7=a1=2，a9=a3=3，a98=a2=4，所以在一个周期内的三项之和为9，所以S100=33×9＋2=299.
9．解析：选C.因为向量eq \(AB,\s\up6(→))在eq \(AC,\s\up6(→))上的投影的数量为－2，
所以|eq \(AB,\s\up6(→))|cs A=－2. ①
因为S△ABC=3，所以eq \f(1,2)|eq \(AB,\s\up6(→))||eq \(AC,\s\up6(→))|sin A=eq \f(3,2)|eq \(AB,\s\up6(→))|sin A=3，
所以|eq \(AB,\s\up6(→))|sin A=2. ②
由①②得tan A=－1，
因为A为△ABC的内角，所以A=eq \f(3π,4)，
所以|eq \(AB,\s\up6(→))|=eq \f(2,sin \f(3π,4))=2eq \r(2).
在△ABC中，由余弦定理得
BC2=AB2＋AC2－2AB·AC·cs eq \f(3π,4)=(2eq \r(2))2＋32－2×2eq \r(2)×3×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),2)))=29，所以BC=eq \r(29).
故选C.
10．解析：选C.甲的平均数是eq \f(4＋5＋6＋7＋8,5)=6，中位数是6，极差是4，方差是eq \f(（－2）2＋（－1）2＋12＋22,5)=2；
乙的平均数是eq \f(5＋5＋5＋6＋9,5)=6，中位数是5，极差是4，方差是eq \f(3×（－1）2＋32,5)=eq \f(12,5)>2，故选C.
11．解析：选D.由题意可知，A(－c，0)，B(c，0)，又点C在双曲线上，ABCD为等腰梯形，|AB|=2|CD|，所以点C的横坐标为eq \f(c,2)，不妨设Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(c,2)，y0))，由3|AE|=2|EC|可知eq \(AE,\s\up6(→))=eq \f(2,3)eq \(EC,\s\up6(→))，得Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2c,5)，\f(2y0,5)))，从而满足eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(c2,4a2)－\f(yeq \\al(2,0),b2)＝1，,\f(4c2,25a2)－\f(4yeq \\al(2,0),25b2)＝1，))消去eq \f(yeq \\al(2,0),b2)，得eq \f(c2,a2)=7，所以该双曲线的离心率为eq \r(7).
12．解析：选C.因为an=eq \f(1,n＋1)，所以eq \(OA,\s\up6(→))n=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n，\f(1,n＋1)))，所以cs θn=eq \f(\(OA,\s\up6(→))n·i,\a\vs4\al(|\(OA,\s\up6(→))n||i|))=eq \f(\f(1,n＋1),\r(n2＋\f(1,（n＋1）2)))，因为0≤θn≤π，所以sin θn=eq \r(1－cs2 θn)=eq \f(n,\r(n2＋\f(1,（n＋1）2)))，所以eq \f(cs θn,sin θn)=eq \f(1,n（n＋1）)=eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)，所以eq \f(cs θ1,sin θ1)＋eq \f(cs θ2,sin θ2)＋…＋eq \f(cs θ2 017,sin θ2 017)=1－eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)－eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,2 017)－eq \f(1,2 018)=1－eq \f(1,2 018)=eq \f(2 017,2 018).
13．解析：在△ABC中，由余弦定理得AC2=AB2＋BC2－2AB×BCcs B=89－80cs B，在△ACD中，由余弦定理得AC2=CD2＋AD2－2AD×CDcs D=34－30cs D，
所以89－80cs B=34－30cs D，因为B＋D=180°，
所以cs B=－cs D，
所以cs D=－eq \f(1,2)，
所以AC2=34－30×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))=49，所以AC=7.
答案：7
14．解析：由题意可得：直线OP与平面A1BD所成的角α的取值范围是
eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(∠AOA1，\f(π,2)))∪eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(∠C1OA1，\f(π,2)))，
不妨取AB=2.在Rt△AOA1中，
sin∠AOA1=eq \f(AA1,A1O)=eq \f(2,\r(4＋2))=eq \f(\r(6),3)，
sin∠C1OA1=sin(π－2∠AOA1)
=sin 2∠AOA1=2sin∠AOA1cs∠AOA1=2×eq \f(\r(6),3)×eq \f(\r(3),3)=eq \f(2\r(2),3)>eq \f(\r(6),3)，
所以sin α的取值范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(\r(6),3)，1)).
答案：eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(\r(6),3)，1))
15．解析：设F(1，0)关于直线y=eq \f(1,2)x的对称点为(x，y)，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(0＋y,2)＝\f(1,2)×\f(1＋x,2)，,\f(y－0,x－1)×\f(1,2)＝－1，))
解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝\f(3,5)，,y＝\f(4,5)，))由于椭圆的两个焦点为(－1，0)，(1，0)，
所以2a=eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,5)－1))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,5)))\s\up12(2))＋eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,5)＋1))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,5)))\s\up12(2))=eq \f(6\r(5),5)，a=eq \f(3\r(5),5)，又c=1，所以b2=a2－c2=eq \f(9,5)－1=eq \f(4,5)，
所以椭圆C的方程为eq \f(x2,\f(9,5))＋eq \f(y2,\f(4,5))=1，
即eq \f(5x2,9)＋eq \f(5y2,4)=1.
