(统考版)2022年高考数学(文数)模拟试卷15（含详解）

这是一份(统考版)2022年高考数学(文数)模拟试卷15（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|y=lg(x＋1)}，B={－2，－1，0，1}，则(∁RA)∩B=( )
A．{－2，－1} B．{－2} C．{－1，0，1} D．{0，1}
2．定义运算eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(a b,c d))=ad－bc，则符合条件eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(z 1＋i,－i 2i))=0的复数z的共轭复数eq \(z,\s\up6(－))在复平面内对应的点在( )
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
3．一组样本数据的频率分布直方图如图所示，试估计此样本数据的中位数为( )
A．13 B．12 C．11.52 D.eq \f(100,9)
4．已知p：函数f(x)=(x－a)2在(－∞，1)上是减函数，q：∀x>0，a≤eq \f(x2＋1,x)恒成立，则綈p是q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
5．在△ABC中，已知AC=eq \r(19)，BC=2，B=eq \f(2π,3)，则边AC上的高为( )
A.eq \f(3\r(19),19) B.eq \f(3\r(57),19) C.eq \f(\r(3),2) D.eq \r(3)
6．形状如图所示的2个游戏盘中(图①是半径为2和4的两个同心圆，O为圆心；图②是正六边形，点P为其中心)各有一个玻璃小球，依次摇动2个游戏盘后，将它们水平放置，就完成了一局游戏，则一局游戏后，这2个盘中的小球都停在阴影部分的概率是( )
A.eq \f(1,16) B.eq \f(1,8) C.eq \f(1,6) D.eq \f(1,4)
7．执行如图所示的程序框图，若输出的S=18，则判断框内应填入的条件是( )
A．k>2? B．k>3? C．k>4? D．k>5?
8．已知△ABC外接圆圆心为O，半径为1，2eq \(AO,\s\up6(→))=eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(AC,\s\up6(→))且|eq \(OA,\s\up6(→))|=|eq \(AB,\s\up6(→))|，则向量eq \(BA,\s\up6(→))在向量eq \(BC,\s\up6(→))方向上的投影为( )
A.eq \f(1,2) B.eq \f(\r(3),2) C．－eq \f(1,2) D．－eq \f(\r(3),2)
9．已知函数f(x)=Acs(ωx＋φ)(A＞0，ω＞0，0＜φ＜π)为奇函数，该函数的部分图象如图所示，△EFG(点G是图象的最高点)是边长为2的等边三角形，则f(1)=( )
A．－eq \r(3) B.eq \r(3) C．1 D.eq \f(\r(3),2)
10．如图为一个多面体的三视图，则该多面体的体积为( )
A.eq \f(20,3) B．7 C.eq \f(22,3) D.eq \f(23,3)
11．已知函数f(x)=eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(e－x＋mx＋\f(m,2)，x＜0,ex（x－1），x≥0))(e为自然对数的底数)，若方程f(－x)＋f(x)=0有且仅有四个不同的解，则实数m的取值范围是( )
A．(0，e) B．(e，＋∞) C．(0，2e) D．(2e，＋∞)
12．已知O为坐标原点，双曲线C：eq \f(x2,a2)－y2=1(a>0)上有一点P，过点P作双曲线C的两条渐近线的平行线，与两渐近线的交点分别为A、B，若平行四边形 OAPB 的面积为1，则双曲线C的离心率为 ( )
A.eq \r(2) B.eq \r(3) C．2 D.eq \f(\r(5),2)
第Ⅱ卷
二、填空题：本题共4小题，每小题5分．
13．函数f(x)=eq \f(\r(x－1),ln（1－ln x）)的定义域为________．
14．平均数为1 010的一组数构成等差数列，其末项为2 019，则该数列的首项为__________．
15．过点(0，3b)的直线l与双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)=1(a＞0，b＞0)的一条斜率为正值的渐近线平行，若双曲线C的右支上的点到直线l的距离恒大于b，则双曲线C的离心率的最大值是__________．
16．设函数f(x)的定义域为R，若存在常数ω>0，使|f(x)|≤ω|x|对一切实数x均成立，则称f(x)为“条件约束函数”．现给出下列函数：
①f(x)=4x；②f(x)=x2＋2；③f(x)=eq \f(2x,x2－2x＋5)；④f(x)是定义在实数集R上的奇函数，且对一切x1，x2均有|f(x1)－f(x2)|≤4|x1－x2|.其中是“条件约束函数”的序号是________(写出符合条件的全部序号)．
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)已知向量m=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3)sin\f(x,4)，1))，n=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(cs \f(x,4)，cs2\f(x,4))).
