(统考版)2022年高考数学(文数)模拟试卷06（含详解）

这是一份(统考版)2022年高考数学(文数)模拟试卷06（含详解），共13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＝eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)≤2x≤4))))，B＝{y|y＝eq \r(x－2)＋eq \r(2－x)}，则A∩B＝( )
A．{2} B．{0}
C．[－2，2] D．[0，2]
2．已知复数z＝eq \f(\r(3)＋i,（1＋i）2)，其中i为虚数单位，则|z|＝( )
A.eq \f(1,2) B．1
C.eq \r(2) D．2
3．在△ABC中，M为AC的中点，eq \(BC,\s\up6(→))＝eq \(CD,\s\up6(→))，eq \(MD,\s\up6(→))＝xeq \(AB,\s\up6(→))＋yeq \(AC,\s\up6(→))，则x＋y＝( )
A．1 B.eq \f(1,2) C.eq \f(1,3) D.eq \f(3,2)
4．已知cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,12)－θ))＝eq \f(1,3)，则sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,12)＋θ))的值是( )
A.eq \f(1,3) B.eq \f(2\r(2),3) C．－eq \f(1,3) D．－eq \f(2\r(2),3)
5．已知直线l：x＋ay－1＝0(a∈R)是圆C：x2＋y2－4x－2y＋1＝0的对称轴．过点A(－4，a)作圆C的一条切线，切点为B，则|AB|＝( )
A．2 B．4eq \r(2)
C．6 D．2eq \r(10)
6．执行如图所示的程序框图，若输出s＝4，则判断框内应填入的条件是( )
A．k≤14 B．k≤15
C．k≤16 D．k≤17
7．长方体ABCD­A1B1C1D1，AB＝4，AD＝2，AA1＝eq \r(5)，则异面直线A1B1与AC1所成角的余弦值为( )
A.eq \f(2,5) B.eq \f(3,5) C.eq \f(4,5) D.eq \f(1,2)
8.赵爽是我国古代数学家、天文学家，大约在公元222年，赵爽为《周碑算经》一书作序时，介绍了“勾股圆方图”，亦称“赵爽弦图”(以弦为边长得到的正方形是由4个全等的直角三角形再加上中间的一个小正方形组成的)．类比“赵爽弦图”，可类似地构造如图所示的图形，它是由3个全等的三角形与中间的一个小等边三角形拼成的一个大等边三角形，设DF＝2AF＝4，若在大等边三角形中随机取一点，则此点取自小等边三角形的概率是( )
A.eq \f(4,13) B.eq \f(5,13) C.eq \f(9,26) D.eq \f(3,26)
9．抛物线x2＝eq \f(1,2)y在第一象限内图象上一点(ai，2aeq \\al(2,i))处的切线与x轴交点的横坐标记为ai＋1，其中i∈N*，若a2＝32，则a2＋a4＋a6等于( )
A．64 B．42
C．32 D．21
10．已知平面向量a，b的夹角为eq \f(π,3)，|a－b|＝|a|＝2eq \r(3).若非零向量c－a与c－b的夹角为eq \f(2π,3)，则|c|的取值范围是( )
A．(eq \r(3)，4] B．(2eq \r(3)，4]
C．(2，2eq \r(3)] D．[2eq \r(3)，4]
11.已知函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)eq \b\lc\((\a\vs4\al\c1(\a\vs4\al(A＞0，ω＞0，|φ|＜\f(π,2)，)))eq \b\lc\ \rc\)(\a\vs4\al\c1(\a\vs4\al(x∈R)))的图象如图所示，令g(x)＝f(x)＋f′(x)，则下列关于函数g(x)的说法中不正确的是( )
A．函数g(x)图象的对称轴方程为x＝kπ－eq \f(π,12)(k∈Z)
B．函数g(x)的最大值为2eq \r(2)
C．函数g(x)的图象上存在点P，使得在P点处的切线与直线l：y＝3x－1平行
D．方程g(x)＝2的两个不同的解分别为x1，x2，则|x1－x2|最小值为eq \f(π,2)
12．已知函数f(x)＝x2－ax(eq \f(1,e)≤x≤e，e为自然对数的底数)与g(x)＝ex的图象上存在关于直线y＝x对称的点，则实数a的取值范围是( )
A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1，e＋\f(1,e))) B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1，e－\f(1,e))) C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(e－\f(1,e)，e＋\f(1,e))) D.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(e－\f(1,e)，e))
第Ⅱ卷
二、填空题：本题共4小题，每小题5分．
13．若变量x，y满足约束条件eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y≤x，,x＋y≤4，,y≥k，))且z＝2x＋y的最小值为－6，则k＝________.
