(统考版)2022年高考数学(文数)模拟试卷18（含详解）

这是一份(统考版)2022年高考数学(文数)模拟试卷18（含详解），共14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。

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=eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(y\b\lc\|(\a\vs4\al\c1(y＝lg2x，\f(1,2)≤x≤4))))，B={x|eq \r(x)≤2}，，则A∩B=( )
A．[－1，2] B．[0，2] C．[－1，4] D．[0，4]
2．已知复数z=eq \f(4＋2i,（1＋i）2)(i为虚数单位)在复平面内对应的点在直线x－2y＋m=0上，则m的值为( )
A．－3 B．－4 C．－5 D．－6
3．已知角α的顶点在坐标原点，始边与x轴的正半轴重合，M(2，eq \r(2))为其终边上一点，则cs 2α=( )
A．－eq \f(2,3) B.eq \f(2,3) C．－eq \f(1,3) D.eq \f(1,3)
4．已知直角坐标原点O为椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)=1(a＞b＞0)的中心，F1，F2为左、右焦点，在区间(0，2)上任取一个数e，则事件“以e为离心率的椭圆C与圆O：x2＋y2=a2－b2没有交点”的概率为( )
A.eq \f(\r(2),4) B.eq \f(4－\r(2),4) C.eq \f(\r(2),2) D.eq \f(2－\r(2),2)
5．为了规定工时定额，需要确定加工零件所花费的时间，为此进行了5次试验，得到5组数据(x1，y1)，(x2，y2)，(x3，y3)，(x4，y4)，(x5，y5)．根据收集到的数据可知x1＋x2＋x3＋x4＋x5=150，由最小二乘法求得回归直线方程为eq \(y,\s\up6(^))=0.67x＋54.9，则y1＋y2＋y3＋y4＋y5的值为( )
A．75 B．155.4 C．375 D．466.2
6．将函数f(x)=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,2)))的图象向右平移eq \f(π,4)个单位后得到函数g(x)的图象，则g(x)具有性质( )
A．最大值为1，图象关于直线x=eq \f(π,2)对称
B．在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4)))上单调递减，为奇函数
C．在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3π,8)，\f(π,8)))上单调递增，为偶函数
D．周期为π，图象关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,8)，0))对称
7．某几何体的三视图如图所示，若该几何体的体积为3π＋2，则它的表面积是( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3\r(13),2)＋3))π＋eq \r(22)＋2 B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3\r(13),4)＋\f(3,2)))π＋eq \r(22)＋2
C.eq \f(\r(13),2)π＋eq \r(22) D.eq \f(\r(13),4)π＋eq \r(22)
8．函数f(x)=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,x)))ln |x|图象的大致形状为( )
9．已知一次函数f(x)=kx＋b的图象经过点P(1，2)和Q(－2，－4)，令an=f(n)f(n＋1)，n∈N*，记数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))的前n项和为Sn，当Sn=eq \f(6,25)时，n的值等于( )
A．24 B．25 C．23 D．26
10．已知不等式组eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＋y－2\r(2) ≥0，,x≤2\r(2)，,y≤2\r(2)))表示平面区域Ω，过区域Ω中的任意一个点P，作圆x2＋y2=1的两条切线且切点分别为A，B，当△PAB的面积最小时，cs ∠APB 的值为( )
A.eq \f(7,8) B.eq \f(1,2) C.eq \f(3,4) D.eq \f(\r(3),2)
11．设F1，F2为双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)=1(a>0，b>0)的左、右焦点，点P(x0，2a)为双曲线上一点，若△PF1F2的重心和内心的连线与x轴垂直，则双曲线的离心率为( )
A.eq \f(\r(6),2) B.eq \f(\r(5),2) C.eq \r(6) D.eq \r(5)
12．已知函数f(x)=eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(|lg3x|，0＜x＜3，,sin \f(π,6)x，3≤x≤15.))若存在实数x1，x2，x3，x4，满足x1＜x2＜x3＜x4，且f(x1)=f(x2)=f(x3)=f(x4)，则eq \f(（x3－2）（x4－2）,x1x2)的取值范围是( )
A．(10，52) B．(13，40) C．(11，17) D．(15，25)
第Ⅱ卷
二、填空题：本题共4小题，每小题5分．
13．已知两个向量eq \(OA,\s\up6(→))，eq \(OB,\s\up6(→))都是单位向量，其夹角为60°，又eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OC,\s\up6(→))=0，且eq \(OC,\s\up6(→))=teq \(OA,\s\up6(→))＋(1－t)eq \(OB,\s\up6(→))，则t=________．
14．如图所示的程序框图中，x∈[－2，2]，则能输出x的概率为________．

15．如图所示，互不相同的点A1，A2，…，An，…和B1，B2，…，Bn…分别在角O的两条边上，所有AnBn相互平行，且所有梯形AnBnBn＋1An＋1的面积均相等，OAn=an，若a1=1，a2=2，则数列{an}的通项公式是________．
16．双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)=1(a>0，b>0)的两条渐近线l1，l2与抛物线y2=－4x的准线l围成区域Ω(包含边界)，对于区域Ω内任意一点(x，y)，若eq \f(y－x－2,x＋3)的最大值小于0，则双曲线C的离心率e的取值范围为________．
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)在△ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，且满足cs 2C－cs 2A=2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)＋C))·sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)－C)).