答案：eq \f(5x2,9)＋eq \f(5y2,4)=1
16．解析：由题意可知，在区间[0，a]上存在x1，x2(0使得f′(x1)=f′(x2)
=eq \f(f（a）－f（0）,a－0)=eq \f(\f(1,3)a3－a2,a)=eq \f(1,3)a2－a，
因为f(x)=eq \f(1,3)x3－x2＋a，
所以f′(x)=x2－2x，
所以方程x2－2x=eq \f(1,3)a2－a在区间(0，a)上有两个不同的解，
令g(x)=x2－2x－eq \f(1,3)a2＋a(00，,g（0）＝－\f(1,3)a2＋a>0，,g（a）＝\f(2,3)a2－a>0，,2a>x1＋x2＝2，))
解得eq \f(3,2)答案：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，3))
17．解：(1)因为a1=－2，d=3，
所以an=a1＋(n－1)×d=－2＋3(n－1)=3n－5，
所以cn=eq \f(1,anan＋1)=eq \f(1,（3n－5）（3n－2）)
=eq \f(1,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3n－5)－\f(1,3n－2)))，则Tn=eq \f(1,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)－1＋1－\f(1,4)＋…＋\f(1,3n－5)－\f(1,3n－2)))=－eq \f(n,2（3n－2）).
(2)证明：因为2nSn＋1=2n(n∈N*)，所以Sn=1－eq \f(1,2n)，Sn－1=1－eq \f(1,2n－1)(n≥2，n∈N*)，
所以bn=Sn－Sn－1=eq \f(1,2n－1)－eq \f(1,2n)=eq \f(1,2n－1)－eq \f(1,2)×eq \f(1,2n－1)=eq \f(1,2)×eq \f(1,2n－1)=eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(n－1)(n≥2，n∈N*)，
当n=1时，b1=S1=1－eq \f(1,2)=eq \f(1,2)，满足上述通项公式，
则数列{bn}是以b1=eq \f(1,2)为首项，q=eq \f(1,2)为公比的等比数列．
18．解：(1)因为PA⊥底面ABCD，所以PA为此四棱锥底面上的高．
所以V四棱锥P­ABCD=eq \f(1,3)S正方形ABCD×PA=eq \f(1,3)×12×2=eq \f(2,3).
(2)证明：连接AC交BD于O，连接OE.
因为四边形ABCD是正方形，所以AO=OC，
又因为AE=EP，所以OE∥PC.
又因为PC⊄平面BDE，OE⊂平面BDE.
所以PC∥平面BDE.
(3)不论点E在侧棱PA的任何位置，都有BD⊥CE.
证明如下：因为四边形ABCD是正方形，所以BD⊥AC.
因为PA⊥底面ABCD，所以PA⊥BD.
又因为PA∩AC=A，
所以BD⊥平面PAC.
因为CE⊂平面PAC.
所以BD⊥CE.
19．解：(1)组距为10，组数为4，两个学段学生的每一组中学生的人数如下表所示：
高中
初中
高中学段的学生的平均成绩为
eq \f(45×30＋55×40＋65×20＋75×10,100)=56，
初中学段的学生的平均成绩为
eq \f(45×15＋55×35＋65×35＋75×15,100)=60.
(2)3名男同学记为A1，A2，A3，2名女同学记为B1，B2.从5人中任选2人参加复试的所有基本事件是{A1，A2}，{A1，A3}，{A1，B1}，{A1，B2}，{A2，A3}，{A2，B1}，{A2，B2}，{A3，B1}，{A3，B2}，{B1，B2}，共10个．
其中，选中的2人恰好都是女生的基本事件是{B1，B2}，所以选中的2人恰好都是女生的概率P=eq \f(1,10).
(3)2×2列联表如下
K2=eq \f(200×（50×30－70×50）2,120×80×100×100)≈8.333.
因为8.333>6.635，故有99%的把握认为“两个学段的学生对‘四大名著’的了解有差异”．
20．解：(1)依题意设M(m，0)，N(4，n)，
T(x，y)，其中0≤m≤4，0≤n≤3，
因为P(0，－3)，R(0，3)，
所以由eq \(PM,\s\up6(→))∥eq \(PT,\s\up6(→))得，3x－m(y＋3)=0，
所以3m=eq \f(9x,y＋3).①
由eq \(RN,\s\up6(→))∥eq \(RT,\s\up6(→))得(n－3)x－4(y－3)=0，
所以4(n－3)=eq \f(16（y－3）,x)，②
因为|OM|·|NQ|=|MQ|·|CN|，
所以mn=(4－m)(3－n)，
即3m＋4n=12，所以3m＋4(n－3)=0.③
将①②代入③得eq \f(9x,y＋3)＋eq \f(16（y－3）,x)=0，
即eq \f(x2,16)＋eq \f(y2,9)=1(0≤x≤4，0≤y≤3)．
它是中心在坐标原点、焦点在x轴上，长轴长为8，短轴长为6的椭圆(在第一象限的部分曲线)．
(2)当M为OQ的中点时，m=2，n=eq \f(3,2).