14．在△ABC中，a、b、c分别为角A、B、C的对边，且满足4cs2eq \f(A,2)－cs[2(B＋C)]＝eq \f(7,2)，若a＝2，则△ABC的面积的最大值是____________．
15．在三棱锥P­ABC中，PA＝PB＝2eq \r(2)，AB＝4，BC＝3，AC＝5，若平面PAB⊥平面ABC，则三棱锥P­ABC外接球的表面积为________．
16．若a，b是函数f(x)＝x2－px＋q(p>0，q>0)的两个不同的零点，且a，b，－2这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，则p＋q的值等于________．
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)设Sn为数列{an}的前n项和，已知a1＝2，对任意n∈N*，都有2Sn＝(n＋1)an.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(4,an（an＋2）)))的前n项和为Tn，求证：eq \f(1,2)≤Tn＜1.
18．(本小题满分12分)某校从参加某次知识竞赛的同学中，选取60名同学将其成绩(百分制，均为整数)分成[40，50)，[50，60)，[60，70)，[70，80)，[80，90)，[90，100]六组后，得到部分频率分布直方图(如图)，观察图中的信息，回答下列问题．
(1)求分数在[70，80)内的频率；
(2)从频率分布直方图中，估计本次考试成绩的中位数；
(3)若从第1组和第6组两组学生中，随机抽取2人，求所抽取2人成绩之差的绝对值大于10的概率．
19.(本小题满分12分)如图，四棱锥P­ABCD中，PD⊥底面ABCD，AB∥CD，∠BAD＝eq \f(π,3)，AB＝1，CD＝3，M为PC上一点，且MC＝2PM.
(1)证明：BM∥平面PAD；
(2)若AD＝2，PD＝3，求点D到平面PBC的距离．
20．(本小题满分12分)设函数f(x)＝ln x＋x2－2ax＋a2，a∈R.
(1)当a＝0时，曲线y＝f(x)与直线y＝3x＋m相切，求实数m的值；
(2)若函数f(x)在[1，3]上存在单调递增区间，求a的取值范围 .
21．(本小题满分12分)已知椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq \f(\r(3),2)，以椭圆的一个短轴端点及两个焦点为顶点的三角形的面积为eq \r(3)，圆C的方程为(x－a)2＋(y－b)2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,b)))eq \s\up12(2).
(1)求椭圆及圆C的方程；
(2)过原点O作直线l与圆C交于A，B两点，若eq \(CA,\s\up6(→))·eq \(CB,\s\up6(→))＝－2，求直线l被圆C截得的弦长．
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的参数方程为eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝3－\f(\r(2),2)t，,y＝\r(5)＋\f(\r(2),2)t))(t为参数)．在以原点O为极点，x轴正半轴为极轴的极坐标系中，圆C的方程为ρ＝2eq \r(5)sin θ.
(1)写出直线l的普通方程和圆C的直角坐标方程；
(2)若点P坐标为(3，eq \r(5))，圆C与直线l交于A、B两点，求|PA|＋|PB|的值．
23．(本小题满分10分)选修4­5：不等式选讲
已知函数f(x)＝2|x＋1|＋|x－2|.
(1)求f(x)的最小值m；
(2)若a，b，c均为正实数，且满足a＋b＋c＝m，求证：eq \f(b2,a)＋eq \f(c2,b)＋eq \f(a2,c)≥3.
参考答案
1．解析：选B.由eq \f(1,4)≤2x≤4，得－2≤x≤2，
即A＝[－2，2]，
由y＝eq \r(x－2)＋eq \r(2－x)，得x＝2，
所以y＝0，所以B＝{0}，
所以A∩B＝{0}．故选B.
2．解析：选B.因为z＝eq \f(\r(3)＋i,（1＋i）2)＝eq \f(\r(3)＋i,2i)＝eq \f(1,2)－eq \f(\r(3),2)i，所以|z|＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),2)))\s\up12(2))＝1.
3．解析：选B.eq \(MD,\s\up6(→))＝eq \(MC,\s\up6(→))＋eq \(CD,\s\up6(→))＝eq \(MC,\s\up6(→))＋eq \(BC,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)eq \(AC,\s\up6(→))＋(eq \(AC,\s\up6(→))－eq \(AB,\s\up6(→)))＝eq \f(3,2)eq \(AC,\s\up6(→))－eq \(AB,\s\up6(→))，
故x＝－1，y＝eq \f(3,2)⇒x＋y＝eq \f(1,2).