(1)若m·n=1，求cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)－x))的值；
(2)记f(x)=m·n，在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且满足(2a－c)cs B=bcs C，求函数f(A)的取值范围．
18．(本小题满分12分)为了解某校学生的视力情况，现采用随机抽样的方式从该校的A，B两班中各抽5名学生进行视力检测．检测的数据如下：
A班5名学生的视力检测结果：4.3，5.1，4.6，4.1，4.9.
B班5名学生的视力检测结果：5.1，4.9，4.0，4.0，4.5.
(1)分别计算两组数据的平均数，从计算结果看，哪个班的学生视力较好？并计算A班的5名学生视力的方差；
(2)现从B班的上述5名学生中随机选取2名，求这2名学生中至少有1名学生的视力低于4.5的概率．
19．(本小题满分12分)如图，在矩形ABCD中，AB=4，AD=2，E是CD的中点，O是AE的中点，以AE为折痕向上折起，使D为D′，且D′B=D′C.
(1)求证：平面D′AE⊥平面ABCE；
(2)求四棱锥D′­ABCE的体积．
20．(本小题满分12分)已知函数f(x)=eq \f(ln x,x).
(1)记函数F(x)=x2－x·f(x)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x∈\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2))))，求函数F(x)的最大值；
(2)记函数H(x)=eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x,2e)，x≥s，,f（x），021．(本小题满分12分)已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)=1(a>b>0)的离心率为eq \f(1,2)，且经过点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(3,2)))，左、右焦点分别为F1，F2.
(1)求椭圆C的方程；
(2)过F1的直线l与椭圆C相交于A，B两点，若△AF2B的内切圆半径为eq \f(3\r(2),7)，求以F2为圆心且与直线l相切的圆的方程．
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
在平面直角坐标系xOy中，直线l的方程为x－y＋4=0，曲线C的参数方程为eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝\r(3)cs α，,y＝sin α))(α为参数)．
(1)已知在极坐标系(与平面直角坐标系xOy取相同的长度单位，且以坐标原点O为极点，以x轴的正半轴为极轴)中，点P的极坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4，\f(π,2)))，试判断点P与直线l的位置关系；
(2)设点Q是曲线C上的一个动点，求点Q到直线l的距离的最小值．
23．(本小题满分10分)选修4­5：不等式选讲
已知函数f(x)=|x－a|＋eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x＋1))的最小值为2.
(1)求实数a的值；
(2)若a>0，求不等式f(x)≤4的解集．
参考答案
1．解析：选A.A={x|x＞－1}，∁RA={x|x≤－1}，所以∁RA∩B={－2，－1}．选A.
2．解析：选B.由题意得，2zi－[－i(1＋i)]=0，则z=eq \f(－i（1＋i）,2i)=－eq \f(1,2)－eq \f(i,2)，
所以eq \(z,\s\up6(－))=－eq \f(1,2)＋eq \f(i,2)，其在复平面内对应的点在第二象限，故选B.