(1)求角A的值；
(2)若a=eq \r(3)且b≥a，求2b－c的取值范围．
18.(本小题满分12分)在某校科普知识竞赛前的模拟测试中，得到甲、乙两名学生的6次模拟测试成绩(百分制)的茎叶图．
(1)若从甲、乙两名学生中选择一人参加该知识竞赛，你会选哪位？请运用统计学的知识说明理由；
(2)若从甲的6次模拟测试成绩中随机选择2个，求选出的成绩中至少有一个超过87分的概率．
19．(本小题满分12分)在平面四边形ACBD(图①)中，△ABC与△ABD均为直角三角形且有公共斜边AB，设AB=2，∠BAD=30°，∠BAC=45°，将△ABC沿AB折起，构成如图②所示的三棱锥C′­ABD.
(1)当C′D=eq \r(2)时，求证：平面C′AB⊥平面DAB；
(2)当AC′⊥BD时，求三棱锥C′­ABD的高．
20．(本小题满分12分)已知椭圆E：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)=1的右焦点为F(c，0)且a＞b＞c＞0，设短轴的一个端点为D，原点O到直线DF的距离为eq \f(\r(3),2)，过原点和x轴不重合的直线与椭圆E相交于C，G两点，且|eq \(GF,\s\up6(→))|＋|eq \(CF,\s\up6(→))|=4.
(1)求椭圆E的方程；
(2)是否存在过点P(2，1)的直线l与椭圆E相交于不同的两点A，B且使得 eq \(OP,\s\up6(→))2=4eq \(PA,\s\up6(→))·eq \(PB,\s\up6(→))成立？若存在，试求出直线l的方程；若不存在，请说明理由．
21．(本小题满分12分)已知函数f(x)=m(x－1)ex＋x2(m∈R)．
(1)若m=－1，求函数f(x)的单调区间；
(2)若对任意的x<0，不等式x2＋(m＋2)x>f′(x)恒成立，求m的取值范围；
(3)当m≤－1时，求函数f(x)在[m，1]上的最小值．
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：坐标系与参数方程
在直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝2＋tcs α，,y＝\r(3)＋tsin α))(t是参数)，以原点O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ρ=8cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ－\f(π,3))).
(1)求曲线C2的直角坐标方程，并指出其表示何种曲线；
(2)若曲线C1和曲线C2交于A，B两点，求|AB|的最大值和最小值．
23．(本小题满分10分)选修4­5：不等式选讲
设函数f(x)=2|x＋a|－|x＋b|.
(1)当a=1，b=－1时，求使f(x)≥2eq \r(2)的x的取值范围；
(2)若f(x)≥eq \f(1,32)恒成立，求a－b的取值范围．
参考答案
1．解析：选B.由题意得
A=eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(y\b\lc\|(\a\vs4\al\c1(lg2\f(1,2)≤y≤lg24))))={y|－1≤y≤2}=[－1，2]，又B={x|eq \r(x)≤2}=[0，4]，
所以A∩B=[0，2]．故选B.
2．解析：选C.z=eq \f(4＋2i,（1＋i）2)=eq \f(4＋2i,2i)=eq \f(（4＋2i）i,2i2)=1－2i，复数z在复平面内对应的点的坐标为(1，－2)，将其代入x－2y＋m=0，得m=－5.故选C.
3．解析：选D.因为M(2，eq \r(2))为角α终边上一点，
所以cs α=eq \f(2,\r(22＋（\r(2)）2))=eq \f(2,\r(6))=eq \f(\r(6),3)，
所以cs 2α=2cs2 α－1
=2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(6),3)))eq \s\up12(2)－1=eq \f(1,3).