4．解析：选A.sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,12)＋θ))
＝sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,12)－θ))))
＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,12)－θ))＝eq \f(1,3).
5．解析：选C.由于直线x＋ay－1＝0是圆C：x2＋y2－4x－2y＋1＝0的对称轴，所以圆心C(2，1)在直线x＋ay－1＝0上，所以2＋a－1＝0，所以a＝－1，所以A(－4，－1)．所以|AC|2＝36＋4＝40.又r＝2，所以|AB|2＝40－4＝36.所以|AB|＝6.
6．解析：选B.由程序可知，该程序是计算s＝1×lg23×lg34×…×lgk(k＋1)＝eq \f(lg 3,lg 2)×eq \f(lg 4,lg 3)×…×eq \f(lg（k＋1）,lg k)＝eq \f(lg（k＋1）,lg 2)＝lg2(k＋1)，由s＝lg2(k＋1)＝4，得k＝15，则当k＝15时，k＝k＋1＝15＋1＝16不满足条件，所以条件为k≤15.故选B.
7．解析：选C.因为C1D1∥A1B1，所以异面直线A1B1与AC1所成的角即为C1D1与AC1所成的角∠AC1D1，在Rt△AC1D1中，C1D1＝4，AC1＝eq \r(42＋22＋（\r(5)）2)＝5，
所以cs∠AC1D1＝eq \f(C1D1,AC1)＝eq \f(4,5).
8．解析：选A.在△ABD中，AD＝6，BD＝2，∠ADB＝120°，由余弦定理，得AB
＝eq \r(AD2＋BD2－2AD·BDcs 120°)＝2eq \r(13)，
所以eq \f(DF,AB)＝eq \f(4,2\r(13))＝eq \f(2,\r(13))，所以所求概率为eq \f(S△DEF,S△ABC)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,\r(13))))eq \s\up12(2)＝eq \f(4,13).
9．解析：选B.令y＝f(x)＝2x2，则切线斜率k＝f′(ai)＝4ai，切线方程为y－2aeq \\al(2,i)＝4ai(x－ai)，令y＝0得x＝ai＋1＝eq \f(1,2)ai，由a2＝32得a4＝8，a6＝2，所以a2＋a4＋a6＝42.
10．解析：选B.设a＝eq \(OA,\s\up6(→))，b＝eq \(OB,\s\up6(→))，c＝eq \(OC,\s\up6(→))，由a，b的夹角为eq \f(π,3)，|a－b|＝|a|＝2eq \r(3)可知△OAB为正三角形．由c－a与c－b的夹角为eq \f(2π,3)可知，O，A，C，B四点共圆，且点C在劣弧eq \(AB,\s\up8(︵))上．由题意可知|c|>|a|＝|a－b|＝2eq \r(3)，因为该圆的直径为2R＝eq \f(2\r(3),sin\f(π,3))＝4，所以|c|≤4，
故2eq \r(3)<|c|≤4.
11．解析：选C.由函数的最值可得A＝2，函数的周期T＝4×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)－\f(π,6)))＝2π＝eq \f(2π,ω)，所以ω＝1，
当x＝eq \f(π,6)时，ωx＋φ＝1×eq \f(π,6)＋φ＝2kπ＋eq \f(π,2)，所以φ＝2kπ＋eq \f(π,3)(k∈Z)，
令k＝0可得φ＝eq \f(π,3)，
函数的解析式f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3))).
则g(x)＝f(x)＋f′(x)
＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3)))＋2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3)))
＝2eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3)＋\f(π,4)))
＝2eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(7π,12)))，
结合函数的解析式有
g′(x)＝2eq \r(2)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(7π,12)))∈[－2eq \r(2)，2eq \r(2)]，
而3∉[－2eq \r(2)，2eq \r(2)]，
选项C错误，依据三角函数的性质考查其余选项均正确．本题选择C选项．
12．解析：选A.因为函数f(x)与g(x)的图象在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，e))上存在关于直线y＝x对称的点，所以问题转化为方程x2－ax＝ln x在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，e))上有解，即a＝eq \f(x2－ln x,x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，e))上有解．令h(x)＝eq \f(x2－ln x,x)，则h′(x)＝eq \f(x2＋ln x－1,x2)，当x＝1时，h′(x)＝0，当eq \f(1,e)≤x≤1时，h′(x)<0，当10，所以h(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，1))上单调递减，在(1，e]上单调递增，又h(1)＝1，heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))＝e＋eq \f(1,e)，h(e)＝e－eq \f(1,e)，所以h(x)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1，e＋\f(1,e)))，即a∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1，e＋\f(1,e)))，故选A.