3．解析：选D.由频率分布直方图可得第一组的频率是0.08，第二组的频率是0.32，第三组的频率是0.36，则中位数在第三组内，估计样本数据的中位数为10＋eq \f(0.1,0.36)×4=eq \f(100,9)，选项D正确．
4．解析：选A.由f(x)=(x－a)2在(－∞，1)上单调递减得a≥1，由x>0，得eq \f(x2＋1,x)=x＋eq \f(1,x)≥2(当且仅当x=1时等号成立)，所以a≤2，所以綈p是q的充分不必要条件．
5．解析：选B.由余弦定理可得，AC2=BC2＋AB2－2BC×AB×cs B，即(eq \r(19))2=22＋AB2－2×2×ABcs eq \f(2π,3)，整理得AB2＋2AB－15=0，解得AB=3或AB=－5(舍去)．设边AC上的高为h，则S△ABC=eq \f(1,2)BC×AB×sin B=eq \f(1,2)AC×h，即eq \f(1,2)×2×3sineq \f(2π,3)=eq \f(1,2)×eq \r(19)×h，解得h=eq \f(3\r(57),19).
6．解析：选A.一局游戏后，这2个盘中的小球停在阴影部分分别记为事件A1，A2，
由题意知，A1，A2相互独立，
且P(A1)=eq \f(\f(1,4)π（42－22）,42π)=eq \f(3,16)，P(A2)=eq \f(1,3)，
所以一局游戏后，这2个盘中的小球都停在阴影部分的概率为P(A1A2)=P(A1)P(A2)=eq \f(3,16)×eq \f(1,3)=eq \f(1,16).
故选A.
7．解析：选B.第一次运行：k=2，S=0＋2=2；第二次运行：k=3，S=2×2＋3=7；第三次运行：k=4，S=2×7＋4=18，此时输出结果，满足条件．结合选项可知应填“k>3？”．
8．解析：选A.因为eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(AC,\s\up6(→))=2eq \(AO,\s\up6(→))，所以点O为BC的中点，因为O是三角形的外心，所以△ABC是直角三角形， 且A是直角，OA=BO，因为|eq \(OA,\s\up6(→))|=|eq \(AB,\s\up6(→))|，所以△ABO是正三角形，所以eq \(BA,\s\up6(→))在eq \(BC,\s\up6(→))方向上的投影等于|eq \(BA,\s\up6(→))|·cs 60°=eq \f(1,2).
9．解析：选A.由题意得，A=eq \r(3)，T=4=eq \f(2π,ω)，ω=eq \f(π,2).又因为f(x)=Acs(ωx＋φ)为奇函数，所以φ=eq \f(π,2)＋kπ，k∈Z，取k=0，则φ=eq \f(π,2)，所以f(x)=eq \r(3)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)x＋\f(π,2)))，
所以f(1)=－eq \r(3).
10．解析：选B.
该几何体为如图所示的几何体EFB1C1­ABCD，是从棱长为2的正方体中截去两个三棱锥后的剩余部分，其体积V=VA1B1C1D1­ABCD－VA­A1EF－VD­D1EC1=23－eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×1×1×2－eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×1×2×2=7，故选B.
11．解析：选D.因为函数F(x)=f(－x)＋f(x)是偶函数，F(0)≠0，所以零点成对出现，依题意，方程f(－x)＋f(x)=0有两个不同的正根，又当x＞0时，f(－x)=ex－mx＋eq \f(m,2)，所以方程可以化为：ex－mx＋eq \f(m,2)＋xex－ex=0，即xex=meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))，
记g(x)=xex(x＞0)，g′(x)=ex(x＋1)＞0，设直线y=meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))与g(x)的图象相切时的切点为(t，tet)，则切线方程为y－tet=et(t＋1)(x－t)，过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，0))，所以－tet=et(t＋1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－t))⇒t=1或－eq \f(1,2)(舍弃)，所以切线的斜率为2e，由图象可以得m＞2e.选D.