故选D.
4．解析：选A.满足题意时，椭圆上的点P(acs θ，bsin θ)到圆心O(0，0)的距离：
d2=(acs θ－0)2＋(bsin θ－0)2＞r2=a2－b2，
整理可得，eq \f(b2,a2)＞eq \f(sin2θ,1＋sin2θ)，所以e2=1－eq \f(b2,a2)＜1－eq \f(sin2θ,1＋sin2θ)=eq \f(1,1＋sin2θ)，
又因为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,1＋sin2θ)))eq \s\d7(min)=eq \f(1,2)，
据此有e2＜eq \f(1,2)，0＜e＜eq \f(\r(2),2)，
题中事件的概率p=eq \f(\f(\r(2),2)－0,2－0)=eq \f(\r(2),4).
故本题选择A选项．
5．解析：选C.由x1＋x2＋x3＋x4＋x5=150，得x=30，代入回归直线方程eq \(y,\s\up6(^))=0.67x＋54.9，得y=75，则y1＋y2＋y3＋y4＋y5=375.
6．解析：选B.由题意得，
g(x)=sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,4)))－\f(π,2)))=sin(2x－π)=－sin 2x，对于A，最大值为1正确，而geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))=0，图象不关于直线x=eq \f(π,2)对称，故A错误；对于B，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4)))时，2x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，满足单调递减，显然g(x)也是奇函数，故B正确；C显然错误；对于D，周期T=eq \f(2π,2)=π，geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,8)))=－eq \f(\r(2),2)，故图象不关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,8)，0))对称．
7．解析：选A.由三视图可知，该几何体是由四分之三圆锥和一个三棱锥组成的组合体，其中：
V圆锥=eq \f(3,4)×eq \f(1,3)×πa2×3=eq \f(3,4)πa2，V三棱锥=eq \f(1,2)a2×3×eq \f(1,3)=eq \f(1,2)a2，
由题意：eq \f(3,4)πa2＋eq \f(1,2)a2=3π＋2，所以a=2，据此可知：S底=2×2×π×eq \f(3,4)＋eq \f(1,2)×2×2=3π＋2，S圆锥侧=eq \f(3,4)π×eq \r(13)×2=eq \f(3\r(13),2)π，S棱锥侧=eq \f(1,2)×2eq \r(2)×eq \r(11)=eq \r(22)，
它的表面积是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3\r(13),2)＋3))π＋eq \r(22)＋2.
本题选择A选项．
8．解析：选D.因为f(－x)=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－x＋\f(1,－x)))ln |－x|=－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,x)))ln |x|=－f(x)，
所以f(x)是奇函数，
关于(0，0)对称，排除A，B；
当x=2时，f(2)=eq \f(5,2)ln 2＞0，故选D.
9．解析：选A.因为一次函数f(x)=kx＋b的图象经过点P(1，2)和Q(－2，－4)，
可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2＝k＋b，,－4＝－2k＋b，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(k＝2，,b＝0，))
所以f(x)=2x，an=f(n)f(n＋1)=2n×2(n＋1)=4n(n＋1)，
eq \f(1,an)=eq \f(1,4n（n＋1）)=eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))，
Sn=eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)＋\f(1,2)－\f(1,3)＋…＋\f(1,n)－\f(1,n＋1)))
=eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,n＋1)))=eq \f(1,4)×eq \f(n,n＋1)=eq \f(6,25)，
得n=24.
10．解析：选B.设点P(x，y)，|PO|=eq \r(x2＋y2)，sin ∠APO =eq \f(1,|PO|)，
cs ∠APO=eq \f(\r(|PO|2－1),|PO|)，
sin ∠APB =eq \f(2\r(|PO|2－1),|PO|2)，
故S△APB=eq \f(1,2)|PA|·|PB|sin ∠APB =eq \f(1,2)(eq \r(|PO|2－1))2·eq \f(2\r(|PO|2－1),|PO|2)=(eq \r(|PO|2－1))2·eq \f(\r(|PO|2－1),|PO|2)，令t=|PO|2－1，则(eq \r(|PO|2－1))2·eq \f(\r(|PO|2－1),|PO|2)=t·eq \f(\r(t),t＋1)，令f(t)=eq \f(t\r(t),t＋1)，则f′(t)=eq \f(\r(t)（t＋3）,2（t＋1）2)，又|PO|≥eq \f(|0＋0－2\r(2)|,\r(12＋12))=2，所以t≥3，f′(t)＞0，f(t)在[3，＋∞)上单调递增，即|PO|=eq \r(x2＋y2)取最小值时，△PAB的面积最小，此时sin ∠APB =eq \f(2\r(|PO|2－1),|PO|2)=eq \f(\r(3),2)，cs ∠APB =eq \f(1,2).