13．解析：由直线y＝x和y＝k求得交点(k，k)，由目标函数对应的直线的斜率得，当直线z＝2x＋y过y＝x和y＝k的交点(k，k)时，目标函数取得最小值，所以2k＋k＝－6，k＝－2.
答案：－2
14．解析：因为B＋C＝π －A，所以cs [2(B＋C)]＝cs(2π －2A)＝cs 2A＝2cs2A－1，又cs2eq \f(A,2)＝eq \f(1＋cs A,2)，所以4cs2eq \f(A,2)－cs [2(B＋C)]＝eq \f(7,2)可化为4cs2A－4cs A＋1＝0，解得cs A＝eq \f(1,2).又A为三角形的内角，所以A＝eq \f(π,3)，由余弦定理得4＝b2＋c2－2bccs A≥2bc－bc＝bc，即bc≤4，当且仅当b＝c时取等号，所以S△ABC＝eq \f(1,2)bcsin A≤eq \f(1,2)×4×eq \f(\r(3),2)＝eq \r(3)，即△ABC的面积的最大值为eq \r(3).
答案：eq \r(3)
15．解析：取AB的中点O′，AC的中点O，连接O′O，
因为PA2＋PB2＝AB2，所以△PAB是以AB为斜边的等腰直角三角形，从而点O′为△PAB外接圆的圆心，
又AB2＋BC2＝AC2，所以△ABC是以AC为斜边的直角三角形，从而点O为△ABC外接圆的圆心，
又因为O′O∥BC，所以O′O⊥AB，
又因为平面PAB⊥平面ABC，且平面PAB∩平面ABC＝AB，所以O′O⊥平面PAB，
所以点O为三棱锥P­ABC外接球的球心，所以外接球的半径R＝OA＝eq \f(1,2)AC＝eq \f(5,2)，
故外接球的表面积S＝4πR2＝25π.
答案：25π
16．解析：因为a，b为函数f(x)＝x2－px＋q(p>0，q>0)的两个不同的零点，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(p2－4q>0，,a＋b＝p，,ab＝q，))所以a>0，b>0，所以当－2在中间时，a，b，－2这三个数不可能成等差数列，且只有当－2在中间时，a，b，－2这三个数才能成等比数列．
经分析知，a，b，－2，或b，a，－2，或－2，a，b，或－2，b，a成等差数列，a，－2，b，或b，－2，a成等比数列．不妨取数列a，b，－2成等差数列，数列a，－2，b成等比数列，则有eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a－2＝2b，,ab＝4，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝4，,b＝1))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝－2，,b＝－2))(舍去)，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(p＝5，,q＝4，))所以p＋q＝9.
答案：9
17．解：(1)因为2Sn＝(n＋1)an，
当n≥2时，2Sn－1＝nan－1，
两式相减，得2an＝(n＋1)an－nan－1，
即(n－1)an＝nan－1，
所以当n≥2时，eq \f(an,n)＝eq \f(an－1,n－1)，所以eq \f(an,n)＝eq \f(a1,1).
因为a1＝2，所以an＝2n.
(2)证明：因为an＝2n，令bn＝eq \f(4,an（an＋2）)，n∈N*，所以bn＝eq \f(4,2n（2n＋2）)＝eq \f(1,n（n＋1）)＝eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1).所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn
＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))＝1－eq \f(1,n＋1)＝eq \f(n,n＋1).
因为eq \f(1,n＋1)＞0，所以1－eq \f(1,n＋1)＜1.
因为f(n)＝eq \f(1,n＋1)在N*上是递减函数，
所以1－eq \f(1,n＋1)在N*上是递增的，
所以当n＝1时，Tn取得最小值eq \f(1,2).
所以eq \f(1,2)≤Tn＜1.
18．解：(1)分数在[70，80)内的频率为1－(0.01＋0.015×2＋0.025＋0.005)×10＝0.3.
(2)由频率分布直方图可知中位数为70＋10×eq \f(0.1,0.3)＝eq \f(220,3).