12．解析：选D.渐近线方程是x±ay=0，
设P(m，n)，过点P且平行于x＋ay=0的直线为l，
则l的方程为x＋ay－m－an=0，
设l与渐近线x－ay=0的交点为A，
则Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m＋an,2)，\f(m＋an,2a)))，
|OA|=eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(m＋an,2)))eq \r(1＋\f(1,a2))，P点到OA的距离是d=eq \f(|m－an|,\r(1＋a2)).
因为|OA|·d=1，
所以eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(m＋an,2)))·eq \r(1＋\f(1,a2))·eq \f(|m－an|,\r(1＋a2))=1，因为eq \f(m2,a2)－n2=1，所以a=2.所以c=eq \r(5)，所以e=eq \f(\r(5),2)故选D.
13．解析：由函数解析式可知，x需满足eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x－1≥0,1－ln x＞0,x＞0,1－ln x≠1))，解得1＜x＜e.所以函数f(x)=eq \f(\r(x－1),ln（1－ln x）)的定义域为(1，e)．
答案：(1，e)
14．解析：设该等差数列首项为a，
由题意和等差数列的性质可得2 019＋a=1 010×2，解得a=1.故答案为1.
答案：1
15．解析：根据题意知，直线l的斜率为eq \f(b,a)，所以直线l的方程为y=eq \f(b,a)x＋3b，因为双曲线右支上的点到直线l的距离恒大于b，所以直线y=eq \f(b,a)x＋3b与直线y=eq \f(b,a)x的距离大于等于b，即eq \f(3ab,\r(a2＋b2))≥b，所以eq \f(c,a)≤3，即e≤3，所以双曲线的离心率的最大值为3.
答案：3
16．解析：对于①，f(x)=4x，易知ω=4符合题意，故①是“条件约束函数”；对于②，当x≠0时，eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(f（x）,x)))=eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(x＋\f(2,x)))，显然当x趋于无穷大时，eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(f（x）,x)))趋于无穷大，这时ω不存在，因此②不是“条件约束函数”；对于③，|f(x)|=eq \f(2|x|,（x－1）2＋4)≤eq \f(1,2)|x|，所以存在常数ω=eq \f(1,2)，使|f(x)|≤ω|x|对一切实数x均成立，故③是“条件约束函数”；对于④，令x1=x，x2=－x，则|f(x1)－f(x2)|=|f(x)－f(－x)|=|2f(x)|≤4|2x|，即|f(x)|≤4|x|，故存在ω=4，使|f(x)|≤ω|x|对一切实数x均成立．因此④是“条件约束函数”．综上可知①③④是“条件约束函数”．
答案：①③④
17．解：m·n=eq \r(3)sineq \f(x,4)cseq \f(x,4)＋cs2eq \f(x,4)
=eq \f(\r(3),2)sineq \f(x,2)＋eq \f(1,2)×cseq \f(x,2)＋eq \f(1,2)
=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,2)＋\f(π,6)))＋eq \f(1,2).
(1)因为m·n=1，
所以sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,2)＋\f(π,6)))=eq \f(1,2)，
所以cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3)))
=1－2sin2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,2)＋\f(π,6)))=eq \f(1,2)，
所以cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)－x))=－cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3)))
=－eq \f(1,2).
(2)因为(2a－c)cs B=bcs C，由正弦定理得
(2sin A－sin C)cs B=sin Bcs C，
所以2sin Acs B=sin Ccs B＋sin Bcs C，
所以2sin Acs B=sin(B＋C)．
因为A＋B＋C=π，所以sin(B＋C)=sin A，
且sin A≠0，
所以cs B=eq \f(1,2)，B=eq \f(π,3).所以0所以eq \f(π,6)eq \f(1,2)又因为f(x)=m·n
=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,2)＋\f(π,6)))＋eq \f(1,2)，
所以f(A)=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(A,2)＋\f(π,6)))＋eq \f(1,2)，
故1故函数f(A)的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(3,2))).