11．解析：选A.画出图形如图所示，
设△PF1F2的重心和内心分别为G，I，且圆I与△PF1F2的三边F1F2，PF1，PF2分别切于点M，Q，N，由切线的性质可得|PN|=|PQ|，|F1Q|=|F1M|，|F2N|=|F2M|.
不妨设点P(x0，2a)在第一象限内，
因为G是△PF1F2的重心，O为F1F2的中点，
所以|OG|=eq \f(1,3)|OP|，
所以G点坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x0,3)，\f(2a,3))).
由双曲线的定义可得|PF1|－|PF2|=2a
=|F1Q|－|F2N|=|F1M|－|F2M|，
又|F1M|＋|F2M|=2c，
所以|F1M|=c＋a，|F2M|=c－a，
所以M为双曲线的右顶点．
又I是△PF1F2的内心，所以IM⊥F1F2.
设点I的坐标为(xI，yI)，则xI=a.
由题意得GI⊥x轴，
所以eq \f(x0,3)=a，故x0=3a，
所以点P坐标为(3a，2a)．
因为点P在双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)=1(a>0，b>0)上，
所以eq \f(9a2,a2)－eq \f(4a2,b2)=9－eq \f(4a2,b2)=1，
整理得eq \f(b2,a2)=eq \f(1,2)，
所以e=eq \f(c,a)=eq \r(1＋\f(b2,a2))=eq \r(1＋\f(1,2))=eq \f(\r(6),2).
故选A.
12．解析：选B.作出函数f(x)的图象，如图所示，易知，0＜x1＜x2＜3，且x1x2=1，3＜x3＜6，12＜x4＜15，且x3，x4所对应的图象上的点关于直线x=9对称，设x3=9－t，x4=9＋t，t∈(3，6)，
所以eq \f(（x3－2）（x4－2）,x1x2)
=(7－t)(7＋t)=49－t2∈(13，40)．
13．解析：依题意eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OC,\s\up6(→))=0，即eq \(OA,\s\up6(→))·[teq \(OA,\s\up6(→))＋(1－t)eq \(OB,\s\up6(→))]=0，所以有teq \(OA,\s\up6(→))2＋(1－t)eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))=0，即t＋eq \f(1,2)(1－t)=0，解得t=－1.
答案：－1
14．解析：因为－2≤x≤2，所以当－2≤x≤0时，不等式|x|＋|x－1|≤2可化为－x－(x－1)≤2，得－eq \f(1,2)≤x≤0；当0答案：eq \f(1,2)
15．解析：如图，由题意可知：eq \f(S0,S0＋S)=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(an－1,an)))eq \s\up12(2)，①
eq \f(S0＋2S,S0＋S)=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(an＋1,an)))eq \s\up12(2)，②
①②两式相加得2=eq \f(aeq \\al(2,n－1),aeq \\al(2,n))＋eq \f(aeq \\al(2,n＋1),aeq \\al(2,n))，所以2aeq \\al(2,n)=aeq \\al(2,n－1)＋aeq \\al(2,n＋1)，所以数列{aeq \\al(2,n)}是首项为aeq \\al(2,1)、公差为aeq \\al(2,2)－aeq \\al(2,1)=3的等差数列．故aeq \\al(2,n)=aeq \\al(2,1)＋3(n－1)=3n－2，即an=eq \r(3n－2).
答案：an=eq \r(3n－2)
16．解析：抛物线y2=－4x的准线为x=1，双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)=1的渐近线为y=±eq \f(b,a)x，令x=1，得y=±eq \f(b,a)，所以抛物线的准线与双曲线的渐近线的两个交点分别为Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(b,a)))和Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，－\f(b,a)))，设t=eq \f(y－x－2,x＋3)，整理得y=(t＋1)x＋3t＋2，由于直线y=(t＋1)x＋3t＋2过定点(－3，－1)，所以当直线y=(t＋1)x＋3t＋2过点Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(b,a)))时，t达到最大，最大值为t=eq \f(\f(b,a)－1－2,1＋3)<0，所以eq \f(b,a)<3，eq \f(b2,a2)<9，所以e2=eq \f(c2,a2)=eq \f(a2＋b2,a2)<10，所以1答案：(1，eq \r(10))
17．解：(1)由已知得2sin2A－2sin2C
=2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)cs2 C－\f(1,4)sin2 C))，
化简得sin A=eq \f(\r(3),2)，
故A=eq \f(π,3)或eq \f(2π,3).