(3)第1组共有：60×0.1＝6人(设为1，2，3，4，5，6)，
第6组共有：60×0.05＝3人(设为A，B，C)，
从第1组和第6组两组学生中，随机抽取2人，共组成的基本事件有：{1，2}、{1，3}、{1，4}、{1，5}、{1，6}、{1，A}、{1，B}、{1，C}、{2，3}、{2，4}、{2，5}、{2，6}、{2，A}、{2，B}、{2，C}、{3，4}、{3，5}、{3，6}、{3，A}、{3，B}、{3，C}、{4，5}、{4，6}、{4，A}、{4，B}、{4，C}、{5，6}、{5，A}、{5，B}、{5，C}、{6，A}、{6，B}、{6，C}、{A，B}、{A，C}、{B，C}，共36个，满足条件的有{1，A}、{1，B}、{1，C}、{2，A}、{2，B}、{2，C}、{3，A}、{3，B}、{3，C}、{4，A}、{4，B}、{4，C}、{5，A}、{5，B}、{5，C}、{6，A}、{6，B}、{6，C}，共18个，
所以所求概率为eq \f(1,2).
19．解：(1)证明：
如图，过点M作ME∥CD交PD于E，连接AE，因为AB∥CD，所以AB∥EM.
又MC＝2PM，CD＝3，
故eq \f(EM,DC)＝eq \f(PM,PC)＝eq \f(1,3)，得EM＝1.
由AB＝1知EM綊AB，故四边形ABME为平行四边形，因此BM∥AE，又AE⊂平面PAD，所以BM∥平面PAD.
(2)连接BD，由已知AD＝2，AB＝1，∠BAD＝eq \f(π,3)，
可得DB2＝AD2＋AB2－2AD·AB·cs∠BAD＝3，即DB＝eq \r(3).
因为DB2＋AB2＝AD2，所以△ABD为直角三角形，∠ABD＝eq \f(π,2)，因为AB∥CD，所以∠BDC＝eq \f(π,2).
又DC＝3，故BC＝eq \r(DC2＋DB2)＝2eq \r(3).
由PD⊥底面ABCD，得PD⊥DB，PD⊥DC，故PB＝eq \r(PD2＋DB2)＝2eq \r(3)，PC＝eq \r(PD2＋DC2)＝3eq \r(2).因为BC＝PB，所以△PBC为等腰三角形，
S△PBC＝eq \f(1,2)·PC·eq \r(BC2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)PC))\s\up12(2))＝eq \f(1,2)×3eq \r(2)×eq \r(12－\f(9,2))＝eq \f(3,2)eq \r(15).
设点D到平面PBC的距离为h，则VD­PBC＝eq \f(1,3)·S△PBC·h＝eq \f(\r(15),2)h.
而S△BDC＝eq \f(1,2)·DC·DB＝eq \f(1,2)×3×eq \r(3)＝eq \f(3\r(3),2)，
所以VP­BDC＝eq \f(1,3)·S△BCD·PD＝eq \f(1,3)×eq \f(3\r(3),2)×3＝eq \f(3\r(3),2).
因为VD­PBC＝VP­BDC，即eq \f(\r(15),2)h＝eq \f(3\r(3),2)，故h＝eq \f(3\r(5),5).
所以点D到平面PBC的距离为eq \f(3\r(5),5).
20．解：(1)当a＝0时，f(x)＝ln x＋x2，其定义域为(0，＋∞)．f(x)的导函数f′(x)＝eq \f(1,x)＋2x，令f′(x)＝3，解得x＝1或x＝eq \f(1,2)，代入f(x)的解析式，可得切点的坐标为(1，1)或eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(1,4)－ln 2)).
将切点坐标代入直线y＝3x＋m，可得m＝－2或m＝－eq \f(5,4)－ln 2.
(2)因为f(x)的导函数f′(x)＝eq \f(1,x)＋2x－2a＝eq \f(2x2－2ax＋1,x)，
其分母在[1，3]上恒为正．
设g(x)＝2x2－2ax＋1.
假设函数f(x)在[1，3]上不存在单调递增区间，必有g(x)≤0.
于是eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(g（1）＝3－2a≤0，,g（3）＝19－6a≤0，))解得a≥eq \f(19,6).
故要使函数f(x)在[1，3]上存在单调递增区间，a的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(19,6))).
21．解：(1)设椭圆的焦距为2c，左、右焦点分别为F1(－c，0)，F2(c，0)，由椭圆的离心率为eq \f(\r(3),2)可得eq \f(c,a)＝eq \f(\r(3),2)，即eq \f(a2－b2,a2)＝eq \f(3,4)，所以a＝2b，b＝eq \f(\r(3),3)c.