18．解：(1)A班5名学生的视力平均数为xA=eq \f(4.3＋5.1＋4.6＋4.1＋4.9,5)=4.6，
B班5名学生的视力平均数为xB=eq \f(5.1＋4.9＋4.0＋4.0＋4.5,5)=4.5.
从数据结果来看，A班学生的视力较好．
seq \\al(2,A)=eq \f(1,5)×[(4.3－4.6)2＋(5.1－4.6)2＋0＋(4.1－4.6)2＋(4.9－4.6)2]=0.136.
(2)从B班的上述5名学生中随机选取2名，则这2名学生视力检测结果有：
(5.1，4.9)，(5.1，4.0)，(5.1，4.0)，(5.1，4.5)，(4.9，4.0)，(4.9，4.0)，(4.9，4.5)，(4.0，4.0)，(4.0，4.5)，(4.0，4.5)，共10个基本事件．
其中这2名学生中至少有1名学生的视力低于4.5的基本事件有7个，则所求概率P=eq \f(7,10).
19．解：(1)证明：
取BC的中点F，连接OF，D′O，D′F，则BC⊥OF，
因为D′B=D′C，所以BC⊥D′F，
又因为OF⊂平面D′OF，D′F⊂平面D′OF，OF∩D′F=F，
所以BC⊥平面D′OF，因为D′O⊂平面D′OF，
所以BC⊥D′O，
因为DA=DE，即D′A=D′E，
所以D′O⊥AE，又因为AE⊂平面ABCE，BC⊂平面ABCE，AE与BC相交，
所以D′O⊥平面ABCE，因为D′O⊂平面D′AE，
所以平面D′AE⊥平面ABCE.
(2)在Rt△AD′E中，AD′=D′E=2，
∠AD′E=90°，
所以D′O=eq \r(2).
S梯形ABCE=eq \f(1,2)×(CE＋AB)×BC=eq \f(1,2)×(2＋4)×2=6，
所以四棱锥D′­ABCE的体积V=eq \f(1,3)S梯形ABCE·D′O=eq \f(1,3)×6×eq \r(2)=2eq \r(2).
20．解：(1)由题意可知，F(x)=x2－ln x，F′(x)=2x－eq \f(1,x)，x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2))，
令F′(x)=0，得x=eq \f(\r(2),2).
因为Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))=eq \f(1,4)＋ln 2，F(2)=4－ln 2，Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)))=eq \f(1＋ln 2,2)，
且F(2)>Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))，F(2)>Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)))，
所以当x=2时，函数F(x)取得最大值，最大值为4－ln 2.
(2)因为对任意实数k，总存在实数x0，使得H(x0)=k成立，
所以函数H(x)的值域为R，
函数y=eq \f(x,2e)在[s，＋∞)上单调递增，其值域为eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(s,2e)，＋∞)).
函数y=f(x)=eq \f(ln x,x)，y′=eq \f(1－ln x,x2).当x=e时，y′=0.
当x>e时，y′<0，函数y=eq \f(ln x,x)在[e，＋∞)上单调递减，
当00，函数y=eq \f(ln x,x)在(0，e)上单调递增．
①若s>e，则函数y=eq \f(ln x,x)在(0，e)上单调递增，在(e，s)上单调递减，其值域为eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,e)))，又eq \f(s,2e)>eq \f(1,e)，不符合题意．
②若0令u(s)=s2－2eln s，u′(s)=2s－eq \f(2e,s)=eq \f(2（s2－e）,s)，
当s>eq \r(e)时，u′(s)>0，u(s)在(eq \r(e)，e)上单调递增；
当0所以当s=eq \r(e)时，u(s)有最小值u(eq \r(e))=0，从而u(s)≥0恒成立(当且仅当s=eq \r(e)时，u(s)=0)．
故u(s)=0，所以s=eq \r(e).