(2)由正弦定理eq \f(b,sin B)=eq \f(c,sin C)=eq \f(a,sin A)=2，
得b=2sin B，c=2sin C，
故2b－c=4sin B－2sin C=4sin B－2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)－B))=3sin B－eq \r(3)cs B=2eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(B－\f(π,6))).因为b≥a，
所以eq \f(π,3)≤B所以2b－c=2eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(B－\f(π,6)))∈[eq \r(3)，2eq \r(3))．
18．解：(1)学生甲的平均成绩eq \(x,\s\up6(－))甲=eq \f(68＋76＋79＋86＋88＋95,6)=82，
学生乙的平均成绩eq \(x,\s\up6(－))乙=eq \f(71＋75＋82＋84＋86＋94,6)=82，
又seq \\al(2,甲)=eq \f(1,6)×[(68－82)2＋(76－82)2＋(79－82)2＋(86－82)2＋(88－82)2＋(95－82)2]=77，
seq \\al(2,乙)=eq \f(1,6)×[(71－82)2＋(75－82)2＋(82－82)2＋(84－82)2＋(86－82)2＋(94－82)2]=eq \f(167,3)，则eq \(x,\s\up6(－))甲=eq \(x,\s\up6(－))乙，seq \\al(2,甲)>seq \\al(2,乙)，说明甲、乙的平均水平一样，但乙的方差小，即乙发挥更稳定，故可选择学生乙参加知识竞赛．
(2)从甲的6次模拟测试成绩中随机选择2个，共有以下15种情况：(68，76)、(68，79)、(68，86)、(68，88)、(68，95)、(76，79)、(76，86)、(76，88)、(76，95)、(79，86)、(79，88)、(79，95)、(86，88)、(86，95)、(88，95)．其中选出的成绩中至少有一个超过87分的有9种情况，故选出的成绩中至少有一个超过87分的概率为P=eq \f(9,15)=eq \f(3,5).
19．解：(1)证明：当C′D=eq \r(2)时，取AB的中点O，
连接C′O，DO，
在Rt△AC′B，Rt△ADB中，AB=2，则C′O=DO=1，
因为C′D=eq \r(2)，
所以C′O2＋DO2=C′D2，即C′O⊥OD，
又C′O⊥AB，AB∩OD=O，AB，OD⊂平面ABD，
所以C′O⊥平面ABD，
因为C′O⊂平面ABC′，
所以平面C′AB⊥平面DAB.
(2)当AC′⊥BD时，由已知AC′⊥BC′，
所以AC′⊥平面BDC′，
因为C′D⊂平面BDC′，所以AC′⊥C′D，△AC′D为直角三角形，
由勾股定理，C′D=eq \r(AD2－AC′2)=eq \r(3－2)=1，
而△BDC′中，BD=1，BC′=eq \r(2)，所以△BDC′为直角三角形，S△BDC′=eq \f(1,2)×1×1=eq \f(1,2).
三棱锥C′­ABD的体积V=eq \f(1,3)×S△BDC′×AC′=eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×eq \r(2)=eq \f(\r(2),6).
S△ABD=eq \f(1,2)×1×eq \r(3)=eq \f(\r(3),2)，设三棱锥C′­ABD的高为h，
则由eq \f(1,3)×h×eq \f(\r(3),2)=eq \f(\r(2),6)，解得h=eq \f(\r(6),3).
20．解：(1)由椭圆的对称性知|eq \(GF,\s\up6(→))|＋|eq \(CF,\s\up6(→))|=2a=4，所以a=2.
又原点O到直线DF的距离为eq \f(\r(3),2)，所以eq \f(bc,a)=eq \f(\r(3),2)，所以bc=eq \r(3)，又a2=b2＋c2=4，a＞b＞c＞0，所以b=eq \r(3)，c=1.
故椭圆E的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)=1.