以椭圆的一个短轴端点及两个焦点为顶点的三角形的面积为eq \f(1,2)b·2c＝eq \r(3)，即eq \f(1,2)·eq \f(\r(3),3)c·2c＝eq \r(3)，
所以c＝eq \r(3)，则a＝2，b＝1，所以椭圆的方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1，圆C的方程为(x－2)2＋(y－1)2＝4.
(2)①当直线l的斜率不存在时，直线方程为x＝0，与圆C相切，不符合题意．
②当直线l的斜率存在时，设直线方程为y＝kx，
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝kx，,（x－2）2＋（y－1）2＝4，))
可得(k2＋1)x2－(2k＋4)x＋1＝0，
由条件可得Δ＝(2k＋4)2－4(k2＋1)>0，即k>－eq \f(3,4).
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝eq \f(2k＋4,k2＋1)，x1x2＝eq \f(1,k2＋1)，y1＋y2＝k(x1＋x2)＝eq \f(2k2＋4k,k2＋1)，y1y2＝k2x1x2＝eq \f(k2,k2＋1)，而圆心C的坐标为(2，1)，则eq \(CA,\s\up6(→))＝(x1－2，y1－1)，eq \(CB,\s\up6(→))＝(x2－2，y2－1)，所以eq \(CA,\s\up6(→))·eq \(CB,\s\up6(→))＝(x1－2)(x2－2)＋(y1－1)(y2－1)＝－2，即x1x2－2(x1＋x2)＋y1y2－(y1＋y2)＋5＝－2，
所以eq \f(1,k2＋1)－2×eq \f(2k＋4,k2＋1)＋eq \f(k2,k2＋1)－eq \f(2k2＋4k,k2＋1)＋5＝－2，解得k＝0或k＝eq \f(4,3).
当k＝0时，在圆C中，令y＝0可得x＝2＋eq \r(3)或x＝2－eq \r(3)，故直线l被圆C截得的弦长为2eq \r(3)；
当k＝eq \f(4,3)时，直线l的方程为4x－3y＝0，圆心C(2，1)到直线l的距离d＝eq \f(|8－3|,5)＝1，
故直线l被圆C截得的弦长为2eq \r(22－12)＝2eq \r(3)，
综上可知，直线l被圆C截得的弦长为2eq \r(3).
22．解：(1)由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝3－\f(\r(2),2)t，,y＝\r(5)＋\f(\r(2),2)t))得直线l的普通方程为x＋y－3－eq \r(5)＝0.
又由ρ＝2eq \r(5)sin θ得圆C的直角坐标方程为x2＋y2－2eq \r(5)y＝0，
即x2＋(y－eq \r(5))2＝5.
(2)把直线l的参数方程代入圆C的直角坐标方程，得
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3－\f(\r(2),2)t))eq \s\up12(2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)t))eq \s\up12(2)＝5.
即t2－3eq \r(2)t＋4＝0.
由于Δ＝(3eq \r(2))2－4×4＝2>0，故可设t1、t2是上述方程的两实数根，
所以t1＋t2＝3eq \r(2)，t1·t2＝4.
又直线l过点P(3，eq \r(5))，A、B两点对应的参数分别为t1、t2，
所以|PA|＋|PB|＝|t1|＋|t2|＝t1＋t2＝3eq \r(2).
23．解：(1)当x<－1时，f(x)＝－2(x＋1)－(x－2)＝－3x∈(3，＋∞)；
当－1≤x<2时，f(x)＝2(x＋1)－(x－2)＝x＋4∈[3，6)；
当x≥2时，f(x)＝2(x＋1)＋(x－2)＝3x∈[6，＋∞)．综上，f(x)的最小值m＝3.
(2)证明：a，b，c均为正实数，且满足a＋b＋c＝3，因为eq \f(b2,a)＋eq \f(c2,b)＋eq \f(a2,c)＋(a＋b＋c)
＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b2,a)＋a))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(c2,b)＋b))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a2,c)＋c))
≥2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r( \f(b2,a)·a)＋ \r(\f(c2,b)·b)＋ \r(\f(a2,c)·c)))
＝2(a＋b＋c)．(当且仅当a＝b＝c＝1时，取“＝”)
所以eq \f(b2,a)＋eq \f(c2,b)＋eq \f(a2,c)≥a＋b＋c，即eq \f(b2,a)＋eq \f(c2,b)＋eq \f(a2,c)≥3.