直线PM：3x－2y－6=0，
直线RN：3x＋8y－24=0，
联立两式解得T(3.2，1.8)，
所以S△TPR=eq \f(1,2)×6×3.2=9.6.
21．解：(1)g′(x)=2x－(1－a)－eq \f(2－a,x)
=eq \f(2x2－（1－a）x－（2－a）,x)，
因为g(x)的定义域为{x|x＞0}，且g(x)在其定义域内为增函数，
所以g′(x)≥0在x＞0时恒成立，
则2x2－(1－a)x－(2－a)≥0在x＞0时恒成立，
所以a≥5－eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2（x＋1）＋\f(1,x＋1)))在x＞0时恒成立．
而当x＞0时，2(x＋1)＋eq \f(1,x＋1)＞3.
所以a∈[2，＋∞)．
(2)不能．理由如下：
假设F(x)的图象在(x0，F(x0))处的切线平行于x轴，F(x)=2ln x－x2－ax，F′(x)=eq \f(2,x)－2x－a，
不妨设A(m，0)，B(n，0)，0＜m＜n，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2ln m－m2－am＝0，①,2ln n－n2－an＝0，②,m＋n＝2x0，③,\f(2,x0)－2x0－a＝0.④))
①－②得2lneq \f(m,n)－(m＋n)(m－n)=a(m－n)，
所以a=eq \f(2ln\f(m,n),m－n)－2x0，
由④得a=eq \f(2,x0)－2x0，
所以lneq \f(m,n)=eq \f(2（m－n）,m＋n)=eq \f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m,n)－1)),\f(m,n)＋1)，⑤
设t=eq \f(m,n)∈(0，1)，⑤式可变为ln t－eq \f(2（t－1）,t＋1)=0(t∈(0，1))．
设h(t)=ln t－eq \f(2（t－1）,t＋1)，h′(t)=eq \f(1,t)－eq \f(2（t＋1）－2（t－1）,（t＋1）2)=eq \f(（t＋1）2－4t,t（t＋1）2)=eq \f(（t－1）2,t（t＋1）2)＞0(t∈(0，1))．
所以函数h(t)=ln t－eq \f(2（t－1）,t＋1)在(0，1)上单调递增，因此h(t)＜h(1)=0，
也就是ln eq \f(m,n)＜eq \f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m,n)－1)),\f(m,n)＋1)，此式与⑤矛盾．
所以F(x)的图象在点(x0，F(x0))处的切线不能平行于x轴．
22．解：(1)C1的
直角坐标方程为(x－1)2＋y2=1，
C2的直角坐标方程为x=3.
(2)设曲线C1与x轴异于原点的交点为A，
因为PQ⊥OP，所以PQ过点A(2，0)，
设直线PQ的参数方程为
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝2＋tcs θ,y＝tsin θ))(t为参数)，
代入C1可得t2＋2tcs θ=0，
解得t1=0，t2=－2cs θ，
可知|AP|=|t2|=|2cs θ|，
代入C2可得2＋tcs θ=3，解得t=eq \f(1,cs θ)，
可知|AQ|=|t|=eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1,cs θ)))，
所以|PQ|=|AP|＋|AQ|=|2cs θ|＋eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1,cs θ)))≥2eq \r(2)，当且仅当|2cs θ|=eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1,cs θ)))时取等号，
所以线段PQ长度的最小值为2eq \r(2).
23．解：(1)当a=4时，|x－1|＋|x－a|≥5等价于
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＜1，,－2x＋5≥5))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(1≤x≤4，,3≥5))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＞4，,2x－5≥5，))
解得x≤0或 x≥5，
所以不等式f(x)≥5的解集为{x|x≤0或x≥5}．
(2)因为f(x)=|x－1|＋|x－a|≥|(x－1)－(x－a)|=|a－1|.
所以f(x)min=|a－1|.
要使f(x)≥4对a∈R恒成立，则|a－1|≥4即可，所以a≤－3或a≥5，
即实数a的取值范围是{a|a≤－3或a≥5}．
成绩小于
60分人数
成绩不小于60分人数
总计
初中年级
高中年级
总计
P(K2≥k0)
0.10
0.05
0.010
k0
2.706
3.841
6.635
[40，50)
[50，60)
[60，70)
[70，80]
30
40
20
10
[40，50)
[50，60)
[60，70)
[70，80]
15
35
35
15
成绩小于
60分人数
成绩不小于60分人数
总计
初中年级
50
50
100
高中年级
70
30
100
总计
120
80
200