(2)当直线l与x轴垂直时不满足条件．
故可设A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线l的方程为y=k(x－2)＋1，代入椭圆方程得(3＋4k2)x2－8k(2k－1)x＋16k2－16k－8=0，
所以x1＋x2=eq \f(8k（2k－1）,3＋4k2)，x1x2=eq \f(16k2－16k－8,3＋4k2)，Δ=32(6k＋3)＞0，
所以k＞－eq \f(1,2).因为eq \(OP,\s\up6(→))2=4eq \(PA,\s\up6(→))·eq \(PB,\s\up6(→))，
即4[(x1－2)(x2－2)＋(y1－1)(y2－1)]=5，
所以4(x1－2)(x2－2)(1＋k2)=5，
即4[x1x2－2(x1＋x2)＋4](1＋k2)=5，
所以4eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(16k2－16k－8,3＋4k2)－2×\f(8k（2k－1）,3＋4k2)＋4))(1＋k2)=4×eq \f(4＋4k2,3＋4k2)=5，
解得k=±eq \f(1,2)，k=－eq \f(1,2)不符合题意，舍去．
所以存在满足条件的直线l，其方程为y=eq \f(1,2)x.
21．解：(1)当m=－1时，f(x)=(1－x)ex＋x2，则f′(x)=x(2－ex)，由f′(x)>0得，0ln 2，
故函数的增区间为(0，ln 2)，减区间为(－∞，0)，(ln 2，＋∞)．
(2)依题意，f′(x)=mx(ex＋eq \f(2,m))因为x<0，所以mex－x－m>0，
令h(x)=mex－x－m，则h′(x)=mex－1，
当m≤1时，h′(x)≤ex－1<0，则h(x)在(－∞，0)上单调递减，所以h(x)>h(0)=0，符合题意；
当m>1时，h(x)在(－∞，－ln m)上单调递减，在(－ln m，0)上单调递增，所以h(x)min=h(－ln m)综上所述，m的取值范围为(－∞，1]．
(3)f′(x)=mxex＋2x=mx(ex＋eq \f(2,m))，
令f′(x)=0，得x1=0，x2=ln(－eq \f(2,m))，
令g(m)=ln(－eq \f(2,m))－m，则g′(m)=－eq \f(1,m)－1≤0，
g(m)在m=－1时取最小值g(－1)=1＋ln 2>0，
所以x2=ln(－eq \f(2,m))>m.
即m≤－1时，x2=ln(－eq \f(2,m))>m.
(ⅰ)当－20，
f(x)min=min{f(0)，f(1)}=min{－m，1}=1.
(ⅱ)当m=－2时，函数f(x)在区间[m，1]上为减函数，f(x)min=f(1)=1.
(ⅲ)当m<－2时，f(x)min
=min{f(x2)，f(1)}，
f(x2)=－2[ln(－eq \f(2,m))－1]＋[ln(－eq \f(2,m))]2=xeq \\al(2,2)－2x2＋2>1，f(1)=1，
此时f(x)min=1.
综上：f(x)min=1.
22．解：(1)对于曲线C2有ρ=8cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ－\f(π,3)))，即ρ2=4ρcs θ＋4eq \r(3)ρsin θ，因此曲线C2的直角坐标方程为x2＋y2－4x－4eq \r(3)y=0，其表示一个圆．
(2)联立曲线C1与曲线C2的方程可得t2－2eq \r(3)sin α·t－13=0，|AB|=|t1－t2|
=eq \r(（t1＋t2）2－4t1t2)
=eq \r(（2\r(3)sin α）2－4×（－13）)
=eq \r(12sin2α＋52)，因此|AB|的最小值为2eq \r(13)，最大值为8.
23．解：(1)由于y=2x是增函数，所以f(x)≥2eq \r(2)等价于|x＋1|－|x－1|≥eq \f(3,2).①
(i)当x≥1时，|x＋1|－|x－1|=2，则①式恒成立．
(ii)当－1＜x＜1时，|x＋1|－|x－1|=2x，①式化为2x≥eq \f(3,2)，
即eq \f(3,4)≤x＜1.
(iii)当x≤－1时，|x＋1|－|x－1|=－2，①式无解．
综上，x的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)，＋∞)).
(2)由f(x)≥eq \f(1,32)，
得|x＋a|－|x＋b|≥－5，
而由||x＋a|－|x＋b||≤|x＋a－x－b|=|a－b|，得－|a－b|≤|x＋a|－|x＋b|≤|a－b|，②
要使②恒成立，只需－|a－b|≥－5，可得a－b的取值范围是[－5，5]．