综上所述，实数s的取值集合为{eq \r(e)}．
21．解：(1)由eq \f(c,a)=eq \f(1,2)，得a=2c，
所以a2=4c2，b2=3c2，
将点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(3,2)))的坐标代入椭圆方程得c2=1，
故所求椭圆方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)=1.
(2)设直线l的方程为x=ty－1，代入椭圆方程得(4＋3t2)y2－6ty－9=0，显然判别式大于0恒成立，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，△AF2B的内切圆半径为r0，则有y1＋y2=eq \f(6t,4＋3t2)，y1y2=eq \f(－9,4＋3t2)，r0=eq \f(3\r(2),7)，
所以S△AF2B=S△AF1F2＋S△BF1F2
=eq \f(1,2)|F1F2|·|y1－y2|
=eq \f(1,2)|F1F2|·eq \r(（y1＋y2）2－4y1y2)
=eq \f(12\r(t2＋1),4＋3t2)，
而S△AF2B=eq \f(1,2)|AB|r0＋eq \f(1,2)|BF2|r0＋eq \f(1,2)|AF2|r0
=eq \f(1,2)r0(|AB|＋|BF2|＋|AF2|)
=eq \f(1,2)r0(|AF1|＋|BF1|＋|BF2|＋|AF2|)
=eq \f(1,2)r0·4a=eq \f(1,2)×8×eq \f(3\r(2),7)=eq \f(12\r(2),7)，
所以eq \f(12\r(t2＋1),4＋3t2)=eq \f(12\r(2),7)，解得t2=1，
因为所求圆与直线l相切，
所以半径r=eq \f(2,\r(t2＋1))=eq \r(2)，
所以所求圆的方程为(x－1)2＋y2=2.
22．解：(1)将点P的极坐标eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4，\f(π,2)))化为直角坐标为P(0，4)，
因为P(0，4)满足方程x－y＋4=0，所以点P在直线l上．
(2)法一：因为点Q是曲线C上的点，故可设点Q的坐标为(eq \r(3)cs α，sin α)，
所以点Q到直线l的距离
d=eq \f(|\r(3)cs α－sin α＋4|,\r(2))
=eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(2cs\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,6)))＋4)),\r(2))，
所以当cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,6)))=－1时，d取得最小值，且dmin=eq \r(2).
法二：曲线C的普通方程为eq \f(x2,3)＋y2=1，
平移直线l到l′，使l′与曲线C相切，
设l′：x－y＋m=0，
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x－y＋m＝0，,\f(x2,3)＋y2＝1))得x2＋3(x＋m)2=3，
即4x2＋6mx＋3m2－3=0，
由Δ=36m2－48(m2－1)=48－12m2=0，解得m=±2，
所以当m=2时，曲线C上的点Q到直线l的距离最小，且最小值d=eq \f(|4－2|,\r(2))=eq \r(2).
23．解：(1)当a≥－2时，
f(x)=eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)x＋1－a，x>a，,－\f(1,2)x＋1＋a，－2≤x≤a，,－\f(3,2)x＋a－1，x<－2，))
所以f(x)min=1＋eq \f(a,2)=2，a=2.
当a<－2时，
f(x)=eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)x＋1－a，x>－2，,\f(1,2)x－a－1，a所以f(x)min=－eq \f(a,2)－1=2，a=－6.
综上可知a=2或a=－6.
(2)由(1)知，当a>0时a=2.不等式f(x)≤4，
即|x－2|＋eq \f(1,2)|x＋2|≤4.
由(1)知f(x)=eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)x－1，x>2，,－\f(1,2)x＋3，－2≤x≤2,－\f(3,2)x＋1，x<－2，))，
当x>2时，由eq \f(3,2)x－1≤4，得x≤eq \f(10,3)，
所以2当－2≤x≤2时，由－eq \f(1,2)x＋3≤4，
得x≥－2，所以－2≤x≤2；
当x<－2时，由－eq \f(3,2)x＋1≤4，
得x≥－2，无解．
所以不等式的解集为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－2，\f(10,3))).